1、知识回扣导图规律方法回扣倒数第5天 电路和电磁感应 知识回扣导图规律方法回扣知识回扣导图规律方法回扣1.方法技巧 应注意“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；三种电路指直流电路、交流电路和感应电路。知识回扣导图规律方法回扣2.一般思路 解决感应电路综合问题的一般思路是“先电后力”，即：先作“源”的分析分析电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r；接着进行“路”的分析分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；然后是“力”的分析分析研究对象(通常是金属棒、导体、线圈等)的受力情
2、况，尤其注意其所受的安培力；接着进行“运动状态”的分析根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型；最后是“能量”的分析寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中，其能量转化和守恒的关系。知识回扣导图规律方法回扣1.(2015江苏单科，1)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V交变电流改变为110 V。已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为()A.200 B.400 C.1 600 D.3 200 解析 根据变压器的变压规律U1U2n1n2得，n2U2U1n1110220800400 匝，选项 B 正确。B知识回扣导图规律方法回扣2.如图1甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为101，
3、R120，R230，C为电容器。已知通过R1的正弦式交变电流如图乙所示，则()图1 A.交变电流的频率为 0.02 HzB.原线圈输入电压的最大值为 200 2 VC.电阻 R2 的电功率约为 6.67 WD.通过 R3 的电流始终为零 知识回扣导图规律方法回扣解析 由题中图象可知该交变电流的周期为 0.02 s，所以频率为 50 Hz，选项 A 错误；因为变压器输出电压最大值为201 V20 V，所以由变压比公式U1n1U2n2知变压器原线圈电压的最大值为 2010 V200 V，选项 B 错误；R2 的功率P2U22R2（202）230W6.67 W，选项 C 正确；因为电容器存在充、放电
4、现象，所以电阻 R3 中的电流不是始终为零，选项 D 错误。答案 C 知识回扣导图规律方法回扣3.如图2所示的电路中，当变阻器R1的滑动触头向上滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为()图2A.A灯和B灯都变亮 B.A灯和B灯都变暗 C.A灯变亮，B灯变暗 D.A灯变暗，B灯变亮知识回扣导图规律方法回扣解析 方法一：程序法判断灯泡的亮暗，一般是把灯泡的电阻当作定值，判断流过灯泡的电流或加在灯泡两端电压的变化情况。对本题来说，当变阻器 R1的滑动触头向上滑动时，R1 接入电路中的阻值变大，并联电阻 R1B11R1 1RB变 大，支 路 电 阻 R1B R2 变 大，外 电 路 电 阻 R 11RA1
5、R1BR2变大，总电阻 Rr 变大，总电流 I ERr变小，路端电压 UEIr 变大，电流 IA URA变大，所以 A 灯变亮。电流 I2IIA 变小，所以定值电阻 R2 两端的电压 U2I2R2 变小，B 灯两端电压 U1BUU2 变大，所以 B 灯变亮，选项 A 正确。知识回扣导图规律方法回扣方法二：“串反并同”法 当变阻器R1的滑动触头向上滑动时，R1接入电路中的阻值变大，灯泡B与之并联，电流变大，灯泡B变亮；R1接入电路中的阻值变大，灯泡A与其间接并联，所以灯泡A变亮。答案 A知识回扣导图规律方法回扣4.如图3所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反。磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度
6、为a，一正三角形(高度为a)导线框ABC从图示位置沿图示方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下图中感应电流I与线框移动距离x的关系图正确的是()图3 知识回扣导图规律方法回扣知识回扣导图规律方法回扣解析 x在0a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故B错误；在2a3a，线框穿过右侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故D错误；x在a2a范围，分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度均匀变大，当将要全部进入第二磁场时，线圈中电流达最大为2I，故A错误，C正确。答案 C 知识回扣导图规律方法回扣5.如图4所示，M是一个小型
7、理想变压器，原、副线圈匝数之比n1n2101，接柱线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()图4 知识回扣导图规律方法回扣A.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 V知识回扣导图规律方法回扣解析 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
8、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，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 PI22R1 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 I1n2n1I20.1I2 变大，所以电流表A 的示数变大，选项 A、B、C 错误。答案 D 知识回扣导图规律方法回扣6.如图5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
9、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()图5 A.在05 s的时间内，理想电流表示数的最大值为1 A B.在t4 s时刻，流过电流表的电流方向为AC C.前2 s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.1 C D.第2 s内，线圈的发热功率最大 知识回扣导图规律方法回扣解析 由法拉第电磁感应定律可知，流过线圈的电流 IERNtR Nr2R Bt，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
10、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 内的电荷量，由 qNR 可得 q0.1 C，选项 C 正确，选项 D 错误。答案 C 知识回扣导图规律方法回扣7.(2015海南单科，13)如图6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
11、，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6 知识回扣导图规律方法回扣(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 IER电阻 R 消耗的功率为 PI2R，联立可得 PB2l2v2R(2)对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有 F 安mgF，F 安BIlBBlvR l，故FB2l2vR mg 答案(1)B2l2v2R(2)B2l2vR
12、 mg 知识回扣导图规律方法回扣8.如图 7 甲所示，一足够长且阻值不计的光滑平行金属导轨 MN、PQ 之间的距离 L1.0 m，N、Q 之间接有阻值为 R1.0 的电阻，磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面间的夹角 30。一质量 m0.20 kg、阻值r0.50 的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量 M0.60 kg 的重物相连，细线与金属导轨平行，金属棒沿导轨向上滑行的速度 v 与时间 t 的关系如图乙所示，已知在 00.3 s内通过金属棒的电荷量是 0.30.6 s内通过金属棒的电荷量的23，g10 m/s2，求：知识回扣导图规律方法回
13、扣 甲 乙 图7(1)00.3 s内金属棒通过的位移；(2)金属棒在00.6 s内产生的热量。知识回扣导图规律方法回扣解析(1)在 0.30.6 s 内通过金属棒的电荷量为 q1I1t1BLvt1Rr在 00.3 s 内通过金属棒的电荷量为 q2 RrBLx2Rr由题中电荷量关系得 q132q2解得 x20.3 m。(2)金属棒在 00.6 s 内通过的总位移为 xx1x2vt1x2根据能量守恒定律得 Mgxmgxsin Q12(Mm)v2解得 Q2.85 J由于金属棒与电阻 R 串联，通过的电流相等，根据焦耳定律可得它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在 00.6 s 内产生的热量为 QrrrRQ0.95 J。答案(1)0.3 m(2)0.95 J