2016届高考物理二轮专题提升训练：电路与电磁感应

2016届高考物理二轮专题提升训练
电路与电磁感应
1．电流强度的定义式：I＝。
2．电流强度的决定式：I＝。
3．电阻的定义式：R＝。
4．导体的电阻：R＝ρ。
5．闭合电路欧姆定律：I＝。
6．电源的几个功率
(1)电源的总功率：P总＝EI＝I2(R＋r)
(2)电源内部消耗的功率：P内＝I2r
(3)电源的输出功率：P出＝UI＝P总－P内
7．电源的效率
η＝×100%＝×100%＝×100%
8．正弦交变电流瞬时值表达式：e＝Emsin ωt或e＝Emcos ωt
9．正弦交变电流有效值和最大值的关系
E＝　I＝　U＝
10．理想变压器及其关系式
(1)电压关系为＝(多输出线圈时为＝＝…)。
(2)功率关系为P出＝P入(多输出线圈时为P入＝P出1＋P出2＋…)。
(3)电流关系为＝(多输出线圈时为n1I1＝n2I2＋n3I3＋…)。
(4)频率关系为：f出＝f入。
11．磁通量的计算：Φ＝BS⊥
12．电动势大小的计算：E＝n或E＝Blv(切割类)
13．高压远距离输电的分析方法及计算
(1)在高压输电的具体计算时，为条理清楚，可参考如图2－9所示画出相应的题意简图。
图2－9
(2)确定输电过程的电压关系、功率关系如下列表达式所示。
(3)在高压输电中，常用以下关系式：
输电电流I2＝＝＝
输电导线损失的电功率
P损＝P2－P3＝I22R线＝()2R线
输电导线损耗的电压U损＝U2－U3＝I2R线＝R线。
14．应用楞次定律判断感应电流方向的方法
(1)确定穿过回路的原磁场的方向；
(2)确定原磁场的磁通量是“增加”、还是“减小”；
(3)确定感应电流磁场的方向(与原磁场“增则反、减则同”)；
(4)根据感应电流的磁场方向，由安培定则判断感应电流的方向。
15．几种常见感应问题的分析方法
(1)电路问题：
①将切割磁感线导体或磁通量发生变化的回路作为电源，确定感应电动势和内阻。
②画出等效电路。
③运用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点，电功率公式，焦耳定律公式等求解。
(2)动力学问题：
①
②
③在力和运动的关系中，要注意分析导体受力，判断导体加速度方向、大小及变化；加速度等于零时，速度最大，导体最终达到稳定状态是该类问题的重要特点。
(3)能量问题：
①安培力的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，用框图表示如下：

②明确功能关系，确定有哪些形式的能量发生了转化。如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能。
③根据不同物理情景选择动能定理，能量守恒定律，功能关系，列方程求解问题。
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，1－6小题只有一个选项符合题目要求，7－10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．(2015·河北正定模拟 )如图所示为感应式发电机，a、b、c、d是空间四个可用电刷与铜盘边缘接触的点，O1、O2是铜盘轴线导线的接线端，M、N是电流表的接线端。现在将铜盘转动，能观察到感应电流的是(　　)
A．将电流表的接线端M、N分别连接a、c位置
B．将电流表的接线端M、N分别连接O1、a位置
C．将电流表的接线端M、N分别连接O1、O2位置
D．将电流表的接线端M、N分别连接c、d位置
答案：B
解析：当铜盘转动时，其切割磁感线产生感应电动势，此时铜盘相当于电源，铜盘边缘和中心相当于电源的两个极，则要想观察到感应电流，M、N应分别连接电源的两个极即可，故可知只有B项正确。
2．(2015·福建福州质检)某交流电源电动势随时间变化的规律如图所示，现用该电源对标称为“5V　10W”的电动机供电；电源内阻不计，下列说法正确的是(　　)
A．电动机的内阻为2.5Ω
B．电动机的发热功率为10W
C．通过电动机的电流为2A
D．通过电动机的电流为2A
答案：C
