高二物理期末复习2

电磁感应综合

考前播报

考纲法拉第电磁感应定律(II)

要求楞次定律(II)

命题1.应用楞次定律、右手定则、左手定则或安培定则判断电流方向。

2.考查导体切割磁感线产生的感应电动势与感应电流。

预测3.考查磁通量变化产生的感应也动势与感应电流。

1.对导体切割磁感线产生感应电动势的公式E=Blv的理解：

(1)正交性：B、1、v两两垂直,实际问题中若不相互垂直，应取垂直的分量进行计算。

(2)有效性：/为导体切割磁感线的有效长度，即导体在与八8垂直的方向上的投影长度。

(3)平均性：导体平动切割磁感线时，若V为平均速度，则£为平均感应电动势。

(4)瞬时性：若-为瞬时速度,则E为对应的瞬时感应电动势。

(5)相对性”是相对于磁场的速度,若磁场也运动，应注意速度间的相对关系。

2.对法拉第电磁感应定律E二学的理解：

(1)感应电动势大小：由穿过闭合回路的磁通量变化率”和线圈匝数共同决定，与磁通量土磁通

量的变化量△。没有必然关系，丁为单匝线圈中磁通量的变化量。

(2)适用范围：任何情况都适用，但在中学物理中一般用来计算某段时间内的平均感应电动势。

若所取时间极短，即△/趋近于零，圻求感应电动势为该时刻的瞬时感应电动势。

(3)常见的两种应用情况：

应试a.回路与磁场垂直的面积不变，磁感应强度变化时，AG=A8S,七F学S,若学恒定，则产生的感

技巧

应电动势恒定;

b.磁感应强度不变,回路与磁场垂直的面积变化时，,E=nB%

△r

3.楞次定律的理解和应用：

(1)对楞次定律中“阻碍”的理解

谁阻碍谁感应电流的磁通量阻碍引起感应电流的磁场(原磁场)的磁通量变化

阻碍什么阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身

阻碍效果阻碍并非阻止上只是延缓了磁通量的变化，最终变化趋势不受影响

(2)楞次定律可推广为，感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因，具体方式：a.阻碍原磁通量

的变化——增反减同；b.阻碍相对运动——来拒去留；c.使线圈有扩大或缩小的趋势——增缩减扩；

d.阻碍原电流的变化(自感现象)一增反减同。

4.楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的比较:

名称适用范围

安培定则电生磁电流的磁效应(运动电荷、电流产生的磁场)

左手定则电生动洛伦兹力、安培力左力右电

判断力的方向用左手

右手定则动生电导体切割磁感线

电磁感应判断电的方向用右手

楞次定律磁生电闭合回路中磁通量变化

真题回顾

1.（2018全国I卷）如图，导体轨道。P0S固定，其中尸QS是半圆弧，Q为半圆弧的中心，。为圆心。轨

道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻。可绕O转动的金属杆。M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。

空间存在半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为现使。。位置以恒定的角速度逆时针

转到OS位置并固定（过程I）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从8增加到夕（过程II）。在

过程I、II中，流过OM的电荷量相等，则持■等于

【参考答案】B

【命题意图】本题考查电磁感应及其相关的知识点。

【试题解析】过程1回路中磁通量变化△曲,设OM的电阻为R,流过OM的电荷量。尸△如伏。

4

过程II回路中磁通量变化△如二;（B-B）^2,流过0M的电荷量Q?=WR0。2=Q，联立解得：575=3/2,

选项B正确。

2.（2018全国HI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的右侧。

导线PQ中通有正弦交流电流i,i的变化如图（b）所示，规定从Q到P为电流的正方向。导线框R中

的感应电动势

Q

Rb)

T

A.在，=—时为零

4

T

B.在，二二时改变方向

2

T

C.在，二二时最大，旦沿顺时针方向

D.在£=7时最大，且沿顺时针方向

【参考答案】冗

【命题意图】本题考查交变电流图象、法拉第电磁感应定律、楞次定律及其相关的知识点。

【试题解析】由图（b）可知，导线PQ中电流在/=774时达到最大值，变化率为零,导线框R中磁通量变

化率为零，根据法拉第电磁感应定律,在t=T/4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A正确；在t=T/2

