（江苏选考）2023版高考物理二轮复习第一部分专题四电路和电磁感应学案

PAGEPAGEPAGE1专题四电路和电磁感应[学前先做高考题]高考题最经典，每做一次都有新发现1．(多项选择)(2022·江苏高考)如下图的电路中，电源电动势为12V，内阻为2Ω，四个电阻的阻值已在图中标出。闭合开关S，以下说法正确的有()A．路端电压为10VB．电源的总功率为10WC．a、b间电压的大小为5VD．a、b间用导线连接后，电路的总电流为1A解析：选AC根据串并联电路的特点可得，外电路总电阻为10Ω，根据闭合电路欧姆定律得通过电源的电流为I＝eq\f(12,2＋10)A＝1A，那么路端电压为U＝IR外＝10V，选项A正确；电源的总功率P＝EI＝12W，选项B错误；假设取电源负极的电势为0，那么a点电势为φa＝2.5V，b点电势为φb＝7.5V，a、b间电压的大小为5V，选项C正确；a、b间用导线连接起来后外电路总电阻为7.5Ω，电路的总电流为I＝eq\f(12,2＋7.5)A≈1.26A，选项D错误。2．(2022·江苏高考)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改变为110V。变压器原线圈匝数为800，那么副线圈匝数为()A．200 B．400C．1600 D．3200解析：选B根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得n2＝eq\f(n1U2,U1)＝eq\f(800×110,220)＝400，选项B正确。3.(2022·江苏高考)一自耦变压器如下图，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一局部，接在c、d间作为副线圈。在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2。在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中()A．U2＞U1，U2降低 B．U2＞U1，U2升C．U2＜U1，U2降低 D．U2＜U1，U2升解析：选Ca、b间原线圈的匝数大于c、d间副线圈的匝数，在滑动触头由M点移动到N点的过程中，副线圈的匝数进一步减小，由变压器工作原理eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，U2＜U1，且U2降低，选项C正确。4.(多项选择)(2022·江苏高考)电吉他中电拾音器的根本结构如下图，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音。以下说法正确的有()A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B．取走磁体，电吉他将不能正常工作C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化解析：选BCD铜不能被磁化，铜质弦不能使电吉他正常工作，选项A错误；取走磁体后，金属弦不能被磁化，弦的振动无法通过电磁感应转化为电信号，音箱不能发声，选项B正确；增加线圈匝数，根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知，线圈的感应电动势变大，选项C正确；弦振动过程中，线圈中的磁场方向不变，但磁通量一会儿增大，一会儿减小，那么产生的感应电流的方向不断变化，选项D正确。5．(2022·江苏高考)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流。某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r＝5.0cm，线圈导线的截面积A＝0.80cm2，电阻率ρ＝1.5Ω·m。如下图，匀强磁场方向与线圈平面垂直，假设磁感应强度B在0.3s内从1.5T均匀地减为零，求：(计算结果保存一位有效数字)(1)该圈肌肉组织的电阻R；(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；(3)0.3s内该圈肌肉组织中产生的热量Q。解析：(1)由电阻定律得R＝ρeq\f(2πr,A)，代入数据得R≈6×103Ω。(2)感应电动势E＝eq\f(ΔB·πr2,Δt)，代入数据得E≈4×10－2V。(3)由焦耳定律得Q＝eq\f(E2,R)Δt，代入数据得Q＝8×10－8J。答案：(1)6×103Ω(2)4×10－2V(3)8×10－8J6.(2022·江苏高考)如下图，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。解析：(1)MN刚扫过金属杆时，金属杆中感应电动势为E＝Bdv0故感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bdv0,R)。(2)金属杆所受安培力F＝BId由牛顿第二定律得F＝ma可得磁场区域扫过金属杆后，金属杆的加速度大小a＝eq\f(B2d2v0,mR)。(3)PQ刚要离开金属杆时，金属杆切割磁感线的速度为v′＝v0－v，那么感应电动势E＝Bd(v0－v)解得感应电流的功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2d2v0－v2,R)。答案：(1)eq\f(Bdv0,R)(2)eq\f(B2d2v0,mR)(3)eq\f(B2d2v0－v2,R)7.(2022·江苏高考)据报道，一法国摄影师拍到了“天宫一号〞空间站飞过太阳的瞬间。照片中，“天宫一号〞的太阳帆板轮廓清晰可见。如下图，假设“天宫一号〞正以速度v＝7.7km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L＝20m，地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1.0×10－5T。将太阳帆板视为导体。(1)求M、N间感应电动势的大小E；(2)在太阳帆板上将一只“1.5V,0.3W〞的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻，试判断小灯泡能否发光，并说明理由；(3)取地球半径R＝6.4×103km，地球外表的重力加速度g＝9.8m/s2，试估算“天宫一号〞距离地球外表的高度解析：(1)感应电动势E＝BLv，代入数据得E＝1.54V。(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流。(3)在地球外表有Geq\f(Mm,R2)＝mg“天宫一号〞做匀速圆周运动，有Geq\f(Mm,R＋h2)＝meq\f(v2,R＋h)解得h＝eq\f(gR2,v2)－R，代入数据得h≈4×105m(数量级正确即可)。答案：(1)1.54V(2)见解析(3)4×10十八、直流电路的分析和计算[抓牢解题根源]一、掌握三个根本定律1．欧姆定律：I＝eq\f(U,R)2．电阻定律：R＝ρeq\f(l,S)3．焦耳定律：Q＝I2Rt二、区分电功和电热、电功率和热功率意义公式联系电功电流在一段电路中所做的功W＝UIt对纯电阻电路，电功等于电热：W＝Q＝UIt＝I2Rt对非纯电阻电路，电功大于电热：W>Q电热电流通过导体产生的热量Q＝I2Rt电功率单位时间内电流所做的功P电＝UI对纯电阻电路，电功率等于热功率：P电＝P热＝UI＝I2R对非纯电阻电路，电功率大于热功率：P电>P热热功率单位时间内导体产生的热量P热＝I2R三、理解闭合电路欧姆定律的两种表达形式1．电流形式：I＝eq\f(E,R＋r)适用于纯电阻电路。2．电压形式：E＝U＋Ir适用于所有的闭合电路。四、闭合电路的功率问题1．电源内阻消耗的功率：P内＝I2r2．电源总功率：P总＝EI＝UI＋I2r3．电源的输出功率：P出＝UI＝EI－I2r4．当R＝r时，输出功率最大：Pm＝eq\f(E2,4r)5．电源的效率：η＝eq\f(P出,P总)×100%[研透常考题根]直流电路的动态分析[例1](2022·南京三模)如下图的电路，R1、R2、R4均为定值电阻，R3为热敏电阻(温度升高，电阻减小)，电源的电动势为E，内阻为r，起初电容器中悬停一质量为m的带电尘埃，当环境温度降低时，以下说法正确的选项是()A．电压表和电流表的示数都减小B．电压表和电流表的示数都增大C．电压表和电流表的示数变化量之比保持不变D．带电尘埃将向下极板运动[思路点拨](1)读懂电路图，知道电容器的端电压等于R4的端电压，根据温度降低，判断电路的总电阻的变化，再判断支路电压和电流的变化。