3.1 电路与电磁感应 自查薄弱的环节(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考物理二轮复习专题增分方略

大专题统整（三） 电路与电磁感应 融通关联知识 1 自查薄弱的环节 二轮复习3步走 一、基础考法——查必备知能的落实 1.[电阻定律的应用] (2024·广西高考)将横截面相同、材料不同的两段导体L1、L2无缝连接成一段导体,总长度为1.00 m,接入图甲电路。闭合开关S,滑片P从M端滑到N端,理想电压表读数U随滑片P的滑动距离x的变化关系如图乙,则导体L1、L2的电阻率之比约为(　　) A.2∶3 B.2∶1 C.5∶3 D.1∶3 √ 解析:根据电阻定律R=ρ及欧姆定律ΔU=I·ΔR,整理可得ρ=·,结合题图乙可知导体L1、L2的电阻率之比==。故选B。 2.[法拉第电磁感应定律] (2024·广东高考)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收,结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动,每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。磁场中,边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示,永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈,下列说法正确的是(　　) A.穿过线圈的磁通量为BL2 B.永磁铁相对线圈上升越高,线圈中感应电动势越大 C.永磁铁相对线圈上升越快,线圈中感应电动势越小 D.永磁铁相对线圈下降时,线圈中感应电流的方向为顺时针方向 √ 解析:根据题图乙可知,两对永磁铁穿过线圈的磁场方向相反,且磁场分界线不会离开线圈,故穿过线圈的磁通量不可能为BL2,故A错误;根据法拉第电磁感应定律可知,永磁铁相对线圈上升越快,穿过线圈的磁通量变化越快,线圈中感应电动势越大,故B、C错误;永磁铁相对线圈下降时,根据楞次定律结合安培定则可知,线圈中感应电流的方向为顺时针方向,故D正确。 3.[右手定则的应用] (2024·湖南高考)如图,有一硬质导线Oabc,其中 是半径为R的半圆弧,b为圆弧的中点,直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动,导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为(　　) A.φO>φa>φb>φc B.φO<φa<φb<φc C.φO>φa>φb=φc D.φO<φa<φb=φc √ 解析:如图,相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线,根据右手定则可知O点电势最高;根据E=Blv=Bωl2,同时有lOb=lOc=R,可得0<UOa<UOb=UOc,得φO>φa>φb=φc,故选C。 4.[交变电流有效值的计算] (2024·河北高考)R1、R2为两个完全相同的定值电阻,R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图1所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的倍),R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图2所示,则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为(　　) A.2∶3 B.4∶3 C.2∶ D.5∶4 解析:根据有效值的定义可知,题图1的有效值的计算为T=×+×,解得U1=U0,题图2的有效值为U2=,接在阻值大小相等的电阻上,因此Q1∶Q2=∶=4∶3,故选B。 √ 二、综合考法——查关联知识的融通 5.[有效值+理想变压器] (2024·北京高考)如图甲所示,理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上,输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示,副线圈接规格为“6 V　3 W”的灯泡。若灯泡正常发光,下列说法正确的是(　　) A.原线圈两端电压的有效值为24 V B.副线圈中电流的有效值为0.5 A C.原、副线圈匝数之比为1∶4 D.原线圈的输入功率为12 W √ 解析:由题图乙知,原线圈两端电压的最大值为Um=24 V,则原线圈两端电压的有效值为U1==24 V,故A错误;灯泡正常发光,副线圈中电流的有效值为I===0.5 A,故B正确;由理想变压器电压与匝数关系可知,==,故C错误;理想变压器没有能量损失,原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率,则原线圈的输入功率为P1=PL=3 W,故D错误。 6.[交流电的描述+欧姆定律+焦耳定律] (2024·广东高考)将阻值为50 Ω的电阻接在正弦式交流电源上,电阻两端电压随时间的变化规律如图所示。下列说法正确的是(　　) A.该交流电的频率为100 Hz B.通过电阻电流的峰值为0.2 A C.电阻在1秒内消耗的电能为1 J D.