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1、倒计时第5天电路和电磁感应A主干回顾 B精要检索1电流的定义式：I.2电流的决定式：I.3电阻的定义式：R.4电阻的决定式：R.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EII2(Rr)(2)电源内部消耗的功率：P内I2r.(3)电源的输出功率：P出UIP总P内7电源的效率100%100%100%.8正弦交变电流瞬时值表达式eEmsin t或eEmcos t.9正弦交变电流有效值和最大值的关系EIU10理想变压器及其关系式(1)电压关系为.(2)功率关系为P出P入(多输出线圈时为P入P出1P出2)(3)电流关系为(多输出线圈时为n1I1n2I2n3I3)(4)频率关系为：
2、f出f入11磁通量的计算：BS.12电动势大小的计算：En或EBlv(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1所示画出相应的题意简图图1(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P2P3IR线2R线输电导线损耗的电压U损U2U3I2R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“减少”；(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
3、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：将切割磁感线的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画出等效电路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：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：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：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
4、化为电能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C考前热身1(多选)(2016辽宁抚顺一模)如图2所示电路中，电源内阻不计，三个小灯泡完全相同且外电路变化时每个灯泡两端的电压都不会超过其额定电压，开始时只有S1闭合，当S2也闭合后，下列说法中正确的是()图2A灯泡L1变亮B灯泡L2变亮C电容器C的带电荷量增加D闭合S2瞬间流过电流表的电流方向自右向左AD根据电路可知，S1闭合、S2断开时，L1、L2串联，则两灯一样亮，因L3与电容器串联后接到电源两端，则L3不亮，电容器两端电压等于电源电动势E；当S2也闭合后，电路总阻值变小，流过L1的电流变大，L1两端电压变大，L
5、2两端电压变小，则灯L1变亮，L2变暗；因电容器此时与灯L1并联，则电容器两端电压变小，电容器上的电荷量变少，电容器对外放电，又知电容器左极板与电源正极相连，带正电，则闭合S2瞬间流过电流表的电流方向自右向左，综上所述，B、C错误，A、D正确2(多选)如图3所示，电源电动势为E，内阻为r.电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态下列说法中正确的是()图3A只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流B只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗
6、的电功率变大，电阻R3中有向上的电流C只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D若断开开关S，带电微粒向下运动AD当逐渐增大光照强度时，光敏电阻R1的阻值减小，依据“串异并同”可知电流I增大，则PR0增大，UC增大，QCCUC增大，即电容器充电，R3中有向上的电流，A正确当P2向上移动时，UC不变，R3中没有电流，故B错误当P1向下移动时，I不变，但UC变大，EC变大，电场力FC变大，微粒向上运动，故C错误若断开开关S，电容器放电，UC降为0，则微粒只受重力作用而向下运动，故D正确3如图4所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，阻值为R的导体棒垂直于