(2)根据电容器板间电压的变化，分析板间场强的变化，判断带电尘埃的受力情况，从而分析其运动情况。[解析]当环境温度降低时，R3的阻值增大，外电路总电阻增大，那么总电流减小，所以电流表的示数减小，题图中并联局部的总电阻增大，由串联电路电压与电阻成正比的规律知：并联局部的电压增大，那么电压表的示数增大，故A、B错误；电压表的示数为U＝E－I(R1＋r)，那么得电压表和电流表的示数变化量之比为eq\f(ΔU,ΔI)＝R1＋r，保持不变，故C正确；电容器板间电压增大，板间场强增大，带电尘埃所受的电场力增大，那么带电尘埃将向上极板运动，故D错误。[答案]C[备考锦囊]闭合电路动态问题的三种分析方法(1)程序分析法：流程如下(2)结论分析法：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(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)(3)极限分析法因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将其滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零分别讨论。[即时训练](2022·启东市模拟)如下图，图中的三个电表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片P向左端缓慢移动时，以下说法正确的选项是()A．电压表V2的读数减小，电流表A的读数增大B．电压表V1的读数增大，电压表V2的读数增大C．电阻RP消耗的功率增大，电容器C所带电量增加D．电压表V2的读数减小，电流表A的读数减小解析：选D滑片P左移时，滑动变阻器连入电路的阻值增大，根据串反并同规律知，电压表V1的读数增大，电压表V2的读数减小，电流表A的读数减小，A、B错误，D正确；视r＋R1＋R2为电源的等效内电阻，根据电源的输出功率与外电阻的关系知，由于电阻RP与r＋R1＋R2的大小关系未知，因此电阻RP消耗的功率是增大还是减小无法判断，由于电容器C两端的电压增大，处于充电状态，其所带电量增加，C错误。电源的功率和效率[例2](多项选择)如下图，电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，R0＝r，滑动变阻器的最大阻值是2r。当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，以下说法中正确的选项是()A．电路中的电流变大B．电源的输出功率先变大后变小C．滑动变阻器消耗的功率变小D．定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小[思路点拨](1)电源的输出功率的变化情况由外电阻与内电阻的大小关系来判断。(2)分析R上功率变化时，将R视为外电阻，把R0＋r视为电源内阻。(3)根据电流的变化判断R0上功率的变化情况。[解析]电路中电流I＝eq\f(E,R0＋R＋r)，R减小，所以I变大，A正确；由于R0＝r，在P由a端向b端滑动时，R外逐渐减小至R0，刚好等于内阻r，所以电源的输出功率逐渐增大，B错误；将R0视为等效电源内阻的一局部，在P由a端向b端滑动时，等效外电阻由2r变为0，R消耗的功率为等效电源的输出功率，逐渐变小，C正确；由PR0＝I2R0可知，I变大，PR0变大，D错误。[答案]AC[备考锦囊]电源的输出功率随外电路电阻R的变化关系当R＝r时电源的输出功率最大，为Pm＝eq\f(E2,4r)当R>r时随R的增大，电源的输出功率越来越小当R<r时随R的增大，电源的输出功率越来越大当P出<Pm时每个输出功率对应两个外电阻阻值R1和R2，且R1R2＝r2[即时训练](2022·江苏名校大联考)如下图，电源电动势E＝10V，内阻r＝1Ω，R1＝3Ω。电键S断开时，R2的功率为4W，电源的输出功率为4.75W，电键S闭合后，电流表的读数为2A。那么()A．电键S断开时，电流表的读数为1AB．电阻R2＝16ΩC．电阻R3＝3ΩD．电键S闭合后，电源的路端电压为6V解析：选B电键S断开时，电源的输出功率为U1I1＝4.75W，而U1＝E－I1r，联立解得I1＝0.5A，选项A错误；根据R2的功率为I12R2＝4W，解得R2＝16Ω，选项B正确；电键S闭合后，电源的路端电压为U2＝E－I2r＝8V，选项D错误；电阻R3两端电压U＝U2－I2R1＝2V，电阻R3＝eq\f(U,I2－\f(U,R2))＝eq\f(16,15)Ω，选项C错误。闭合电路的图像问题[例3](2022·南通模拟)如下图，直线A为某电源的U­I图线，曲线B为某小灯泡的U­I图线的一局部，用该电源和小灯泡组成闭合电路，以下说法中正确的选项是()A．此电源的内阻为0.5ΩB．电源的总功率为10WC．电源的输出功率为8WD．由于小灯泡的U­I图线是一条曲线，所以欧姆定律不适用[思路点拨](1)电源的U­I图像与纵轴的交点表示电动势，图像斜率的绝对值表示电源的内阻。(2)电阻的U­I图像与电源的U­I图像的交点坐标的含义是用该电源和该电阻组成电路时的路端电压和电流值，纵坐标与横坐标的比值表示此时的外电阻，纵坐标与横坐标的乘积等于此时的输出功率。[解析]由电源的U­I图线A可知，此电源的电动势为4V，内阻为0.5Ω，选项A正确；用该电源和小灯泡组成闭合电路，电源输出电流为2A，电源的总功率为P总＝EI＝8W，电源的输出功率为P出＝UI＝6W，选项B、C错误；小灯泡的U­I图线是一条曲线，但是欧姆定律仍适用，选项D错误。[答案]A[备考锦囊]闭合电路中几种常见图像的比拟类型公式图像特例I­R图线I＝eq\f(E,R＋r)短路R＝0，I＝eq\f(E,r)，图像始端断路R＝∞，I＝0，图像末端U­R图线U＝eq\f(ER,r＋R)短路R＝0，U＝0，U内＝E断路R＝∞，U＝E，U内＝0U­I图线U＝E－Ir短路R＝0，I＝eq\f(E,r)，U＝0断路R＝∞，I＝0，U＝EP­R图线P＝eq\f(E2,r＋R2)R短路I＝eq\f(E,r)，P出＝0，断路I＝0，P出＝0，当R＝r时，P出最大，Pm＝eq\f(E2,4r)P­I图线P＝EI－I2r短路I＝eq\f(E,r)，P出＝0，断路I＝0，P出＝0，当I＝eq\f(E,2r)时，P出最大，Pm＝eq\f(E2,4r)[即时训练](2022·江苏二模)如图甲所示，足够长平行金属导轨MN、PQ固定在水平面上，导轨两端分别连接有电阻R1、R2，R1＝6Ω，R2＝3Ω，导轨间距L＝1m，导轨处于方向水平向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T。一根长度也为1m的金属棒放在导轨上并与导轨垂直且接触良好，金属棒的电阻为r＝2Ω。现给金属棒一个水平向右的拉力F，使金属棒从静止开始运动，金属棒两端的电压U的平方随时间t变化的关系如图乙所示，不计导轨电阻。求：(1)t＝4s时，金属棒的速度大小；(2)通过电阻R1的电荷量为0.1C时，金属棒运动的距离。解析：(1)由题图乙知：t＝4s时，U2＝4V2，那么得：U＝2VR1、R2并联电阻：R12＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＝eq\f(6×3,6＋3)Ω＝2Ω干路电流：I＝eq\f(U,R12)＝eq\f(2,2)A＝1A金属棒产生的感应电动势为：E＝U＋Ir＝(2＋1×2)V＝4V由E＝BLv得金属棒的速度：v＝eq\f(E,BL)＝eq\f(4,1×1)m/s＝4m/s。(2)通过电阻R1的电荷量为q1＝0.1C时，根据并联电路的分流特点，通过R2的电荷量q2＝0.2C，因此通过金属棒的电荷量q＝q1＋q2＝0.3C，设此时金属棒运动的距离为x那么：q＝eq\f(ΔΦ,ΔtR12＋r)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R12＋r)＝eq\f(BLx,R12＋r)得：x＝eq\f(qR12＋r,BL)＝eq\f(0.3×2＋2,1×1)m＝1.2m。答案：(1)4m/s(2)1.2m[课余自查小练]1.如下图为吹风机的工作电路图，其中M和A分别为电动机和电阻丝，且rM为电动机的内阻、R为电阻丝A的电阻。该吹风机有两个挡位，电源电压恒为220V，低挡消耗的电功率为120W，高挡消耗的电功率为1000W。那么以下关于对该电路的分析正确的选项是()A．两电键均闭合时吹风机为低挡位B．rM＝eq\f(1210,3)ΩC．R＝55ΩD．