高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題四 電路與電磁感應(yīng)檢測(cè)（含解析）-人教版高三物理試題

電路與電磁感應(yīng)第一講直流電路與交流電路考點(diǎn)一交流電的產(chǎn)生及描述1.[考查兩種交流電的比較]甲、乙圖分別表示兩種電壓的波形，其中甲圖所示的電壓按正弦規(guī)律變化。下列說法正確的是()A．甲圖表示交流電，乙圖表示直流電B．甲圖電壓的有效值為220V，乙圖電壓的有效值小于220VC．乙圖電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為u＝220eq\r(2)sin100πt(V)D．甲圖電壓經(jīng)過匝數(shù)比為1∶10的變壓器變壓后，頻率變?yōu)樵瓉?lái)的10倍解析：選B由于兩圖中表示的電流方向都隨時(shí)間變化，因此都為交流電，故A錯(cuò)誤；由于對(duì)應(yīng)相同時(shí)刻，圖甲電壓比圖乙電壓大，根據(jù)有效值的定義可知，圖甲有效值要比圖乙有效值大，圖甲是正弦式交流電，所以有效值U＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，故乙圖電壓小于220V，則B正確；圖乙不是正弦式交流電，所以表達(dá)式不是正弦函數(shù)，故C錯(cuò)誤；理想變壓器變壓后，頻率不發(fā)生變化，故D錯(cuò)誤。2．[考查交流電的產(chǎn)生及瞬時(shí)值、有效值]如圖甲所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一矩形金屬線圈兩次分別以不同的轉(zhuǎn)速，繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)圖像如圖乙中曲線a、b所示，則()A．兩次t＝0時(shí)刻線圈平面均與中性面垂直B．曲線a表示的交變電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值為15cos50πt(V)C．曲線a、b對(duì)應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為3∶2D．曲線b表示的交變電動(dòng)勢(shì)有效值為10V解析：選C在t＝0時(shí)刻，線圈一定處在中性面上，故A錯(cuò)誤；由題圖乙可知，a的周期為4×10－2s，ω＝eq\f(2π,T)＝50πrad/s；曲線a表示的交變電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值為15sin50πt(V)，B錯(cuò)誤；b的周期為6×10－2s，則由n＝eq\f(1,T)可知，轉(zhuǎn)速與周期成反比，故轉(zhuǎn)速之比為3∶2，故C正確；ωa∶ωb＝n1∶n2＝3∶2，a交流電的最大值為15V，則根據(jù)Em＝nBSω得曲線b表示的交變電動(dòng)勢(shì)最大值是10V，則有效值為U＝eq\f(10,\r(2))V＝5eq\r(2)V，故D錯(cuò)誤。3．[考查交流電的四值及應(yīng)用][多選]如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T，邊長(zhǎng)L＝10cm的正方形線圈共100匝，線圈總電阻r＝1Ω，線圈繞垂直于磁感線的對(duì)稱軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度ω＝2πrad/s，外電路中的電阻R＝4Ω，π取3.14，則()A．線圈轉(zhuǎn)動(dòng)一周產(chǎn)生的總熱量為0.99JB．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為314VC．由圖示位置轉(zhuǎn)過60的過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為2.6VD．從圖示位置開始的eq\f(1,6)周期內(nèi)通過R的電荷量為0.87C解析：選AC感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為：Em＝nBSω＝100×0.5×0.12×2πV＝πV，故B錯(cuò)誤；周期為：T＝eq\f(2π,ω)＝1s，線圈轉(zhuǎn)動(dòng)一周產(chǎn)生的總熱量為：Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2))))2·eq\f(1,R＋r)·T＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,\r(2))))2×eq\f(1,4＋1)×1J＝eq\f(π2,10)J≈0.99J，故A正確；轉(zhuǎn)過60的過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝100×eq\f(\f(\r(3),2)×0.5×0.12,\f(1,6))V＝eq\f(3\r(3),2)V≈2.6V，故C正確；平均電動(dòng)勢(shì)：eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)，平均電流：eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)，在eq\f(1,6)周期內(nèi)通過電阻R的電荷量為：q＝eq\x\to(I)Δt，即為：q＝eq\f(nΔΦ,R＋r)＝eq\f(nBSsin60,R＋r)＝eq\f(\r(3),20)C≈0.087C，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)二直流電路的動(dòng)態(tài)分析4.[考查含容電路的動(dòng)態(tài)問題分析]如圖所示電路中，電流表A和電壓表V均可視為理想電表。現(xiàn)閉合開關(guān)S后，將滑動(dòng)變阻器滑片P向左移動(dòng)，下列說法正確的是()A．電流表A的示數(shù)變小，電壓表V的示數(shù)變大B．小燈泡L變亮C．電容器C上電荷量減少D．電源的總功率變大解析：選A閉合開關(guān)S后，將滑動(dòng)變阻器滑片P向左移動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，電路中總電流I減小，則小燈泡L變暗，電流表A的示數(shù)變??；電壓表的示數(shù)U＝E－I(RL＋r)，I減小，其他量不變，則U增大，即電壓表V的示數(shù)變大，故A正確，B錯(cuò)誤。電容器的電壓等于變阻器兩端的電壓，即等于電壓表的示數(shù)，U增大，由Q＝CU，知電容器C上的電荷量增多，故C錯(cuò)誤。電源的總功率P＝EI，I減小，則電源的總功率變小，故D錯(cuò)誤。5．