专题七电路与电磁反应

1、第1讲恒定电流与交变电流高考导航由于电学实验基本上是每套试题的考查热点之一，因此对直流电路的考查频率很低，交流电路基本上是每年考卷中的必考内容，往往以选择题的形式出现，考查的难度不会太大，考查的内容主要是交流电的产生和描述交流电的几个基本物理量及交流电的“四值”、变压器的工作原理以及远距离输电，预计2016年对交流电路的考查会以描述交流电的几个基本物理量及交流电的“四值”为重点有时候会以选择题的形式结合变压器考查交流电路中的动态变化问题或电路故障问题体系构建1闭合电路欧姆定律(1)表达式IU路EIr(2)图象2交变电流的四值(1)最大值：EmnBS(2)瞬时值：eEmsin t(从中性面计时)

2、(3)有效值：由电流的热效应定义(4)平均值：En.3变压器的四个基本关系(1)功率关系：P入P出(2)电压关系：.(3)电流关系：.(4)频率关系：f1f2这类问题考查理想变压器与电路的结合问题把直流电路的动态分析方法用于交流电路，考查了考生的迁移能力1闭合电路动态变化的原因：(1)某一支路的滑动变阻器的阻值变化；(2)某一支路电键闭合或断开；(3)热敏电阻或光敏电阻的阻值变化2闭合电路动态分析的两种方法：(1)程序分析法：流程如下(2)利用结论法：即“串反并同”法“串反”即某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都减小(增大)；“并同”即某一电阻增大

3、(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都增大(减小)【例1】如图，理想变压器原线圈输入电压uUmsint，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器.和是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示下列说法正确的是()AI1和I2表示电流的瞬时值BU1和U2表示电压的最大值C滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大D滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小【审题突破】(1)理想变压器的副线圈相当于电源，其余等效为负载(2)部分负载的变化引起其他支路和干路中电学量的变化(3)解答本题时可按以下思路分析：答案C解析交流电压表和

4、交流电流表显示的示数都为有效值，A、B错由于输入端电压U1和理想变压器匝数比不变，所以U2不变滑片P向下滑动过程中，电阻变小，电流I2变大，输出功率变大，则输入功率变大，电流I1变大，C正确、D错误，故选C.理想变压器电路问题的分析技巧(1)分清变量和不变量原、副线圈匝数比不变，分析各物理量随负载电阻变化而变化时，进行动态分析的顺序是RI2P2P1I1；负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而变化时，进行动态分析的顺序是n1、n2U2I2P2P1I1.(2)分清动态变化过程中的决定关系如U2由U1决定，P1、I1由P2、I2决定(3)一般步骤根据理想变压器规律分析U2的变化情况；由闭合电路的

5、欧姆定律I2分析I2的变化情况；由公式P1P2U2I2分析判断输入功率P1的变化情况；由公式P1I1U1分析I1的变化情况【变式训练】1 (多选)如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则()A保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小C保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小答案BC解析保持Q位置不动，则副线圈两端电压U2不变，

6、P向上滑动，则R增大，副线圈电流I2减小，由P1UI1U2I2，可知I1减小，电流表读数减小，A错误，B正确保持P位置不动，则R不变，Q向上滑动，n2变大，根据得，U2U，则U2增大，由I2，知I2增大，由UI1U2I2，U不变，知I1增大，电流表读数变大，所以C正确，D错误故选B、C.解决这类问题时，通常要写出交变电流瞬时值表达式交变电流瞬时值表达式的基本书写思路(1)确定正、余弦交流电的峰值，根据已知图象或公式EmNBS，求出相应最大值(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式线圈从中性面开始计时，eEm sin t.线圈从垂直于中性面开始计时，eEm cos t.【例2】如图1所示，

7、在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a、b所示，则()A两次t0时刻线圈平面均与中性面重合B曲线a、b对应的线圈转速之比为23C. 曲线a表示的交变电动势频率为25 HzD曲线b表示的交变电动势有效值为10 V【审题突破】第一步：挖掘题目信息(1)由乙图可知两次t0时刻均有e0，磁通量最大，线圈位于中性面位置(2)根据乙图读取曲线a、b对应的周期Ta4×102s、Tb6×102s.(3)根据乙图读取a曲线对应的感应电动势的最大值为15 V.第二步：明确题目要求(1)判断t0时刻线圈的位置(2)分析曲线