时，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以

在t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B错误；由于在t=T/2时，导线P。中电流图象斜

率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/2时导线

框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C正确；由楞次

定律可判断出在•时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D错误。

3.（2017新课标全国II卷）两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1m、

总电阻为0.005C的正方形导线框必祖位于纸面内，〃边与磁场边界平行，如图（a）所示。已知导线

框一直向右做匀速直线运动，〃边于40时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图（b）

所示（感应电流的方向为顺时针时,感应电动势取正）。下列说法正确的是

：：f£/V

i'00|-j...

ad\：00.20.4：0.6；tls

,•-0.011-..........................,

图（a）图（b）

A.磁感应强度的大小为0.5T

B.导线框运动速度的大小为0.5m/s

C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外

D.在片0.4s至片0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N

【参考答案】BC

【命题意图】木题考查楞次定律的应用。

【试题解析】由E-t图象可知，线框经过0.2s全部进入磁场,则速度v=-=0.5m/s,B正确；由法拉第

t

电磁感应定律可知，8=0.2T,A错误；根据楞次定律，可知磁感应强度的方向垂直于纸面向外，C

E

正确；在04〜0.6s时间内，导线框中感应电流I=-=2A,所受安培力F=6Z/=0.04N,D错误。

R

4.（2016上海卷）如图（a）,正嘉而有平行于轴线的外加匀强.场，以图中箭头所示方向为其正方向。

螺线管与导线框岫“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随时间按图（b）所示规律变化时

A.在力72时间内,L有收缩趋势

B.在/2T3时间内，L有扩张趋势

C.在12~，3时间内，L内有逆时针方向的感应电流

D.在AM时间内，L内有顺时针方向的感应电流

一【参考答案】前

【命题意图】本邈考查榜次定律判断感应电流方向的应用。

【试题解析】据题意，在力72时间内，外加磁场磁感应强度增加且斜率在增加，则在导线框中产生沿顺时

针方向增加的感应电流，该电流激发出增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增

缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，A正确；在S3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流,

该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，BC错误；在AT4时间内，外加磁场向

下减小，且斜率也减小，在导线框中产生沿顺时针方向减小的感应电流，该电流激发出向内减小的磁场，

故圆环内产生顺时针方向的感应电流，D正确。

名校预测

1.（2019辽宁省瓦房店市高级中学模拟）如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀

速拉出匀强磁场.若第一次用0.3s时间拉出，外力所做的功为通过导线截面的电量为小；第二次

用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2,通过导线截面的电量为俏，则

A.卬1〈卬2,q\<cj2

B.Wi<W2iq\-qi

C.Wi>W2iqi=qi

D.W\>W2tq\>qi

2.（2019重庆市万州三中模拟）如图所示，M为水平放置的橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷。在

M正上方用丝线悬挂一个等大的闭合铝环M铝环也处于水平面中，且"盘和N环的中心在同一条竖直

线。。2上。现让橡胶圆盘由静止开始绕。1。2轴按图示方向逆时针加速转动，正确的是

B.铝环N对橡胶圆盘M的作用力方向竖直向上

C.铝环N有缩小的趋势，丝线对它的拉力减小

D.铝环N有扩大的趋势，丝线对它的拉力增大

3.（2019广东省洪江市第一中学模拟）如图，在••根竖直放置的铜管的正上方某处从静止开始释放一个强

磁体，在强磁体沿着铜管中心轴线穿过铜管的整个过程中，不计空气阻力，那么

售强磁体

A.由于铜是非磁性材料，故强磁体运动的加速度始终等于重力加速度

R.由于铜是金属材料，能够被磁化,使得强磁体进入铜管时加速度大于重力加速度，离开铜管时加速

度小于重力加速度

C.由于铜是金属材料，在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管中都有感应电流，加速度始终小于重