[考查電路中平行極板間帶電粒子的運(yùn)動(dòng)問題]如圖所示，A、B是兩塊水平放置的平行金屬板，一帶電小球垂直于電場(chǎng)線方向射入板間，小球?qū)⑾駻極板偏轉(zhuǎn)。為了使小球沿射入方向做直線運(yùn)動(dòng)，可采用的方法是()A．將原來(lái)帶正電的小球改為帶負(fù)電B．將滑動(dòng)變阻器滑片P適當(dāng)向左滑動(dòng)C．適當(dāng)增大小球所帶電荷量D．將極板間距適當(dāng)增大解析：選D一帶電小球垂直于電場(chǎng)線方向射入極板區(qū)域后，向A極板偏轉(zhuǎn)，則小球所受電場(chǎng)力向上且電場(chǎng)力大于重力，小球原來(lái)就帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；為使小球沿直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)減小小球所受電場(chǎng)力，將滑動(dòng)變阻器滑片P適當(dāng)向左滑動(dòng)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻變小，電路中總電阻減小，總電流增大，R兩端電壓增大，電容器兩端電壓增大，板間場(chǎng)強(qiáng)增大，電場(chǎng)力增大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；適當(dāng)增大小球所帶電荷量，小球所受電場(chǎng)力增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；將極板間距適當(dāng)增大，板間場(chǎng)強(qiáng)減小，小球所受電場(chǎng)力減小，可使電場(chǎng)力等于重力，選項(xiàng)D正確。6.[考查電表示數(shù)變化量大小的比較][多選]在如圖所示電路中，閉合開關(guān)S，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)，四個(gè)理想電表的示數(shù)都發(fā)生變化，電表的示數(shù)分別用I、U1、U2和U3表示，電表示數(shù)的變化量分別用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。下列說法正確的是()A.eq\f(U2,I)變大，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU2,ΔI)))變小B.eq\f(U3,I)變大，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU3,ΔI)))不變C．ΔI>0，ΔU1>0，ΔU2<0，ΔU3>0D．ΔI<0，ΔU1<0，ΔU2>0，ΔU3>0解析：選BD當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)，R2變大，根據(jù)歐姆定律eq\f(U2,I)＝R2，可知eq\f(U2,I)將變大；由U2＝E－I(R1＋r)，可得eq\f(ΔU2,ΔI)＝R1＋r，則eq\f(ΔU2,ΔI)不變，故A錯(cuò)誤。由eq\f(U3,I)＝R2＋R1，可知eq\f(U3,I)變大；由U3＝E－Ir，可得eq\f(ΔU3,ΔI)＝r，則eq\f(ΔU3,ΔI)不變，故B正確。R2變大時(shí)，外電路總電阻變大，由閉合電路歐姆定律，可知I變小，所以ΔI<0，U1＝IR1變小，所以ΔU1<0；由路端電壓U3＝E－Ir，知U3變大，所以ΔU3>0，因U3＝U1＋U2，U1減小，則U2增大，所以ΔU2＞0，故C錯(cuò)誤，D正確?？键c(diǎn)三交流電路的動(dòng)態(tài)分析7.[考查由滑動(dòng)變阻器引起的動(dòng)態(tài)變化問題]如圖所示為一理想變壓器，原線圈接在輸出電壓為u＝U0sinωt的交流電源兩端。電路中R0為定值電阻，V1、V2為理想交流電壓表，A1、A2為理想交流電流表。現(xiàn)使滑動(dòng)變阻器R的滑動(dòng)觸頭P向上滑動(dòng)，下列說法正確的是()A．電壓表V1與V2示數(shù)的比值將變大B．電流表A1與A2示數(shù)的比值將變小C．電壓表V1與電流表A1示數(shù)的比值變大D．電壓表V2與電流表A2示數(shù)的比值變小解析：選C由于變壓器原、副線圈電壓之比等于線圈匝數(shù)之比，因此電壓表示數(shù)之比一定等于線圈匝數(shù)之比，故A錯(cuò)誤；由于只有一個(gè)副線圈，因此電流之比等于線圈匝數(shù)的反比，故兩電流表的比值不變，故B錯(cuò)誤；滑動(dòng)變阻器R的滑動(dòng)觸頭P向上滑動(dòng)，則滑動(dòng)變阻器接入電阻增大，由歐姆定律可知，電流表A2示數(shù)減小，電流表A1示數(shù)也減小，而電壓表V1和V2示數(shù)不變，電壓表V1與電流表A1示數(shù)的比值變大，電壓表V2與電流表A2示數(shù)的比值也變大，故C正確，D錯(cuò)誤。8．[考查變壓器負(fù)載變化引起的動(dòng)態(tài)變化問題][多選]每到夜深人靜的時(shí)候我們就會(huì)發(fā)現(xiàn)燈泡比睡覺前要亮，其原因在于大家都在用電時(shí)，用電器較多。利用如圖模擬輸電線路，開關(guān)的閉合或者斷開模擬用戶的變化，原線圈輸入電壓恒定的交流電。下列分析正確的是()A．定值電阻相當(dāng)于輸電線電阻B．開關(guān)閉合，燈泡L1兩端電壓升高C．開關(guān)閉合，原線圈輸入功率增大D．開關(guān)斷開，副線圈電壓增大解析：選AC原、副線圈匝數(shù)之比等于電壓之比，由于匝數(shù)比值不變，原線圈輸入電壓也不變，所以副線圈電壓不會(huì)變化，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。家庭電路用電器之間為并聯(lián)關(guān)系，用戶較多時(shí)，并聯(lián)支路增多，相當(dāng)于開關(guān)閉合，而與之串聯(lián)的定值電阻，實(shí)際是等效輸電線的電阻，選項(xiàng)A正確。開關(guān)閉合副線圈總電阻變小，總電流變大，定值電阻分電壓增多，并聯(lián)電壓變小，即燈泡L1兩端電壓減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。副線圈電壓不變電流增大，副線圈電功率增大，根據(jù)能量守恒，原線圈電功率也增大，選項(xiàng)C正確。9．[考查變壓器原線圈匝數(shù)變化引起的動(dòng)態(tài)變化][多選]如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為44∶5，b是原線圈的抽頭，且其恰好位于原線圈的中心，S為單刀雙擲開關(guān)，負(fù)載電阻R＝25Ω，電表均為理想電表，在原線圈c、d兩端接入如圖乙所示的正弦交流電。下列說法中正確的是()A．