高考物理总复习考点真题讲解通用版课件62专题.pptx

1、考点真题讲解考点真题讲解电磁感应规律及综合应用1231.(2019全国卷)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现?()A.电阻定律B.库仑定律C.欧姆定律D.能量守恒定律解析:增反减同,来拒去留,都反映了电磁感应现象中安培力做负功,把其他形式的能转化为电能,楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现,A、B、C错误,D正确。答案:D1232.(多选)(2019全国卷)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场,其边界如图(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为、横截面积为S,将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内,圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图(a)所

2、示;磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示。则在t=0到t=t1的时间间隔内()123答案:BC 1233.(多选)(2019全国卷)如图,两条光滑平行金属导轨固定,所在平面与水平面夹角为,导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直,在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放,两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时,到MN离开磁场区域为止,流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是()123123解析:本题以棒轨模型考查电磁感应,属于电磁感应中动力学问题和图象问题。由

3、于导体棒进入磁场时加速度为零,说明是匀速进入;两棒分别进入有两种情况,一是PQ在磁场中运动时,MN在磁场外,当PQ出磁场后,MN进入磁场,这时,MN切割磁感线的速度与PQ切割磁感线的速度相同,这一过程电流大小不变,流过PQ的电流方向相反,A正确,B、C错误。二是PQ在磁场中还没有出来时,MN进入,这时回路电流为零。两棒加速下滑,PQ出磁场时,MN的速度比刚进入磁场时大,所受安培力大于重力沿斜面的分力,MN做减速运动,电流减少,由此可知D正确。答案:AD考点1考点2考点3楞次定律、法拉第电磁感应定律例1(多选)(2018全国卷)如图(a),在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R,R在PQ的

4、右侧。导线PQ中通有正弦式交变电流i,i的变化如图(b)所示,规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势()考点1考点2考点3考点1考点2考点3答案:AC 考点1考点2考点3方法归纳应用楞次定律的注意事项(1)利用楞次定律判断的电流方向也是电路中感应电动势的方向,利用右手定则判断的电流方向也是做切割磁感线运动的导体上感应电动势的方向。若电路为开路,可假设电路闭合,应用楞次定律或右手定则确定电路中假想电流的方向即为感应电动势的方向。(2)在分析电磁感应现象中的电势高低时,一定要明确产生感应电动势的那部分电路就是电源,在电源内部,电流方向从低电势处指向高电势处。考点1考点2考点3对应训练1.

5、(多选)(2019山东潍坊二模)如图,螺线管内有平行于轴线的外加磁场,以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连,导线框内有一闭合小金属圆环,圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图所示规律变化时()A.在0t1时间内,环有收缩趋势B.在t1t2时间内,环有扩张趋势C.在t1t2时间内,环内有逆时针方向的感应电流D.在t2t3时间内,环内有逆时针方向的感应电流考点1考点2考点3解析:在0t1时间内,B均匀增加,则在线圈中产生恒定不变的感生电动势,则在导线框dcba中形成稳定的电流,则此时环中无感应电流产生,环也没有收缩趋势,选项A错误;在t1t2时间内,B的变

6、化率逐渐减小,则螺线管中的感应电流的磁场方向为从下到上且逐渐减小,在导线框abcd中的磁通量为向外减小,穿过环的磁通量向外减小,根据楞次定律可知,环内有逆时针方向的感应电流,且有扩张趋势,选项BC正确;在t2t3时间内,B的方向向下,且B的变化率逐渐减小,则螺线管中的感应电流的磁场方向为从上到下且逐渐减小,在导线框abcd中的磁通量为向里减小,穿过环的磁通量向里减小,根据楞次定律可知,环内有顺时针方向的感应电流,选项D错误。答案:BC考点1考点2考点32.(2019安徽蚌埠二模)同一平面内固定有一长直导线PQ和一带缺口的刚性金属圆环,在圆环的缺口两端引出两根导线,分别与两块垂直于圆环所在平面固

7、定放置的平行金属板MN连接,如图甲所示。导线PQ中通有正弦交变电流i,i的变化如图乙所示,规定从Q到P为电流的正方向,则在12 s内()A.M板带正电,且电荷量增加B.M板带正电,且电荷量减小C.M板带负电,且电荷量增加D.M板带负电,且电荷量减小考点1考点2考点3解析:在12 s内,穿过金属圆环的磁场垂直于纸面向里,磁感应强度变小,穿过金属圆环的磁通量变小,磁通量的变化率变大,假设环闭合,由楞次定律可知感应电流磁场与原磁场方向相同,即感应电流磁场方向垂直于纸面向里,然后由安培定则可知感应电流沿顺时针方向,由法拉第电磁感应定律可知感应电动势增大,由此可知M板电势高,带正电,电荷量增加,故A正确

