2024版高考物理复习教案：第一篇专题四电路与电磁感应

第一篇专题复习

专题四电路与电磁感应

T知识体系II

部分电路欧姆定律动态分析

I'流L欧姆定律故障分析

电闭合电路欧姆定律

含容电路

路

焦耳定律一电热、热功率,电功、电功率一电路中的功率分析

中最大

中性面：i=lmsin(0/

瞬时值一交变电波产生一，

与中性面垂直的面：i=/ecoslot

电

最大值然最大

四值「铭牌

有效值也表读数

L电热计算

1-平均值

变压原理

理想变压器功率关系理想化模型

交1电流关系

变

电

电变压器-

路

^流单个副线圈

电-多个副线圈

磁模型

感作理想变压器

应

原线圈与电阻串联

输电原理

远距禺输电损失电压、电功率计算

动态分析

楞次定律

电流方向判断'右手定则

「A中

感应电动

势和感应电动势大小E^Blv

电流七=抑"

等效电路

单杆

稳定状态

-动力学分析双杆

运动过程中"及。的变化

电线框

磁

感安培力做功

应功能关系能设观点

电热

安培力的冲量

动最问题动M定理的应用动就观点

双杆中的动战守恒

图像信息的读取：8-八中-t、iT等

图像排除法

图像的选择

'函数法

第11讲直流电路与交变电流

【目标要求】1.会用闭合电路欧姆定律分析电路各部分之间的关系；2.能利用能量守恒定律和

焦耳定律分析电学中的能量转化问题；3.掌握交变电流的产生和描述、四值的特点和相关计

算；4.理解变压器的原理，会分析交流电路的动态变化以及远距离输电问题。

考点一直流电路的分析与计算

1.闭合电路欧姆定律的三个公式

（1）E=U外+U内；（任意电路）

（2）E=U外+〃；（任意电路）

（3）E=/（R+r）。（纯电阻电路）

2.动态电路分析的三种方法

部分电路阻值变化一电路总电阻A&变化一干路电流/变化一路端电压U.

**।*［增大增大

变化一各支路电流、电压变化，即

程序法［减小［减小

碱小［增大［/文

【增大1减小E

所谓“串反”，即某一电阻阻值增大（减小）时，与它串联或间接串联的电

阻中的电流、两端的电压、电功率都减小（增大）。所谓“并同”，即某一

串反并同法

电阻阻值增大（减小）时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端的电

压、电功率都增大（减小）

因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别

极限法

滑至两个极端，使滑动变阻器接入电路的电阻最大或电阻为零去讨论

3.电容器的特点

（1）只有当电容器充、放电时，电容器所在支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的

支路相当于断路。

（2）电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，电容器两端的

电压等于与之并联的电阻两端的电压。

例1（2022・江苏卷・2）如图所示，电路中灯泡均正常发光，阻值分别为凡=2C,&=3。，

R=2C,R4=4C,电源目动势石=12V,内阻不计，四个灯泡中消耗功率最大的是（）

-~—12V

——^

A.RiB.R2C.R3D.&

答案A

解析由也路图可知，R3与凡串联后与R2并联，再与4串联。并联也路部分的等效电阻为

=2C,由闭合电路欧姆定律可知，干路电流即经过Ri的电流为/=/=dD

/<2十"3十KlA|-TA4

=3A,并联部分各支路电流大小与电•阻成反比，则h=/=]=2A,h=U=

A2"TA3-1A43

R,I

2

R，+R；+R/=1=1A,g个灯泡的实际功率分别为PI=/]2R[=18W,P2=/2/?2=12W,P3

22

=hRy=2W,P4=/4/?4=4W,故四个灯泡中消耗功率最大的是RI,故A正确，B、C、D

错误。

例2如图所示，电路中电源电动势为瓜内阻为「，体为滑动变阻器，色为定值电阻。开关

S闭合后，平行金属板中的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表。当滑动

变阻器滑片P向。端滑动过程中，下列说法正确的是()