當(dāng)S與a連接，t＝1×10－2s時(shí)，電流表的示數(shù)為0B．當(dāng)S與a連接，電壓表示數(shù)為50eq\r(2)VC．將S與b連接，電阻R消耗的功率為100WD．將S與b連接，1s內(nèi)電阻R上電流方向改變100次解析：選CD由題圖乙可知，交流電的周期為2×10－2s，所以交流電的頻率為f＝50Hz，交流電的有效值為eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，當(dāng)S與a連接時(shí)，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知，副線圈的電壓為25V，電壓表示數(shù)為25V，根據(jù)歐姆定律知通過副線圈的電流I2＝eq\f(U2,R)＝eq\f(25,25)A＝1A，原、副線圈中電流與匝數(shù)成反比，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，可得電流表示數(shù)為0.11A，故A、B錯(cuò)誤。S與b連接時(shí)，副線圈兩端的電壓U2′＝eq\f(n2,n1′)U1＝eq\f(5,22)×220V＝50V，電阻R消耗的功率為P2＝eq\f(U2′2,R)＝eq\f(502,25)W＝100W，故C正確。變壓器不會(huì)改變電流的頻率，所以副線圈輸出電壓的頻率為50Hz，1s內(nèi)電流方向改變100次，故D正確。10．[考查自耦變壓器負(fù)載含電容器的動(dòng)態(tài)變化][多選]一自耦變壓器如圖所示，環(huán)形鐵芯上只繞有一個(gè)線圈，將其接在a、b間作為原線圈，通過滑動(dòng)觸頭取該線圈的一部分，接在c、d間作為副線圈。在a、b間輸入u＝220eq\r(2)sin100πt(V)交變電流，滑動(dòng)觸頭處于圖示M位置時(shí)，燈泡L能正常發(fā)光。下列說法正確的是()A．交流電源的頻率變?yōu)?00Hz時(shí)，可使燈泡變亮B．減小電容器C的電容，可使燈泡變亮C．將滑動(dòng)觸頭從M點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到N點(diǎn)的過程中，電壓表示數(shù)變小且小于220VD．將滑動(dòng)觸頭從N點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)到M點(diǎn)的過程中，電壓表示數(shù)變大且大于220V解析：選AC在a、b間輸入電壓u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，可知交變電流的頻率為50Hz，當(dāng)交流電源的頻率變?yōu)?00Hz時(shí)，由于電容器對(duì)交變電流的阻礙作用減小，可使燈泡變亮，故A正確；減小電容器C的電容，則對(duì)交變電流的阻礙作用增大，燈泡變暗，故B錯(cuò)誤；自耦變壓器的原線圈匝數(shù)大于副線圈匝數(shù)，根據(jù)變壓器原理eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可知輸出電壓小于220V，將滑動(dòng)觸頭從M點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到N點(diǎn)的過程中，自耦變壓器的副線圈匝數(shù)減小，電壓表示數(shù)變小，故C正確，D錯(cuò)誤。11．[考查變壓器副線圈含二極管的動(dòng)態(tài)問題]如圖所示，一理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比是10∶1，原線圈接入電壓u＝311sin100πt(V)的交流電，一理想二極管和一滑動(dòng)變阻器R串聯(lián)接在副線圈上，電壓表和電流表均為理想交流電表。下列說法正確的是()A．電壓表的讀數(shù)為22VB．原線圈中交流電的頻率為25HzC．若將滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)，電壓表讀數(shù)增大D．若滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為10Ω，則理想變壓器的輸入功率為24.2W解析：選D原、副線圈的電壓與匝數(shù)成正比，所以副線圈兩端電壓為22V，由于副線圈接著二極管，它具有單向?qū)щ娦?，根?jù)電流的熱效應(yīng)知eq\f(22V2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)·T，解得U＝11eq\r(2)V，故A錯(cuò)誤；原線圈中交流電的頻率為f＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，故B錯(cuò)誤；將滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)，接入電路中的阻值變大，副線圈電流變小，但對(duì)原、副線圈兩端的電壓無(wú)影響，即電壓表的讀數(shù)不變，故C錯(cuò)誤；由B項(xiàng)分析求得電壓表兩端電壓有效值為U＝11eq\r(2)V，則理想變壓器的輸出功率為P出＝eq\f(U2,R)＝eq\f(11\r(2)2,10)W＝24.2W，理想變壓器的輸入功率為24.2W，故D正確。考點(diǎn)四變壓器與遠(yuǎn)距離輸電問題12.[考查變壓器的工作原理與感抗、容抗]如圖甲所示電路中，A1、A2、A3為相同的電流表，C為電容器，電阻R1、R2、R3的阻值相同，線圈L的電阻不計(jì)。在某段時(shí)間內(nèi)理想變壓器原線圈內(nèi)磁場(chǎng)的變化如圖乙所示，則在t1～t2時(shí)間內(nèi)()A．電流表A1的示數(shù)比A3的小B．電流表A2的示數(shù)比A1的小C．電流表A1和A2的示數(shù)相同D．電流表的示數(shù)都不為零解析：選C原線圈中磁場(chǎng)如題圖乙所示變化，則原線圈中的磁通量均勻變化，故副線圈中產(chǎn)生恒定的電流，因線圈電阻不計(jì)，故線圈L對(duì)恒定電流沒有阻礙作用，所以電流表A1和A2的示數(shù)相同，而電容器“通交流、隔直流”，所以電流表A3的示數(shù)為0。只有C正確。13．[考查遠(yuǎn)距離輸電功率分配][多選]如圖所示，在遠(yuǎn)距離輸電時(shí)，發(fā)電廠發(fā)電機(jī)的輸送電功率為P1，輸出電壓為U1，發(fā)電廠至用戶的輸電導(dǎo)線的總電阻為R，通過輸電導(dǎo)線的電流為I，輸電線損失的電功率為P′，輸電線末端的電壓為U2，用戶得到的電功率為P2。下列關(guān)系式正確的是()A．P′＝eq\f(U12,R) B．P′＝eq\f(U1－U22,R)C．P′＝I2R D．