解析：由图知该电源电动势最大值为Em＝5V，则有效值E＝5V，通过电动机的电流为I＝A＝2A，电动机是非纯电阻元件，电动机内阻r<Ω＝2.5Ω。电动机的发热功率P热＝I2r3．(2015·北京西城区模拟)图中有A、B两个线圈。线圈B连接一电阻R，要使流过电阻R的电流大小恒定，且方向由c点流经电阻R到d点。设线圈A中电流i从a点流入线圈的方向为正方向，则线圈A中的电流随时间变化的图象是(　　)
答案：A
解析：根据感应电动势E＝n表达式知，要想产生从c经R流向d的电流，那么穿过线圈B中的原磁场方向若向右，则应该在均匀减小，若向左则均匀增加。当线圈A中从a点流入电流，则电流应该均匀增加才可以满足题中条件；当线圈A中从b点流入电流，则电流应该均匀减小才可以满足题中条件，A对，B错；当线圈A中电流保持不变时，线圈B中没有感应电流，CD错。
4．(2015·江西十校二模)图甲为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为4?1，原线圈接图乙所示的正弦交流电。图甲中Rt为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。则下列说法正确的是(　　)
A．图乙所示电压的瞬时值表达式为u＝51sin50πtV
B．变压器原、副线圈中的电流之比为1?4
C．变压器输入、输出功率之比为1?4
D．Rt处温度升高时，电压表和电流表的示数均变大
答案：B
解析：题图乙所示电压的瞬时值表达式为u＝51sin100πtV，A错误；根据＝可知，原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，理想变压器的输入、输出功率相等，B正确，C错误；Rt处温度升高时，Rt的阻值减小，电压表示数不变，电流表示数变大，所以D选项错误。
5．(2015·保定模拟)如图所示，边长为2L的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个边长为L粗细均匀的正方形导线框abcd，其所在平面与磁场方向垂直，导线框的对角线与虚线框的对角线在一条直线上，导线框各边的电阻大小均为R。在导线框从图示位置开始以恒定速度v沿对角线方向进入磁场，到整个导线框离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．导线框进入磁场区域时产生顺时针方向的感应电流
B．导线框中有感应电流的时间为
C．导线框的bd对角线有一半进入磁场时，整个导线框所受安培力大小为
D．导线框的bd对角线有一半进入磁场时，导线框a、c两点间的电压为
答案：D
解析：据楞次定律，线框刚进入磁场时，线框中的磁通量增加，感应出的磁场方向与原磁场方向相反，线框中的电流方向为逆时针方向，A错；线框中有电流的时间为线框进入磁场过程及线框离开磁场过程，所以总的时间为t＝，B错；bd边有一半进入磁场时，产生的感应电流大小为I＝，F安＝＝，C错误；bd边有一半进入磁场时，产生感应电动势大小为E＝BLv，ac部分电阻占电路总电阻的一半，Uac＝，D正确。
6．(2015·河北保定4月模拟)如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1?n2＝2?1，电表均为理想电表，两个电阻的阻值均为1Ω，C是电容器，其击穿电压为V。图乙为原线圈两端的输入电压与时间的关系图象。下列说法正确的是(　　)
A．输入电压的频率为50Hz，经过变压器后通过电阻的交流电频率为25Hz
B．S断开时电压表的示数为1.41V，电流表的示数为0.35A
C．S断开时电压表的示数为1V，电流表的示数为0.25A
D．闭合开关S，电容器将被击穿
答案：C
解析：由图乙知T＝0.02s，则f＝＝50Hz，变压器不改变交流电的频率，所以输出的交流电的频率仍为50Hz，故A错误。当S断开时，由＝可知，电压表的示数U2＝U1＝1V，I2＝＝0.5A，又＝，则电流表的示数I1＝I2＝0.25A，所以B项错误，C项正确。开关S闭合前，右端电阻R两端电压最大值为V，开关S闭合后，电容器C与右端电阻R并联，则并联总电阻小于1Ω，电容器两端的最大电压小于V，因为电容器的击穿电压为V，所以电容器不能被击穿，D项错误。