A.电流表Ai的示数减小

B.电流表A2的示数减小

C.电压表的示数先减小后增大

D.液滴向.上运动

答案D

解析设滑动变阻器滑片上端部分的封阻阻值为凡，外电路的阻值为R产Ri-R、~H~=

0十k2

/?■-.1■当滑动变阻器滑片P向〃端滑动过程中，心增大，外电路的限值夫小减小，根

尺十凡2

据闭合电路欧姆定律，总电流/增大，电流表Ai的示数噌大，内电压增大，路端电压减小，

电压表的示数减小，故A、C错误：根据串联分压，滑动变阻器的上端和4的并联总电阻增

大。则并联这部分电阻所加电压5增大，液滴所受静电力增大，液滴向上运动，再根据，2

=附，可知电流表A2的示数增大，故B错误、D正确。

A2

例3如图(a)所示电路，Ri为滑动变阻器，当为定值电阻。从左向右移动滑动变阻器的滑片,

根据理想电表数据得到U-/图像如图(b)所示

2

(b)

A.品的最大功率为4W

B.此的最大功率为3W

C.电源的最大输出功率为4W

D.电源的输出功率先增大后减小

答案B

解析根据欧姆定律可知誉=R,所以题图(b)中斜率为正的图线反映V2表示数随/的变化，

则可知&=3C。设电,源电动势为E,内阻为r,根据闭合电路欧姆定律有S=E-/「，Ui=E

—/(r+R),所以作令=r,|嗡=,+&,所以题图(b)中斜率为负的两条图线中，斜率绝对值

较大的图线反映了M表示数随/的变化，则r+R?=4C,斜率绝对值较小的图线反映了V3

表示数随/的变化，肌r=\。，E=4V,R的功率为0|=产­=(凡；/：j=

,根据数学知识可知，当R|=Q+/,时，P1有最大值，为P|max=lW,

(处+r)2

卜2(R2+r)

故A错误；当电路中电流最大时，/?2的功率最大，此时Rl接入电路的阻值为零，所以，2max

F£2/D_1_DA

=(方匚)2&=3W,故B正确；电源的输出功率为P=RRi+&)=/「=

A<2"rr(A)"TA2"rr)

,从左向右移动滑动变阻器的滑片，Ri+R2>rtP随Ri的增大而减小,

吊+&+记毓+2r

当4=0时，P有最大值为Pmax=P2nm=3W,故C、D错误。

■总结提升

直流电路的最大功率

1.当R一定时，由。=「代知，/越大，。越大。

2.当，•一定、R变化时，P上随R的变化情况可通过下面两个图像进行分析。

P^-R图像P比一/图像

~二?7r用P*.=E1-Pr

考点二交变电流“四值”及应用

1.有效值的计算

(1)正弦式交变电流：E寺,/=%，U=%

⑵非正弦式交变电流：计算有效值时，要根据电流的热效应，即“一个周期”内“相同电阻”

上产生“相同热量”，然后分段求和列式，求得有效值。

2.正弦式交变电流“四值”的应用

表达式应用

最大值计算电容器的耐压值

Em=nBSa)

瞬时值e=EnSinajt计算某时刻所受安培力

E号

有效值电表的读数及计算电热、电功及保险丝的熔断电流

—必3

平均值E-Z计算通过导体的电荷量

例4如图所示，正方形单而线框必&功长为心每功电阻均为人在磁感应强度为6的匀

强磁场中绕cd边以角速度①匀速转动，c、4两点与外电路相连，外电路电阻也为，，导线电

阻忽略不计，电表均为理想电表，则下列说法中正确的是()

A.从图示位置开始计时，线框感应电动势的瞬时值表达式为e=8a42sinM

B.S断开时，电压表读数为乎以0加

C.初始S闭合，现将S断开，电压表读数不变

D.S闭合时，线框从图示位置转过封程中流过电流表的电荷量碎

答案D

解析如题图所示，线框平面与中性而垂直，此时线框产生的感应电动势最大，则从该位置

开始计时，线框abed产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=£ncosa〃=&oZ?cosa）t,故A