低挡位时，电阻丝每秒产生的焦耳热为880J解析：选C两电键均闭合时，电动机、电阻丝均工作，吹风机为高挡位，A错误；由于电动机为非纯电阻元件，所以rM不能用P低＝eq\f(U2,rM)求解，B错误；对电阻丝由P＝eq\f(U2,R)得，R＝eq\f(U2,P高－P低)＝eq\f(2202,1000－120)Ω＝55Ω，C正确；吹风机为低挡位时，电键S1处于断开状态，没有电流流过电阻丝，因此其产生的焦耳热为0，D错误。2．(多项选择)(2022·西安模拟)在如下图的电路中，小灯泡的额定功率和额定电压分别为0.4W、2V，电源的电动势为3V，电源的内阻为r且不能忽略，先将单刀双掷开关扳到a，调节电阻箱，当小灯泡正常发光时，电阻箱的阻值R＝4Ω；再将单刀双掷开关扳到b，电动机和小灯泡均能正常工作，电动机的额定电压用UM表示、电动机的内阻用rM表示。以下说法正确的选项是()A．r＝1ΩB．rM＝4ΩC．UM＝1VD．外电路消耗的功率与总功率的比值为eq\f(14,15)解析：选AD小灯泡正常工作时的电阻RL＝eq\f(U2,P)＝10Ω，流过小灯泡的电流I＝eq\f(P,U)＝0.2A。当开关S接a时，R总＝eq\f(E,I)＝15Ω，那么电源内阻r＝R总－R－RL＝1Ω，A正确；当开关S接b时，电动机M两端的电压UM＝E－Ir－U＝0.8V，C错误；由于电动机热功率未知，所以不能求出电动机的内阻，B错误；外电路消耗的功率P外＝EI－I2r，总功率P总＝EI，那么外电路消耗的功率与总功率的比值eq\f(P外,P总)＝eq\f(EI－I2r,EI)＝eq\f(14,15)，D正确。3.(2022·宜昌期末)如下图的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长l＝80cm，两板间的距离d＝40cm，电源电动势E＝40V，内电阻r＝1Ω，电阻R＝15Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0＝4m/s水平向右射入两板间，该小球可视为质点。假设小球带电量q＝1×10－2C，质量m＝2×10－2kg，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表，假设小球恰好从A板右边缘射出(g取10m/s2(1)滑动变阻器接入电路的阻值；(2)此时电流表、电压表的示数；(3)此时电源的输出功率。解析：(1)小球进入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动，那么有：水平方向：l＝v0t竖直方向：d＝eq\f(1,2)at2解得：a＝20m/s2又加速度为：a＝eq\f(\f(qU,d)－mg,m)解得：U＝24V根据串联电路的特点有：eq\f(U,E)＝eq\f(R′,R＋R′＋r)解得滑动变阻器接入电路的阻值为：R′＝24Ω。(2)根据闭合电路欧姆定律得电流表的示数为：I＝eq\f(E,R＋R′＋r)＝1A电压表的示数为：U＝E－Ir＝(40－1×1)V＝39V。(3)电源的输出功率为：P＝UI＝39×1W＝39W。答案：(1)24Ω(2)1A39V(3)39W4.(2022·荆州期末)如下图，R1＝R2＝R3＝R4＝10Ω，平行板电容器板长L＝20cm、间距d＝8cm。有一带电小球自两板的左端中间以初速度v0＝1m/s沿水平方向进入平行板电容器内。开关S断开时，小球恰好沿直线匀速地通过电容器；当开关S闭合时，小球恰好从上极板边缘通过电容器。取g＝10m/s2，求：(1)开关S闭合时，小球的加速度；(2)电源的内阻。解析：(1)开关S闭合时，小球做类平抛运动，那么t＝eq\f(L,v0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(d,2)解得a＝2m/s2。(2)开关S闭合后，R1、R3并联再与R4串联，由阻值关系及电路特点得：UC＝eq\f(10,15＋r)E对小球有：eq\f(UC,d)q－mg＝ma开关S断开后，R1、R4串联，同理得：UC′＝eq\f(10,20＋r)E对小球有：mg＝Eq＝eq\f(UC′,d)q解得r＝10Ω。答案：(1)2m/s2(2)10Ω[专题跟踪检测]一、选择题(第1～5题为单项选择题，第6～9题为多项选择题)1．(2022·盐城三模)甲、乙、丙、丁是四个长度、横截面积均相同的金属导体，某同学对它们各进行了一次测量，把每个导体中通过的电流和两端的电压在IU坐标系中描点，如下图，四个导体中电阻率最大的是()A．甲 B．乙C．丙 D．丁解析：选A根据U＝IR可知，IU图像的斜率倒数的大小表示电阻，那么由图可知，甲的斜率最小，那么其对应的电阻最大，由于四个金属导体长度、横截面积均相同，因此甲的电阻率也最大，故A正确，B、C、D错误。2.(2022·南通一模)如下图的电路，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器，L是小灯泡，C是电容器，电源内阻为r。开关S闭合后，在滑动变阻器触头P向上移动过程中()A．小灯泡变亮B．电容器所带电荷量增大C．电压表示数变小D．电源的总功率变大解析：选B闭合开关S后，当滑动变阻器触头P向上移动时，R2增大，外电路总电阻增大，干路中电流减小，那么小灯泡亮度变暗。电源的内电压减小，路端电压增大，那么电压表的示数变大，故A、C错误；电路稳定时电容器的电压等于R2的电压，根据串联电路电压分配规律可知，R2增大，电容器的电压增大，那么电容器所带电荷量增大，故B正确；电源的总功率为P＝EI，干路电流I减小，那么电源的总功率变小，故D错误。3．(2022·镇江一模)如下图，开关S闭合后，带电质点P在平行金属板中处于静止状态。那么()A．质点P一定带正电B．滑片向a端移动时，两只电表的示数均增大C．滑片向a端移动时，质点P将向上板运动D．假设将开关S断开，质点P将向下板运动解析：选C由题图可知，开关S闭合后，R2与R4串联后与R3并联，再与R1串联，电容器与并联局部并联；电容器的上极板带正电，板间场强向下，质点处于平衡状态，那么知受到的电场力向上，故质点P一定带负电，故A错误；滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，那么总电阻增大，总电流减小，内电压减小，由闭合电路的欧姆定律可知路端电压增大，R1两端的电压减小，故并联局部电压增大；电容器两端的电压增大，质点P所受的电场力增大，那么质点P将向上板运动；因并联局部电压增大，那么R3中的电流增大，而干路电流减小，故电流表中的电流减小；并联局部电压增大，即R2与R4两端的总电压增大；而由于电流表示数减小，由欧姆定律可知R2两端的电压减小，故R4两端的电压增大，电压表示数增大，故B错误，C正确；假设将开关S断开，电容器两端的电压等于电源的电动势，电容器两端电压增大，板间场强增大，质点P受到的电场力变大，质点P将向上板运动，故D错误。4.(2022·江苏二模)如下图，电源为恒流电源(能始终提供恒定的电流)，R0为定值电阻，电流表和电压表均为理想电表，移动滑动变阻器R的滑片，那么以下表示电压表示数U和电路总功率P随电流表示数I变化的关系图线中，正确的选项是()解析：选D设恒流电源提供的电流为I0，那么通过R0的电流为：IR0＝I0－I。那么电压表示数为：U＝IR0R0＝(I0－I)R0＝－IR0＋I0R0。I0和R0是定值，那么根据数学知识可知UI图像是不过原点的倾斜的直线，故A、B错误；电路总功率为：P＝UI0＝(I0－I)R0I0＝－R0I0I＋R0I02，I0和R0是定值，可知PI图像是向下倾斜的直线，故C错误，D正确。5.如下图电路中，电源电动势为E，内阻为r，当滑动变阻器的滑动触头P向上移动时，电压表的示数U和电流表的示数I的变化情况是()A．U变大，I变大 B．U变小，I变小C．U变大，I变小 D．U变小，I变大解析：选C当滑动变阻器的滑动触头P向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，外电路的总电阻增大，根据欧姆定律分析得知，干路电流I干减小。电压表的读数U＝E－I干(r＋R1)，I干减小，U变大。滑动变阻器与R3并联局部电压为U并＝E－I干(r＋R1＋R2)，I干减小，U并增大，电阻R3的电流I3增大。电流表的读数I＝I干－I3，I干减小，I3增大，那么I变小，所以U变大，I变小。故C正确，A、B、D错误。6.(2022·江苏三模)硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如下图，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图像(电池内阻不是常数)，图线b是某电阻R的UI图像。