力加速度

D.由于铜是金属材料，铜管可视为闭合回路，强磁体进入和离开铜管时产生感应电流，在进入和离开

铜管时加速度都小于重力加速度，但在铜管内部时加速度等于重力加速度

专家押题）

2.如图所示，闭合螺线管固定在置于光滑水平面上的小车上，现将一条形磁铁从左向右插入螺线管中的过

程中，则

A.车将向右运动

B.车将向左运动

C.条形磁铁会受到向右的力

D.车会受到向左的力

3.如图所示，在匀强磁场的上方有一半径为R、质量为的导体圆环，圆环的圆心距离匀强磁场上边界的

距离为儿将圆环静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度均为vo已知圆环的

电阻为r,匀强磁场的磁感应强度大小为B,重力加速度为g。下列说法正确的是

A.圆环进入磁场的过程中，圆环的右端电势高

B.圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动

R?B

C.圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为上

r

D.圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR

《参考答案

名校预测

「7［答案］C

【考点】电磁感应

p2r2n2r22

【解析】设导体切割磁感线的边长为L,运动距离为s,导线框的电阻为此由W=——-•s=——,

RRt

可知W与，成反比，则例＞卬2；根据感应电量q二空,△。相同，贝U/=%；故ABD错误，C正确。

故选C。

.［答案］C

【考点】楞次定律

【解析】橡胶圆盘M由静止开始绕其轴线。。'按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大

小增大；橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷，根据右手螺旋定则知，通过8线圈的磁通量向下，且

增大，根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的增大，知金属环的面积有缩小的趋势，

且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小。根据牛顿第三定律可知，铝环N对橡胶圆盘M的作用力方