8、,B、C、D错误;故选A。答案:A考点1考点2考点3电磁感应中的图象问题例2(2018全国卷)如图,在同一水平面内有两根平行长导轨,导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域,区域宽度均为l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下,一边长为 l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是()考点1考点2考点3解题思路找到线框在移动过程中哪一部分切割磁感线,并根据右手定则判断电流的方向,从而判断整个回路中总电流的方向。要分过程处理本题。解析:在00.5l过程,前、后两边均切割磁感线,产生相同方向(顺时针)、等大不变的电动势,产生同方向、不变的电流;在0.5ll过程,

9、前、后两边均切割磁感线,产生反向、等大不变的电动势,线框中总电动势为零,电流为零;在l1.5l过程,前、后两边均切割磁感线,产生相同方向(逆时针)、等大不变的电动势,产生同方向、不变的电流,选项D正确。答案:D考点1考点2考点3方法归纳1.图象问题掌握两个技法,做到解题快又准。(1)排除法:定性地分析每一个过程中物理量的变化(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化),特别是物理量的正负,排除错误的选项。(2)函数法:根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系,然后由函数关系对图象作出分析和判断。2.谨记三点注意,避免踏入雷区。(1)定性或定量地表示出所研究问题的函数关系是选择

10、或绘制图象的关键。(2)在图象中I、v等物理量的方向是通过正负值来反映的。(3)注意过程或阶段的选取,一般进磁场或出磁场,磁通量最大或最小,有效切割长度最大或最小等是分段的关键点。考点1考点2考点3对应训练3.(2019重庆二模)半径为L的圆形边界内分布有垂直圆所在平面的磁场,垂直纸面向里的磁感应强度大小为2B,垂直纸面向外的磁感应强度大小为B,如图所示。AEO为V形导线框,其面积是圆面积的八分之一,其总电阻为R,以角速度绕O轴逆时针匀速转动,从图中所示位置开始计时,用i表示导线框中的感应电流(顺时针方向为正),线框中感应电流i随时间t变化图象可能是()考点1考点2考点3答案:B 考点1考点2

11、考点34.(2019安徽淮南二模)如图所示,光滑绝缘的水平桌面上有一直角三角形导线框ABC,其中AB=L,BC=2L,两平行虚线间有一垂直于桌面向下的匀强磁场,磁场宽度为L,导线框BC边与虚线边界垂直。现让导线框从图示位置开始沿BC方向匀速穿过磁场区域。设线框中产生顺时针方向的感应电流为正,则在线框穿过磁场的过程中,产生的感应电流与线框运动距离x的函数关系图象正确的是()考点1考点2考点3答案:D 考点1考点2考点3电磁感应中的综合问题例3(2018河北唐山模拟)如图所示,金属平行导轨MN、MN和金属平行导轨PQR、PQR分别固定在高度差为h(数值未知)的水平台面上。导轨MN、MN左端接有电源

12、,MN与MN的间距为L=0.10 m,线框空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B1=0.20 T;平行导轨PQR与PQR的间距为L=0.10 m,其中PQ与PQ是圆心角为60、半径为r=0.50 m的圆弧导轨,QR与QR是水平长直导轨,QQ右侧有方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B2=0.40 T。导体棒a质量m1=0.02 kg,电阻R1=2.0,放置在导轨MN、MN右侧NN边缘处;导体棒b质量m2=0.04 kg,电阻R2=4.0,放置在水平导轨某处。闭合开关S后,导体棒a从NN水平抛出,恰能无碰撞地从PP处以速度v1=2 m/s滑入平行导轨,且始终没有与棒b相碰。重力加速度g取10 m

13、/s2,不计一切摩擦及空气阻力。求:考点1考点2考点3(1)导体棒b的最大加速度;(2)导体棒a在磁场B2中产生的焦耳热;(3)闭合开关S后,通过电源的电荷量q。考点1考点2考点3解题思路(1)当导体棒a刚进入磁场时产生的感应电流最大,b棒受到的安培力最大,产生的加速度最大。先研究a棒运动过程,由动能定理求得a棒刚滑到水平轨道上时的速度,再由法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、牛顿第二定律列方程求解导体棒b的最大加速度。(2)两棒在磁场B2中运动过程中系统的动量守恒,根据动量守恒定律列方程求出共同速度,再根据功能关系得电路产生的总电热,根据串联电路规律求解金属棒a中产生的焦耳热。(3)闭合