错误；感应电动势的有效值£=茬=簧，当S断开时，根据闭合电路欧姆定律可知通过线

框的电,流的有效值为/=q=黑:电压表测量cd边两端电压，则也压表示数为U=Ir=

黑%=产产,故B错误；s闭合后，电路中总电阻为3r+壬=^r,根据闭合电路欧姆

定律可知电压表示数为。=鸨=驾普,故C错误；S闭合时，线框从题图所示位置转

2r

过;过程中流过干路的总电荷量4=7加=/囚="加=军=噤，根据并联电路分流

17•y△/$/•

I

规律可知流过电流表的电荷量为狼=]9=方7,故D正确。

例5在图乙的电路中，电源输出如图中所示的交变电流（不计内阻）。电阻/?的阻值为IOQ,

电表均为理想电表。下列判断正确的是（）

“7V

1()72

//(xlO-2s)

o

iQii

-10

甲

A.电压表的示数为10V

B.电流表的示数为2A

C.若将电阻R替换为一个电容器，欲使电路安全运行，其耐压值最少为10V

D.电阻R在任意三分之一个周期内产生的热量一定等于0.1J

答案A

*

根据题意可知，电压表的示数为有效值，设为U,则有华一T(10V)22T

解析

RQ+R手

U=IOV,故A正确；由欧姆定律可知，包流表的示数为/=S=9A=1A,故B错

解得K1\）

误；由于交流电的峰值为Um=\(h[2V>10V,因此，若将也阻R换成一个耐压值为10V

的电容器，会被击穿，故C错误；根据题意可知，电阻R在任意三分之一个周期内的电流有

效值不一定是1A,所以电阻R在任意三分之一个周期内产生的热量不能用Q=PR,=

FXIOXIO_2j=o』j计算，故D错误。

考点三理想变压器分析与计算电能的输送

1.理想变压器问题

(1)三个不变：功率不变；就通量的变化率不变；频率不变。

(2)决定关系：输出功率决定输入功率；输入电压决定输出电压；输出电流决定输入电流.

