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    2024年高考物理大一轮复习:主题8 电路与电磁感应

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    2024年高考物理大一轮复习:主题8 电路与电磁感应

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    这是一份2024年高考物理大一轮复习:主题8 电路与电磁感应,共7页。试卷主要包含了电荷量的求解,求解焦耳热Q的三种方法等内容,欢迎下载使用。
    主题八 电路与电磁感应 规律方法提炼1.电荷量的求解电荷量qIΔt,其中I必须是电流的平均值。由EnIqIΔt联立可得qn,与时间无关。2.求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律:QI2Rt(2)功能关系:QW克服安培力(3)能量转化:QΔE其他能的减少量3.解决交变电流问题要做到四看”“四想(1)看到电容器的耐压值,想到最大值(2)看到某时刻某位置,想到瞬时值(3)看到电功、电功率、保险丝的熔断电流和电路中交流电表的读数,想到效值(4)看到通过电路的电荷量,想到平均值4.解答电磁感应中的综合问题的五分析(1)电路分析:确定电源,画出等效电路,明确内、外电路,分析电路的串、并联关系。(2)受力分析:注意导体棒所受的安培力大小和方向。(3)运动分析:对运动过程进行慢进式推理分析,应用牛顿第二定律对运动过程中各物理量进行分析。(4)能量分析:分析运动过程中各力做功情况,明确能量转化形式。(5)规律分析:根据牛顿第二定律,运动学方程,动量定理,动量守恒定律,动能定理,能量守恒定律合理组合优化。1.如图1甲所示,用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环,ab为圆环的直径。在ab的右侧存在一个足够大的匀强磁场,t0时刻磁场方向垂直于竖直圆环平面向里,磁场磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示,则0t1时间内(  )1A.圆环中产生感应电流的方向为逆时针B.圆环中产生感应电流的方向先顺时针后逆时针C.圆环一直具有扩张的趋势D.圆环中感应电流的大小为解析 磁通量先向里减小再向外增加,由楞决定律增反减同可知,线圈中的感应电流方向一直为顺时针,故AB错误;由楞决定律的增缩减扩可知,0t0时间内为了阻碍磁通量的减小,线圈有扩张的趋势,t0t1时间内为了阻碍磁通量的增大,线圈有缩小的趋势,故C错误;由法拉第电磁感应定律得E,感应电流I·,故D正确。答案 D2.(多选)(2019·河南省洛阳市尖子生第二次联考)如图2甲所示,无限长通电直导线MN固定在绝缘水平面上,导线中通有图乙所示的电流i(沿NM方向为正)。与R组成闭合电路的导线框ABCD同直导线处在同一水平面内,AB边平行于直导线,则(  )2A.0t0时间内,流过R的电流方向为CRDB.t02t0时间内,流过R的电流方向为CRDC.0t0时间内,导线框所受安培力的大小先增大后减小D.t02t0时间内与2t03t0时间内,导线框所受安培力的方向均向右解析 0t0时间内,导线中电流沿正方向增大,则导线框中的磁场向里增大,由楞次定律可知,流过R的电流方向为CRD,故A正确;t02t0时间内,导线中电流沿正方向减小,则导线框中磁场向里减小,由楞次定律可知流过R的电流方向为DRC,故B错误;0t0时间内,t0时刻,i的变化率最大,导线框中的感应电流最大,但i0B0,则安培力为零,tt0时刻i最大,但i的变化率为零,导线框中的感应电流为零,安培力仍为零,0t0之间其他时刻安培力并不为零,故导线框所受安培力的大小先增大后减小,故C正确;t02t0时间内导线中电流减小,根据楞次定律可知,导线框有向左运动的趋势,故受力向左;而在2t03t0时间内,导线框所受安培力的方向向右,故D错误。