14、开关S后,a棒水平抛出,由平抛运动的规律求得a棒获得的初速度,再对a棒冲出的过程,运用动量定理求通过电源的电荷量q。考点1考点2考点3考点1考点2考点3(2)两个导体棒在磁场B2中运动过程中,动量守恒和能量守恒,当两棒的速度相等时回路中的电流为零,此后两棒做匀速运动,两棒不再产生焦耳热。根据动量守恒定律:m1v2=(m1+m2)v3解得Qa=0.02 J。(3)设接通开关后,a棒以速度v0水平抛出,则有:v0=v1cos 60=1 m/s对a棒冲出过程由动量定理:B1 Lt=m1v0即:B1Lq=m1v0代入数据解得:q=1 C。答案:(1)0.02 m/s2(2)0.02 J(3)1 C考点

15、1考点2考点3方法归纳1.抓住“两个对象”考点1考点2考点32.活学活用一个解题流程 考点1考点2考点3对应训练5.(2019黑龙江大庆三模)如图,间距为L的光滑金属导轨,半径为r的 圆弧部分竖直放置,直的部分固定于水平地面,MNQP范围内有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。金属棒ab和cd垂直导轨放置且接触良好,cd静止在磁场中,ab从圆弧导轨的顶端由静止释放,进入磁场后与cd在运动中始终不接触。已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R。金属导轨电阻不计,重力加速度为g。考点1考点2考点3考点1考点2考点3考点1考点2考点3考点1考点2考点3直流电路和交流电路高考试题统计与命题预测

16、第13讲直流电路和交流电路1231.(2016全国卷)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时,C所带的电荷量为Q1;闭合开关S,电流再次稳定后,C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为()123答案:C 1232.(2018全国卷)一电阻接到方波交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q方;若该电阻接到正弦交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0,周期均为T,如图所示。则Q方Q正等于()123答案:D 1233.(2016全国卷)一含有理想变压器的电路如图所示,图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 、1 和4,A为

17、理想交流电流表,U为正弦交流电源,输出电压的有效值恒定。当开关S断开时,电流表的示数为I;当S闭合时,电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为()A.2B.3C.4D.5123答案:B 考点1考点2考点3直流电路的分析与计算例1(多选)(2018山东二模)如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻为r,开关S闭合后,平行板电容器中的带电液滴M处于静止状态,电流表和电压表均为理想电表,则()A.带电液滴M一定带正电B.R4的滑片向上端移动时,电流表示数减小,电压表示数增大C.若仅将电容器下极板稍微向上平移,带电液滴M将向上极板运动D.若将开关S断开,带电液滴M将向下极板运动考点1考点2考点3审

18、题 考点1考点2考点3解析:电容器的上极板带正电,板间电场强度方向向下,带电液滴M处于平衡状态,则知受到的电场力向上,带电液滴M带负电,故A错误。R4的滑片向上端移动时,其接入电路的电阻增大,根据“串反并同”知电流表示数减小,电压表示数增大,故B正确。若仅将电容器下极板稍微向上平移,因为板间电压U不变,由E=可得电场E增大,所以液滴受到的电场力增大,液滴将向上极板运动,故C正确。若将开关S断开,电容器板间电压增大,液滴受到的电场力增大,液滴将向上极板运动,故D错误。答案:BC考点1考点2考点3方法归纳闭合电路的动态分析方法(1)程序法:闭合电路中,由于局部电阻变化(或开关的通断),引起各部分电

19、压、电流(或灯泡明暗)发生变化,分析此类问题的基本步骤是:由局部电阻变化判断总电阻的变化;由U内=Ir判定内电压的变化;据U=E-U内判断路端电压的变化;接下来要逐级确定定值电阻的电压或电流的变化,再确定变化电阻的电压或电流的变化。考点1考点2考点3(2)极限法:因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题,可将变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论。(3)特殊值法:对于某些电路问题,可以采取代入特殊值法判定,从而得出结论。(4)结论法:“串反”“并同”,即某一电阻阻值变化,则与该电阻相串联的用电器两端电压、通过的电流、消耗的功率都将与该电阻阻值变化情况相反;与该电阻相并联的用电器两端电压、通过的电流、消