向竖直向下，故C正确。

37【答案】C

【考点】楞次定律

【解析】铜是金属材料，但不能被磁化。铜管可视为闭合回路，强磁体穿幽个铜管的过程中，铜管始终

切割磁感线，在管中运动的过程中管中都有感应电流，强磁体受到向上的磁场力，加速度始终小于重力加

速度，C正确。

专家押题

2.【答案】A

【考点】楞次定律

【解析】由题意可知，当磁铁向右运动时，即靠近螺线管，导致穿过的磁通量变大，因此根据楞次定律，

则有感应电流产生，根据楞次定律，小车为阻碍磁铁靠近，小车将对磁铁有向左的力，同时小车受到向右

的力，向右运动，故A正确，B、C、D错误。

3.【答案】AD

【考点】楞次定律

【解析】根据楞次定律可判断电流为逆时针，内部电流流向电势高，选项A正确；圆环进入磁场的过程

中，切割磁感线的有效长度不同，受到的安培力大小不同，不能做匀速直线运动，选项B错误；圆环进入

磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量Q=92=变且，选项C错误；根据功能关系,圆环进入

rr

磁场的过程中，电阻产生的热量为等于机械能的减小量，大小为2mgR,选项D正确。

电磁感应综合

考前播报

考纲法拉第电磁感应定律（11）

要求楞次定律（II）

命题1.电磁感应中的动力学问题

2.电磁感应中电荷量的计算。

预测

3.电磁感应中的能量问题、焦耳热的计算。

1.电磁感应与电路

应试

（1）力学对象与电学对象的关系：

技巧

电学对象

力学对象

(2)分析电磁感应与电路综合问题的基本思路：

a.确定电源：用法拉第电磁感应定律和楞次定律(或右手定则)确定感应电动势的大〃坏口方向；

b.分析电路结构：根据“等效电源'和电路中其他元件的连接方式画出等效电路，注意区分内外电路，

X分电动势和路端电压；

c.由闭合电路欧姆定律、串并联电珞关系、电功率公式、焦耳定律等列式联立求解。

2.电磁感应中动力学问题的解题思路：

(I)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向；

(2)根据等效电路图，求解回路中的感应电流大小及其方向，进而得到安培力的大小和方向；

(3)分析安培力对导体运动状态的影响，定性分析导体的运动情况，从而得到感应电流的变化情况；

(4)由牛顿第二定律或平衡条件列方程求解。

3.电荷量的计算：

匝线圈加时间内产生的平均感应电动势后』后

(2)由欧姆定律有后二次

(3)联立可得，通过的电荷量为q==〃绊

A

4.求解电磁感应中焦耳热的方法：

(1)电路中感应电流恒定时，应用焦耳定律8?心求解。

(2)导体切割磁感线运动时，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即w安。

(3)根据能量守恒定律或功能关系求解焦耳热(克服安培力做的功)：

安培力做功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，关系如下：

「做正功：电能整>机械能，如电动机

安培力做功，转化.鲁焦耳热或

〔做负功:机械能=>电能答0其他形式，如发电机

的能量

1真题回顾

1.（2018全国I卷）如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远

处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时

小磁针处于静止状态。下列说法正确的是

A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动

B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向

C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向

D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动

［参考答案】否

【命题意图】本题考查电磁感应、安培定则及其相关的知识点。

【试题解析】开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判

断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N

极朝垂直纸面向里的方向转动，选项A正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈

中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项BC错误；开关闭合并保

持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化,产生感应电动势和感应电流,由楞次定律可判

断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N

极朝垂直纸面向外的方向转动，选项D正确。

校预测

1.（2019上海市奉贤区高三质量调研）如图所示，两条足够长的平行的光滑裸导轨c、d所在斜面与水平

面间夹角为仇间距为L,导轨下端与阻值为R的电阻相连，质量为〃?的金属棒"垂直导轨水平放置，

整个装置处在垂直斜面向上的磁感应强度为A的匀强磁场中°导轨和金属棒的电阻均不计，有一个水平

方向的力垂直作用在棒上，棒的初速度为零，则：（重力加速度为g）

（1）若金属棒中能产生从。到6的感应电流，则水平力产需满足什么条件？

（2）当水平力大小为人，方向向右时，金属棒时运动的最大速度Vm是多少？

（3）当水平力方向向左时，金属棒而沿轨道运动能达到的最大速度Vm最大为多少？此时水平力尸的

大小为多大？

2.（2019安徽省合肥市高三质量检测）如图所示，在距离水平地面"=0.8m的虚线的上方有一个方向垂直