2.远距离输电问题

(1)理清三个回路

(2)抓住两个联系

①理想的升压变压器中线图1(匝数为〃0和线圈2(匝数为〃*中各个量间的关系是#=­，，=

U212

备Pf°

②理想的降压变压器中线图3(匝数为〃3)和线圈4(匝数为〃4)中各个量间的关系是9=；,，=

U49U/4

肾P3=P*

(3)掌握一个守恒，能量守，亘关系：P=尸愤+心。

3.输电线路功率损失的匹种计算方法

产粉=产]一产48为输送功率，修为用户得到的功率

P椅=/我2R线/我为输电线路上的电流，R我为输电线电阻

p

△U为输电线路上损失的电压，不要与U2、5相混

户指=AU/线

例6(2023•江苏淮安市二模)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1：3,正弦交流电

源的电压有效值恒为12V,电阻R-1C,&-2C。若滑动变阻器必接入电路的电阻为

7d则（）

R\心

A.通过用的电流为6A

B.Ri与以消耗的电功率相等

C.若向上移动P,电压表读数将变大

D.若向上移动P,电源输出功率将不变

答案A

解析方法一设通过Ri的电流为3/,则副线图中的包流为/,原线图输入电压为U-3/Ri

=12-3/,根据匝数比可知副线图输出也压为3（12—3/）,则有（12—37）・3/=

解得/=2A,

则通过Ri的电流为3/=6A,故A正确；

理想变压器原、副线图匝效之比为1：3,叶知原、副线圈的电流之比为3：1,根据尸

可知凡与R2消耗的电功率之比为9：2,故B错误；

若向上移动P,则以接入巴路电阻减小，副线图回路中电流变大，原线圈回路中电流也变大，

根据P=/U可知，电源输出功率将变大，电阻Ri两端的也压变大，变压器输入电压变小，

榆出电压变小，电压表读数将变小，故C、D错误。

方法二等效电阻法。变压器部分的等效电阻/?¥=（92（R2+R3）=$x（2+7）C=IQ

由+得7=6A,故A正确；

B选项的判断同方法一；若向上移动P,则幻接入包路的电阻减小，R号减小,原线圈回路中

电流/增大，由P=/U知，电源输出功率变大，由。则=/尺知，U对变大，变压器输入电压

变小，输出电压变小，电压表读数变小，故C、D错误。

■总结提升

等效电阻法

当理想变压器的副线圈接地电阻元件时，可以把理想变压器（含副线圈中的元件）等效成一个

电阻来处理，设原、副线图的匝数分别为〃|、〃2,原线圈输入电压为U1,电流为人,副线图

（今s

输出电压为5,电流为/2,副线图负载电阻为R,则等效电阻R等效=牛=需==焉吊=

(-)2/?o

例7(2023・山东卷・7)某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压S=250V,输出

功率50()kW。降压变压器的匝数比〃3:"4=50：1,输电线总电阻R=62.5Q。其余线路电阻

不计，用户端电压必=22。V,功率88kW,所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的

是()

A.发电机的输出电流为368A

B.输电线上损失的功率为4.8kW

C.输送给储能站的功率为408kW

D.升压变压器的匝数比小：〃,=1：44

答案C

解析由题知，发电机的榆出电压S=250V,输出功率500kW,则有八="=2XIO?A,

U\

A错误；由题知，用户端包压S=220V,功率尸4=88kW,则有告茬琮，P尸UM,解

得/4=400A,人=8A,5=11000V,则揄电线上损失的功率为AP=/32R=4kW,且S=

S+AR=11500V,再根据整=0，解得丛=2，B、D缙误；根据Pi=SA+Ps,代入数据

1/2〃2〃240

得P5=408kW,C正确。

高考预测

1.(2023•江苏省南京师范大学附属中学一模)地磅工作原理图如图所示，地磅空载时滑动变阻

器滑片P位于A点，满载时滑片P位于8点，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法错误的是

()