8、a、b对应线圈的转速关系(3)计算曲线a的频率、曲线b的电动势的有效值第三步：圈定理论依据(1)中性面是线圈平面与磁场垂直的位置，磁通量最大，e0.(2)频率与周期、转速的关系为T.(3)正弦式交变电流的最大值和有效值的关系为EmE有答案AC解析线圈位于中性面时，磁通量最大，电动势为零，A正确；转速之比等于周期的反比，故该比值为32，B错误；频率为周期的倒数，a的周期为0.04 s，频率为25 Hz，C正确；正弦交变电流的电动势的有效值为E，已知Ea V，且ba，故可知Eb× V5V，D错误交变电流的“四值”及应用(1)瞬时值：反映了不同时刻交变电流的大小，发光二极管在瞬时值超过其发

9、光电压的时间内才可以发光(2)最大值：在考虑电容器的耐压值时，则应依据交变电流的最大值(3)有效值：求电功、电功率、焦耳热以及确定保险丝的熔断电流等物理量时，要用有效值计算，正弦交变电流的有效值为I，其他交变电流的有效值只能根据有效值的定义来计算此外，交流电压表、交流电流表所测的数值均指有效值，一些交流电器铭牌上所标的额定电压(电流)值也指有效值(4)平均值：求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值，即qIt.平均值的计算需用公式En和I，得qn，切记不能用E计算电动势的平均值，平均值一般不等于有效值【变式训练】2图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场

10、，为交流电流表线圈绕垂直于磁场的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示以下判断正确的是()A电流表的示数为10 AB线圈转动的角速度为50 rad/sC0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左答案AC解析电流表示数显示的是交流电的有效值，正弦交流电的电流有效值等于最大值的倍，电流表的示数为10 A，选项A正确；因为交流电的瞬时值为i10·cos t，根据图乙可知，交流电的周期为T2×102s，则线圈转动的角速度为100 rad/s，选项B错误；0时刻线圈平面与磁场平行，t0.01 s

11、，t时间内线圈转过弧度，线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；0.02 s时的情况与0时刻的情况相同，根据右手定则可以判定，此时通过电阻R的电流方向自左向右，选项D错误1理想变压器问题的“三种切入方法”(1)电压切入法理想变压器原、副线圈的电压比为；当变压器有多个副线圈时，(2)功率切入法：理想变压器的输入、输出功率为P入P出，当变压器有多个副线圈时，P1P2P3(3)电流切入法：由I知，对只有一个副线圈的变压器有，当变压器有多个副线圈时，n1I1n2I2n3I32远距离输电问题的处理方法(1)求解远距离输电的关键是：熟悉“交流发电机升压变压器输电线降压变压器用户”这一过程，并画出这一过程的示意

12、图，把需要的物理量都标在图中的相应位置上(2)以升压变压器的副线圈、输电线、降压变压器的原线圈为回路，利用电路知识分析三者的电压关系和功率关系【例3】如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则()A用户用电器上交流电的频率是100 HzB发电机输出交流电的电压有效值是500 VC输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小【审题突破】1.命题立意：本题考查理想变压器与远距离输电的结合问题，综合性强2解题关键：(1)u­t图象中，可读出发电机输出电压的最大值为500 V，周期为0.02 s.(2)理

13、想变压器的副线圈相当于电源，其余等效为负载3解题思路：(1)明确变压器不改变交流电的频率(2)清楚交流电最大值与有效值之间的关系(3)知道输电线路上电流大小的决定因素答案D解析由图乙可知交流电的周期为0.02 s，频率为50 Hz，则A错误；发电机输出电压的有效值是 V，则B错误；输电线上的电流由用户消耗的功率及降压变压器原副线圈的匝数比共同决定，则C错误；当用户用电器的总电阻增大时，设降压变压器副线圈两端的电压为U4，则U4没变，由P知，用户消耗功率变小，降压变压器输入功率变小，设降压变压器原线圈电压为U3，又P入I线U3，U3没变，I线变小，P线IR线，R线未变，则输电线上损失的功率减少，