于纸面水平向里的匀强磁场，磁感应强度B=1To正方形线框的边长/=0.2m、质量机=0.1kg,

M=0.2kg的物体A。开始时线框的cd边在地面上，各段绳都处于伸直状态，从如图所示的位置将A从

静止释放。一段时间后线框进入磁场运动。当线框的cd边进入磁场时物体A恰好落地，此时轻绳与物

体A分离，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面。整个过程线框没有转动，线框平面始终

处于纸面，g取10in/s2o求：

（I）线框从开始运动到最高点所用的时间；

（2）线框落地时的速度大小；

（3）线框进入和离开磁场的整个过程中线框产生的热量。

专家押题

1.如图1所示，两条相距d=\m的平行光滑金属导轨位于同一水平面内，其左端接一阻值为R=9。的电阻,

右端放置一阻值X1。、质量机=1kg的金属杆,开始时,与MP相距L=4me导轨置于竖直向下的磁场

中，其磁感应强度R随时间,的变化规律如图2所示。给金属杆施加一向右的力产(尸未知)，使。〜2s

内杆静止在NQ处。在片2s时杆开始做匀加速直线运动，加速度大小«=1m/s2,6s末力产做的功为30J

(，取10m/s2)。求：

(1)杆静止时，杆中感应电流的大小/和方向；

(2)杆在仁6s末受到的力F的大小；

(3)0〜6s内杆上产生的热量。

参考答案

名校预测

1.【考点】导体棒切割磁感线的运动、d顿运动定律

【解析】(1)金属棒中能产生从。到b的感应电流，说明金属棒沿导轨向上运动切割磁感线，受力分析

如图：

则有：户

故：F>tng\ax\O

(2)分情况讨论：受力分析如图

解得：尸最大为"=，联。16,%最大为

故速度的最大值为：忆=溢

此时F=zngcot。

2.【考点】电磁感应、安培力、牛顿运动定律、能量变化

【解析】(1)设线框刈边到达磁场边界时速度大小为v,由机械能守恒定律可得

Mg(h.I)=mg(h-I)+；(M+/n)v2

代入数据解得：v=2m/s

线框的ab边刚进入磁场时，感应电流/=等

A

线框受到的安培力理=B〃=竿=1N

而Mg-mg=1N=IBl

线框匀速进入磁场。设线框进入磁场之前运动时间为乙，有/「/=；吗

代入数据解得：6=0.6s

线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间：r=-=0.1s

2V

此后细绳拉力消失，线框做竖直上抛运动，到最高点时所用时间：4=：=02s

O

线框从开始运动到最高点，所用时间：f=%+，2+4=0・9s

(2■框cd边下落到磁场边界时速度大小还等于%线框所受安培力大小&=1N也不变，又因〃8=1N,

因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动

由机械能守恒定律可得：=5〃/+，咫他一。

代入数据解得线框落地时的速度：匕=4m/s

(3)线框进入和离开磁场产生的热量：e=W=0.4J

Blv

或Q=2/2心2=2I心2=0.4J

专家押题

1.【考点】导体棒切割磁感线的运动、能量变化

【解析】（1）任。〜2s内，由电磁感应定律得耳=竽=L"竽

ArAr

解得昂=8V

由闭合电路欧姆定律得，二舁

联立解得“0.8A,方向N-Q

（2）杆做匀加速直线运动的时间为u4s

6s末杆的速度\^=at=4m/s

由电磁感应定律得E2=Bdv=\6V

由闭合电路欧姆定律得，2=鼻

联立解得〃=L6A

在运动过程中杆受到的安培力FA=BM=6.4N

对杆运用牛顿第二定律,有:F-F后ma

解得F=ma+F^=^.4N

（3）0~2s内系统产生的焦耳热。尸/产（）02.8J

2

2〜6s内，根据能量守恒定律有：W=Q2+^mv

系统产生的热量乌二卬一（加y二22J

则0〜6s内系统产生的总热量。=。+Q?=34.8J

r1

故。〜6s内杆上产生的热量Q杆=--e=-x34.8J=3.48J

R+r10

交变电流与变压器

。考前播报V

交变电流、交变电流的图象（I）

考纲正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值（I）

要求理想变压器（II）

远距离输电（I）

命题L考查交变电流的产生和描述、交流电有效值。

2.考查变压器的规律及动态分析、理想变压器与交变电流的规律综合。

予页测3.考查远距离输电与理想变压器的综合。

-T交变电流瞬时值表达式书写的基本思路：

(1)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图象或公式6=〃8S①，求出相应峰值。

(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式：a.线圈从中性面位置开始转动，则UT图象为

正弦函数图象J-EmSin在；b.线圈从垂直中性面位置开始转动，则〃T图象为余弦函数图象，〃:EmCOS

coto

2.交流电“四值''：

(I)线圈通过中性面时的特点：穿过线圈的磁通量最大；线圈中的感应电动势为零；线圈每经过中

性面一次，感应电流的方向改变一次。

(2)交流电"四值”的应用：最大值——分析电容器的耐压值；瞬时值——计算闪光电器的闪光时间、

线圈某时刻的受力情况；有效值电表的读数及计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流；平

均值一计算通过电路截面的电荷量。

3.变压器各物理量间的因果关系：

变压器的,一定，输入电压S决定了输出电压S的大小，与其他无关；由输出电压S与负载电阻

R,通过欧姆定律决定了输出电流h的大小；进而确定了输出功率P2的大小，由能量守恒决定了输

应试P

技巧入功率P)的大小；最后又通过才决定输入电流/1的大小。

4.远距离输电问题分析方法：

(1)画出输电电路图，如图所示。在每个回路中变压器的原、副线醛分别是电源或用电器。

(2)分析三个回路的关系：

U、n,LqnyI.