A.电压表两端电压与被测汽车的质量成正比

B.若将一个电阻与电压表串联，可增大地磅量程

C.若称量值偏小，可在描上并联一个电阻进行校正

D.电池长时间使用后，称量值会偏小

答案B

解析设A、3之间的电阻为R,横截面积为S,根据闭合电路欧姆定律可知E=/（R+R（）+r）

设4、P之间的距离为x

Ex

U=IR'=R+R°+A

汽车平衡时有mg=2kx

解得u=鬲不演

从公式可以看出：电压表两端电压与被测汽车的质量成正比，A正确，不符合题意；

若将一个电阻与也压表串及，A、夕之间的最大电压不受此电阻的影响，没有办法增大地磅

量程，B错误，符合题意：

若称量值偏小，可以通过在R（）上并联一个电阻，回路中总电阻变小，总电流增大，滑动变阻

器上的也压增大，使称量值不变，C正确，不符合题意；

电池长时间使用后，内阻会变大，导致电流减小，A、尸之间的电压减小，所以称量值会偏小，

D正确，不符合题意。

2.如图甲所示为一可调自耦式理想变压器。人、4间线圈加上如图乙所示的正弦式交变电压,

P为可调触头，B、P间接有一理想交流电流表和滑动变阻器R（最大阻值为100C）,Q为滑动

变阻器的滑动触头。现将P、Q分别调至线圈和滑动变阻器R的正中央，则（）

A.电流表示数为2.0A

B.流过R的交流甩的频率为100Hz

C.若保持Q位置不动，将P顺时针转动少许，则电流表示数变大，变压器输出功率变大

D.若保持P位置不动，将Q向上移动少许，则电流表示数变大，变压器输出功率变大

答案D

解析电表示数均为有效值，开始P、Q均在中央位量，则8、P间电压为110V,滑动变阻

器接入电路阻值为50Q,则电流表示数为2.2A,变压器不改变交流电频率，故频率保持50Hz

不变，故A、B错误；若保持Q位置不动，将P顺时针转动少许，则相当于副线圈匝数减少，

故B、P间电压减小，电阻不变，则电流减小，输出功率减小，故C错误；若保持P住置不

动，将Q向上移动少许，则8、P间电压不变，接入电路电阻变小，则电流表示数变大，输

出功率也变大，故D正确。

专题强化练

［保分基础练I

1.（2023•江苏南通市二模）家用水质检测笔可测量水的电导率，电导率是电阻率的倒数，它是

判断水是否纯净的重要参数，则（）

A.电导率的单位是CLm

B.温度变化，电导率不变

C.检测笔示数越大，水越纯净

D.检测笔插入水中前，示数为零

答案D

解析电导率是电阻率的倒数，而电阻率的单位为Qm,则电导率的单位是故A

错误；由题意知，材料的电阻率随温度的变化而变化，而也导率是电•阻率的倒数，因此温度

变化时电导率也将发生变化，故B错误；水越纯净水中能够自由移动的各种粒子就越少，导

电性能就越弱，则电阻率就越大，而电阻率越大，电阻生的倒数就越小，即电导率越小，检

测笔的示数越小，故C错误；检测笔在插入水中前，示数为零，故D正确。

2.（2023•江苏南通市期末）如图所示为简化的充电原理图。若工作状态下，穿过接收线圈的磁

通量约为发射线圈的80%,忽略其他损耗，下列说法正确的是（）

A.接收线圈中的电流与电压成正比

B.接收线圈的输出功率与发射线圈的输出功率相等

C.发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同

D.穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同

答案C

解析工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%,若发射线图功率恒定为P,

则有P0.8=S/2,可知接收线圈中的电流与电压成反比，故A错误；工作状态下，穿过接收

线图的磁通量约为发射线隔的80%,所以接收线图的输出功率小于发射线困的输出功率，故

B错误：发射线图与接收线图中磁通量变化的频率相同，发射线图与接收线圈中交变电流的

频率相同，故C正确；穿过接收线圈的磁通量约为发射线图的80%,由磁通量的变化率为窄,

则穿过发射线图的磁通量变化率与穿过接收线圈的变化返不相同，故D错误。

3.工业机器人广泛用于工业领域。某工业机器人设备接在〃=38Q\Esin100MV）的交流电源

上，正常工作时电流为2A,则下列说法正确的是（）

A.该交流电的频率为1（）。Hz

B.该交流电每秒内电流方向变化50次

C.该设备正常工作时电流的峰值为2A

D.该设备正常工作时消耗的功率为0.76kW

答案D

解析根据”=38味sin1007U（V）可知交流电的角速度为W=100TCrad/s,该交流电的频率为f

=2=片典Hz=50Hz,故A错误；

Zlllit

正弦交流电一个周期内电流方向变化两次，所以该交流电每秒内电流方向变化

“=2X50次=100次，故B错误；

由题可知，该设备正常工作时电流的峰值为

Im=yj2I=2y[2A,故C错误；

该交流电的有效值为E与

该设备正常工作时消耗的功率为P=Ei

解得正常工作时的功率P=760W=0.76kW,故D正确。

4.（2023•江苏盐城市东沟中学三模）空气炸锅的等效简化电路图如图所示，电源的电动势为

6V,电源的内阻不计，小风扇M的额定电压为6V,额定功率为3W,线圈内阻为/«=1Q,

电阻RI=R2=10C,则下列说法中正确的是（）

A.只闭合开关Si，小风扇正常工作时电流为6A

B.只闭合开关S”小风扇正常工作时发热功率为2.75W

C,同时闭合开关，和S2,若小风扇正常工作，则通过电阻尺的电流为0.3A

D.同时闭合开关$和S2.若小风扇正常工作，则电阻体消耗的功率为3.6W

答案D

解析由题图可看出当只闭合Si时，电阻R与&串联，再与小风扇M并联，且电源的内阻

不计，则小风扇M的电压刚好为额定电压，则PM=/ME解得/M=0.5A,则小风扇M正常

工作时发热功率为PM,4=/M2，=0.25W,A、B错误；由题图可看出同时闭合开关Si和Sz,

电阻R2被短路，则R与小风扇M并联，且电源的内阻不计，则通过电阻凡的电流人滴足E

=1品,解得/i=0.6A,则电阻R消耗的功率多满足Pi=/JR=3.6W,C错误，D正确。

5.（2023•江苏盐城市三模）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比小：〃2=5：1,原线

