2024年高考物理大一轮复习：主题8 电路与电磁感应

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q＝IΔt，其中I必须是电流的平均值。由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)、I＝eq\f(E,R总)、q＝IΔt联立可得q＝neq\f(ΔΦ,R总)，与时间无关。2.求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt。(2)功能关系：Q＝W克服安培力。(3)能量转化：Q＝ΔE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“有效值”。(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，t＝0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0～t1时间内()图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eq\f(B0rS,4t0ρ)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A、B错误；由楞决定律的“增缩减扩”可知，0～t0时间内为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，t0～t1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＝eq\f(ΔBS圆环,2Δt)＝eq\f(B0πr2,2t0)，感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0πr2,2t0)·eq\f(S,ρ·2πr)＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，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()图2A.0～t0时间内，流过R的电流方向为C→R→DB.t0～2t0时间内，流过R的电流方向为C→R→DC.0～t0时间内，导线框所受安培力的大小先增大后减小D.t0～2t0时间内与2t0～3t0时间内，导线框所受安培力的方向均向右解析0～t0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C→R→D，故A正确；t0～2t0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D→R→C，故B错误；0～t0时间内，t＝0时刻，i的变化率最大，导线框中的感应电流最大，但i＝0，B＝0，则安培力为零，t＝t0时刻i最大，但i的变化率为零，导线框中的感应电流为零，安培力仍为零，0～t0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；t0～2t0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2t0～3t0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()图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＝eq\f(UI,EI)×100%＝eq\f(U,E)×100%，所以效率增加，D正确。答案D4.(多选)如图4为远距离输电示意图，其中T1、T2为理想变压器，r是输电线的电阻，灯L1、L2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()图4A.仅闭合S，灯L1会变亮B.仅闭合S，r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U＝Ir增大，损耗的功率P＝I2r增大，T2的输入电压U3＝U2－Ir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eq\f(n2,n1)＝eq\f(U2,U1)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＝eq\f(U4,R)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50∶1，副线圈两端电压的瞬时值u2＝220eq\r(2)sin(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R2，R2的阻值只能在11～110Ω范围内变化。开关S1闭合而S2断开时，电流表示数是0.1A。下列说法正确的是()图5A.通过原线圈的交流电频率为100HzB.原线圈两端电压的最大值是11kVC.开关S1闭合时，电热器消耗的功率为1.1eq\r(2)kWD.开关S2闭合时，电热水器消耗的最大功率为4.4kW解析交流电的频率f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(100π,2π)Hz＝50Hz，选项A错误；原线圈两端电压的最大值是U1m＝eq\f(n1,n2)U2m＝50×220eq\r(2)V＝11000eq\r(2)V＝11eq\r(2)kV，选项B错误；开关S1闭合时，副线圈中电流有效值：I2＝eq\f(n1,n2)I1＝50×0.1A＝5A，则电热器消耗的功率为PR1＝I2U2＝5×220W＝1100W，选项C错误；开关S2闭合时，电热水器消耗的最大功率为PR2＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R2min)＝eq\f(2202,11)W＝4400W，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：图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E＝BLv根据欧姆定律I＝eq\f(E,R)金属杆受到的安培力F安＝BIL，则F安＝eq\f(B2L2v,R)金属杆匀速运动，根据平衡条件F安＝mg整理得v＝eq\f(mgR,B2L2)。(2)下降高度h的过程中，通过金属杆的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt根据欧姆定律有eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)根据法拉第电磁感应定律eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)，则q＝neq\f(ΔΦ,R