变压器关系为力=/=广，7r=~r=t

U2%*1IJ4%*3

电路关系为SMU+U3,&U=hR,h=h

能量关系为尸=U/|=S/2=P用户+AP,^P=h2R,尸用户=U3/3=U"4

(3)在远距离输电问题中，有时把降压变压器及其输出电路整个等效为一个电阻能够使问题简单化。

%-

由欧姆定律，等效电阻&二牛=一与一二可夫用户

13〃4,4%

%

《真题回顾

1.(2018全国III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。方；若该电阻接到正弦

交变电源上，在一个周期内产生的热量为。正。该电阻上电压的峰值为〃o,周期为T,如图所示。则。

方:Q正等于

【参考答案】D

【命题意图】本题考查交变电流的图线、正弦交变电流的有效值、焦耳定律及其相关的知识点。

【试题解析】根据题述，正弦交变电流的电压有效值为岩，而方波交流电的有效值为〃。，根据焦耳定律

U2

和欧姆定律，。=产/?7=一7\可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，。方：Q正=

R

〃。2：（%）2=2：1,选项D正确。

2.（2018天津卷）教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机（内阻可忽略）通过理想变压器

向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为人U,R消

耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的?，则

2

A.R消耗的功率变为!尸

2

B.电压表V的读数为

2

C.电流表A的读数变为2/

D.通过R的交变电流频率不变

【参考答案】B

【命题意图】本题考查了交流电最大值，有效值，频率，变压器等

【试题解析】根据公式分析电动机产生的交流电的最大值以及俄（值、频率的变化情况；根据

n.U.

’=力=7"判断原副线圈中电流电压的变化情况，根据副线圈中功率的变化判断原线圈中功率的变化；

根据。=24〃可知转速变为原来的;,则角速度变为原来的;,根据=可知电动机产生的最大

IE]

电动势为原来的彳，根据常可知发电机的输出电压有效值变为原来的7,即原线圈的输出电压变为

2V22

1n.U.11n2

原来的5，根据£=/可知副线圈的输入电压变为原来的§，即电压表示数变为原来的万，根据「=为

可知R消耗的电功率变为1“pA错误B正确副线圈中的电流为/_-2U即变为原来的1r根据一%1=广

472-—2〃2A

可知原线圈中的电流也变为原来的;，c错误；转速减小为原来的;，则频率变为原来的;，D错误。

3.（2017北京卷）如图所示,理想变压器的原线圈接在〃=220应sinm（V）的交流电源上，副线圈接有

455。的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2:1,电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是

Clffi

A.原线圈的输入功率为220V2W

B.电流表的读数为IA

C.电压表的读数为uoQv

D.副线圈输出交流电的周期为50s

【参考答案】B

【命题意图】本题考查理想变压器。

【试题解析】电表的读数均为有效值，原线圈两端电压有效值为220V,由理想变压器原、副线圈两端电压

与线圈匝数成正比，可知副线圈两端电压有效值为11。V,C错误；流过电阻R的电流为2A,可知负载消

耗的功率为220W,根据能量守恒可知,原线圈的输入功率为220W,A错误；由可知，电流表的读

数为IA,B正确，由交变电压瞬时值表达式可知，^IOOTCrad/s,周期7=092s,D错误。

4.（2017江苏卷）某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则

A.电感心的作用是通高频

B.电容Cz的作用是通图频

C.扬声器甲用于输出高频成分

D.扬声器乙用于输出高频成分

【参考答案】BD

【命题意图】本题考查理想变压器。

【试题解析】电感线圈对交流电的阻碍作用由感抗描述，X,=2碓，频率越高阻碍作用越大，对输入端的

高频和低频交流信号的作用是通低频阻高须，所以A错误；电容对交流电的阻碍作用Xc=』，频率越

高阻碍作用越小，所以是通高频阻低频，故BD正确；C错误。

■桢预疝3

1.（2019河北省承德二中高二上月考）正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图甲所示的方式连接，R