14、故D正确(1)抓住理想变压器问题中的两个“弄清”：弄清变量和不变量如原线圈电压不变，原、副线圈的匝数比不变，其他物理量可随电路的变化而发生变化弄清动态变化过程中的决定关系，如U2由U1决定，P1、I1由P2、I2决定(2)理想变压器问题的分析流程：由分析U2的情况由I2分析I2的情况由P1P2I2U2判断输入功率的情况由P1I1U1分析I1的变化情况【变式训练】3如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220 V降至110 V，调节前后()A副线圈中的电流比为12B副线圈输出功率比为2

15、1C副线圈的接入匝数比为21D原线圈输入功率比为12答案C解析电阻丝的阻值R可认为不变，由欧姆定律I可知副线圈中的电流取决于副线圈的输出电压，故调节前后副线圈中电流之比为21，A错误；再由P2I2U2或P2可知副线圈的输出功率之比应为41，B错误；而理想变压器输入功率总是等于输出功率，故原线圈的输入功率之比也为41，D错误；因原线圈的输入电压U1、匝数n1恒定，故由电压关系可知副线圈的接入匝数比为21，C正确突破审题·规范解答【例】如图所示，矩形线圈abcd在磁感应强度B2 T的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO以角速度10 rad/s匀速转动，线圈共10匝，ab0.3 m，bc0.6

16、m，负载电阻R45 ，线圈内阻r5 .求：(1)电阻R在0.05 s内所发出的热量(2)0.05 s内流过电阻R的电量(设线圈从垂直中性面开始转动)答案(1)5.76 J(2)0.072 C解析(1)电动势的最大值为：EmnBS10×2×0.3×0.6×10 V113.04 V电流的有效值I1.6 A所以0.05 s内电阻R上发出的热量QI2Rt5.76 J(2)由题意得t0.05 s内线圈转过的角度为t10 rad/s×0.05 s，穿过线圈的磁通量的变化量BSEn，I，qI·t代入数据解得q0.072 C【总结反思】常见误区易错角

17、度错因剖析错用平均值求热量认为求热量应用焦耳定律，对应一段时间，实际上电流产生焦耳热是从交流电的有效值的角度出发.错用有效值求电荷量认为电流流过某一横截面的电荷量相等，故用有效值求解实际上电流通过导线横截面的电量对应一段时间，要从交流电的平均值的角度出发防范措施规范解题流程：1.判断产生的交流电的特点、规律.2.根据题目要求求出相应的有效值、平均值或瞬时值.3.若为正弦交流电，则其有效值直接代入关系式；若为其他交流电，则需要由有效值的定义式求出有效值.4.求电量：先确定电动势的平均值，即交变电流图象中图线与时间轴围成面积与时间的比值，E，I，再计算通过电路某一截面的电荷量qI·t.1

18、小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO，线圈绕OO匀速转动，如图所示矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压()A峰值是e0B峰值是2e0C有效值是Ne0 D有效值是Ne0答案D解析发电机输出电压峰值是2Ne0，A、B错误；有效值是·2Ne0Ne0，C错误，D正确2一理想变压器的原、副线圈的匝数比为31，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图所示设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值

19、为k，则()AU66 V，k BU22 V，kCU66 V，k DU22 V，k答案A解析设原线圈中电流为I，由知副线圈中的电流I23I，由题意知副线圈中电阻两端的电压U3IR，则原线圈回路中R两端的电压UIR，原线圈两端的电压U13U，由闭合电路中电压关系可知U1U220 V，即3U220 V，U66 V，原线圈回路中电阻消耗的功率P1I2R，副线圈回路中电阻消耗的功率P2(3I)2R，k，选项A正确3图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A

