2015届高考物理二轮复习综合讲与练专题四电路和电磁感应(含2014高考题)

专题四电路和电磁感应考情分析备考策略1.高考对本部分内容的要求较高，常在选择题中考查电磁感应的图像问题、电路问题、变压器问题，在计算题中作为压轴题，综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律解决导体棒类问题。2.高考对本专题考查的重点：楞次定律的理解和应用；感应电流的图像问题；电路中的动态分析问题；综合应用电路知识和能量观点解决电磁感应问题；变压器原理及三个关系；交流电的产生及描述等。1.复习时应“抓住两个定律，运用两种观点，分析三种电路”。两个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；两种观点是指动力学观点和能量观点；三种电路是指直流电路、交流电路和感应电路。2.注意本专题知识和日常生活、科学研究的联系，能够将复杂的问题简化成物理模型进行分析。要重视本专题与力学知识的综合应用，提升综合分析能力和计算能力。第1讲恒定电流和交变电流考向一直流电路的动态分析(选择题)1．明确一个定律、两个关系(1)闭合电路的欧姆定律：I＝ER＋r。(2)路端电压与电流的关系：U＝E－Ir。(3)路端电压与负载的关系U＝IR＝RR＋rE＝11＋rRE，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小。2．明确引起电路动态变化的原因(1)滑动变阻器、热敏电阻或光敏电阻的阻值变化。(2)某支路开关闭合或断开。[例1](2014·天津高考)如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是()A．增大R1的阻值B．增大R2的阻值C．增大两板间的距离D．断开电键S[解析]在直流电路中，R2与电容器串联的支路不通，因此电容器两端的电压等于R1两端的电压，增大R1的阻值，R1两端的电压增大，电容器两端的电压增大，由E＝Ud可知，电容器两极板间的电场强度增大，因此板间带电油滴受到的电场力增大，会向上运动，A错误；增大R2的阻值不改变电路中的总电阻，不改变R1两端的电压，因此电容器中的油滴仍保持静止，B正确；增大两板间的距离，而电容器两板间的电压一定，由E＝Ud可知，板间的场强减小，油滴受到的电场力减小，油滴会向下运动，C错误；断开电键S，电容器会通过R1、R2进行放电，使板间场强减小，油滴受到的电场力减小而向下运动，D错误。[答案]B[感悟升华]动态电路的分析方法——程序法(1)由局部电阻变化判断总电阻的变化。(2)由I＝ER＋r判断总电流的变化。(3)据U＝E－Ir判断路端电压的变化。(4)由欧姆定律及串、并联电路特点判断各部分电流、电压变化，一般先分析固定电阻支路，再分析变化电阻支路。1．(2014·自贡质检)为了儿童安全，必须检测布绒玩具中是否存在金属断针，可以先将玩具放置于强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在。如图所示是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中RB是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，a、b接报警器，当传感器RB所在处出现断针时，电流表的电流I、ab两端的电压U将()A．I变大，U变大B．I变小，U变小C．I变大，U变小D．I变小，U变大解析：选C由题意知，RB的电阻随断针的出现而减小，即外电路的总电阻R减小，由闭合电路欧姆定律有I总＝E/(R＋r)，可知I总必增大，再由U＝E－I总r可知，路端电压U减小，而由U1＝I总R1可知，U1增大，U3必减小，由电流表的电流I＝I总－I3可知，电流表的电流必变大，C正确。2．在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示。M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时()A．RM变大，且R越大，U增大越明显B．RM变大，且R越小，U增大越明显C．RM变小，且R越大，U增大越明显D．RM变小，且R越小，U增大越明显解析：选C当RM变大时，回路的总电阻变大，根据I总＝ER总，得干路中的电流变小，S两端的电压U＝I总RS变小，A、B错误；当RM变小时，回路的总电阻变小，根据I总＝ER总，得干路中的电流变大，S两端的电压U＝I总RS变大，由R总＝11R＋1RM＋RS知，R越大，RM变小时，对回路的总电阻变化的影响越明显，C正确，D错误。3．如图所示电路中，电源电动势E恒定，内阻r＝1Ω。定值电阻R3＝5Ω。当电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则下列说法中正确的是()A．电阻R1、R2可能分别为4Ω、5ΩB．电阻R1、R2可能分别为3Ω、6ΩC．电键K断开时电压表的示数一定大于K闭合时的示数D．电键K断开与闭合时电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6Ω解析：选ACD由闭合电路欧姆定律，电键K断开与闭合时的电流分别为I1＝Er＋R1＋R2＋R3、I2＝Er＋R1＋R3，ab段电路消耗的电功率I21(R1＋R2)＝I22R1，将选项A和B中的阻值代入，A正确，B错误；电键K断开时外电路总电阻增大，则干路电流减小，a、b间电压U＝E－I(r＋R3)增大，C正确；把R3看成是电源的一部分，则电压表读数视为路端电压，有ΔUΔI＝r＋R3，D正确。考向二交变电流的产生和描述(选择题)1．线圈通过中性面时的特点(1)穿过线圈的磁通量最大。(2)线圈中的感应电动势为零。(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次。2．正弦式交流电的“四值”的应用(以电动势为例)四值计算式应用最大值Em＝NBSω计算电容器的耐压值瞬时值e＝Emsinωt计算闪光电器的闪光时间等有效值E＝Em2电表的读数、电热、电功及保险丝熔断电流的计算等平均值E＝NΔΦΔt计算通过导体横截面的电量等[例2](2014·巴中质检)图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R＝10Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，示数是10V。