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，以下相关表达正确的选项是()A．此时硅光电池的内阻为12.5ΩB．此时硅光电池的输出功率为0.4WC．此时硅光电池的总功率为0.72WD．此时硅光电池的输出效率为40%解析：选BC由闭合电路欧姆定律得U＝E－Ir，当I＝0时，E＝U，由图线a与纵轴的交点读出电动势为E＝3.6V。根据两图线交点处的状态可知，将它们组成闭合回路时路端电压为U＝2V，电流为I＝0.2A，那么此时硅光电池的内阻为r＝eq\f(E－U,I)＝eq\f(3.6－2,0.2)Ω＝8Ω，故A错误；此时硅光电池的输出功率为：P出＝UI＝0.4W，故B正确；此时硅光电池的总功率为：P总＝EI＝3.6×0.2W＝0.72W，故C正确；此时硅光电池的输出效率为：η＝eq\f(P出,P总)×100%＝eq\f(0.4,0.72)×100%≈55.6%，故D错误。7．两位同学在实验室中利用如图(a)所示的电路进行实验，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一位同学记录电流表A和电压表V1的测量数据，另一位同学记录电流表A和电压表V2的测量数据。两位同学根据记录的数据描绘出如图(b)所示的两条U­I图线。那么图像中两图线的交点表示的物理意义是()A．滑动变阻器的滑动触头P滑到了最右端B．电源的输出功率最大C．定值电阻R0消耗的功率为0.5WD．电源的效率到达最大值解析：选BC由题图可得，电源电动势E＝1.5V，内阻r＝1Ω，在交点位置有R＋R0＝eq\f(U1,I)＝2Ω，R0＝eq\f(U2,I)＝2Ω，那么R＝0，滑动变阻器的滑动触头P滑到了最左端，选项A错误；当电路中外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，但R0>r，故改变滑动变阻器的阻值时无法使电路中外电阻等于电源内阻，此时外电阻越接近电源内阻，电源的输出功率越大，故图线的交点对应的电源输出功率最大，选项B正确；P0＝U2I＝0.5W，选项C正确；电源的效率η＝eq\f(EI－I2r,EI)，电流越小，电源的效率越大，可见滑动变阻器的滑动触头P滑到最右端时电源的效率最大，选项D错误。8.在如下图的电路中，电源内阻r≠0，定值电阻R2消耗的功率用P表示，两电表均为理想电表，电容器与滑动变阻器并联，电压表和电流表的读数分别用U、I表示，电容器所带的电荷量用Q表示，通过电源的电荷量为q时，电源所做的功用W表示。当滑动变阻器的滑片向右移动时，以下图像正确的选项是()解析：选AB电阻R2消耗的功率P＝I2R2，图像A正确；电容器所带电荷量Q＝UCC＝[E－I(r＋R2)]C＝EC－IC(r＋R2)，图像B正确；电压表的读数U＝E－Ir，图像C错误；电源做功W＝qE，图像D错误。9.某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系内，如下图，根据图线可知以下说法正确的选项是()A．反映Pr变化的图线是bB．电源电动势约为8VC．当外电阻约为2Ω时，输出功率最大D．当电流为0.5A时，外电路的电阻约为6Ω解析：选CD电源内部发热功率Pr＝I2r，所以Pr­I图像为抛物线，那么反映Pr变化的图线为c，A错误；电源的总功率为PE＝EI，其图线为a，那么E＝eq\f(PE,I)＝eq\f(8,2)V＝4V，B错误；由图线c知，当I＝1A时，Pr＝2W，由Pr＝I2r得r＝2Ω，当外电阻为2Ω时，输出功率最大，C正确；当电流为0.5A时，由I＝eq\f(E,R＋r)解得R＝6Ω，D正确。二、非选择题10．一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升重力为4N的物体时，通过电动机的电流是0.2A。在30s内可将该物体匀速提升3m。假设不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：(1)电动机的输入功率；(2)在开始提升物体后的30s内，电动机线圈所产生的热量；(3)电动机线圈的电阻。解析：(1)电动机的输入功率P入＝IU＝0.2×3W＝0.6W。(2)电动机提升物体的机械功率P机＝Fv＝G·eq\f(s,t)＝0.4W由能量守恒定律得P入＝P机＋P热故P热＝P入－P机＝(0.6－0.4)W＝0.2W所以电动机线圈产生的热量Q＝P热t＝0.2×30J＝6J。(3)根据焦耳定律Q＝I2Rt可得线圈电阻R＝eq\f(Q,I2t)＝eq\f(6,0.22×30)Ω＝5Ω。答案：(1)0.6W(2)6J(3)5Ω11．在如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100Ω，R2的阻值未知，R3是滑动变阻器，在其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压U随电流I的变化图线如图乙所示，其中图线上的A、B两点是滑片在滑动变阻器的两个不同端点时分别得到的。求：(1)电源的电动势和内电阻；(2)定值电阻R2的阻值；(3)滑动变阻器R3的最大值。解析：(1)由闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir将图线上A、B两点的U、I值代入得E＝16＋0.2r，E＝4＋0.8r解得E＝20V，r＝20Ω。(2)当R3的滑片自左向右滑动时，R3的有效阻值变小，电路中的总电阻变小，总电流变大，由此可知，图线上的A、B两点分别对应滑片位于最左端和最右端。当滑片位于最右端时，R3＝0，R1被短路，外电路电阻即为R2，故由B点的U、I值得R2＝eq\f(UB,IB)＝eq\f(4,0.8)Ω＝5Ω。(3)当滑片在最左端时，R3的有效阻值最大，并对应着图线上的A点，故由A点的U、I值可求出此时外电路的电阻，再根据串、并联电路的规律求出R3的最大值。R外＝eq\f(UA,IA)＝eq\f(16,0.2)Ω＝80Ω，又R外＝eq\f(R1R3,R1＋R3)＋R2代入数据解得滑动变阻器的最大值R3＝300Ω。答案：(1)20V20Ω(2)5Ω(3)300Ω十九、交变电流常考的三个题型[抓牢解题根源]一、交变电流的产生、图像及四值1．两个特殊位置及其特点两个特殊位置特点中性面线圈处于中性面时，S⊥B，Φ最大，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，i＝0，交变电流方向发生改变与中性面垂直的位置线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，交变电流方向不改变2．交流电的图像从中性面位置开始计时，交流电i＝Imsin_ωt，如图甲；从垂直于中性面位置开始计时，交流电i＝Imcos_ωt，如图乙。3．交变电流的四值物理量物理含义重要关系适用情况及说明瞬时值交变电流某一时刻的值e＝Emsinωti＝Imsinωt计算线圈某时刻的受力情况最大值最大的瞬时值Em＝nBSωEm＝nΦmωIm＝eq\f(Em,R＋r)讨论电容器的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流值对正(余)弦交流电有：E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))(1)计算与电流热效应有关的量(如功、功率、热量等)(2)电器设备“铭牌〞上所标的一般是有效值(3)保险丝的熔断电流为有效值平均值交变电流图像中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值eq\x\to(E)＝BLeq\x\to(v)eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)计算通过电路截面的电荷量二、理想变压器原、副线圈根本量间的关系制约关系根本关系电压原线圈电压U1和线圈匝数比决定副线圈电压U2eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)电流副线圈电流I2和线圈匝数比决定原线圈电流I1eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)功率副线圈功率P2决定原线圈功率P1P1＝P2频率原线圈频率f1决定副线圈频率f2f1＝f2提醒：对于有多个副线圈的变压器，电压关系不变，电流关系应从功率角度分析，具体如下。