P2＝P1－eq\f(P12R,U12)解析：選BCD根據(jù)公式P′＝I2R＝eq\f(U1－U22,R)，故A錯(cuò)誤，B、C正確；根據(jù)總功率相等可以知道P2＝P1－I2R＝P1－eq\f(P12R,U12)，故D正確。14．[考查遠(yuǎn)距離輸電的相關(guān)計(jì)算][多選]某大型光伏電站的功率是500kW，電壓為12V，送往外地時(shí)，先通過逆變器(作用是將直流電壓轉(zhuǎn)變?yōu)楦哳l的高壓交流電)轉(zhuǎn)化為220V的交流電(轉(zhuǎn)化效率為80%)，然后經(jīng)變壓器Ⅰ升壓為20000V，通過總電阻為R＝20Ω的輸電線路送往某地，再經(jīng)變壓器Ⅱ降為220V電壓供用戶使用。下列說法正確的是()A．變壓器Ⅱ的原、副線圈匝數(shù)比為1000∶11B．變壓器Ⅰ的原、副線圈匝數(shù)比為11∶1000C．用戶最多可使用的功率為392kWD．用戶負(fù)載越多，線路上損耗的功率越小解析：選BC直流電轉(zhuǎn)變?yōu)榻涣麟姾蟮墓β蕿镻＝500×0.8kW＝400kW根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得：eq\f(n1,n2)＝eq\f(220,20000)＝eq\f(11,1000)電線上損失的電壓為ΔU＝I2R＝eq\f(P,U2)R＝eq\f(400×103,20000)×20V＝400V則U3＝U2－ΔU＝20000V－400V＝19600V由eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)得：eq\f(n3,n4)＝eq\f(19600,220)＝eq\f(980,11)，故A錯(cuò)誤，B正確；回路中損失的功率為ΔP＝I22R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U2)))2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(400×103,20000)))2×20W＝8kW，所以用戶得到的功率為P用＝P－P損＝400kW－8kW＝392kW，故C正確；用戶負(fù)載越多，輸電線上的電流越大，線路上損耗的功率越大，故D錯(cuò)誤。釋疑4大考點(diǎn)考點(diǎn)一交流電的產(chǎn)生及描述本考點(diǎn)是對(duì)交流電的產(chǎn)生及描述交流電的物理量等知識(shí)的考查，常以選擇題的形式呈現(xiàn)，四個(gè)選項(xiàng)考查多個(gè)知識(shí)點(diǎn)，考生失分的原因，大多是因知識(shí)或概念的混淆。建議考生自學(xué)為主。(一)正弦式交變電流“四值”的比較和理解物理量表達(dá)式適用情況及說明瞬時(shí)值e＝Emsinωtu＝Umsinωti＝Imsinωt(1)從線圈位于中性面開始計(jì)時(shí)(2)可用于分析或計(jì)算線圈某時(shí)刻的受力情況最大值(峰值)Em＝nBSωIm＝eq\f(Em,R＋r)(1)此時(shí)線圈垂直于中性面(2)電容器的擊穿電壓指的就是最大值有效值E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))(1)計(jì)算與電流的熱效應(yīng)有關(guān)的量(如電功、電功率、電熱等)(2)電表的讀數(shù)為有效值(3)保險(xiǎn)絲的熔斷電流為有效值(4)電氣設(shè)備“銘牌”上所標(biāo)的工作電壓、工作電流一般都是有效值(5)非正弦式交變電流的有效值利用電流的熱效應(yīng)計(jì)算平均值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)計(jì)算通過電路截面的電荷量，q＝neq\f(ΔΦ,R＋r)(二)交變電流問題的三點(diǎn)提醒1．正弦式交變電流不只局限于由線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)而產(chǎn)生。2．電壓表、電流表的示數(shù)對(duì)應(yīng)交流電的有效值，計(jì)算用電器的電熱(或功率)時(shí)，也應(yīng)利用電流或電壓的有效值，如診斷卷第3題A選項(xiàng)。3．對(duì)于有電動(dòng)機(jī)的回路，要注意歐姆定律的適用條件。[題點(diǎn)全練]1.[多選]如圖所示，電阻為r的單匝矩形線圈面積為S，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，t＝0時(shí)刻線圈平面與磁場(chǎng)垂直，各電表均為理想交流電表，則()A．滑片P向下滑動(dòng)時(shí)，電壓表的讀數(shù)變大B．圖示位置線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大C．線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過180的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(πB2S2ωR,2R＋r2)D．1s內(nèi)流過R的電流方向改變eq\f(ω,π)次解析：選ACD滑片P向下滑動(dòng)時(shí)外電阻變大，電流變小，內(nèi)電壓變小，外電壓變大，則電壓表的讀數(shù)變大，則A正確；圖示位置為中性面，電動(dòng)勢(shì)為0，故B錯(cuò)誤；電動(dòng)勢(shì)最大值Em＝BSω，則由圖示位置轉(zhuǎn)過180電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2)R＋r)))2R·eq\f(π,ω)＝eq\f(πB2S2ωR,2R＋r2)，故C正確；1s內(nèi)所完成的周期數(shù)是eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)，每個(gè)周期電流方向改變2次，1s內(nèi)流過R的電流方向改變eq\f(ω,π)次，故D正確。2.如圖所示，N匝矩形導(dǎo)線框以角速度ω繞對(duì)稱軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線框面積為S，線框電阻、電感均不計(jì)。在OO′左側(cè)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，外電路接有電阻R和理想電流表A。下列說法正確的是()A．從圖示時(shí)刻起，線框產(chǎn)生的瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)為e＝NBSωsinωtB．電流表的示數(shù)I＝eq\f(\r(2)ω,4R)NBSC．R兩端電壓有效值U＝eq\f(ω,2)NBSD．