7.(2015·河北唐山2月调研)如图所示，两端与定值电阻相连的光滑平行金属导轨倾斜放置，其中R1＝R2＝2R，导轨电阻不计，导轨宽度为L，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B。导体棒ab的电阻为R，垂直导轨放置，与导轨接触良好。释放后，导体棒ab沿导轨向下滑动，某时刻流过R2的电流为I，在此时刻(　　)
A．重力的功率为6I2R
B．导体棒ab消耗的热功率为4I2R
C．导体棒受到的安培力的大小为2BIL
D．导体棒的速度大小为
答案：BC
解析：本题考查导体棒切割磁感线的电磁感应问题。导体棒ab向下滑动切割磁感线产生感应电动势，R1与R2并联接在ab两端，R1＝R2＝2R，设当ab棒速度为v时，流过R2的电流为I，由闭合电路欧姆定律知：2I＝，解得v＝，此时ab棒重力的功率为P＝mgvsinθ＝mgsinθ·，ab棒消耗的热功率为P＝(2I)2R＝4I2R，ab棒受到的安培力大小为F＝B·2I·L＝2BIL，综上知B、C正确，A、D错误。
8．(2015·河北石家庄2月调研)如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻，R为光敏电阻(光敏电阻被光照射时阻值变小)，C为电容器。闭合开关S，电路稳定后，用光照射R，下列说法正确的是(　　)
A．电压表示数增大　　 B．电源的效率增大
C．电容器所带电荷量增加 D．R2消耗的功率增大
答案：CD
解析：在电路中，用光照射R时，光敏电阻阻值减小，则外电路总电阻R外减小，干路电流I＝增大，内电压Ur＝Ir增大，路端电压U外＝E－Ur减小，电压表示数减小，通过R1支路的电流I1＝减小，则通过R、R2支路的电流I2＝I－I1增大，R2消耗的功率PR2＝I2R2增大，R2两端电压UR2＝I2R2增大，电容器两端电压增大，由Q＝CU，知电容器所带电荷量增加，电源的效率η＝＝＝变小，综上知A、B错，C、D正确。
9．(2015·河南八市质检)理想变压器原线圈a匝数n1＝200匝，副线圈b匝数n2＝100匝，线圈a接在u＝44sin314tV交流电源上，“12V,6W”的灯泡恰好正常发光。电阻R2＝16Ω，电压表V为理想电表。下列推断正确的是(　　)
A．交变电流的频率为100Hz
B．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为Wb/s
C．电压表V的示数为22V
D．R1消耗的功率是1W
答案：BD
解析：由u＝44sin314tV，知f＝＝＝50Hz，A错误；灯泡正常发光，由P＝UI得灯泡中的电流I2＝＝0.5A，电压表的示数U2＝12V＋0.5×16V＝20V，C错误；穿过铁芯的磁通量的最大变化率为＝Wb/s＝Wb/s，B正确；根据＝，得U1＝40V，则R1两端电压UR1＝44V－40V＝4V，由原、副线圈的电流与匝数成反比，可得通过R1的电流I1＝0.25A，则R1的功率P＝UR1I1＝1W，D正确。
10．(2015·湖北十三校二联)如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，边界的宽度为s，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直。现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v－t图象(其是OA、BC、DE相互平行)。已知金属线框的边长为L(LA．t2时刻是线框全部进入磁场瞬间，t4时刻是线框全部离开磁场瞬间
B．从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，感应电流所做的功为mgs
C．v1的大小可能为
D．线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量多
答案：AC
解析：分析题给条件可知：线框进入磁场之前，做自由落体运动，即匀加速直线运动；线框的bc边进入磁场后，ad边进入磁场前，bc边受向上的安培力，加速度a＝，做加速度越来越小的变减速运动；当线框全部进入磁场中后，线框受安培力为零，又做匀加速直线运动，加速度为g；当bc边出磁场，只有ad边在磁场中时，ad边受向上的安培力，a＝，做加速度越来越小的变减速运动；当线框全部出磁场之后，其只受重力，又做匀加速直线运动，加速度为g；对照图乙可知，t2时刻是线框全部进入磁场瞬间、t4时刻是线框全部离开磁场瞬间，A正确。由能量关系可得，从bc边进入磁场到ad边出磁场的过程中感应电流做的功为W＝mg(s＋L)－(mv－mv)，B错。由q＝n可知，线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量与线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量相等，D错。当线框速度为v1时，其所受安培力若正好与重力相平衡，则有F安＝mg，即＝mg，得v1＝，C正确。