20、2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是()A电压表V1示数增大B电压表V2、V3示数均增大C该变压器起升压作用D变阻器滑片是沿cd的方向滑动答案D解析变压器输入电压不变，原、副线圈的匝数比不变，故原、副线圈两端的电压不变，即电压表V1、V2示数不变，选项A、B均错误；I1、I2增加，则副线圈电路中总电阻减小，故变阻器滑片应沿cd方向滑动，选项D正确；由原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P入P出知，调节滑动变阻器前I1n1I2n2，调节滑动变阻器后I1n1I2n2，联立得(I1I1)n1(I2I2)n2，即I1n1I2n2，4，故该变压器起降压作用，选项C错误4如图为远距离输电示意图，两

21、变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压uUmsin t的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为()A() B()C4()2()2r D4()2()2r答案C解析T的输入电压U1，则PU1I1，I1，又因为，所以I2I1，则输电线上损失的电功率P损I·2r4()2()2r，C项正确1(多选)某交流发电机的输出电压随时间变化的图象如图所示，输出功率是20 kW，现有5 000 V高压输电，输电线上的总电阻是40 ，再利用n1n2221的降压变压器降压后供给用户，则下列说法正确

22、的是()A交变电流的频率为100 HzB发电机输出电压的有效值为220 VC流过高压输电线的电流为125 AD降压变压器输出电压的有效值为220 V答案BD解析由图象可知周期T0.02 s，所以频率f50 Hz，故选项A错误；交流发电机的输出电压为U0220 V，故选项B正确；由PUI可知高压输电电流IA4 A，故选项C错误；降压变压器的输入电压U1UIR5 000 V4×40 V4 840 V，由可知降压变压器的输出电压为U2U1 V220 V，故选项D正确2一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是51，原线圈接入电压为220 V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变

23、阻器R串联接在副线圈上，如图所示电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是()A原、副线圈中的电流之比为51B电压表的读数约为31.11 VC若滑动变阻器接入电路的阻值为20 ，则1分钟内产生的热量为2 904 JD若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小答案BC解析由n1I1n2I2可得，I1I2n2n115，选项A错误；U1220 V，U244 V，电压表测量的是电阻R两端的电压，其示数表示有效值，需要根据电流的热效应计算电压的有效值，取交流电的一个周期T，考虑到二极管具有单向导电性，则·T，代入数据可得U有效22 V31.11 V，选项B正确；1分钟内电阻R上产

24、生的热量为Qt2 904 J，选项C正确；若将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变小，但滑动变阻器两端电压的有效值不变，即电压表示数不变，滑动变阻器消耗的功率变大，输出功率变大，输入功率和输入电流均变大，所以电流表示数变大，选项D错误3如图所示，a，b间接入正弦交流电，变压器右侧部分为一火警报警系统的原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻当传感器R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是()AA1的示数增大，A2的示数增大BA1的示数增

25、大，A2的示数减小CV1的示数减小，V2的示数减小DV1的示数不变，V2的示数减小答案BD解析当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总电阻减小，所以电路中的总电流增大，A1测量的是原线圈中的总电流，由于副线圈中的电流增大了，所以A1的示数也要增大；由于电源的电压不变，原、副线圈两端的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3两端的电压变大，所以V2的示数减小，即R1两端的电压减小，所以A2的示数减小，选项B、D正确，A、C错误4如图甲所示为一台小型发电机构造的示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间按余弦规律变化，其et图象如图乙所示发电机线圈的内阻为1 ，

26、外接灯泡的电阻为9 ，则()A电压表的示数为6 VB发电机的输出功率为4 WC在1.0×102 s时刻，穿过线圈的磁通量最大D在2.0×102 s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大答案CD解析根据et图象可知产生的电动势的最大值为6V，有效值为6V，根据闭合电路欧姆定律可求得电压表的示数为U×6 V5.4 V，A错；根据电功率公式得发电机的输出功率为P()2×9 W3.24 W，B错；根据et图象可知在1.0×102 s时刻，电动势为零，说明此时线圈处于中性面，磁通量最大，C正确；在2.0×102 s时刻，电动势为最大，说明此时线圈处于

27、与中性面垂直的位置，磁通量最小，但是磁通量的变化率最大，D正确专题提升练习(A卷)一、选择题(共9小题，每小题6分，共54分在每小题给出的四个选项中，第16小题只有一个选项符合题目要求，第79小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)1在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动如图乙所示，产生的交变电动势随时间变化的规律如图甲所示，已知线框内阻为1.0 外接一只电阻为9.0 的灯泡，则()A电压表V的示数为20 VB电路中的电流方向每秒改变5次C灯泡实际消耗的功率为36 WD电动势的瞬时值表达式为e20cos 5t(V)答案C解析电压