一個(gè)周期內(nèi)電阻R的發(fā)熱量為Q＝eq\f(πωNBS2,R)解析：選B由題圖可知，線框只有一半在磁場(chǎng)中，故產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的最大值為Em＝NBeq\f(S,2)ω＝eq\f(NBSω,2)，故瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝eq\f(NBSω,2)sinωt，故A錯(cuò)誤；電流表的示數(shù)為：I＝eq\f(\f(Em,\r(2)),R)＝eq\f(\r(2)ω,4R)NBS，故B正確；電阻R兩端電壓的有效值U＝E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2)ω,4)NBS，故C錯(cuò)誤；一個(gè)周期內(nèi)電阻R的發(fā)熱量Q＝I2RT＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)ω,4R)NBS))2R×eq\f(2π,ω)＝eq\f(πωNBS2,4R)，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)二直流電路的動(dòng)態(tài)分析高考對(duì)本考點(diǎn)的考查較為簡(jiǎn)單，考生失分主要原因是不按正確程序進(jìn)行分析，只關(guān)注局部，不考慮整體。解決此類問題時(shí)注意應(yīng)用程序法分析動(dòng)態(tài)變化，并用好“串反并同”結(jié)論進(jìn)行快速判斷。需要考生學(xué)會(huì)靈活變通。(一)理清直流電路知識(shí)體系(二)掌握動(dòng)態(tài)變化判斷方法1．程序判斷法遵循“局部—整體—部分”的思路，按以下步驟分析：2．直觀判斷法利用下面兩個(gè)結(jié)論直觀地得到結(jié)論：(1)任一電阻R阻值增大，必引起該電阻中電流I的減小和該電阻兩端電壓U的增大。(2)任一電阻R阻值增大，必將引起與之并聯(lián)的支路中電流I并的增大和與之串聯(lián)的各電路電壓U串的減小。如診斷卷第4題，滑動(dòng)變阻器滑片P向左移動(dòng)3．注意某些特殊公式的含義如診斷卷第6題，由U2＝E－I(R1＋r)，可得eq\f(ΔU2,ΔI)＝R1＋r，又U3＝E－Ir，則有eq\f(ΔU3,ΔI)＝r。[題點(diǎn)全練]1.如圖所示電路中，電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源與一滑動(dòng)變阻器構(gòu)成閉合電路。閉合開關(guān)S，當(dāng)滑片移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器兩端的電壓和電路中電流的關(guān)系圖像為()解析：選D由閉合電路歐姆定律E＝U＋I(xiàn)r，得U＝E－Ir，U與I為一次函數(shù)關(guān)系，且隨電流I增大，電壓U減小。2.[多選]在如圖所示的電路中，R0為定值電阻，R為光敏電阻(光照減弱時(shí)阻值增大)，C為電容器?，F(xiàn)減弱對(duì)光敏電阻R光照的強(qiáng)度，下列說法正確的是()A．電流表的示數(shù)減小B．電容器C的電荷量增大C．電壓表的示數(shù)變小D．電源內(nèi)部消耗的功率變大解析：選AB減弱對(duì)光敏電阻R光照的強(qiáng)度，R阻值增大，根據(jù)閉合回路歐姆定律可得路端電壓增大，即電壓表示數(shù)增大，總電流減小，即電流表示數(shù)減小，電容器兩端的電壓增大，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)可得Q增大，電源內(nèi)部消耗的電功率P＝I2r，I減小，內(nèi)阻不變，所以P減小，故A、B正確?？键c(diǎn)三交流電路的動(dòng)態(tài)分析本考點(diǎn)是高考的熱點(diǎn)，考查的知識(shí)交匯點(diǎn)較多，常與交變電流的性質(zhì)和變壓器的規(guī)律相結(jié)合。對(duì)于這類問題，需通過原、副線圈電路，綜合分析變壓器與電路的關(guān)系。需要考生學(xué)會(huì)遷移應(yīng)用。(一)明確變壓器各物理量間的制約關(guān)系(二)謹(jǐn)記交流電路動(dòng)態(tài)分析的注意事項(xiàng)1．變壓器匝數(shù)不變時(shí)，變壓器的輸入、輸出電壓均不變，但變壓器原、副線圈中的電流均隨負(fù)載的變化而變化。如診斷卷第11題，電壓表示數(shù)不隨觸頭P的移動(dòng)而改變；診斷卷第8題，變壓器輸出電壓不變，但因輸電線電阻R上消耗的電壓變化導(dǎo)致L1兩端電壓變化。2．變壓器匝數(shù)變化時(shí)，要注意區(qū)分是原線圈還是副線圈匝數(shù)變化。如診斷卷第9題，將S與b連接時(shí)，原線圈匝數(shù)減半；診斷卷第10題，將滑動(dòng)觸頭從M點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到N點(diǎn)的過程，副線圈匝數(shù)減小。3．當(dāng)變壓器輸出電壓一定時(shí)，移動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭或改變接入的用電器多少時(shí)，引起的各物理量的變化分析方法同直流電路的動(dòng)態(tài)分析方法。如診斷卷第11題，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，根?jù)電流的熱效應(yīng)eq\f(22V2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)·T，解得U＝11eq\r(2)V，電壓表的示數(shù)并不等于副線圈電壓。[題點(diǎn)全練]1.[多選]如圖所示，矩形線圈abcd與理想變壓器原線圈組成閉合電路。線圈在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)的bc邊勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，磁場(chǎng)只分布在bc邊的左側(cè)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，線圈面積為S，轉(zhuǎn)動(dòng)角速度為ω，匝數(shù)為N，線圈電阻不計(jì)。下列說法正確的是()A．電容器的電容C變大時(shí)，燈泡變暗B．圖示位置時(shí)，矩形線圈中瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大C．將原線圈抽頭P向上滑動(dòng)時(shí)，燈泡變暗D．若線圈abcd轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)?