电阻两端电压表达式为u=10sin(100πt)V √ 解析:根据题图像可知,交流电的周期为0.02 s,则频率为f==50 Hz,故A错误;根据题图像可知,电阻两端电压的峰值为10 V,根据欧姆定律可知,通过电阻电流的峰值为Im===0.2 A,故B错误;通过电阻电流的有效值为I==0.2 A,所以电阻在1 s内消耗的电能为W=I2Rt=0.22×50×1 J=2 J,故C错误;根据题图像可知,电阻两端电压表达式为u=Umsin ω t=10sinV=10sin(100πt)V,故D正确。 7.[法拉第电磁感应定律+电路+安培力] (2024·甘肃高考)如图,相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连,处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动,速度大小为v。则导体棒ab所受的安培力为(　　) A.,方向向左 B.,方向向右 C.,方向向左 D.,方向向右 √ 解析:导体棒ab做切割磁感线运动,在电路部分的有效长度为d,故感应电动势为E=Bdv,回路中感应电流为I=,根据右手定则,判断电流方向为从b流向a。根据左手定则,导体棒ab所受的安培力为F=BId=,方向向左。 8.[欧姆定律+电势+牛顿第二定律] (2024·北京高考)如图所示为一个加速度计的 原理图。滑块可沿光滑杆移动,滑块两侧与两根相 同的轻弹簧连接;固定在滑块上的滑动片M下端与 滑动变阻器R接触良好,且不计摩擦;两个电源的电 动势E相同,内阻不计。两弹簧处于原长时,M位于R的中点,理想电压表的指针位于表盘中央。当P端电势高于Q端时,指针位于表盘右侧。将加速度计固定在水平运动的被测物体上,则下列说法正确的是(　　) A.若M位于R的中点右侧,P端电势低于Q端 B.电压表的示数随物体加速度的增大而增大,但不成正比 C.若电压表指针位于表盘左侧,则物体速度方向向右 D.若电压表指针位于表盘左侧,则物体加速度方向向右 √ 解析:由题意可知,M位于R中点位置时与两电源间的电势相等,滑动片M由R中点位置向右移动时,M处电势增大,故P端电势高于Q端电势,A错误;由欧姆定律及电阻定律可知,P端与Q端电势差与滑动片偏离R中点的距离x成正比,B错误;已知电压表指针位于表盘左侧,滑块左侧弹簧压缩、右侧弹簧伸长,滑块所受合力向右,故物体加速度方向向右,不能确定速度的方向,C错误,D正确。 9.[法拉第电磁感应定律+闭合电路欧姆定律+牛顿第二定律] (2024·河北高考)如图,边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上,细框中心O处固定一竖直细导体轴OO'。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动,水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中,CD棒在所受安 培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R,电路中其余部分的电阻均不计,CD棒始终与导轨垂直,各部分始终接触良好,不计空气阻力,重力加速度大小为g。 (1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值。 答案:　　 解析:当OA棒运动到正方形细框对角线瞬间,切割磁感线的有效长度最大,Lmax=L,此时感应电流最大,CD棒所受的安培力最大,根据法拉第电磁感应定律得 Emax=BLmax=B·L·=BL2ω 根据闭合电路欧姆定律得Imax= 故CD棒所受的安培力最大为Fmax=BImaxL= 当OA棒运动到与细框一边平行时,切割磁感线的有效长度最短,感应电流最小,CD棒受到的安培力最小,得 Emin=BLmin=B·L·= 故CD棒所受的安培力最小为Fmin=BIminL=BL=。 (2)锁定OA棒,推动CD棒下滑,撤去推力瞬间,CD棒的加速度大小为a,所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值,求CD棒与导轨间的动摩擦因数。 答案: 解析:设CD棒的质量为m,CD棒与平行导轨间的最大静摩擦力为f,OA棒在转动过程中,当CD棒受到的安培力最小时,根据平衡条件得 mgsin θ-f-Fmin=0 当CD棒受到的安培力最大时,根据平衡条件得 Fmax-mgsin θ-f=0 联立解得m= 撤去推力瞬间,根据牛顿第二定律得 Fmax+μmgcos θ-mgsin θ=ma 解得μ=。 三、能力考法——查高阶思维的延伸 10. 　(2024·浙江6月选考)理想变压器的原线圈通过a或b与频率为f、电压为u的交流电源连接,副线圈接有三个支路,如图所示。当S接a时,三个灯泡均发光,若(　　) A.电容C增大,L1灯泡变亮 B.频率f增大,L2灯泡变亮 C.RG上光照增强,L3灯泡变暗 D.S接到b时,三个泡均变暗 √ 解析:电容增大,电容器对交流电的阻碍作用减小,则L1灯泡变亮,故A正确;频率f增大,则电感线圈对交流电的阻碍作用增大,则L2灯泡变暗,故B错误;光敏电阻上光照增强,阻值减小,由于各支路两端电压不变,则流过L3灯泡的电流增大,L3灯泡变亮,故C错误;S接到b时,变压器原线圈匝数减小,根据变压比可知,副线圈两端电压增大,则三个灯泡均变亮,故D错误。 