=10C，交流电压表的示数是10V。图乙是交变电源输出电压〃随时间，变化的图象。则

A.通过R的电流次随时间r变化的规律是iR=72cos（100加）A

B.通过R的电流床随时间I变化的规律是m=应cos(50”)A

C.R两端的电压〃犬随时间f变化的规律是姝=10及cos(100m)V

D.R两端的电压随时间f变化的规律是〃犬=5&cos(50兀。V

2.(2019辽宁省瓦房店市高级中学模拟)如图所示，图线。是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交

流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线匕所示，以下关于这两个正弦交流电

的说法不正确的是

A.线圈先后两次转速之比为3:2

B.在图中1=0时刻穿过线圈的磁通量为零

C.交流电。的瞬时值为〃=10sin5mV

D.交流电b的最大值为‘20V

3

3.(2019广东省佛山一中模拟)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，A为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴O。，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20A

B.交流电的频率是100Hz

C.0.01s时线圈平面与磁场方向平行

D.0.02s时线框平面与中性面重合

专家押题

1.如图所示，一圆柱形铁芯上沿轴线方向绕有矩形线圈，铁芯与磁极的舞隙间形成了辐向均匀磁场，磁场

的中心与铁芯的轴线重合。当铁芯绕羯线以角速度C“逆时针匀速转动过程中，线圈中的电流变化图象为

（从图示位置开始计时，N、S极间献的宽度不计，以a边的电流向里、b边的电流向外为正方向）

C.0

2.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1,b是原线圈的中心接头，电压表和电流表均为理想

电表。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为〃=220&sinMV）。下列

说法正确的是

A.当单刀双掷开关与，，连接时，电压表的示数为220V

B.当单刀双掷开关与。连接时，电压表的示数为22及V

C.单刀双掷开关由。扳向b时，电压表和电流表的示数均变大

D.当单刀双掷开关与a连接时，若滑动变阻器触头P向上移动，电压表和电流表的示数均变小

参考答案

名校预测

1.【答案】AC

【考点】交流电的最大值、有效值、角速度的计算。

【解析】由题可知流过电阻的电流：/=—=1A,所以电阻两端电压的最大值为正人，由图象得周期

R

是0.02s,所以幻=学=100兀rad/s,因此加随时间f变化的规律是。=J2COS100R(4),故A正确，B

错误；同理电阻两端的电压最大值为：(/m=10\/2V,故R两端的电压弧随时间t变化的规律是

^=1072COS100^(V),故C正确，D错误。

二【答案】B

【考点】交流电的最大值、有效值、角速度的计算，交流电的产生。

【解析】A、由图读出两电流周期之比为A：7W).4s:0.6s=2:3,而1，故线圈先后两次转速之比为3:2；

T=-

n

故A正确；B、U)时刻U=0,根据法拉第定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大；故B错误；C、正弦

式电流。的瞬时值为2兀2兀，故C正确；D、根据电动势最大值公式

u=t/msin—t=lOsin——rV=10sin57irV

,T0.4

2兀，得到两电动势最大值之比为Ema：Emb=7b：7；=3：2,En«=10V,则得到正弦式电流》

Em=nBsco=nBs—

的最大值为20；故D正确。本题选不正确的故选B。

E时=37

二［答案］C

【考点】交流发电机原理。

【解析】电流表的示数为有效值：/=%=竺•A=l()A,故A错误;由图知周期T=0.02s,根据

/=7=0i2HZ=5°Hz，故B错误；0.01s时线圈产生的感应电动势最大，说明线框与磁场平行，磁

通量为零,故C正确；由图知().02s时线框中感应电流最大，说明线框与磁场平行,磁通量为零，故D

错误。

专家押题

1［答案］C

【考点】交流电的产生、右手定则、电磁感应定律、欧姆定律

【解析】在一个周期内，前半个周期：根据右手定则可知”边的电流向外、沙边的电流向里，为负值，线

圈始终垂直切割磁感线，则产生的感应电动势大小不变，感应电流大/」不变；后半个周期：根据右手定则

可知，，边的电流向里、h边的电流向外，为正值，感应电流大小不变，C正确。

2.【答案】C

【考点】含变压器电路中电表的读数、动态电路分析

【解析】根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压最大值为220夜V,所以副线圈的电压最大值为