28、表测量的是路端电压，由闭合电路欧姆定律可知，电动势的有效值为20 V，路端电压为18 V，选项A错误；由电动势的变化规律可知，该交流电的周期为0.2 s，每个周期电流方向改变两次，所以每秒电流方向改变10次，选项B错误；由题意知灯泡两端电压的有效值为18 V，因此灯泡实际消耗的功率为36 W，选项C正确；由题图可知，电动势的瞬时值表达式为e20·cos 10t(V)，选项D错误2如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，产生的正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法错误的是()A交流电b电压的有效值为10/3 VB在图中

29、t0时刻穿过线圈的磁通量均为零C交流电a的瞬时值为u10sin 5t(V)D线圈先后两次的转速之比为32答案B解析本题考查正弦交流电产生的过程、描述交流电的物理量及其图象、交流电的表达式、交流电的最大值和有效值的关系等知识点，意在考查考生的逻辑分析能力由题图可知，交流电a的周期Ta0.4 s，交流电b的周期Tb0.6 s，线圈的转速n，则线圈先后两次的转速之比为32，选项D正确；交流电a的瞬时值表达式为uUmsint，即u10 sin5 t(V)，选项C正确；在t0时，电动势为零，由法拉第电磁感应定律可知，此时穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为零，选项B错误；正弦交流电a电压的最大值Um

30、nBSnBS10 V，正弦交流电b电压的最大值UmnBS，两式相比可得UmV，则交流电b电压的有效值UV，选项A正确3一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()A200B400C1 600 D3 200答案B解析由理想变压器的变压比等于匝数比，即，解得n2n1400，选项B正确4如图所示，理想变压器的原副线圈匝数之比为21，原线圈接在u220sin100t(V)的交流电源上，副线圈一端接有R55 的负载电阻、熔断电流为1 A的保险丝R1和一个灯泡D，电流表为理想电表下列说法正确的是()AS断开时，原线圈中电流表的读数

31、为 ABS断开时，原线圈中的输入功率为220 WC副线圈中输出交流电的周期为50 sDS闭合时，灯炮D正常发光，原线圈中电流表读数不会超过1.5 A答案D解析由变压器变压公式，副线圈电压有效值U2110 VS断开时，副线圈输出电流I22 A，根据理想变压器输入功率等于输出功率，原线圈中的输入功率为220 W，原线圈中电流为IA，原线圈中电流表的读数为1 A，选项A、B错误；原线圈中输入交变电流的周期为0.02 s，副线圈中输出交流电的周期等于输入电流的周期，为0.02 s，选项C错误；S闭合时，灯泡D正常发光，灯泡D中电流小于1 A，副线圈输出功率一定小于110×3 W330 W，根

32、据理想变压器输入功率与输出功率相等，原线圈中的输入功率小于330 W，原线圈中电流小于1.5 A，原线圈中电流表读数不会超过1.5 A，选项D正确5远距离输电线路的示意图如图所示，若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是()A升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B输电线中的电流只由升压变压器原副线圈的匝数比决定C当用户用电器的总电阻减少时，输电线上损失的功率增大D升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压答案C解析变压器的输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的，所以A、B错误；用户用电器总电阻减小时，消耗功率增大，输电线中的电流增大，线损增加，C正确；

33、升压变压器的输出电压等于输电线上损耗电压加上降压变压器的输入电压，D错误6如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1n2120，原线圈接入u311sin 100t(V)的交流电，下列说法正确的是()A图中电压表的示数为6 220 VB通过R1的电流的频率为100 HzC若减小R2，则原线圈中电流I1增大D若增大R2，则R3消耗的电功率减小答案C解析由题意可知，U1 V220 V，f50 Hz，由，解得U2n24400 V，即电压表示数为4400 V，选项A、B错误；若R2减小，则副线圈总电阻减小，干路中电流增大，即P2U2I2变大，因P1P2，则P1变大，U1不变，I1变大，选项C正确；若R