第Ⅱ卷(非选择题　共60分)
二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分，把答案直接填在横线上)
11．如图所示，直线a、抛物线b分别为某电池的总功率P、输出功率PR随电流I变化的图象。根据图线可知该电池的电动势E＝________V；内阻r＝________Ω；当外电阻为0.5Ω时，电池的输出功率PR＝________W。
答案：1.2　1　0.32
解析：题中的图象对应的物理关系：P＝EI，P－PR＝I2r，从题图上取数据，可求得E＝1.2V，内阻r＝1Ω。当R外＝0.5Ω时，I＝＝A＝0.8A，故PR＝I2R＝0.32W。
12．某发电厂用2.2kV的电压将电能输出给远处的用户，后改为用22kV的电压，在既有输电线路上输送同样的电功率。前后两种输电方式消耗在输电线上的电功率之比为________。要将2.2kV的电压升高到22kV，若变压器原线圈的匝数为180匝，则副线圈的匝数应该是________匝。
答案：100?1　1800
解析：输送电流I＝，设输电线电阻为r，输电线消耗功率为P′.因P′＝I2r＝2r，据题意有＝2＝2＝100?1，根据＝，则n2＝n1＝×180匝＝1800匝。
13．某集装箱吊车的交流电动机输入电压为380V，则该交流电电压的最大值为________V。当吊车以0.1m/s的速度匀速吊起总质量为5.7×103kg的集装箱时，测得电动机的电流为20A，电动机的工作效率为________。(g取10m/s2)
答案：380　75%
解析：对于正弦交流电Um＝U＝380V
电动机的输出功率为P出＝mgv＝5.7kW
电动机的输入功率为P入＝UI＝7.6kW
电动机的工作效率为＝0.75＝75%
三、计算题(共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
14．(10分)如图所示，R1＝5Ω，R2＝6Ω，电压表与电流表的量程分别为0～10V和0～3A，电表均为理想电表。导体棒ab与导轨电阻均不计，且导轨光滑，导轨平面水平，ab棒处于匀强磁场中。
(1)当变阻器R接入电路的阻值调到30Ω，且用F1＝40N的水平拉力向右拉ab棒并使之达到稳定速度v1时，两表中恰好有一表满偏，而另一表又能安全使用，则此时ab棒的速度v1是多少？
(2)当变阻器R接入电路的阻值调到3Ω，且仍使ab棒的速度达到稳定时，两表中恰有一表满偏，而另一表能安全使用，则此时作用于ab棒的水平向右的拉力F2是多大？
答案：(1)1m/s　(2)60N
解析：(1)假设电流表指针满偏，即I＝3A，那么此时电压表的示数应为U＝IR并＝15V，此时电压表示数超过了量程，不能正常使用，不合题意。因此，应该是电压表正好达到满偏， 当电压表满偏时，即U1＝10V，此时电流表的示数为I1＝＝2A
设ab棒稳定时的速度为v1，产生的感应电动势为E1，则E1＝BLv1，且E1＝I1(R1＋R并)＝20V
ab棒受到的安培力为F1＝BI1L＝40N
解得v1＝1m/s。
(2)利用假设法可以判断，此时电流表恰好满偏，即I2＝3A，此时电压表的示数为U2＝I2R并＝6V，可以安全使用，符合题意
由F＝BIL可知，稳定时ab棒受到的拉力与ab棒中的电流成正比，所以
F2＝F1＝×40N＝60N。
15．(10分)如图所示，矩形单匝导线框abcd竖直放置，其下方有一磁感应强度为B的有界匀强磁场区域，该区域的上边界PP′水平，并与线框的ab边平行，磁场方向与线框平面垂直。已知线框ab边长为L1，ad边长为L2，线框质量为m，总电阻为R。现无初速度地释放线框，在下落过程中线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框的ab边始终与PP′平行，重力加速度为g。若线框恰好匀速进入磁场，求：