7、导轨放置，且与导轨接触良好导轨所在空间存在匀强磁场，匀强磁场与导轨平面垂直，t0时，将开关S由1掷向2，分别用q、i、v和a表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度大小和加速度大小，则选项中的图象中正确的是 ()图4 D开关接1时，电容器充电；开关接2时电容器放电，此时，导体棒中有电流，则导体棒在安培力作用下运动，产生感应电动势，感应电动势与电容器两端电压相等时，棒做匀速直线运动，说明电容器所带的电荷量最终不等于零，A项错误但电流最终必为零，B错误导体棒的速度增大到最大后做匀速直线运动，加速度为零，C错误，D正确4如图5所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n1n2101，接柱线
8、a、b接一正弦交变电源，电压u311sin(100t)V.变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器(电阻随温度升高而减小)，R1为一定值电阻下列说法正确的是()【导学号：25702083】图5A当R2所在处出现火情时，电阻R1的功率变小B当R2所在处出现火情时，电压表V2的示数变大C当R2所在处出现火情时，电流表A的示数变小D电压表V1示数为22 VD根据题意，输入电压的有效值U1220 V，再根据变压比公式可知，副线圈的输出电压为U222 V，因为输入电压决定输出电压，所以当R2所在处出现火情时，副线圈电压不变，仍是22 V，即电压表V1示数仍是22 V，
9、选项D正确；当R2所在处出现火情时，R2随温度升高而减小，副线圈电路的总电阻减小，输出电流I2增大，电阻R1的功率PIR1变大，R2两端的电压UU2I2R1变小，即电压表V2的示数变小，输入电流I1I20.1I2变大，所以电流表A的示数变大，选项A、B、C错误5如图6甲所示，一半径r0.5 m、电阻为R5 、匝数为N100匝的圆形线圈两端A、C与一个理想电流表相连，线圈内有变化的磁场，以垂直纸面向里的磁场方向为正，磁场随时间的变化情况如图乙所示，则下列判断中正确的是()甲乙图6A在05 s的时间内，理想电流表示数的最大值为1 AB在t4 s时刻，流过电流表的电流方向为ACC前2 s内，通过线圈
10、某截面的总电荷量为0.1 CD第2 s内，线圈的发热功率最大C由法拉第电磁感应定律可知，流过线圈的电流I，由此式可知，Bt图象的斜率越大，则在线圈中产生的感应电流就越大，因此可判断在第1 s内的感应电流最大，代入数据有Im0.1 A，选项A错误；在t4 s时，由题意可知，此时穿过线圈的磁场方向为垂直纸面向外且正在逐渐增大，由楞次定律可知线圈中产生的感应电流的方向为顺时针方向，因此流过电流表的电流方向为CA，选项B错误；由图乙可知，前2 s内只有第1 s内有磁通量的变化，会产生感应电流，第2 s内磁通量没有发生变化，所以不会产生感应电流，因此前2 s内通过线圈某截面的电荷量实际上为第1 s内的电
11、荷量，由q可得q0.1 C，选项C正确，选项D错误6如图7所示，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略求：图7(1)电阻R消耗的功率；(2)水平外力的大小【解析】(1)导体棒切割磁感线运动产生的电动势为EBlv，根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I，电阻R消耗的功率为PI2R，联立可得P.(2)对导体棒受力分析，受到向左的安培
12、力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有F安mgF，F安BIlBl，故Fmg.【答案】(1)(2)mg7如图8甲，电阻不计的轨道MON与PRQ平行放置，ON及RQ与水平面的倾角53，MO及PR部分的匀强磁场竖直向下，ON及RQ部分的磁场平行轨道向下，磁场的磁感应强度大小相同，两根相同的导体棒ab和cd分别放置在导轨上，与导轨垂直并始终接触良好棒的质量m1.0 kg，R1.0 ，长度L1.0 m与导轨间距相同，棒与导轨间动摩擦因数0.5，现对ab棒施加一个方向水平向右按图乙规律变化的力F，同时由静止释放cd棒，则ab棒做初速度为零的匀加速直线运动，g取10 m/s2.【导学号：2570208
13、4】甲乙图8(1)求ab棒的加速度大小；(2)求磁感应强度B的大小；(3)若已知在前2 s内F做功W30 J，求前2 s内电路产生的焦耳热；(4)求cd棒达到最大速度所需的时间【解析】(1)对ab棒：FfmgvatFBILFfma则Fm(ga)由图象信息，代入数据解得a1 m/s2.(2)当t12 s时，F10 N，由(1)知Fm(ga)，得B2 T.(3)02 s过程中，对ab棒，xat2 mv2at12 m/s由动能定理知：WmgxQmv代入数据解得Q18 J.(4)设当时间为t时，cd棒达到最大速度，对cd棒：FNBILmgcos 53FfFNmgsin 53Ff则mgsin 53代入数据得：t5 s.【答案】(1)1 m/s2(2)2 T(3)18 J(4)5 s