34、2变大，因副线圈两端电压不变，干路中电流减小，R1两端电压减小，R3两端电压增大，由P可知，R3消耗电功率增大，选项D错误7 (多选)如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为41，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R11R0，是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V，则()A此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD原线圈两端原来的电压有效值约为48 V答案AD解析当R5R0时，示数为5.0 V，所以

35、输出电流I出，UROI出R01 V，则变压器输出电压为6 V，由得到输入电压的有效值为24 V，所以原线圈两端电压最大值为U134 V，A正确，B错误因I入I出n2n1不变，故输入电流不变时输出电流也不变，当负载由R11R0变为R5R0时，由UIR知副线圈电压由I(R011R0)降到I(R05R0)6 V，则副线圈两端原来的电压有效值为12 V，原线圈两端原来的电压有效值为48 V，C错误，D正确8 (多选)如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数之比为101，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中的电容器C和电阻R为负载，交流电压表和交流电流表均为理想电表，则下列说法正确的是()A若电压表

36、的示数为6 V，则输入电压的峰值为60 VB电流表的示数为流经电阻R的电流C若输入电压U100 V，则电容器C的耐压值至少为10 VD若输入电压的峰值保持不变，将其频率变大，则变压器的输入功率也将增大答案AD解析电压表示数为6 V，由，得U160 V，则输入电压的峰值为Um60 V，A项正确；在交流电路中电容器C、电阻R都工作，则电流表测得的是流经R与C的电流之和，B项错误；若输入电压U100 V，则输入电压峰值为Um100 V，则输出端电压的峰值为10 V，即电容器C的耐压值至少为10 V，C项错误；若输入电压峰值保持不变，将频率变大，由电容器C对交流电的影响可知，交流电的频率变大，容抗RC

37、变小，总电阻变小，由P得输出功率将变大，则输入功率也将变大，D项正确9 (多选)如图为发电厂向远处用户的输电电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变若输送功率增大，下列说法中正确的有()A升压变压器的输出电压增大B降压变压器的输出电压增大C输电线上损耗的功率增大D输电线上损耗的功率占总功率的比例增大答案CD解析已知发电厂的输出电压不变，升压变压器的原、副线圈匝数比不变，则由知，升压变压器的输出电压U2不变，A错；若输送功率增大，输电电压U2不变，则由PU2I2知，输电线上电流I2增大，又输电线的电阻不变，由U损I2R知输电线上损失电压增大，则降压变

38、压器输出电压减小，B错因输电电流增大，则由PIR知，输电线上损耗的功率变大，C对输电线上损耗功率占总功率的比例()增大，D对二、计算题(共3小题，共56分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)10(16分)如图所示，一半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场M、N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和导线的电阻不计试求：(1)由图示位置起转过圈的时间内负载电阻上产生的热量；(2)由图示位置起转过圈的时间内通过负载电阻R的电荷量；(3)电流表示数答

39、案(1)(2)(3)11(18分)某发电厂发电机的输出功率P100 kW，发电机两端电压U1250 V，向远处送电的输电线的总电阻R8 .要使传输电线上的功率损失不超过输送功率的5%，用户得到的电压又正好是220 V，那么：(1)应该怎样安装变压器？画出输电线路的示意图(2)求出所用的变压器的原、副线圈的匝数比答案(1)见解析(2)116，19011解析(1)只要安装一台升压变压器和一台降压变压器输电线路示意图如图所示(4分)(2)按题意，P损5%P0.05×100×103 W5×103 W(2分)设输电线路中的电流为I，P损I2R.(2分)IA25 A(1分)输

40、送电压U2V4 000 V(2分)对升压变压器，(2分)输电线路上损失电压U损IR25×8 V200 V，(1分)降压变压器原线圈n3两端电压U3U2U损(4 000200) V3 800 V，(1分)用户在副线圈n4两端得到电压U4220 V，(1分)所以(2分)即升压变压器原、副线圈匝数比为116；降压变压器原、副线圈匝数比为1901112(22分)如图甲所示，长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连线框所在空间有水平向右均匀