圈接入如图乙所示的正弦式交流电压"，R为阻值随光照强度增大而减小的光敏电阻，L和

L2是两个完全相同的灯泡，电表均为理想交流电表。则（）

A.通过光敏电阻的交变电流频率为10Hz

B.若L2的灯丝烧断，则电压表的示数仍为5V

C.当照射R的光照强度增大时，电流表的示数变小

D.〃一/图像上对应的0.01s时刻，发电机中的线圈平面与中性面垂直

答案B

解析由题图乙可知，原线圈的交流电的周期为7=0.02s,频率/=4=50Hz,变压器副线

国交流电的频率与原线圈汨同，通过光敏电阻的交变电流频率为50Hz,A错误：由题图乙

可知，原线图的交流电的电压的峰值Uim=25霹V,原线圉的交流电的电压的有效值5=患

=25V,由轶=£，得U2=5V,副线圈电压由原线围电压和匝数比决定，与负载电阻无关，

故电压表示数不变，B正确；当照射R的光照强度增大时，R的阻值减小，副线图消耗的功

率变大，副线圈中的电流上变大，由£=作，原线图电流外增大，电流表的示数变大，C错

误；〃一，图像上对应的0.01s时刻，电压瞬时值为零，发电机中的线图平面与中性面重合，

D错误。

6.某同学用可拆变压器探究“变压器的电压与函数的关系”。将图甲中的零件组装成图乙中

的变压器。将原线圈接在交流电源上，将副线圈接在电压传感器（可视为理想电压表）匕观

察到副线圈电压S随时间/变化的图像如图丙所示，在保证安全的前提下，该同学可能在力〜

B时间内进行的操作是（）

铁芯p

甲乙

丙

A.减少了原线圈的匝数

B.减少了副线圈的匝数

C.降低了交流电源的频率

D.拔抻了变压器铁芯Q

答案A

解析根据理想变压器原副线图电压与匝数关系旨=作，由图丙可知，，2之后副线图的电压

S变大。减少了原线圈的匝数小，则副线圈的电压S变大：减少了副线图的匝数〃2,则副

线图的电压S变小；降低了交流电源的频率，则副线图的电压S不变；拔掉了变压器铁芯

Q,由于漏磁使得副线圄的电压仿变小。故选A。

7.（2023.江苏镇江市三模）如图所示，空间中分布着磁感应强度大小为8的匀强有界磁场，EF

是其左边界，一面积为S的〃匝圆形金属线圈垂直于磁场放置，圆形线圈的圆心。在Er上，

线圈电阻为R,若线圈以角速度。绕石尸匀速转动，并从图示位置开始计时，则（）

XX

XX

B

A.1=7；时，线圈中的感应电流最大

B.0到哈时间内，通过线圈的电荷量爆

C.线圈中产生的感应电动势的最大值为〃

D.线圈中产生的感应电均势的有效值为坐〃8s①

答案D

解析当，="时，即⑼=2兀时，线圈回到题图所示位置，此时的感应电流最小，磁通量最

CD

大，A错误；当『六，即必=百时，线圈与题图所示位置垂直，此时磁通量为零，则°到会

时间内产生的感应电动势的平均值为了=/里=边包，则o到F时间内，通过线圈

71兀ZCD

2M

的电荷量为"=甯・/=翳，B错误；线圈中产生的感应电动势的最大值为

Em_^2

C错误；线图中产生的感应电动势的有效值为E=S=4nBSco,D正确。

8.（2022•江苏南京市模拟）某温度检测、光电控制加热装置原理图如图所示。图中Rr为热敏

电阻（随温度升高阻值减小），用来探测加热电阻丝R的温度，RG为光敏电阻（随光照强度增大

阻值减小），接收小灯泡L的光照，除RT、RG外,其他电阻均为定值电阻。当R处温度降低

时（）

A.L变亮

C.&的路端电压减小D.尺消耗的功率减小

答案B

解析当R处温度降低时，热敏电阻RT阻值增大，由闭合电路欧姆定律可知，左侧电路中

的也流减小，即通过小灯泡L的电流减小，小灯泡L的光照强度减小，所以光敏电阻RG的

阻值增大，则右侧电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，电源Ei

的路端电压增大，R两端电压增大，通过R的电流也增大，R消耗的功率增大，根据并联电

路分流规律可知通过R3的电流减小，综上所述可知B正确，A、C、D错误。

9.（2023•江苏南通市期末）如图所示电路，电源电动势为日内阻为心闭合开关，调节滑动变

