2021届高考物理二轮复习专题四 电路与电磁感应(考点+习题)含解析

专题四电路与电磁感应1.恒定电流(1)闭合电路中的电压、电流关系:E=U外+U内,I=,U=E-Ir。

(2)闭合电路中的功率关系:P总=EI,P内=I2r,P出=IU=I2R=P总-P内。

(3)直流电路中的能量关系:电功W=qU=UIt,电热Q=I2Rt。

(4)纯电阻电路中W=Q,非纯电阻电路中W>Q。

2.电磁感应(1)判断感应电流的方向:右手定则和楞次定律(增反减同、来拒去留、增缩减扩)。

(2)求解感应电动势常见情况与方法(3)自感现象与涡流自感电动势与导体中的电流变化率成正比,线圈的自感系数L跟线圈的形状、长短、匝数等因素有关系。

线圈的横截面积越大,线圈越长,匝数越多,它的自感系数就越大。

带有铁芯的线圈其自感系数比没有铁芯时大得多。

3.交变电流(1)交变电流的“四值”①最大值:为U m、I m,即交变电流的峰值。

②瞬时值:反映交变电流每瞬间的值,如e=E m sinωt。

③有效值:正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系为E=、U=、I=;非正弦式交变电流的有效值可以根据电流的热效应来求解。

计算交变电流的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值。

④平均值:反映交变电流的某物理量在t时间内的平均大小,如平均电动势E=n。

(2)理想变压器的基本关系式①功率关系:P入=P出;②电压关系:=;③电流关系:=。

(3)远距离输电常用关系式(如图所示)①功率关系:P1=P2,P3=P4,P2=P线+P3。

②电压损失:U损=I2R线=U2-U3。

③输电电流:I线===。

④输电导线上损耗的电功率:P损=I线U损=R线=R线。

高考演练1.(2019江苏单科,1,3分)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10,当输入电压增加20 V时,输出电压()A.降低2 VB.增加2 VC.降低200 VD.增加200 V答案D依据理想变压器原、副线圈的电压比与匝数比关系公式可知,=,则ΔU 2=ΔU1,得ΔU2=200 V,故选项D正确。

2.(2020江苏单科,2,3分)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器,工作原理如图所示。

其原线圈匝数较少,串联在电路中,副线圈匝数较多,两端接在电流表上。

则电流互感器()A.是一种降压变压器B.能测量直流电路的电流C.原、副线圈电流的频率不同D.副线圈的电流小于原线圈的电流答案D由题设条件可知变压器的原线圈匝数较少,副线圈匝数较多,由=可知,电流互感器是一种升压变压器,A错误;由n1I1=n2I2可知,原线圈的电流大于副线圈的电流,D正确;变压器的工作原理是电磁感应,不能测量直流电路的电流,B错误;变压器不改变交流电的频率,即原、副线圈电流的频率相同,C错误。

3.(2019江苏单科,3,3分)如图所示的电路中,电阻R=2 Ω。

断开S后,电压表的读数为3 V;闭合S后,电压表的读数为2 V,则电源的内阻r为()A.1 ΩB.2 ΩC.3 ΩD.4 Ω答案A若断开S,则电压表的示数等于电源电动势E,则E=3 V。

若闭合S,据串联电路电压分配关系可得=,且U=2 V,R=2 Ω,得出r=1 Ω,故选项A正确。

4.(2020江苏单科,3,3分)如图所示,两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。

金属圆环的直径与两磁场的边界重合。

下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是 ()A.同时增大B1减小B2B.同时减小B1增大B2C.同时以相同的变化率增大B1和B2D.同时以相同的变化率减小B1和B2答案B同时增大B1减小B2,环中的合磁通量方向垂直纸面向里,且增大,由楞次定律可知环中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外,由安培定则可知环中感应电流方向为逆时针方向,A错误;同时减小B1增大B2,环中的合磁通量方向垂直纸面向外,且增大,由楞次定律可知,环中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里,由安培定则可知环中感应电流方向为顺时针方向,B正确;同时以相同的变化率增大或减小B1和B2,环中的合磁通量始终为零,不产生感应电流,C、D错误。

2018 2019 2020考向突破一、交变电流、变压器综合问题1.交变电流的“四值”最大值:分析电容器的耐压值。

瞬时值:计算线圈某时刻的受力情况。

有效值:电表的读数,计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流。

平均值:计算一段时间内通过导体横截面的电荷量。

2.理想变压器原理及其动态分析(1)根据题意分清变量和不变量,以及变压器电路的原、副线圈的功率、电流、电压的关系。

(2)弄清“谁决定谁”的制约关系。

对电压而言,输入决定输出;对电流、电功(率)而言,输出决定输入。

典例1(多选)(2020江苏苏、锡、常、镇四市二调)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图。

线圈均匀绕在圆环型铁芯上,滑动触头P在某一位置,在B、C间接一个交流电压表和一个电阻R。

若A、B间输入图乙所示的交变电压,则 ()甲乙A.t=1×10-2 s时,电压表的示数为零B.A、B间输入电压的瞬时值表达式为u=220·sin 100πt VC.滑动触头P顺时针转动时,R两端的电压增大D.滑动触头P逆时针转动时,A、B间输入功率增大答案BD因为电压表的示数为有效值,所以A错误;从题图乙可知,A、B间输入电压的最大值为220 V,周期为T=2×10-2 s,所以角速度为ω==100π,所以,A、B间输入电压的瞬时值表达式为u=220 sin 100πt V,B正确;滑动触头P顺时针转动时,变压器上A、P间的匝数增多,变压器A、P间电压增大,则R两端的电压减小,C错误;滑动触头P逆时针转动时,B、C间电压增大,根据P=可知输出功率增大,即A、B间输入功率增大,D正确。