41、分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0、B1和t1均为已知在0t1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度匀速转动求：(1)0t1时间内通过电阻R的电流大小(2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量(3)线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量答案(1)(2)R()2(3)解析(1)0t1时间内，线框中的感应电动势En(3分)根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R的电流I(2分)(2)线框产生感应电动势的最大值EmnB1L1L2(2分)感应电动势的

42、有效值EnB1L1L2(1分)通过电阻R的电流的有效值I(2分)线框转动一周所需的时间t(2分)此过程中，电阻R产生的热量QI2RtR()2(3分)(3)线框从图甲所示位置转过90°的过程中，平均感应电动势En(3分)平均感应电流I(2分)通过电阻R的电荷量qIt(2分)第2讲电磁感应规律高考导航应用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向、利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势的大小分析近几年的高考试卷，对本专题几乎是年年考查，但对重点知识考查的分值时高时低，且大多是选择题，偶尔出现计算题同生产、生活实际及高科技相结合，注重对学生分析能力、解决实际问题能力进行考查的题目正在成为新的命题趋

43、势.2016年高考，选择题主要考查电磁感应中的图象问题；计算题主要以导体棒或线框的运动为背景考查力、电知识的综合应用体系构建1电磁感应现象(1)磁通量：BS，磁通量的变化：21.(2)通过磁场产生电动势或电流的现象叫电磁感应现象，发生电磁感应现象的那部分导体相当于电源，电磁感应的实质是机械能转化为电能 (3)电磁感应的有无、大小、方向：磁通量的变化导体切割磁感线运动有无电磁感应现象穿过线圈的磁通量发生变化时，线圈内就产生感应电动势E.导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体两端就产生感应电动势E.已经产生了感应电动势的电路，若处于闭合状态，就有感应电流I.感应电流的方向楞次定律：感应电流的磁场总要

44、阻碍引起电磁感应的磁通量的变化.右手定则：伸开右手，让大拇指跟其余四指在同一平面内，并且垂直，放入磁场中，让磁感线垂直穿过手心，大拇指指向导体运动的方向，其余四指所指的方向就是感应电流的方向(感应电动势的方向)感应电动势E的大小法拉第电磁感应定律电路中产生的感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，即En.电路中的一部分导体在匀强磁场中做切割磁感线运动时，产生感应电动势的大小为EBLv.2.电路知识(1)电流强度：I(2)导体的电阻：R.(3)欧姆定律：I、I(4)电功：WUIt，电功率：PUI，焦耳定律：QI2Rt.(5)串、并联电路的规律.电流电压电阻功率电路串联I1I2I3I

45、nU总U1U2UnR总R1R2R nP总P1P2Pn并联电路I总I1I2InU1U2UnP总P1P2Pn3.力学知识(1)力的分解与合成的平行四边形定则、正交分解法(2)滑动摩擦力：F滑FN，安培力F安BIL.(3)牛顿第二定律：F合ma(4)匀变速直线运动的规律：v1v0at、sv0tat2、vv2as、stt.(5)功能关系：安培力做正功，电能转化为机械能；做负功，机械能转化电能(6)动能定理：W总mvmv.(7)能量守恒定律：能的转化和守恒定律：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他的形式，或者从一个物体转移到别的物体，而能的总量保持不变. 1电磁感应中的图象多在

46、选择题中出现，有时也在计算题中考查，主要考查以下内容：(1)综合考查楞次定律、法拉第电磁感应定律及电路、安培力等相关知识；(2)在计算题中考查学生的识图能力电磁感应现象中，回路产生的感应电动势、感应电流及磁场对导线的作用力随时间的变化规律，可用图象直观地表现出来(如：It、Bt、Et等)，此题型可大致分为两类： (1)由给定的电磁感应过程选择相应的物理量的函数图象，以选择题形式为主； (2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，确定相关物理量，以综合计算题形式出现2解答电磁感应问题的一般步骤：(1)明确图象的种类，即是Bt图还是t图，或者Et图、It图等(2)分析电磁感应的具体过程(3)用右手定则

