高考物理二輪復(fù)習(xí)5-1課件

歐姆定律電源的電動(dòng)勢和內(nèi)電阻Ⅱ法拉第電磁感應(yīng)定律楞次定律Ⅱ交變電流的圖象、峰值和有效值、理想變壓器Ⅰ本專題知識與現(xiàn)實(shí)生產(chǎn)、生活、前沿科技聯(lián)系密切，因而一直是高考的熱點(diǎn)．對電路知識的考查重在知識的應(yīng)用和分析問題能力方面，在高考中出現(xiàn)的幾率較大．對電磁感應(yīng)的考查集中在法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用、電磁感應(yīng)與電路、力和運(yùn)動(dòng)、能量、圖象等的綜合問題上，對交流電的考查集中在交流電的產(chǎn)生及描述、變壓器的原理及應(yīng)用．另外交流電、遠(yuǎn)距離輸電等知識與生產(chǎn)、生活和科學(xué)技術(shù)等聯(lián)系密切．1．恒定電流3．交變電流

友情提示(1)要根據(jù)討論問題和求解的需要靈活選擇公式，要分清部分電路(歐姆定律)和全電路，搞清“整體”和“部分”的約束關(guān)系．(2)若兩并聯(lián)支路的電阻之和保持不變，如圖所示．則當(dāng)兩支路電阻值相等時(shí)，并聯(lián)電阻最大．四、電源的功率和效率1．(1)電源的總功率：P總＝EI.(2)電源的輸出功率：P出＝UI.(3)電源的內(nèi)部發(fā)熱功率：P′＝I2r.友情提示將公式U＝E－Ir兩邊同乘以I即可得到三個(gè)功率之間的關(guān)系：P出＝P總－P′，對整個(gè)電路而言能量轉(zhuǎn)化是守恒的．五、感應(yīng)電流的產(chǎn)生及方向判斷警示(1)要注意區(qū)分三個(gè)定則(安培定則、左手定則、右手定則)的不同用途．(2)感應(yīng)電動(dòng)勢的方向即為感應(yīng)電流的方向．六、感應(yīng)電動(dòng)勢的計(jì)算1．法拉第電磁感應(yīng)定律：七、與電磁感應(yīng)相關(guān)的綜合問題1．電磁感應(yīng)中電路問題的處理方法(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律確定感應(yīng)電動(dòng)勢的大小和方向．(2)畫出等效電路，對整個(gè)回路進(jìn)行分析，確定哪一部分是電源，哪一部分是負(fù)載以及負(fù)載間的連接關(guān)系．(3)運(yùn)用全電路歐姆定律，串、并聯(lián)電路的特點(diǎn)，電功率公式等進(jìn)行有關(guān)計(jì)算．3．電磁感應(yīng)中的能量問題(1)安培力的功是電能和其他形式的能之間相互轉(zhuǎn)化的“橋梁”，簡單表示如下：(2)解題的基本思路①明確研究對象、研究過程．②進(jìn)行正確的受力分析、運(yùn)動(dòng)分析、感應(yīng)電路分析(E感和I感的大小、方向、變化)及相互制約關(guān)系．③明確各力的做功情況及伴隨的能量轉(zhuǎn)化情況．④利用動(dòng)能定理、能量轉(zhuǎn)化與守恒定律或功能關(guān)系列方程求解．友情提示(1)功的正負(fù)的判斷是確定能量增減的前提．(2)能量的觀點(diǎn)在處理變加速運(yùn)動(dòng)問題時(shí)因不涉及過程的細(xì)節(jié)，所以優(yōu)勢明顯．(3)列方程的兩個(gè)方向：①功和能的關(guān)系|W功|＝ΔE1減＝ΔE2增，②能和能的關(guān)系ΔE1減＝ΔE2增．[例1](2011·北京)如圖所示電路，電源內(nèi)阻不可忽略．開關(guān)S閉合后，在變阻器R0的滑動(dòng)端向下滑動(dòng)的過程中()A．電壓表與電流表的示數(shù)都減小B．電壓表與電流表的示數(shù)都增大C．電壓表的示數(shù)增大，電流表的示數(shù)減小D．電壓表的示數(shù)減小，電流表的示數(shù)增大[答案]

A

[總結(jié)評述]當(dāng)電路的某一部分發(fā)生變化時(shí)，會(huì)引起全電路中有關(guān)物理量的相應(yīng)變化．分析討論這類問題，既要掌握電路的整體變化、統(tǒng)攬全局，又要找出引起整體變化的局部因素、由果索因，處理過程中要熟練、靈活地利用各物理量之間的關(guān)系式，特別要注意公式的推論、變形．該類問題一般的處理步驟是：(1)確定電路的外電阻如何變化，根據(jù)閉合電路歐姆定律，確定電路的總電流如何變化；(2)由U′＝Ir確定電源的內(nèi)電壓如何變化，根據(jù)電動(dòng)勢＝內(nèi)電壓＋外電壓，判斷電源的外電壓如何變化；(3)由部分電路歐姆定律確定干路上某定值電阻兩端的電壓如何變化；(4)由定值電阻的變化情況確定支路兩端電壓如何變化、各支路的電流如何變化．(2011·海南)如圖，E為內(nèi)阻不能忽略的電池，R1、R2、R3為定值電阻，S0、S為開關(guān)，與分別為電壓表與電流表．初始時(shí)S0與S均閉合，現(xiàn)將S斷開，則()[答案]