阻器滑片，电压表示数为U,电流表示数为/。电源的总功率尸与电压U、电流/的关系正确

的是（）

CD

答案B

解析由闭合电路欧姆定律有E=U+〃•，化简得/=与“，则电源的总功率为P=E/=E与口

尸F

:一；U,若U是自变量，则电源的总功率P与电压U是线性关系，A错误，B正确；若/

是自变量，则电源的总功率夕与电压满足。=£/,即电源的总功率夕与电流/是正比例关系，

故C、D错误。

10.（2023•江苏徐州市调吁）随着经济发展，加之寒冬来临，用电需求增加，当火力发电供应

紧张时，通过远距离调度方式，及时将其他地区的风力发电、太阳能发电并入电网保陌电力

供应。如图是远距离输电的原理图，假设发电厂输出电压恒定不变，两个变压器均为理想变

压器。当用户用电器增加（假设所有用电器均可视为纯电阻），电网中数据发生变化，下列说

法正确的是（）

升压变压器降压变压器

A.降压变压器的输出电流减小

B.输电线上损失的功率减小

C.升压变压器的输出电压5增大

D.发电厂输出的总功率增大

答案D

解析根据原、副线图电压比等于匝数比可得等=包,可得升压变压器的输出电压为4=电

U2〃2rt\

Ui,由于匝数不变，发电厂榆出电压恒定不变，可知升压变压器的确出电压S不变，故C

错误；设揄电线电阻为用户端总电阻为R,在高压传输电路上，有U2=S+/2Rl又,

=—,与=也，联立可得5=（与?+驮QA,当用户用电器增加，可知R减小，则降

14"3Am〃3

压变压器的输出电流/4增大，故A错误；根据芸=*，由于/4增大，可知/2增大，榆电线上

损失的功率为八=可知输电线上损失的功率增大，故B错误：根据"扉由于/2

增大，可知4增大，发电厂输出的总功率为产比=U/,可知发电厂输出的总功率增大，故D

正确。

I争分提能练］

11.（2023•江苏省靖江中学期末）学校实验室有一台教学用发电机，输出的交变电压如图甲所

示，将其接在如图乙所示的理想变压器的〃两端，闭合开关S,四只相同灯泡均正常发光,

下列说法中正确的是（）

B.变压器原、副线圈的匝数比为1:3

C.小灯泡的额定电压为9V

D.若断开开关S,灯泡Li变亮、L2变暗

答案C

解析根据题图甲可得交流电的周期为0.02可得〃产牛=10fhrrad/s,根据题图甲中1=0

时，电压为0,可得电（压味时值表达式为“=3&\Rsin100H/（V）,A错误；因为四只相同灯泡

均正常发光，可得原、副线图中的电流之比为上芯所以变压器原、副线图的匝数比为六卷

3

7B错误；根据题图甲可得交流电压的有效值为U==36V,设小灯泡的额定电压为U,

有“生，代入数据解得U灯=9V,C正确；断开开关S,负载电阻增大，副线圈也流

Utx〃2

减小，可知原线圈电流也减小，所以灯泡Li变暗；同时因为Li两端电压变小，可知原线图

两端血压增大，所以副线圄两端电压也增大，可得L2变亮，D错误。

12.图甲是一种家用台灯的原理图，理想自耦变压器的。、〃间接入220V的交流电，变压器

线圈总匝数为1100,交流电流表A为理想电表，定值电阻R=2500Q,灯泡L的伏安特性

曲线如图乙所示。当c、P之间线圈匝数为750匝时，则（）

A.灯泡两端的电压约为47V

B.通过电阻的电流约为Q02A

C.电流表的示数约为0.03A

D.灯泡的功率约为2.3W

答案D

解析由务=也，可得S=150V,对于副线圈，设灯泡的也压为U,电流为/,由闭合电,路

U2〃2

欧姆定律可得U=S-/R,在题图乙中画出上式的图像，如图

由图中交点可得375V,/00.03A,故A、B错误：味=*,h=h可得/产0.02A,故

C错误；灯泡的功率P=W,解得。=2.25W^2.3W,故D正确。

［尖子生选练］

13.如图所示，理想变压器的原线圈接有输出电压为〃=2006sin100MV）的电源，已知用

=15Q、Ri=%=10C，忽略导线的电阻，电表均为理想交流电表，闭合开关S,电流表A?