ω，則變壓器原線圈電壓的有效值為NBSω解析：選CD電容器的電容C變大時(shí)，容抗減小，副線圈電流增大，燈泡變亮，故A錯(cuò)誤；線圈處于圖示位置時(shí)，是中性面位置，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值為零，故B錯(cuò)誤；矩形線圈abcd中產(chǎn)生交變電流，將原線圈抽頭P向上滑動(dòng)時(shí)，原線圈匝數(shù)變大，根據(jù)變壓比公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，輸出電壓減小，燈泡會(huì)變暗，故C正確；若線圈轉(zhuǎn)動(dòng)角速度變?yōu)?ω，線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大值增加為原來(lái)的2倍；Em＝2NBSω，根據(jù)有效值的定義有：eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2NBSω,\r(2))))2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(E2,R)·T，解得：E＝NBSω，故D正確。2．[多選]如圖甲所示的電路中，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為10∶1，圖中電表均為理想電表，R、L和D分別是光敏電阻(其阻值隨光照增強(qiáng)而減小)、電感線圈和燈泡。原線圈接入如圖乙所示的正弦交流電壓u，下列說法正確的是()A．電壓u的頻率為50HzB．電壓表的示數(shù)為22eq\r(2)VC．有光照射R時(shí)，電流表的示數(shù)變大D．抽出L中的鐵芯，D變暗解析：選AC原線圈接入題圖乙所示的正弦交流電壓，T＝0.02s，所以頻率為f＝eq\f(1,T)＝50Hz，故A正確；原線圈接入電壓的最大值是220eq\r(2)V，有效值是220V，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為10∶1，所以電壓表的示數(shù)U＝22V，故B錯(cuò)誤；有光照射R時(shí)，R阻值隨光照增強(qiáng)而減小，根據(jù)P＝eq\f(U2,R總)，得副線圈輸出功率增大，所以原線圈輸入功率增大，所以電流表的示數(shù)變大，故C正確；抽出L中的鐵芯，電感線圈自感系數(shù)減小，電感線圈對(duì)電流的阻礙減小，所以D變亮，故D錯(cuò)誤。3.[多選](2018·南通一模)如圖所示，理想變壓器原線圈接電壓為220V的正弦交流電，開關(guān)S接1時(shí)，原、副線圈的匝數(shù)比為11∶1，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為10Ω，電壓表和電流表均為理想電表。下列說法正確的是()A．變壓器輸入功率與輸出功率之比為1∶1B．1min內(nèi)滑動(dòng)變阻器產(chǎn)生的熱量為40JC．僅將S從1撥到2，電流表示數(shù)減小D．僅將滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)，兩電表示數(shù)均減小解析：選AC根據(jù)理想變壓器的特點(diǎn)可知，變壓器的輸入功率與輸出功率之比為1∶1，故A正確；原、副線圈的電壓與匝數(shù)成正比，所以副線圈兩端電壓為U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(1,11)×220V＝20V，則1min內(nèi)滑動(dòng)變阻器產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(U22,R)t＝eq\f(202,10)×60J＝2400J，B錯(cuò)誤；若只將S從1撥到2，副線圈的電壓減小，副線圈電流減小，原線圈電流即電流表示數(shù)減小，故C正確；將滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)，接入電路中的阻值變大，副線圈電流減小，原線圈電流即電流表的示數(shù)減小，但對(duì)原、副線圈兩端的電壓無(wú)影響，即電壓表的讀數(shù)不變，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)四變壓器與遠(yuǎn)距離輸電問題本考點(diǎn)是高考命題的熱點(diǎn)，主要考查變壓器的工作原理及遠(yuǎn)距離輸電過程中的電路計(jì)算問題，此類問題綜合性較強(qiáng)，要求有較高分析解決問題的能力。要順利解決此類問題，需熟知一個(gè)流程，抓住兩個(gè)關(guān)系，掌握兩種損耗。建議考生適當(dāng)關(guān)注。(一)熟知一個(gè)流程(二)抓住兩個(gè)關(guān)系升壓變壓器T1兩端降壓變壓器T2兩端eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，P1＝P2eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，P3＝P4(三)掌握兩種損耗1．電壓損耗：輸電線路上I2＝IR＝I3，總電阻R導(dǎo)致的電壓損耗UR＝U2－U3＝IRR。2．功率損耗：輸電線路發(fā)熱導(dǎo)致的功率損耗PR＝P2－P3＝IR2R＝eq\f(UR2,R)，注意PR≠eq\f(U22,R)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(U32,R)))。(四)注意一種特殊情況交流電源與變壓器原線圈間接有用電器，或它們之間的連接導(dǎo)線阻值不能忽略時(shí)，電源的輸出電壓與變壓器的輸入電壓不相等。eq\a\vs4\al([典例])如圖甲所示為遠(yuǎn)距離輸電示意圖，變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶100，其原線圈輸入電壓如圖乙所示，遠(yuǎn)距離輸電線的總電阻為50Ω。降壓變壓器右側(cè)部分為火災(zāi)報(bào)警系統(tǒng)原理圖，其中R1為一定值電阻，R2為用半導(dǎo)體熱敏材料制成的傳感器，當(dāng)溫度升高時(shí)其阻值變小，電壓表V可以顯示加在報(bào)警器兩端的電壓(報(bào)警器未畫出)。未出現(xiàn)火警時(shí)，升壓變壓器的輸入功率為660kW。下列說法中正確的是()A．t＝0.01s時(shí)刻，電壓表的示數(shù)是0B．未出現(xiàn)火警時(shí)，遠(yuǎn)距離輸電線路損耗的功率為45kWC．當(dāng)傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時(shí)，電壓表V的示數(shù)變大D．