B[解析]

當(dāng)S斷開后，閉合電路的總電阻增加，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，總電流減小，故路端電壓U＝E－Ir增加，即的讀數(shù)變大；由于定值電阻R1兩端的電壓減小，故R3兩端的電壓增加，通過R3的電流增加，即的讀數(shù)變大；選項(xiàng)B正確.[例2](2011·山東)如圖甲所示，兩固定的豎直光滑金屬導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)．兩質(zhì)量、長度均相同的導(dǎo)體棒c、d，置于邊界水平的勻強(qiáng)磁場上方同一高度h處．磁場寬為3h，方向與導(dǎo)軌平面垂直．先由靜止釋放c，c剛進(jìn)入磁場即勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)再由靜止釋放d，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終保持良好接觸．用ac表示c的加速度，Ekd表示d的動(dòng)能，xc、xd分別表示c、d相對釋放點(diǎn)的位移．圖乙中正確的是()[解析]

0～h內(nèi)，c做自由落體運(yùn)動(dòng)，加速度等于重力加速度g；d自由下落h進(jìn)入磁場前的過程中；c做勻速運(yùn)動(dòng)，位移為2h；當(dāng)d剛進(jìn)入磁場時(shí)，其速度和c剛進(jìn)入時(shí)相同，因此cd回路中沒有電流，c、d均做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，直到c離開磁場，c離開磁場后，仍做加速度為g的加速運(yùn)動(dòng)，而d做加速度小于g的加速運(yùn)動(dòng)，直到離開磁場，選項(xiàng)B、D正確．[答案]

BD(2011·濟(jì)南模擬)電吉他是利用電磁感應(yīng)原理工作的一種樂器．如圖甲所示為電吉他拾音器的原理圖，在金屬弦的下方有一個(gè)連接到放大器的螺線管．一條形磁鐵固定在管內(nèi)，當(dāng)撥動(dòng)金屬弦后，螺線管內(nèi)就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，經(jīng)一系列轉(zhuǎn)化后可將電信號轉(zhuǎn)化為聲信號．若由于金屬弦的振動(dòng)，螺線管內(nèi)的磁通量隨時(shí)間的變化如圖乙所示，則對應(yīng)感應(yīng)電流的變化為()[答案]

B

[例3]如圖(a)所示，水平放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌，間距L＝0.3m，導(dǎo)軌左端連接R＝0.6Ω的電阻，區(qū)域abcd內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面B＝0.6T的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域?qū)扗＝0.2m.細(xì)金屬棒A1和A2用長為2D＝0.4m的輕質(zhì)絕緣桿連接，放置在導(dǎo)軌平面上，并與導(dǎo)軌垂直，每根金屬棒在導(dǎo)軌間的電阻均為r＝0.3Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，使金屬棒以恒定速度v＝1.0m/s沿導(dǎo)軌向右穿越磁場．計(jì)算從金屬棒A1進(jìn)入磁場(t＝0)到A2離開磁場的時(shí)間內(nèi)，不同時(shí)間段通過電阻R的電流大小，并在圖(b)中畫出．[答案]

見解析

(2011·全國)如圖所示，兩根足夠長的金屬導(dǎo)軌ab、cd豎直放置，導(dǎo)軌間距離為L，電阻不計(jì)．在導(dǎo)軌上端并接兩個(gè)額定功率均為P、電阻均為R的小燈泡．整個(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與導(dǎo)軌所在平面垂直．現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖示位置由靜止開始釋放．金屬棒下落過程中保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好．已知某時(shí)刻后兩燈泡保持正常發(fā)光．重力加速度為g.求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?2)燈泡正常發(fā)光時(shí)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)速率．[例4]

(2011·四川)如圖所示，間距l(xiāng)＝0.3m的平行金屬導(dǎo)軌a1b1c1和a2b2c2分別固定在兩個(gè)豎直面內(nèi)．在水平面a1b1b2a2區(qū)域內(nèi)和傾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2區(qū)域內(nèi)分別有磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝0.4T、方向豎直向上和B2＝1T、方向垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場．電阻R＝0.3Ω、質(zhì)量m1＝0.1kg、長為l的相同導(dǎo)體桿K、S、Q分別放置在導(dǎo)軌上，S桿的兩端固定在b1、b2點(diǎn)，K、Q桿可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動(dòng)且始終接觸良好．一端系于K桿中點(diǎn)的輕繩平行于導(dǎo)軌繞過輕質(zhì)定滑輪自然下垂，繩上穿有質(zhì)量m2＝0.05kg的小環(huán)．