(1)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(U1,U3)＝eq\f(n1,n3)，…(2)n1I1＝n2I2＋n3I3＋…(3)P1＝P2＋P3＋…三、远距离高压输电的工作原理功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P3＋ΔP；电压关系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，U2＝U3＋ΔU；电流关系：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，I2＝I3＝I线；输电电流：I线＝eq\f(P2,U2)＝eq\f(P3,U3)＝eq\f(ΔU,R线)；输电线路上损失的电功率：ΔP＝P2－P3＝I线2R线＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P2,U2)))2R线＝eq\f(ΔU2,R线)。[研透常考题根]交变电流的产生及四值问题[例1](多项选择)(2022·怀化模拟)在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，那么以下判断正确的有()A．t＝0.005s时线圈平面与磁场方向平行B．线圈产生的交变电动势的瞬时值为e＝311sin100πtVC．线圈产生的交变电动势的频率为100HzD．线圈产生的交变电动势的有效值为311V[思路点拨](1)理解两个特殊位置的特点。(2)掌握图像上各点的物理意义。[解析]当t＝0.005s时电动势最大，那么线圈平面与磁场方向平行(穿过线圈平面的磁通量为0，产生的感应电流最大)，故A正确；线圈产生的交变电动势的瞬时值为e＝Emsineq\f(2π,T)t＝311sin100πtV，故B正确；由题图乙可知周期为0.02s，那么频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，故C错误；线圈产生的交变电动势的有效值为220V，故D错误。[答案]AB[备考锦囊]交变电流瞬时值表达式求法(1)先求电动势的最大值Em＝nBSω。(2)再求出角速度ω＝eq\f(2π,T)。(3)明确从哪一位置开始计时，从而确定是正弦函数还是余弦函数。(4)写出瞬时值的表达式。[即时训练]如下图，边长为L的正方形线圈abcd的匝数为n，线圈电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界上，磁感应强度为B，现在线圈以OO′为轴，以角速度ω匀速转动，求：(1)闭合电路中电流瞬时值的表达式；(2)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上产生的热量；(3)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上通过的电荷量；(4)电阻R上的最大电压。解析：(1)线圈转动时，总有一条边切割磁感线，且ad边和bc边转动的线速度大小相等，当线圈平行于磁场时，产生的感应电动势最大，为Em＝nBLv＝nBL·ω·eq\f(1,2)L＝eq\f(1,2)nBL2ω。由闭合电路欧姆定律可知Im＝eq\f(nBL2ω,2R＋r)，当以图示位置为计时起点时，流过R的电流瞬时值表达式为i＝Imsinωt＝eq\f(nBL2ω,2R＋r)sinωt。(2)在线圈由图示位置匀速转过90°的过程中，用有效值来计算电阻R上产生的热量Q＝I2Req\f(T,4)，其中I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(nBL2ω,2\r(2)R＋r)，T＝eq\f(2π,ω)，那么Q＝I2Req\f(T,4)＝eq\f(n2πB2L4ωR,16R＋r2)。(3)在线圈转过90°的过程中感应电动势的平均值为eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(\f(1,2)nBL2,\f(π,2ω))＝eq\f(nBL2ω,π)，流过R的平均电流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)＝eq\f(nBL2ω,πR＋r)，所以流过R的电荷量q＝eq\x\to(I)·eq\f(T,4)＝eq\f(nBL2ωπ,πR＋r×2ω)＝eq\f(nBL2,2R＋r)。(4)由局部电路欧姆定律可知电阻R上的最大电压Um＝ImR＝eq\f(nBL2ωR,2R＋r)。答案：见解析结合理想变压器考查交流电路的分析[例2](2022·泰州模拟)如下图，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，内阻不计，在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，以下判断正确的选项是()A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcosωtB．矩形线圈从图示位置经过eq\f(π,2ω)时间，通过电流表的电荷量为零C．当P位置不动，R增大时，电压表读数也增大D．当P向上移动，R不变时，电流表读数减小[审题指导](1)交变电流开始计时的位置为峰值面。(2)计算通过电流表的电荷量应该用交变电流的平均值。(3)移动滑动触头的过程中，副线圈的匝数不变。[解析]开始计时时，线圈中的感应电动势为最大值NBSω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcosωt，A正确；矩形线圈从图示位置经过eq\f(π,2ω)时间，线圈磁通量的变化量为ΔΦ＝BS，故通过电流表的电荷量q＝Neq\f(ΔΦ,R)，所以不为零，B错误；电压表读数是线圈产生的感应电动势的有效值，即总是eq\f(NBSω,\r(2))，C错误；当P向上移动时，输出电压升高，R不变时，输出功率增大，电流表读数增大，D错误。[答案]A[备考锦囊]分析变压器动态变化的流程和关键(1)分析变压器动态变化问题的一般思维流程(2)分析变压器动态变化问题的关键①弄清变量和不变量，确定是负载电阻不变还是匝数比不变。②弄清变压器动态变化中的决定关系，即P2决定P1，I2决定I1，U1决定U2。[即时训练]如图，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器。V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示。以下说法正确的选项是()A．I1和I2表示电流的瞬时值B．U1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变小解析：选C电流表、电压表显示的都是有效值而非瞬时值或最大值，A、B错误；假设P向下滑动，R阻值减小，负载回路阻值减小，I2增大，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知，I1增大。V1测量原线圈两端电压，U1不变，V2测量副线圈两端电压，由于原副线圈匝数不变，所以U2不变，C正确，D错误。远距离高压输电问题[例3]通过一理想变压器，经同一线路输送相同电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R。当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，假设将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗电功率为P2，那么P1和eq\f(P2,P1)分别为()A.eq\f(PR,kU)，eq\f(1,n) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,kU)))2R，eq\f(1,n)C.eq\f(PR,kU)，eq\f(1,n2) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,kU)))2R，eq\f(1,n2)[解析]根据变压器的变压比，当副线圈与原线圈的匝数比为k时，有k＝eq\f(U1,U)，副线圈与原线圈的匝数比提高到nk时，有nk＝eq\f(U2,U)，由于线路的输送功率不变，那么有P＝U1I1＝U2I2。