20、耗的功率都将与该电阻阻值变化情况相同。考点1考点2考点3对应训练1.(2018江苏南通二模)图甲电路中,D为二极管,其伏安特性曲线如图乙所示。在图甲电路中,闭合开关S,滑动变阻器R的滑片P从左端向右移动过程中()A.二极管D消耗的功率变大B.二极管D的电阻变大C.通过二极管D的电流减小D.电源的功率减小解析:滑动变阻器R的滑片P从左端向右移动过程中,滑动变阻器的电阻减小,电路电流增大,由题图乙可知,二极管的电阻减小,电流、电压增大,消耗的功率也增大,故A正确,B、C错误;电源的功率为P=EI,因为电流增大,所以电源的功率增大,故D错误。答案:A考点1考点2考点32.(多选)(2019湖北武汉模

21、拟)如图所示的电路中,电源电动势为E、内阻为r,定值电阻R1r,静电计的金属小球通过导线与电路中的b点相连。闭合开关S,将滑动变阻器R2的滑片向右滑动一段距离,电路稳定后,相对滑片未滑动前电压表示数的变化量为U,电流表示数的变化量为I,且两电表均为理想电表。下列判断中正确的是()A.电源的输出功率减小B.静电计指针张角减小C.电压表的示数U和电流表的示数I的比值不变D.U与I的比值不变考点1考点2考点3解析:滑片向右滑,R2的有效阻值增大,总外电阻R增大,但不一定大于电源内阻,故电源的输出功率不一定减小,故A错误;由于R1两端电压U1减小,稳定时电容器两端电压减小,静电计指针张角减小,答案:B

22、D考点1考点2考点3交变电流的产生与描述例2(2019重庆4月调研)图甲为小型发电机的结构简图,通过线圈在两磁极间转动给小灯泡供电,已知小灯泡获得的交变电压如图乙。则下列说法正确的是()A.甲图中电压表的示数为6 VB.乙图中的0时刻就是甲图所示时刻C.乙图中0.510-2 s时刻,穿过甲图中线圈的磁通量最小D.乙图中1.010-2 s时刻,穿过甲图中线圈的磁通量最小考点1考点2考点3审题 考点1考点2考点3解析:甲图中电压表的示数为交变电流的有效值:U=V=6 V,选项A错误;乙图中的0时刻感应电动势为零,而甲图所示时刻,感应电动势最大,选项B错误;乙图中0.510-2 s时刻,感应电动势最

23、大,则此时穿过甲图中线圈的磁通量最小,选项C正确;乙图中1.010-2 s时刻感应电动势为零,则此时穿过甲图中线圈的磁通量最大,选项D错误。答案:C考点1考点2考点3方法归纳解决交变电流问题的几点注意(1)理解几个特殊位置的磁通量、磁通量的变化率、感应电动势及感应电流方向的特点与中性面重合时,SB,最大,=0,e=0,i=0,电流方向将发生改变。与中性面垂直时,SB,=0,最大,e最大,i最大,电流方向不变。(2)区分交变电流的峰值、瞬时值、有效值和平均值。考点1考点2考点3(3)确定交变电流中电动势、电压、电流的有效值后就可以运用直流电路的规律处理交变电流电路中的有关问题。(4)交变电流瞬时

24、值表达式书写的基本思路确定正余弦交变电流的峰值,根据已知图象或由公式Em=nBS求出相应峰值,其中=2f=2n。明确线圈的初始位置,找出对应的函数关系式。a.若线圈从中性面开始计时,则e-t图象为正弦函数,e=Emsin t;b.若线圈从垂直中性面开始计时,则e-t图象为余弦函数,e=Emcos t。考点1考点2考点3对应训练3.(2019山东聊城二模)如图甲所示,矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO匀速转动,从某时刻开始计时,产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示,若外接电阻R=70,线圈电阻r=10,则下列说法正确的是()A.线圈的角速度为100 rad/sB.0.01

25、s末穿过线圈的磁通量最大C.通过线圈的最大电流为1.25 AD.电压表的示数为87.5 V考点1考点2考点3答案:C 考点1考点2考点34.(多选)(2019辽宁大连二模)近年来,手机无线充电功能的广泛应用为人们提供了很大便利。如图甲为充电原理示意图。充电板接交流电源,对充电板供电,充电板内的励磁线圈可产生交变磁场,从而使手机内的感应线圈产生感应电流。当充电板内的励磁线圈通入如图乙所示的交变电流时(电流由a流入时方向为正),下列说法正确的是()考点1考点2考点3A.感应线圈中产生的是恒定电流B.感应线圈中电流的方向总是与励磁线圈中电流方向相反C.t3时刻,感应线圈中电流的瞬时值为0D.t1t3