1(2020江苏盐城第三次模拟)“新冠肺炎”席卷全球,某汽车厂决定改建生产线转产口罩,原生产线工作电压为380 V,而口罩机工作电压为220 V。

现在需要变压器来进行降压,若变压器原线圈匝数为1 900匝,则副线圈匝数为()A.110B.220C.1 100D.2 200答案C根据=解得n 2== 匝=1 100匝,故选项C正确。

二、电磁感应与图像的综合1.图像问题的求解类型2.解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键。

3.解决图像问题的一般步骤(1)明确图像的种类,即看图像是B-t图还是Φ-t图,或者E-t图、I-t图等。

(2)分析电磁感应的具体过程。

(3)用右手定则、楞次定律等确定方向的对应关系。

(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出函数关系式。

(5)根据函数关系式,进行分析,如分析斜率的变化、截距等。

(6)画图像或判断图像。

4.电磁感应中图像类选择题的两个常用方法典例2(2020江苏南京四模)如图所示,导体电路放置在水平面内,处于竖直向下、范围足够大的匀强磁场中,平行光滑且足够长的金属导轨上放置导体棒MN,水平导体棒与导轨垂直且接触良好,t=0时刻单刀双掷开关S拨到t位置,电源给电容器C充电,t1时刻又将S拨到2位置,电容器C通过MN连接的回路放电,以下关于电容器充放电电流i C、电容器两极电压U C、导体棒MN的速度v及MN两端电压U MN随时间t变化图像正确的是()答案C t=0时刻单刀双掷开关S拨到1位置,电容器充电,电容器两极间电压等于电源电动势;开关S 拨到1位置时电容器充电电流最大,然后逐渐减小,电容器充电完毕,电流为零;将S拨到2位置之前,棒MN无电流,棒MN两端电压U MN为零,棒MN处于静止;t1时刻,将单刀双掷开关S拨到2位置,电容器处于放电状态,电流逐渐减小,根据C=可知电容器两极间电压逐渐减小;有电流流过棒MN,在安培力作用下棒MN运动,在棒MN运动过程中,由于切割磁感线也将产生电动势,该电动势方向和电容器电压相反,故电路中电流是变化的,当棒MN 的感应电动势和电容器电压相等时,棒MN做匀速运动,故棒MN先做加速度逐渐减小的加速运动,最后匀速运动,故A、B、D项错误,C项正确。

2(2018江苏南通如皋调研)将一段导线绕成如图甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内。

回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。

回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ,以垂直于纸面向里为磁场Ⅱ的正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。

用F表示ab边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,能正确反映F随时间t变化的图像是()答案B分析一个周期内的情况:在前半个周期内,磁感应强度均匀变化,由法拉第电磁感应定律得知,圆形线圈中产生恒定的感应电动势,则感应电流恒定不变,ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变,由楞次定律可知,圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向,通过ab的电流方向从b→a,由左手定则判断得知,ab边所受的安培力方向水平向左,为负值;同理可知,在后半个周期内,安培力大小恒定不变,方向水平向右,故B项正确。

三、电磁感应中感生类问题综合解答电磁感应中电路问题的步骤典例3(2020江苏常熟中学适应性考试)如图甲所示,水平虚线下方有垂直于纸面方向的有界匀强磁场,磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示,规定垂直于纸面向里为磁场的正方向。

相邻边长分别为L、2L的单匝长方形导体闭合线框用细线悬挂,线框一半位于磁场内,力传感器记录了细线拉力F随时间t的变化关系如图丙,设重力加速度为g,图乙、图丙中B0、F0、T是已知量。

求:(1)0～T时间内线框内感应电动势E;(2)线框的质量m和电阻R;(3)若某时刻起磁场不再变化,磁感应强度恒为B0,剪断细线,结果线框在上边进入磁场前已经做匀速运动,求线框从开始下落到上边刚到虚线位置过程中产生的电热Q。

甲乙丙答案(1)(2)(3)-解析(1)0~T时间内线框中产生的感应电动势E===(2)t=0时对线框分析则有F0=B0IL+mgt=T时F=0,则有B0IL=mg又I=联立可得m=R=(3)线框在上边进行磁场前已做匀速运动,设线框的速度为v,对线框有mg=B0IL=B0·L=可得v=线框从开始下落到上边刚到虚线位置过程中产生的电热Q=mgL-mv2解得Q=-3(2020江苏南京六校联合体联考)如图所示,图甲为手机及无线充电板,图乙为充电原理示意图。

充电板接交流电源,对充电板供电,充电板内的送电线圈可产生交变磁场,从而使手机内的受电线圈产生交变电流,再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电,下列说法正确的是()甲乙A.手机外壳用金属材料制作可以减少能量损耗B.如果图示方向的磁场在变强,受电线圈中c点的电势高于d点的电势C.在送电线圈电压不变的情况下,增加送电线圈匝数可以提高受电线圈的电压D.受电线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同答案D手机外壳使用金属材料会屏蔽电磁波,导致无线充电不能完成,故A项错误;根据楞次定律可知,受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针,受电线圈中感应电流方向由c到d,因此c点的电势低于d 点的电势,故B项错误;该设备利用电磁感应原理,因此根据原、副线圈感应电动势公式变形可得U2=U1·,则当送线圈匝数n1增加时,受电线圈的电压U2减小,故C项错误;该设备采用的是电磁感应原理,因此当发射线圈中电流方向改变时,受电线圈中的电流方向也会改变,即受电线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同,故D项正确。