22夜V,电压表的示数为电压的有效值，所以示数为22V,AB错误;单刀双掷开关由〃扳向力时，理

想变压器原、副线圈的匝数比由10:1变为5:1,所以输出的电压升高，电压表和电流表的示数均变大，C

正确；当滑动变阻器触头P向上移动时，滑动变阻器连入电路的电阻变大，电路的总电阻变大，由于电压

由变压器决定，所以电流变小，电压表的示数不变，电流表的示数变小，D错误。

电学实验

考前播报

实验八：测定金属的电阻率(同时练习使用螺旋测微器)

实验九：描绘小电珠的伏安特性曲线实验十：测定电源的电动势和内阻

要求

实验十一：练习使用多用电表实验十二：传感器的简单使用

命题高考对电学实险的考查侧重于考查电路设计、数据处理、误差分析等，并且向着拓展实脸、创新

预测实验的方向发展，可能会涉及磁场、电磁感应等方面的知识。

1.欧姆表原理：

(1)欧姆表内有电源，红表笔与内电源负极、黑表笔与内电源正极柜连，电流方向为“红进黑出二

(2)测电阻原理是欧姆定律。当红、黑表笔短接时，调节电表内部的滑动变阻器Ro(即欧姆调

零)，使灵敏电流计满偏/£一P上R,此时中值电阻R中-Rg+Ro+r;当两表笔接入电阻

rE

凡时，"R4-R•凡与电流对应，但二者为非线性关系，故欧姆表刻度不均匀。

勺+4)+「+&

应试

(3)使用注意：a.先选挡后调零；b,换挡后重新调零;c.待测电3且与电路、电源断开；d.尽

技巧

量使指针指在表盘中间位置附近；e.读数后要乘以倍率得阻值；f.用完后，选择开关置于“OFF”

挡或多用电表交流电压最高挡。

2.电路设计：

(1)测电阻的电路结构：电源；控制电路(滑动变阻器、开关)；测量电路。

(2)电表选择:安全性——量程不能太小；准确性——量程不能太大，读数一般要超过量程的;；

若电表量程不合适，可用有准确内阻的电表进行改装。

（3）测量电路：若R；＞RVRA,说明待测电阻较大，使用电流表内接法，误差源于电流表分压，

测量值大于真实值；若R；〈RVRA,说明待测电阻较小，使用电流表外接法，误差源于电压表分

流，测量值小于真实值。

（4）控制电路：当滑动变阻器的阻值较小时，常采用分压式接法；当滑动变阻器的阻值与待测

电阻相差不大时，常采用限流式接法。滑动变阻器必须接为分压式的情况有：电压或电流要求从

零开始变化；滑动变阻器不能起到限流的作用；限流式接法不能获取有区分度的多组数据。若两

种接法均可，则采用总电功率较小的限流式接法。

3.测量电源的电动势和内阻：

（1）常用伏安法（电压表和电流表），根据提供的实验器材，也可以选用伏阻法（电流表和电

阻箱）或安阻法（电流表和电阻箱）.

（2）解题方法首先都是根据闭合电路欧姆定律列式，然后可以分别代入两组测量数据联立方程

组求解,也可以根据方程式（一般将方程式写成线性形式）描点作图,分析图线的截距、斜率与

电源电动势和内阻的关系进而求解。

（3）伏安法误差分析：

a.电流表接在电压表并联电路外，与电源接在一起