答案 AC3.如图3所示电路中,电流表A和电压表V均可视为理想电表。闭合开关S后,将滑动变阻器R1的滑片向右移动,下列说法正确的是(  )3A.电流表A的示数变大B.电压表V的示数变大C.电容器C所带的电荷量减少D.电源的效率增加解析 R1的滑片向右移动,接入电路的电阻增大,电路的总电阻增大,由闭合电路的欧姆定律知,干路中的电流减小,路端电压增大,R3两端的电压减小,电压表V的示数变小,B错误;并联部分的电压增大,电容器C所带的电荷量增加,C错误;通过R2的电流增大,所以通过R1的电流减小,电流表的示数变小,A错误;电源的效率:η×100%×100%,所以效率增加,D正确。答案 D4.()如图4为远距离输电示意图,其中T1T2为理想变压器,r是输电线的电阻,灯L1L2相同且阻值不变。现保持变压器T1的输入电压不变,滑片P位置不变,当开关S断开时,灯L1正常发光,则(  )4A.仅闭合S,灯L1会变亮B.仅闭合Sr消耗的功率会变大C.仅将滑片P下移,r消耗的功率会变小D.仅将滑片P上移,电流表示数会变小解析 闭合S,负载电阻减小,变压器T2副线圈中的电流增大,根据变流规律知,T2原线圈电流增大,即输电线上电流增大,输电线上损耗的电压UIr增大,损耗的功率PI2r增大,T2的输入电压U3U2Ir减小,所以U4减小,即灯泡L1电压减小,变暗,故选项A错误,B正确;仅将滑片P下移,变压器T1副线圈匝数增加(n2增加),根据可知U2变大,所以变压器T2的输入电压U3增大,U4增大,再根据I4得负载电流增大,整个电路电流增大,r消耗的功率会变大,故选项C错误;仅将滑片P上移,同理可得输电线电流减小,电流表示数会变小,所以选项D正确。答案 BD5.如图5所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为501,副线圈两端电压的瞬时值u2220sin(100πt)V,副线圈接有一功率固定的电热器和一功率可调的电热水器,两者相当于一个定值电阻R1和一个可变电阻R2R2的阻值只能在11110 Ω范围内变化。开关S1闭合而S2断开时,电流表示数是0.1 A。下列说法正确的是(  )5A.通过原线圈的交流电频率为100 HzB.原线圈两端电压的最大值是11 kVC.开关S1闭合时,电热器消耗的功率为1.1 kWD.开关S2闭合时,电热水器消耗的最大功率为4.4 kW解析 交流电的频率f Hz50 Hz,选项A错误;原线圈两端电压的最大值是U1mU2m50×220 V11 000 V11 kV,选项B错误;开关S1闭合时,副线圈中电流有效值:I2I150×0.1 A5 A,则电热器消耗的功率为PR1I2U25×220 W1 100 W,选项C错误;开关S2闭合时,电热水器消耗的最大功率为PR2 W4 400 W,选项D正确。答案 D6.如图6所示,两根足够长的光滑金属导轨竖直放置,相距L,导轨上端连接着阻值为R的定值电阻,质量为m的金属杆ab与导轨垂直并接触良好,金属杆和导轨的电阻不计。整个装置处于与导轨平面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。金属杆由静止释放,下落高度h后开始做匀速运动,已知重力加速度为g。求:6(1)金属杆做匀速运动的速度大小v(2)下落高度h的过程中,通过金属杆的电荷量q(3)下落高度h的过程中,电阻R上产生的热量Q解析 (1)根据法拉第电磁感应定律EBLv根据欧姆定律I金属杆受到的安培力FBIL,则F金属杆匀速运动,根据平衡条件Fmg整理得v(2)下降高度h的过程中,通过金属杆的电荷量qΔt根据欧姆定律有根据法拉第电磁感应定律n,则qn下降高度h的过程中的磁通量变化ΔΦBLh,且n1代入得q(3)下落高h的过程中,根据能量守恒定律得mghmv2Q整理得Qmgh答案 (1) (2) (3)mgh

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