根据焦耳定律，线路损耗功率：P1＝I12R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U1)))2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,kU)))2R，P2＝I22R，eq\f(P2,P1)＝eq\f(I22,I12)＝eq\f(U12,U22)＝eq\f(1,n2)。[答案]D[备考锦囊]远距离输电中的“三路两耗〞(1)三个回路回路1：发电机回路。该回路中，通过线圈1的电流I1等于发电机中的电流I机；线圈1两端的电压U1等于发电机的路端电压U机；线圈1输入的电功率P1等于发电机输出的电功率P机。回路2：输送电路。I2＝I3＝IR，U2＝U3＋UR，P2＝PR＋P3。回路3：输出电路。I4＝I用，U4＝U用，P4＝P用。(2)两种损耗①电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，UR＝U2－U3＝IRR。②功率损耗：输电线上的功率损耗P损＝IR2R＝P2－P3。[即时训练]如下图为远距离输电的示意图，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。闭合开关S后()A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电流减小C．输电线上损耗的功率增大D．输电线上交流电的频率减小解析：选C根据输入电压决定输出电压，闭合开关S后，升压变压器的输出电压不变，选项A错误；闭合开关S后，负载增加，负载总电阻减小，降压变压器的输出电流增大，输电线上电流增大，输电线上损耗的功率增大，选项B错误，C正确；根据变压器不改变交流电的频率可知，输电线上交流电的频率不变，选项D错误。[课余自查小练]1.(2022·四川高考)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，如下图。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，那么发电机输出电压()A．峰值是e0 B．峰值是2e0C．有效值是eq\f(\r(2),2)Ne0 D．有效值是eq\r(2)Ne0解析：选D因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0，每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0。N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0，因线圈中产生的是正弦交流电，那么发电机输出电压的有效值E＝eq\r(2)Ne0，应选项D正确。2．(多项选择)如图甲所示，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像如图乙中曲线a、b所示，那么()A．两次t＝0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2∶3C．曲线a表示的交变电动势频率为25HzD．曲线b表示的交变电动势有效值为10V解析：选AC由题图乙知t＝0时两次转动产生的瞬时电动势都等于零，那么线圈平面均与中性面重合，A正确；两次转动所产生的交变电动势的周期之比Ta∶Tb＝2∶3，再由周期与转速的关系n＝eq\f(1,T)，得na∶nb＝3∶2，B错误；因Ta＝4×10－2s，故fa＝eq\f(1,Ta)＝25Hz，C正确；因Ema＝15V，而Em＝NBSω＝eq\f(2πNBS,T)，故Emb＝eq\f(Ta,Tb)Ema＝10V，Eb＝eq\f(Emb,\r(2))＝5eq\r(2)V，D错误。3．如图甲所示，长、宽分别为L1＝0.1m、L2＝0.2m的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n＝100，总电阻为1Ω，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＝9Ω相连。线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，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＝5×10－3T、B1＝1×10－2T和t1＝2×10－3s。0～t1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O1O2以角速度ω＝200rad/s匀速转动。求：(1)0～t1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。解析：(1)0～t1时间内，线框中的感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nL1L2B1－B0,t1)根据闭合电路欧姆定律得，通过电阻R的电流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(nL1L2B1－B0,R＋rt1)解得I＝0.5A。(2)线框匀速转动后，产生的感应电动势的最大值Em＝nB1L1感应电动势的有效值E＝eq\f(\r(2),2)nB1L1L2ω通过电阻R的电流有效值I＝eq\f(\r(2)nB1L1L2ω,2R＋r)线框转动一周所需的时间t＝eq\f(2π,ω)此过程中，电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝πRωeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nB1L1L2,R＋r)))2解得Q≈0.0226J。(3)线框从题图甲所示位置转过90°的过程中，平均感应电动势eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nB1L1L2,Δt)平均感应电流eq\x\to(I)＝eq\f(nB1L1L2,ΔtR＋r)流过电阻R的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nB1L1L2,R＋r)。解得q＝2×10－3C答案：(1)0.5A(2)0.0226J(3)2×10－34.如下图，一个面积S＝0.2m2的单匝圆形线圈，M、N两端间距很小可以忽略，线圈处于变化的磁场中，磁场的磁感应强度按B＝eq\f(5,π)sin100πtT的规律变化。线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝BmSωcosωt，其中Bm为磁感应强度的最大值，ω为磁场变化的角速度，线圈的电阻r＝2Ω，外接电阻R＝18Ω(电压表为理想交流电压表)。求：(1)电压表的示数；(2)变化的电流一个周期在电阻R上产生的热量Q；(3)从t＝0开始到t＝eq\f(1,200)s这段时间通过线圈的电量q。解析：(1)磁场的磁感应强度按B＝eq\f(5,π)sin100πtT的规律变化，由题意知，线圈中产生交变电流，且Bm＝eq\f(5,π)T，ω＝100πrad/s电动势最大值Em＝BmSω＝100V有效值E有＝eq\f(Em,\r(2))＝50eq\r(2)V电压表的示数U＝eq\f(E有,R＋r)R＝45eq\r(2)V。(2)交变电流的周期T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s根据焦耳定律得，一个周期在电阻R上产生的热量Q＝eq\f(U2,R)T＝4.5J。(3)在0～eq\f(1,200)s时间内，电动势的平均值eq\x\to(E)＝eq\f(SΔB,Δt)，平均电流eq\x\to(I)＝eq\f(SΔB,ΔtR＋r)通过线圈的电量q＝eq\x\to(I)Δt解得：q＝eq\f(1,20π)C。答案：(1)45eq\r(2)V(2)4.5J(3)eq\f(1,20π)C[专题跟踪检测]一、选择题(第1～5题为单项选择题，第6～9题为多项选择题)1．如图甲所示，在匀强磁场中有一个n＝10匝的闭合矩形线圈绕轴匀速转动，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为5Ω，从图甲所示位置开始计时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图像如图乙所示，那么()A．线圈转动过程中消耗的电功率为10π2WB．在t＝0.2s时，线圈中的感应电动势为零，且电流改变一次方向C．