11. (2024·黑吉辽高考)(多选)如图,两条“ ” 形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,间 距为L,左、右两导轨面与水平面夹角均为30°, 均处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小 分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上,同时由静止释放,两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m,长度均为L。导轨足够长且电阻不计,重力加速度大小为g,两棒在下滑过程中(　　) A.回路中的电流方向为abcda B.ab中电流趋于 C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1 D.两棒产生的电动势始终相等 √ √ 解析:由于ab和cd均沿导轨下滑,则通过abcd回路的磁通量向上增大,根据楞次定律结合安培定则可知,回路中的电流方向为abcda,A正确;对ab和cd分别受力分析,如图所示,根据牛顿第二定律分别有2mgsin 30°-2BILcos 30°=2ma1、mgsin 30°-BILcos 30°=ma2,可得a1=a2=-,则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1,C错误; 当加速度趋于零时,两导体棒中的电流趋于稳定,结合C项分析可知,ab中的电流趋于,B正确;由于ab和cd加速度大小始终相等,则两导体棒的速度大小始终相等,则由法拉第电磁感应定律可知,两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1,D错误。 12. 　(2024·浙江6月选考)如图所示,边长为1 m、电 阻为0.04 Ω的刚性正方形线框abcd放在匀强磁场中, 线框平面与磁场垂直。若线框固定不动,磁感应强度 以=0.1 T/s均匀增大时,线框的发热功率为P;若磁感 应强度恒为0.2 T,线框以某一角速度绕其中心轴OO'匀速转动时,线框的发热功率为2P,则ab边所受最大的安培力为(　　) A. N B. N C.1 N D. N 解析:磁感应强度均匀增大时,产生的感应电动势为E=S=0.1 V,可得P==0.25 W;线框以某一角速度绕其中心轴OO'匀速转动时,有2P= 2R=0.5 W,解得Im=5 A,故ab边所受最大的安培力为F安m =BImL=1 N,故选C。 √ 四、创新考法——查创新发展的潜力 13.(2024·山东高考)如图甲所示,在-d≤x≤d、-d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(用阴影表示磁场的区域),边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时,线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化,线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分,则变化后磁场的区域可能为(　　) √ 解析:根据题意可知,磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为e=Esin ωt,由题图丙可知,磁场区域变化后,当Esin ωt=时,线圈的侧边开始切割磁感线,即当线圈旋转时开始切割磁感线,由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为d'=2dcos =d,C正确。 价值引领 本题通过设置半开放性问题情境,改变试题的设问角度,灵活考查了交变电流的产生、表达和变化,较好地考查了学生的创新思维,引导学生从不同角度思考问题,更好服务拔尖创新人才的培养。 14.(2024·重庆高考)(多选)小明设计了台灯的两种调光方案,电路图分别如图甲、乙所示,图中额定电压为6 V的灯泡的电阻恒定,R为滑动变阻器,理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。原线圈两端接电压为220 V的交流电,滑片P可调节灯泡L的亮度,P在R最左端时,甲、乙图中灯泡L均在额定功率下工作,则 (　　) A.n1∶n2=110∶3 B.当P滑到R中点时,图甲中L的功率比图乙中的小 C.当P滑到R最左端时,图甲所示电路比图乙更节能 D.图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的大 √ √ 解析:滑片P在R最左端时,题图甲、乙中变压器副线圈输出电压均为灯泡的额定电压6 V,因此==,故A正确;当P滑到R中点时,题图甲中滑动变阻器左端与灯泡串联,题图乙中灯泡与滑动变阻器右端并联后再与滑动变阻器左端串联,由于并联电阻小于灯泡电阻,则题图甲中灯泡两端电压大于题图乙中灯泡两端电压,则题图甲中灯泡功率比题图乙中灯泡功率大,故B错误; 当P滑到R最左端时,题图甲中只有灯泡,题图乙中R与灯泡并联,总电阻更小,输出功率更大,题图甲比题图乙更节能,故C正确;题图乙中的灯泡两端电压在0到6 V间变化,题图甲中灯泡两端电压最高为6 V,最低达不到0,则题图乙中灯泡两端可调电压范围大,故D错误。 价值引领 本题以台灯的两种调光方案为素材,将理论知识与实际问题相结合,考查学生有机整合运用所学知识方法分析问题、解决问题的能力,引导培养学生的综合应用和创新能力。 本课结束 $$