當(dāng)傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時(shí)，輸電線上的電流變小[解析]電壓表的示數(shù)是交流電的有效值，則t＝0.01s時(shí)刻，電壓表的示數(shù)不為0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；升壓變壓器輸入端電壓有效值為220V，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比知，副線圈兩端電壓為22000V，所以輸電線中的電流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(660×103,22000)A＝30A，輸電線損失的電壓ΔU＝IR＝30×50V＝1500V，輸電線路損耗功率ΔP＝ΔUI＝1500×30W＝45kW，故B正確；當(dāng)傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時(shí)其阻值減小，電路中電流增大，定值電阻的分壓增大，所以電壓表V的示數(shù)減小，故C錯(cuò)誤；當(dāng)傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時(shí)，降壓變壓器副線圈中電流增大，根據(jù)電流與匝數(shù)成反比知輸電線上的電流增大，故D錯(cuò)誤。[答案]B[題點(diǎn)全練]1．[多選]如圖所示，MN和PQ為處于同一水平面內(nèi)的兩根平行的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)。垂直導(dǎo)軌放置一根電阻不變的導(dǎo)體棒ab，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好。N、Q端接理想變壓器的原線圈，理想變壓器的輸出端有三組副線圈，分別接電阻元件R和小燈泡、電感元件L(電阻不為零)和小燈泡、電容元件C和小燈泡。在水平金屬導(dǎo)軌之間加磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下、大小隨時(shí)間均勻增加的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則下列判斷正確的是()A．若ab棒靜止，則a、b間沒有電流流過B．在ab棒向左勻速運(yùn)動(dòng)過程中，三個(gè)燈泡都亮C．在ab棒向左勻速運(yùn)動(dòng)過程中，燈泡1、2亮，3不亮D．在ab棒向左勻加速運(yùn)動(dòng)過程中，三個(gè)燈泡都亮解析：選CD若ab棒靜止，由于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，原線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，則a、b間有電流流過，故A錯(cuò)誤。在ab棒向左勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下，大小隨時(shí)間均勻增加，根據(jù)E＝BLv知：ab棒產(chǎn)生隨時(shí)間均勻增大的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，原線圈中產(chǎn)生隨時(shí)間均勻增大的電流，穿過右側(cè)的三個(gè)副線圈的磁通量均勻增大，則副線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，所以IR≠0、IL≠0，由于電容器有隔直流的特性，IC＝0，故B錯(cuò)誤，C正確。若ab棒勻加速運(yùn)動(dòng)，則導(dǎo)體棒的速度為v＝v0＋at，又磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間均勻增加，即B＝kt，原線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv＝ktL(v0＋at)＝kLv0t＋kLat2，所以副線圈中產(chǎn)生變化的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由于電容器有通交流的特性，IC≠0，IL≠0，IR≠0，即三盞燈都亮，故D正確。2．[多選]某小型水電站的電能輸送示意圖如圖甲所示。發(fā)電機(jī)通過升壓變壓器T1和降壓變壓器T2向用戶供電。用戶用電器(均看作純電阻元件)的總電阻為R，變壓器均為理想變壓器，圖乙是發(fā)電機(jī)輸出電壓隨時(shí)間變化的圖像，則()A．發(fā)電機(jī)輸出交流電壓的有效值為220VB．用電器上交流電的頻率是50HzC．當(dāng)R減小時(shí)，輸電線上的電流減小D．當(dāng)R減小時(shí)，輸電線上損失的功率增大解析：選ABD由題圖乙可知交流電壓的最大值為Um＝220eq\r(2)V，因此其有效值為U＝220V，選項(xiàng)A正確；由題圖乙知交流電的周期T＝2×10－2s，則f＝eq\f(1,T)＝50Hz，選項(xiàng)B正確；當(dāng)用戶用電器的總電阻減小時(shí)，用戶的功率增大，降壓變壓器的輸出功率增大，則輸入的功率增大，輸電線上的電流增大，輸電線上損失的功率增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確。3．如圖所示為遠(yuǎn)距離輸電的原理圖，升壓變壓器的變壓比為m，降壓變壓器的變壓比為n，輸電線的電阻為R，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，發(fā)電機(jī)輸出的電壓恒為U。若由于用戶的負(fù)載變化，使電壓表V2的示數(shù)減小了ΔU，則下列判斷正確的是()A．電流表A2的示數(shù)增大了eq\f(ΔU,R)B．電流表A1的示數(shù)增大了eq\f(nΔU,R)C．電壓表V1的示數(shù)減小了ΔUD．輸電線損失的功率增加了eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nΔU,R)))2R解析：選B電壓表V2的示數(shù)減小了ΔU，根據(jù)變壓器的變壓比可知降壓變壓器輸入電壓減小了ΔU3＝nΔU，由于升壓變壓器輸入電壓不變，因此輸電線上的電壓增大了nΔU，因此電流表A1的示數(shù)增大了eq\f(nΔU,R)，B正確；根據(jù)變流比，電流表A2的示數(shù)增大了eq\f(n2ΔU,R)，A錯(cuò)誤；由于發(fā)電機(jī)的輸出電壓不變，因此升壓變壓器的輸出電壓不變，電壓表V1的示數(shù)不變，C錯(cuò)誤；設(shè)原來(lái)輸電線上的電流為I，則輸電線損失的功率增加了eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(I＋\f(nΔU,R)))2R－I2R，不等于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nΔU,R)))2R，D錯(cuò)誤。