所产生的交变电流感应电动势的瞬时值表达式为e＝10πsin5πtVD．线圈从图示位置转过90°时穿过线圈的磁通量变化最快解析：选A最大感应电动势为：Em＝nBSω＝nBS·eq\f(2π,T)＝nΦm·eq\f(2π,T)＝10×0.2×eq\f(2π,0.4)V＝10πV，感应电动势的有效值为：E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(10π,\r(2))V＝5eq\r(2)πV，线圈转动过程中消耗的电功率为：P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(5\r(2)π2,5)W＝10π2W，故A正确；t＝0.2s时，磁通量为0，线圈中的感应电动势最大，电流方向不变，故B错误；由题图乙知角速度ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.4)rad/s＝5πrad/s，因为从线圈垂直中性面开始计时，所以交变电流感应电动势的瞬时值表达式为e＝10πcos5πtV，故C错误；线圈在图示位置磁通量为0，磁通量的变化率最大，穿过线圈的磁通量变化最快，转过90°时，磁通量最大，磁通量变化率为0，故D错误。2.如图甲所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B＝eq\f(\r(2),10)T的水平匀强磁场中，线框电阻不计。线框匀速转动时EF处所产生的正弦交流电压图像如图乙所示。把该交流电压加在图丙中理想变压器的P、Q两端。变压器的原线圈I和副线圈Ⅱ的匝数比为5∶1，交流电流表为理想电表，电阻R＝1Ω，其他各处电阻不计，以下说法正确的选项是()A．t＝0.1s时，电流表的示数为0B．副线圈中交流电的频率为50HzC．线框面积为eq\f(1,5π)m2D．0.05s时线框位于图甲所示位置解析：选C原线圈中电压的有效值U1＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(10\r(2),\r(2))V＝10V，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得U2＝2V，故副线圈中的电流I2＝eq\f(U2,R)＝eq\f(2,1)A＝2A，电流表的电流为I1，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，解得I1＝0.4A，故A错误；交流电的周期T＝0.2s，故交流电的频率f＝eq\f(1,T)＝5Hz，故B错误；根据Em＝nBSω可知S＝eq\f(Em,nBω)＝eq\f(10\r(2),50×\f(\r(2),10)×\f(2π,0.2))m2＝eq\f(1,5π)m2，故C正确；0.05s时线框中产生的感应电动势最大，线框平面与中性面垂直，故D错误。3．如图甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化，以下说法正确的选项是()A．图甲表示交流电，图乙表示直流电B．两种电压的有效值都是311VC．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝220sin100πtVD．图甲所示电压经原、副线圈匝数比为10∶1的理想变压器变压后，功率比为1∶1解析：选D由于题图甲、乙中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故A错误；两种电压的最大值是311V，有效值要小于311V，故B错误；从题图甲可知，Em＝311V，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，所以题图甲电压的瞬时值表达式为u＝311sin100πtV，故C错误；交流电经理想变压器变压后，输入功率等于输出功率，功率比为1∶1，故D正确。4.(2022·苏州一模)如下图为一个小型电风扇的电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n，原线圈接电压为U的交流电源，输出端接有一只电阻为R的灯泡L和交流电风扇电动机D，电动机线圈电阻为r。接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I。那么以下说法正确的选项是()A．理想变压器的输入功率为eq\f(UI,n)B．风扇电动机中的电流为eq\f(U,nr)C．风扇电动机输出的机械功率为eq\f(U,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(I－\f(U,nR)))D．假设电风扇由于机械故障被卡住，那么通过原线圈的电流为eq\f(UR＋r,n2Rr)解析：选D理想变压器的原、副线圈的匝数比为n，原线圈接电压为U的交流电源，那么输出端电压为eq\f(U,n)，而风扇电动机的输入功率为eq\f(UI,n)，因输出端还有一只灯泡，故A错误；由上述分析知输出端电压为eq\f(U,n)，因为风扇电动机不是纯电阻器件，所以电流不能表示为eq\f(U,nr)，故B错误；风扇电动机的输入功率为eq\f(UI,n)，而风扇电动机的线圈电阻消耗的功率为I2r，那么风扇电动机输出的机械功率为eq\f(UI,n)－I2r，故C错误；假设电风扇由于机械故障被卡住可视为纯电阻，两电阻并联，那么根据欧姆定律可知，通过原线圈的电流为eq\f(UR＋r,n2Rr)，故D正确。5.(2022·镇江三模)如下图，一理想变压器的原线圈接有电压为U的交流电，副线圈接有电阻R1、光敏电阻R2(阻值随光照增强而减小)，开关K开始时处于闭合状态，以下说法正确的选项是()A．当光照变弱时，变压器的输入功率增加B．当滑动触头P向下滑动时，电阻R1消耗的功率增加C．当开关K由闭合到断开，原线圈中电流变大D．当U增大时，副线圈中电流变小解析：选B当光照变弱时，光敏电阻的阻值变大，输出功率减小，输入功率也变小，故A错误；当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减小，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压增大，电阻R1两端的电压增大，电阻R1消耗的功率增加，故B正确；当开关K由闭合到断开，副线圈回路电阻增大，输出电流减小，匝数比不变，所以原线圈中电流变小，故C错误；当U增大时，副线圈电压增大，副线圈中电流变大，故D错误。6.某同学在实验室中研究远距离输电。由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的电磁感应)。在输送功率相同时，第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P1，第二次采用如下图的电路输电，其中理想变压器T1与学生电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1∶n2，理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P2。以下说法正确的选项是()A．前后两次实验都可用于研究远距离直流输电B．实验可以证明，T1采用升压变压器(匝数比为eq\f(n2,n1)>1)能减小远距离输电的能量损失C．假设输送功率一定，那么P2∶P1＝n1∶n2D．假设输送功率一定，那么P2∶P1＝n12∶n22解析：选BD变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A错误；第一次实验，输电线上的电流I＝eq\f(P,U1)，输电线上损失的功率P1＝I2R＝eq\f(P2,U12)R；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U2＝eq\f(n2,n1)U1，输电线上的电流I′＝eq\f(P,U2)，输电线上损失的功率P2＝I′2R＝eq\f(P2,U22)R，所以eq\f(P2,P1)＝eq\f(U12,U22)＝eq\f(n12,n22)，故D正确，C错误；由上述分析知P2<P1，即实验可以证明，T1采用升压变压器能减小输电电流，能减小远距离输电的能量损失，故B正确。7．如下图为某小型发电站高压输电示意图。发电机输出功率、输出电压均恒定，输电线电阻不变，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2。以下说法正确的选项是()A．采用高压输电可以减小输电线中的电流B．