已知小環(huán)以a＝6m/s2的加速度沿繩下滑，K桿保持靜止，Q桿在垂直于桿且沿斜面向下的拉力F作用下勻速運(yùn)動(dòng)．不計(jì)導(dǎo)軌電阻和滑輪摩擦，繩不可伸長．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求(1)小環(huán)所受摩擦力的大?。?2)Q桿所受拉力的瞬時(shí)功率．[解析]

(1)設(shè)小環(huán)受到的摩擦大小為Ff，由牛頓第二定律，有m2g－Ff＝m2a①代入數(shù)據(jù)，得Ff＝0.2N②E＝B2lv⑦F＋m1gsinθ＝B2Il⑧拉力的瞬時(shí)功率為P＝Fv⑨聯(lián)立以上方程，代入數(shù)據(jù)得P＝2W⑩[答案]

(1)0.2N(2)2W(2011·重慶)有人設(shè)計(jì)了一種可測速的跑步機(jī)，測速原理如圖所示，該機(jī)底面固定有間距為L、長度為d的平行金屬電極．電極間充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，且接有電壓表和電阻R，絕緣橡膠帶上鍍有間距為d的平行細(xì)金屬條，磁場中始終僅有一根金屬條，且與電極接觸良好，不計(jì)金屬電阻，若橡膠帶勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電壓表讀數(shù)為U，求：(1)橡膠帶勻速運(yùn)動(dòng)的速率；(2)電阻R消耗的電功率；(3)一根金屬條每次經(jīng)過磁場區(qū)域克服安培力做的功．[例5](2011·天津)如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距為l＝0.5m，其電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成30°角．完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置，每棒兩端都與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知兩棒質(zhì)量均為m＝0.02kg，電阻均為R＝0.1Ω，整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T，棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下，沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)，而棒cd恰好能夠保持靜止．取g＝10m/s2，問(1)通過棒cd的電流I是多少，方向如何？(2)棒ab受到的力F多大？(3)棒cd每產(chǎn)生Q＝0.1J的熱量，力F做的功W是多少？[解析]

(1)棒cd受到的安培力Fcd＝IlB①棒cd在共點(diǎn)力作用下平衡，則Fcd＝mgsin30°②將①②式代入數(shù)據(jù)解得I＝1A③根據(jù)楞次定律可知，棒cd中的電流方向由d至c④(2)棒ab與棒cd受到的安培力大小相等Fab＝Fcd對棒ab，由共點(diǎn)力平衡知F＝mgsin30°＋I(xiàn)lB⑤代入數(shù)據(jù)解得F＝0.2N⑥(3)設(shè)在時(shí)間t內(nèi)棒cd產(chǎn)生Q＝0.1J熱量，由焦耳定律知Q＝I2Rt⑦設(shè)棒ab勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，其產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv⑧由閉合電路歐姆定律知由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知在時(shí)間t內(nèi)，棒ab沿導(dǎo)軌的位移x＝vt⑩力F做的功W＝Fx?綜合上述各式，代入數(shù)據(jù)解得W＝0.4J[答案]

(1)1A，方向由d至c(2)0.2N(3)0.4J(2011·金華模擬)如圖甲所示，間距為L、電阻不計(jì)的光滑導(dǎo)軌固定在傾角為θ的斜面上，在MNPQ矩形區(qū)域內(nèi)有方向垂直于斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場；在CDEF矩形區(qū)域內(nèi)有方向垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，B1隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，其中B1的最大值為2B.現(xiàn)將一根質(zhì)量為M、電阻為R、長為L的金屬細(xì)棒cd跨放在MNPQ區(qū)域間的兩導(dǎo)軌上，并把它按住使其靜止．

在t＝0時(shí)刻，讓另一根長為L的金屬細(xì)棒ab從CD上方的導(dǎo)軌上由靜止開始下滑，同時(shí)釋放cd棒．已知CF長度為2L，兩根細(xì)棒均與導(dǎo)軌良好接觸，在ab棒從圖中位置運(yùn)動(dòng)到EF處的過程中，cd棒始終靜止不動(dòng)，重力加速度為g，tx是未知量．(1)求通過ab棒的電流，并確定CDEF矩形區(qū)域內(nèi)磁場的方向；(2)當(dāng)ab棒進(jìn)入CDEF區(qū)域后，求cd棒消耗的電功率；(3)能求出ab棒剛下滑時(shí)離CD的距離嗎？若不能，則說明理由；若能，請列方程求解，并說明每個(gè)方程的解題依據(jù)．(4)根據(jù)以上信息，還可以求出哪些物理量？

[答案]

(1)Mgsinθ/BL垂直于斜面向下(2)(Mgsinθ/BL)2R(3)(4)見解析[解析]

(1)BIL＝MgsinθI＝Mgsinθ/BLCDE