26、时间内,c点电势高于d点电势考点1考点2考点3解析:励磁线圈产生的磁场随电流变化,因为电流不是均匀变化,磁场也不是均匀变化,所以感应电动势:,就不是恒定的,感应电流也就不是恒定的,A错误;感应电流方向阻碍引起感应电流磁通量的变化,当励磁线圈电流减小,磁场减小时,感应电流与励磁线圈电流同向,阻碍磁场减小,B错误;t3时刻,励磁线圈电流变化率为零,磁感应强度变化率为零,感应电动势为零,感应电流为零,C正确;t1t2时间内,励磁线圈正向减小,磁场向上减小,感应电流磁场向上,根据安培定则可判断c点电势高于d点电势,同理可判断t2t3时间内c点电势高于d点电势,D正确。答案:CD考点1考点2考点3理想变

27、压器远距离输电例3(多选)(2018湖南衡阳二模)如图是一个理想变压器的示意图,S为单刀双掷开关,P是滑动变阻器的滑动触头,R0是定值电阻,保持交变电压U1不变,下列说法正确的是()A.若P的位置不变,S由a合到b处,则电压表示数增大B.若P的位置不变,S由a合到b处,则电流表示数减小C.若S置于b处,将P向上滑动,则电流表示数增大D.若S置于b处,将P向上滑动,则电压表示数增大考点1考点2考点3审题 考点1考点2考点3解析:S由a切换到b,原线圈匝数变小,由于原线圈两端的电压恒定不变,根据公式 可知,所以副线圈电压变大,电阻不变,所以R上电压增大,即电压表示数增大。电阻不变,所以R上电流增加

28、,副线圈消耗的功率增大,所以原线圈输入功率增大,而输入电压不变,则I1将增大,电流表示数增大,故A正确,B错误;若S置于b处,由于原线圈两端的电压恒定不变且变压器原副线圈的匝数不变,所以副线圈电压不变,将P向上滑动,变阻器电阻变大,电流变小,知I1变小,则电流表示数减小,R0两端电压变小,则滑动变阻器电压变大,即电压表示数增大,C错误,D正确。答案:AD考点1考点2考点3方法归纳变压器动态变化分析方法1.变压器动态分析常见的两种情况(1)负载不变,匝数比变化;(2)匝数比不变,负载变化。2.处理此类问题应注意三点(1)根据题意分清变量和不变量;(2)要弄清“谁决定谁”的制约关系电压是输入决定输

29、出,电流和功率是输出决定输入;(3)动态分析顺序:由U1和 决定U2;由负载电阻R和U2决定I2;由P2=U2I2,确定P1;由P1=U1I1,确定I1。考点1考点2考点3对应训练5.(2019陕西汉中二模)有4个完全相同的灯泡连接在理想变压器的原、副线圈中,电源输出电压U恒定不变,如图所示。若将该线路与交流电源接通,且开关S接在位置1时,4个灯泡发光亮度相同;若将开关S接在位置2时,灯泡均未烧坏。则下列说法正确的是()A.该变压器是降压变压器,原、副线圈匝数比为41B.该变压器是升压变压器,原、副线圈匝数比为14C.当开关接位置2时副线圈中的灯泡仍能发光,只是亮度变亮D.当开关接位置2时副线

30、圈中的灯泡仍能发光,只是亮度变暗考点1考点2考点3解析:四个灯泡亮度相同,所以原线圈电流与副线圈电流之比为13,根据电流与匝数成反比知原副线圈的匝数比为31,可知该变压器是降压变压器,故AB错误;开关接到2位置,原线圈输入电压变大,根据电压与匝数的关系可知副线圈电压变大,所以灯泡的电流变大,灯泡仍能发光,但亮度变大,故C正确,D错误。答案:C考点1考点2考点36.(多选)(2019广东深圳二模)中国特高压远距离输电技术已成为国际标准,使“煤从空中走、电送全中国”成为现实。如图为远距离输电示意图,发电厂输出电压U1=104 V,输出功率P1=109 W,两个理想变压器的匝数比分别为n1n2=1100、n3n4=1001,输电线总电阻r=50。则()A.U4=U1B.I4=I1C.通过电阻r的电流I2=2104 AD.电阻r损耗的电功率为5107 W考点1考点2考点3答案:BD