图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图像，则()A．电阻R上的热功率为20WB．0.02s时R两端的电压瞬时值为零C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝102cos100πt(V)D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos50πt(A)[思路探究](1)计算功率时要用交流电的有效值，电表的读数即为电阻R两端电压的有效值。(2)弄清各时刻线圈所处的位置是求解瞬时值的关键。(3)书写瞬时值表达式时要弄清三个关键：最大值、角速度、零时刻线圈所处的位置。[解析]电压表的示数为该电压的有效值，因此电阻R上的热功率P＝U2R＝10W，A错误；由图像可知，0.02s时，磁通量为零，此时线圈处于垂直于中性面的位置，产生的电动势以及路端电压应该是最大的，B错误；由图像知，该交流电为余弦式变化的交流电，因此电压的最大值为102V，周期T＝0.02s，则ω＝2πT＝100πrad/s，所以电压随时间的变化规律u＝Um·cos2πTt＝102cos100πt(V)，C正确；通过R的最大电流为Im＝UmR＝2A，因此电流随时间的变化规律为i＝Imcos2πTt＝2cos100πt(A)，D错误。[答案]C[感悟升华]交变电流瞬时值表达式书写的基本思路(1)确定正余弦交变电流的峰值，根据已知图像或由公式Em＝NBSω求出相应峰值。(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。若线圈从中性面开始计时，则E­t关系为正弦函数，函数表达式为e＝Emsinωt。若线圈从垂直中性面开始计时，则E­t关系为余弦函数，函数表达式为e＝Emcosωt。4．(2014·天津高考)如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙中曲线a、b所示，则()A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3C．曲线a表示的交变电动势频率为25HzD．曲线b表示的交变电动势有效值为10V解析：选ACt＝0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，A正确；图中a、b对应的周期之比为2∶3，因此线圈转速之比na∶nb＝1Ta∶1Tb＝3∶2，B错误；a线表示的交流电动势的频率为fa＝1Ta＝14×10－2Hz＝25Hz，C正确；曲线a表示的交变电动势的最大值Eam＝NBS·2πTa，由图像知Eam＝15V，曲线b表示的交变电动势的最大值Ebm＝NBS·2πTb，因此EbmEam＝TaTb＝23，Ebm＝10V，有效值Eb＝102V＝52V，D错误。5．如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R。线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，下列说法正确的是()A．转过π6时，线框中的电流方向为abcdaB．线框中感应电流的有效值为BSω2RC．从中性面开始转过π2的过程中，通过线框横截面的电荷量为BSRD．线框转一周的过程中，产生的热量为2πωB2S2R解析：选C由楞次定律和右手定则可知，转过π6时，线框中的电流方向为adcba，A错误；线框中感应电流的最大值Im＝BSωR，由于线框中的感应电流是正弦交流电，其电流有效值I＝Im2＝2BSω2R，B错误；由q＝ΔΦR可知，从中性面开始转过π2的过程中，通过线框横截面的电荷量q＝BSR，C正确；线框转一周的过程中，产生的热量等于感应电流做的功，因此Q＝W＝I2R·2πω＝πωB2S2R，D错误。6．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，Ⓐ为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。下列判断正确的是()A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左解析：选AC电流表测量的是电路中电流的有效值I＝10A，A正确；由图像可知，T＝0.02s，所以ω＝2πT＝100πrad/s，B错误；t＝0.01s时，电流最大，线圈平面与磁场方向平行，C正确；T＝0.02s时，线圈所处的状态就是图示状况，此时R中电流的方向自左向右，D错误。考向三变压器和远距离输电(选择题)1．理想变压器的动态分析(1)根据题意弄清变量和不变量。一般情况下原线圈电压不变，原、副线圈的匝数比不变，其他物理量可能随电路的变化而发生变化。(2)弄清动态变化过程中的决定关系。当原、副线圈匝数比一定时，U2由U1决定，P1由P2决定，I1由I2决定。(3)分析流程如下由U1U2＝n1n2分析U2由I2＝U2R分析I2由P1＝P2＝I2U2分析P1由P1＝U1I1分析I1由I1I2＝n2n1分析I1由P1＝U1I1分析P12．远距离输电过程功率的关系(1)变压器输出功率：P出＝P损＋P用。(2)输电线上的电流：I＝P出U出。(3)输电线上损失的功率P损＝I2R线＝P出U出2R线＝U2损R线＝U损I。[例3](2014·四川高考)如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则()A．用户用电器上交流电的频率是100HzB．发电机输出交流电的电压有效值是500VC．输电线的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小[解析]由题图乙可得交流电的频率是50Hz，发电机输出电压的最大值是500V，所以有效值为2502V，变压器在输电过程中不改变交流电的频率，A、B错误；输电线的电流是由降压变压器的负载电阻和输出电压决定的，C错误；由于升压变压器的输出电压不变，当用户用电器的总电阻增大时，输出电流减小，根据电流与匝数成反比的关系可知，输电线上的电流减小，由P线＝I2线R线可知，输电线上损失的功率减小，D正确。[答案]D[感悟升华]分析理想变压器动态问题时