47、或楞次定律确定方向对应关系(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等(6)画图象或判断图象【例1】如图，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨空间存在垂直于纸面的均匀磁场用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是()【审题突破】1.正确写出回路中感应电流i与时间t的函数关系式是解题的关键2解题思路(1)写出金属棒MN匀速向右切割磁感线产

48、生的感应电动势及整个回路电阻的表达式；(2)根据闭合电路欧姆定律求出回路中的感应电流，得到回路中电流i和时间t的关系式答案A解析金属棒MN匀速向右切割磁感线产生的感应电动势为EBLv，设bac2，金属棒单位长度的电阻为r，则整个回路的电阻为Rr(L×2)r(1)L，再根据欧姆定律可得回路中的电流为i定值，故图A正确1解答电磁感应问题的“三个关注”：(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程对应2图象问题

49、的思路与方法：(1)图象选择问题：求解物理图象的选择题可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图象，留下正确图象也可用“对照法”，即按照要求画出正确的草图，再与选项对照解决此类问题关键是把握图象特点、分析相关物理量的函数关系、分析物理过程的变化或物理状态的变化 (2)图象分析问题：定性分析物理图象，要明确图象中的横轴与纵轴所代表的物理量，弄清图象的物理意义，借助有关的物理概念、公式、不变量和定律作出相应判断在有关物理图象的定量计算时，要弄清图象所揭示的物理规律及物理量间的函数关系，善于挖掘图象中的隐含条件，明确有关图象所包围的面积、斜率，以及图象的横轴、纵轴的截距所表示的物理意义【变式训练】1

50、如图(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示，已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是()答案C解析A选项中只有电流方向改变的瞬间，线圈cd间才会产生电压，其他时间cd间电压为零，不符合题意，故A选项错误通电线圈中产生的磁场Bki(k为比例系数)；在另一线圈中的磁通量BSkiS，由法拉第电磁感应定律可知，在另一线圈中产生的感应电动势En，由图(b)可知，|Ucd|不变，则|不变，故|不变，故选项B、D错误，C正确1电磁感应中的动力学问题应抓住的“两个对象”：2电磁感应

51、中的动力学问题的解题策略：此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首先要建立“动电动”的思维顺序，可概括为：(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向(2)根据等效电路图，求解回路中电流的大小及方向(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从推理得出对电路中的电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解3电磁感应中的动力学临界问题【例2】如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层匀强磁场的磁感应强度大小为B，

52、方向与导轨平面垂直质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.【审题突破】关注：导体棒在有绝缘涂层段受摩擦力，而不受安培力，在无涂层段不受摩擦力，而受安培力隐含条件，匀速运动意味着摩擦力与安培力相同答案(1)tan(2)(3)2mgdsin解析(1)在绝缘涂层上受力平衡mgsinmgcos解得tan(2)在光滑导轨上感应电动势EBL

53、v感应电流I安培力F安BIL受力平衡F安mgsin解得v(3)摩擦生热Q摩mgdcos由能量守恒定律得3mgdsinQQ摩mv2解得Q2mgdsin破解电磁感应的动力学问题的思路(1)明确题目中给出的情景和运动过程的关键状态(2)明确等效电源，画出等效电路，分析电路并列方程(3)确定研究对象，进行受力分析，画出力的受力示意图(4)写出安培力的表达式，抓住关键状态列出平衡条件或牛顿第二定律方程(5)确定研究过程，分析研究对象的加速度、速度、感应电动势、感应电流、安培力等的变化情况【变式训练】2如图(a)所示，平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨间距L0.5 m，导轨左端M、P间接有一阻值R0.2 的定值电阻，导体棒ab的质量m0.1 kg，与导轨间的动摩擦因数0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端为d1.0 m处，导轨和导体棒始终接触良好，电阻均忽略不计整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B随时间t的变化如图(b)所示，不计感应电流磁场的影响取重力加速度g10 m/s2.(1)求t0时棒所受到的安培力F0；(2)分析前3 s时间内导体棒的运动情况并求前3 s内棒所受的摩擦力f随时间t变化的关系式；(3)若t3 s时，突然使ab棒获得向右的速度v08 m/s，同时垂直棒施加一方向水平、大小可变化的