的示数为2A。则开关由闭合到断开，电压表示数的变化量与电流表Ai示数的变化量比值的

绝对值为（）

答案D

解析开关闭合时，副线圈回路中的总电阻为篝。

R=R°+=20变压器副线圈两端的

电压为t/2=/2/?=40V,变压器原线图两端的电压为"=常=200丫,则变压器原、副线图

的匝数比为詈佚喙由欧姆定律可得，电压表的示数）

U=S-/2R,又由变压器的工作原

理可知兴=生,整理得U=S一喂八,断开开关,电压表示数的变化量与电流表Ai示教的变

化量比值的绝对值为第|=|一*|=75C,故选D。

第12讲电磁感应

【目标要求】1.熟练应用楞次定律与法拉第电磁感应定律解决问题。2.会分析电磁感应中的图

像问题。3.会分析电磁感应中的动力学与能量问题。

考点一楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用

I.感应电流方向的判断

(1)线圈面积不变、磁感应强度发生变化的情形，往往用揩次定律。

(2)导体棒切割磁感线的情形往往用右手定则。

2.楞次定律中“阻碍”的主要表现形式

(1)阻碍原磁通量的变化一“增反减同”；

(2)阻碍物体间的相对运动一“来拒去留”；

(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——一般情况下为“增缩减扩”；

(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——一般情况下为“增反减同”。

3.求感应电动势的方法

⑴法拉第电磁感应定律：

不变时，E=底券

“一周AS

不变时，E=〃琮

(2)导体棒垂直切割磁感线：E=Blvo

(3)导体棒以•端为圆心在垂直匀强磁场的平面内匀速转动：E=；B12M

(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动(从线圈位于中性面开始计时)：e=nBS(os\ncot。

—n\cbnArf>

4.通过回路横截面的电荷量q=]2=旌力=臂。9仅与小△⑦和回路总电阻R总有关,

与时间长短无关，与勿是否均匀变化无关。

例1某同学设想的减小电梯坠落时造成伤害的一种应急安全装置如图所示，在电梯轿厢底

部安装永久强磁铁，磁铁N极朝上，电梯井道内壁上铺设若干金属线圈，线圈在电梯轿厢坠

落时能自动闭合，从而减小对厢内人员的伤害。当电梯轿厢坠落到图示位置时，下列说法正

确的是()

0运行电机

钢索

7-金屈线圈A

电梯轿厢

永久强磁铁.

A金屈线圈B

电梯井道/

A.从上往下看，金属线圈A中的感应电流沿逆时针方向

B.从上往下看，金属线圈B中的感应电流沿逆时针方向

C.金属线圈B对电梯统厢下落有阻碍作用，A没有阻碍作用

D.金属线圈B有扩张的趋势，A有收缩的趋势

答案A

解析当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A中向上的破场减弱，感应电流的方向从上往下

看是逆时针方向，B中向二的磁场增强，感应电流的方向从上往下看是顺时针方向，故A正

确，B错误；结合上述的分析可知，当电梯坠落至题图位置时，闭合线图A、B都在阻碍电

梯下落，故C错误：闭合线图A中向上的磁场减弱，B中向上的磁场增强，根据楞次定律可

知，线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势，故D错误。

例2在如图甲所示的电路中，电阻R产R,R2=2R,单匝、圆形金属线圈的半径为小电

阻为R,半径为风5,圆心与线圈圆心重合）的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀

强磁场，磁感应强度B随时间，变化的关系图线如图乙所示（无、7。均已知），其余导线的电阻

不计。/=0时刻闭合开关S,下列说法正确的是（）

B.电阻尺两端的电压归空

C.