输电线损耗的功率为eq\f(U22,r)C．将P下移，用户获得的电压将降低D．将P下移，用户获得的功率将增大解析：选AD发电机输出功率恒定，根据P＝UI可知，采用高压输电可以减小输电线中的电流，故A正确；输电线上损失的功率为：P损＝eq\f(U损2,r)，而U2为升压变压器副线圈两端的电压，故B错误；假设P下移，升压变压器的副线圈匝数增大，由U2＝eq\f(n2,n1)U1，根据功率表达式，可知输电线中电流I＝eq\f(P,U2)，那么电流会减小，输电线中损失电压U损＝IR，输电线的电压减小，那么用户获得的电压升高，故C错误；假设P下移，升压变压器的副线圈匝数增大，由上分析可知，输电线中损失电压减小，用户获得的功率将增大，故D正确。8.(2022·江苏一模)钳形电流测量仪的结构图如下图，其铁芯在捏紧扳手时会张开，可以在不切断被测载流导线的情况下，通过内置线圈中的电流值I和匝数n获知载流导线中的电流大小I0，那么关于该钳形电流测量仪的说法正确的选项是()A．该测量仪可测量直流电的电流B．载流导线中电流大小I0＝eq\f(I,n)C．假设钳形局部铁芯没有完全闭合，测量出的电流将小于实际电流D．假设将载流导线在铁芯上多绕几匝，钳形电流测量仪的示数将变大解析：选CD钳形电流测量仪实质上是一个升压变压器，只能测量交流电的电流，故A错误；根据eq\f(I0,I)＝eq\f(n,1)，得载流导线中电流大小I0＝nI，故B错误；假设钳形局部铁芯没有完全闭合，载流导线中电流产生的磁场减弱，磁通量变化率减小，在内置线圈产生的感应电动势减小，感应电流减小，那么测量出的电流将小于实际电流，故C正确；根据n1I1＝n2I2，知假设将载流导线在铁芯上多绕几匝，即n1变大，I1、n2不变，那么钳形电流测量仪的示数I2将变大，故D正确。9．(2022·天津高考)如下图，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，那么()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，电流表读数变小解析：选BC保持Q的位置不动，那么U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大，根据I2＝eq\f(U2,R0＋R)知，I2变小，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)得I1也变小，即电流表读数变小，选项A错误，B正确；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，U2变大，那么根据P2＝eq\f(U22,R0＋R)知副线圈输出功率变大，由P1＝P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1＝I1U，输入电压U一定，I1变大，即电流表读数变大，选项C正确，D错误。二、非选择题10.如下图，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5T，边长L＝10cm的正方形线圈共100匝，线圈总电阻r＝1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω＝2πrad/s，外电路中的电阻R＝4Ω，求：(1)感应电动势的最大值；(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°时的瞬时感应电动势；(3)由图示位置转过60°的过程中产生的平均感应电动势；(4)交流电压表的示数；(5)线圈转动一周产生的总热量；(6)由图示位置开始在eq\f(1,6)周期内通过电阻R的电荷量。解析：(1)感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝100×0.5×0.12×2πV＝3.14V。(2)由图示位置转过60°时的瞬时感应电动势为e＝Emcos60°＝3.14×0.5V＝1.57V。(3)由图示位置转过60°的过程中产生的平均感应电动势为eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝Neq\f(BSsin60°,\f(1,6)T)＝100×eq\f(0.5×0.12×\f(\r(3),2),\f(1,6)×\f(2π,2π))V≈2.6V。(4)交流电压表的示数为外电路两端电压的有效值，即U＝eq\f(E,R＋r)R＝eq\f(3.14,\r(2))×eq\f(1,4＋1)×4V≈1.78V。(5)线圈转动一周产生的总热量为Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2))))2eq\f(1,R＋r)T≈0.99J。(6)在eq\f(1,6)周期内通过电阻R的电荷量为q＝eq\x\to(I)×eq\f(T,6)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)×eq\f(T,6)＝eq\f(2.6,4＋1)×eq\f(1,6)C≈0.087C。答案：(1)3.14V(2)1.57V(3)2.6V(4)1.78V(5)0.99J(6)0.087C11.如下图，理想变压器B的原线圈跟副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，交流电源电压u1＝311·sin100πtV，F为熔断电流为I0＝1.0A的保险丝，负载为一可变电阻R。(1)当电阻R＝100Ω时，保险丝能否被熔断？(2)要使保险丝不被熔断，电阻R的阻值应不小于多少？变压器输出的电功率不能超过多少？解析：原线圈电压的有效值为U1＝eq\f(311,\r(2))V＝220V由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得副线圈两端的电压U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(1,2)×220V＝110V。(1)当R＝100Ω时，副线圈中电流I2＝eq\f(U2,R)＝eq\f(110,100)A＝1.10A由n1I1＝n2I2得原线圈中的电流为I1＝eq\f(n2,n1)I2＝eq\f(1,2)×1.10A＝0.55A由于I1<I0(熔断电流)，故保险丝不会熔断。(2)设电阻R取某一值R0时，原线圈中的电流I1刚好到达熔断电流I0，即I1＝1.0A，那么副线圈中的电流为I2＝eq\f(n1,n2)I1＝2×1.0A＝2.0A对应电阻R的阻值为：R0＝eq\f(U2,I2)＝eq\f(110,2.0)Ω＝55Ω此时变压器的输出功率为P2＝I2U2＝2.0×110W＝220W可见，要使保险丝F不被熔断，电阻R的阻值不能小于55Ω，变压器输出的电功率不能超过220W。答案：见解析二十、突破电磁感应的两个根本问题[抓牢解题根源]一、“三定那么、一定律〞的比拟1．三个定那么(1)因电而生磁(I→B)→安培定那么。(2)因电而受力(I、B→F安)→左手定那么。(3)因动而生电(v、B→I)→右手定那么。2．右手定那么与左手定那么的比拟比拟工程左手定那么右手定那么作用判断通电导体所受磁场力的方向判断感应电流方向条件电流方向和磁场方向切割运动方向和磁场方向图例因果关系电流→运动运动→电流应用电动机发电机记忆规律左“力〞右“电〞3．楞次定律的理解及应用(1)“阻碍〞的推广含义①阻碍原磁通量的变化——“增反减同〞；②阻碍相对运动——“来拒去留〞；③使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩〞；④阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同〞。(2)楞次定律应用的根本思路：“一原、二感、三电流〞二、感应电动势大小的计算1．法拉第电磁感应定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，适用于普遍情况。2．E＝Blv，适用于导体棒切割磁感线的情况。3．E＝eq\f(1,2)Bl2ω，适用于导体棒绕一端点转动切割磁感线的情况。[研透常考题根]“三定那么、一定律〞考查感应电流方向[例1](多项选择)(2022·上海高考)如图(a)，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，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