(1)dc边刚进入磁场时，线框受安培力的大小F；
(2)dc边刚进入磁场时，线框速度的大小v；
(3)在线框从开始下落到ab边刚进入磁场的过程中，重力做的功W。
答案：(1)mg　(2)　(3)＋mgL2
解析：(1)由于线框匀速进入磁场，所以线框进入磁场时受安培力的大小F＝mg。
(2)线框dc边刚进入磁场时，则
感应电动势E＝BL1v
感应电流I＝
dc边受安培力的大小F＝BIL1
又F＝mg
解得线框速度的大小v＝。
(3)在线框从开始下落到dc边刚进入磁场的过程中，重力做功W1，根据动能定理得
W1＝mv2
在线框从dc边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程中，重力做功W2，则W2＝mgL2
所以W＝W1＋W2＝＋mgL2。
16．(11分)如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，两轨道间距为L＝1m，质量为m的金属杆ab垂直轨道放置在轨道上，其阻值忽略不计。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝0.5T。P、M间接有阻值为R1的定值电阻，Q、N间接电阻箱R。现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得最大速度为vm，得到与的关系如图乙所示。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)金属杆的质量m和定值电阻的阻值R1；
(2)当电阻箱R取4Ω时，且金属杆ab运动的加速度为gsinθ时，此时金属杆ab运动的速度；
(3)当电阻箱R取4Ω 时，且金属杆ab运动的速度为时，定值电阻R1消耗的电功率。
答案：(1)1Ω　(2)0.8m/s　(3)0.16W
解析：(1)总电阻为R总＝R1R/(R1＋R)，电路的总电流I＝BLv/R总
当达到最大速度时金属棒受力平衡，有mgsinθ＝BIL＝(R1＋R)，＝＋，根据图象代入数据，可以得到金属杆的质量m＝0.1kg，R1＝1Ω。
(2)金属杆ab运动的加速度为gsinθ时，I′＝BLv′/R总
根据牛顿第二定律得mgsinθ－BI′L＝ma
即mgsinθ－(R1＋R)＝mgsinθ，代入数据，得到v′＝0.8m/s。
(3)当电阻箱R取4Ω时，根据图象得到vm＝1.6m/s，则
v＝＝0.8m/s，P＝＝＝0.16W。
17．(11分)(2015·福建厦门质检)如图甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向没有变化，沿x轴方向B与x成反比，如图乙所示。顶角θ＝45°的光滑金属长导轨MON固定在水平面内，ON与x轴重合，一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨向右滑动，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触。已知t＝0时，导体棒位于顶点O处，导体棒的质量为m＝1kg，回路接触点总电阻恒为R＝0.5Ω，其余电阻不计。回路电流I与时间t的关系如图丙所示，图线是过原点的直线。求：
(1)t＝2s时回路的电动势E；
(2)0～2s时间内流过回路的电荷量q和导体棒的位移s；
(3)导体棒滑动过程中水平外力F的瞬时功率P(单位：W)与横坐标x(单位：m)的关系式。
答案：(1)2V　(2)4C　2m　(3)P＝4x＋(W)
解析：(1)根据I－t图象可知：I＝k1t(k1＝2A/s)
当t＝2s时，回路中电流I1＝4A
根据欧姆定律：E＝I1R＝2V
(2)流过回路的电荷量q＝t
＝
解得：q＝
当t＝2s时，q＝4C
由欧姆定律得：I＝
l＝xtan45°
根据B－x图象可知：B＝(k2＝1T·m)
解得：v＝t
由于＝1m/s2
再根据v＝v0＋at，可得a＝1m/s2
可知导体棒做匀加速直线运动
则0～2s时间内导体棒的位移s＝at2＝2m
(3)棒受到的安培力F安＝BIl
根据牛顿第二定律：F－F安＝ma
根据2ax＝v2
P＝Fv
解得：P＝(＋ma)＝4x＋(W)