1．(2018·江蘇高考)采用220kV高壓向遠(yuǎn)方的城市輸電。當(dāng)輸送功率一定時(shí)，為使輸電線上損耗的功率減小為原來(lái)的eq\f(1,4)，輸電電壓應(yīng)變?yōu)?)A．55kV B．110kVC．440kV D．880kV解析：選C輸送功率P＝UI，輸電線上損耗的功率P損＝I2r＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))2r∝eq\f(1,U2)。當(dāng)P損減小為原來(lái)的eq\f(1,4)時(shí)，輸電電壓應(yīng)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍。2.(2018·南京一模)變壓器線圈中的電流越大，所用的導(dǎo)線應(yīng)當(dāng)越粗。如圖所示是降壓變壓器，假設(shè)它只有一個(gè)原線圈和一個(gè)副線圈，匝數(shù)分別為n1和n2。下列說法中正確的是()A．n1>n2，原線圈比副線圈的導(dǎo)線粗B．n1>n2，原線圈比副線圈的導(dǎo)線細(xì)C．n1<n2，原線圈比副線圈的導(dǎo)線粗D．n1<n2，原線圈比副線圈的導(dǎo)線細(xì)解析：選B由于是降壓變壓器，所以原線圈匝數(shù)要比副線圈匝數(shù)多，即n1>n2，故C、D錯(cuò)誤；輸入功率等于輸出功率，所以副線圈的電流大于原線圈的電流，則較粗導(dǎo)線的線圈應(yīng)該作為副線圈，故B正確，A錯(cuò)誤。3．[多選](2018·南京三模)如圖甲所示，不計(jì)電阻的矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉(zhuǎn)軸在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，輸出交流電的電動(dòng)勢(shì)圖像如圖乙所示，經(jīng)原、副線圈匝數(shù)比為1∶10的理想變壓器給一燈泡供電，燈泡上標(biāo)有“220V22W”字樣，如圖丙所示，則()A．t＝0.01s時(shí)刻穿過線框回路的磁通量為零B．燈泡中的電流方向每秒鐘改變100次C．燈泡正常發(fā)光D．電流表示數(shù)為eq\r(2)A解析：選BC由題圖乙可知，當(dāng)t＝0.01s時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，則此時(shí)穿過線框回路的磁通量最大，故A錯(cuò)誤；由題圖乙可知，交流電的周期T＝0.02s，則f＝eq\f(1,T)＝50Hz，所以燈泡中的電流方向每秒鐘改變100次，故B正確；原線圈輸入電壓的有效值為22V，則副線圈的電壓為22×10V＝220V，由P＝UI可知，副線圈電流I2＝0.1A，則電流表示數(shù)I1＝1A，燈泡正常發(fā)光，故C正確，D錯(cuò)誤。4.[多選](2018·鎮(zhèn)江一模)如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2＝22∶5，電阻R1＝R2＝25Ω，D為理想二極管，原線圈接u＝220eq\r(2)·sin(100πt)V的交流電，則()A．此交流電的頻率為100HzB．電阻R1兩端的電壓為50VC．通過電阻R2的電流為eq\r(2)AD．變壓器的輸入功率為150W解析：選BCD根據(jù)表達(dá)式可知ω＝100πrad/s，根據(jù)ω＝2πf得：交流電的頻率為f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(100π,2π)Hz＝50Hz，故A錯(cuò)誤；原線圈電壓有效值為U1＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，則根據(jù)變壓器匝數(shù)比可得副線圈電壓為U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(5,22)×220V＝50V，選項(xiàng)B正確；二極管具有單向?qū)щ娦?，流過二極管中的交流電只有半個(gè)周期可以通過，根據(jù)電流的熱效應(yīng)得：eq\f(U22,R2)·eq\f(T,2)＝eq\f(U′2,R2)T，解得：U′＝25eq\r(2)V，根據(jù)歐姆定律得通過R2的電流為：IR2＝eq\f(U′,R2)＝eq\f(25\r(2),25)A＝eq\r(2)A，故C正確；電阻R1消耗功率為PR1＝eq\f(U22,R1)＝eq\f(502,25)W＝100W，電阻R2消耗功率為PR2＝IR22R2＝(eq\r(2))2×25W＝50W，則原線圈輸入功率為P＝PR1＋PR2＝100W＋50W＝150W，故D正確。5.(2018·蘇北四市一模)如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為2∶1，原線圈接交流電u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，保險(xiǎn)絲的電阻為1Ω，熔斷電流為2A，電表均為理想電表。下列說法正確的是()A．電壓表V的示數(shù)為14.1VB．電流表A1、A2的示數(shù)之比為2∶1C．為了安全，滑動(dòng)變阻器接入電路的最小阻值為4ΩD．將滑動(dòng)變阻器滑片向上移動(dòng)，電流表A1的示數(shù)減小解析：選D原線圈電壓有效值為U1＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，根據(jù)變壓器原理可得U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(1,2)×220V＝110V，故電壓表V的示數(shù)為110V，A錯(cuò)誤；根據(jù)變壓器原理可知，電流強(qiáng)度與匝數(shù)成反比，故電流表A1、A2的示數(shù)之比為1∶2，B錯(cuò)誤；保險(xiǎn)絲的電阻為1Ω，熔斷電流為2A，為了安全，滑動(dòng)變阻器接入電路的最小阻值為Rmin＝eq\f(U2,Imax)－r保＝eq\f(110,2)Ω－1Ω＝54Ω，C錯(cuò)誤；將滑動(dòng)變阻器滑片向上移動(dòng)，滑動(dòng)變阻器接入電路的總電阻增大，副線圈電流強(qiáng)度減小，則原線圈的電流強(qiáng)度也減小，所以電流表A1的示數(shù)減小，D正確。6.[多選]如圖所示，Rt為正溫度系數(shù)熱敏電阻，R1為光敏電阻，其阻值隨光照增強(qiáng)而減小，R2和R3均為定值電阻，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r,V為理想電壓表。現(xiàn)發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)增大，可能的原因是()A．熱敏電阻溫度升高，其他條件不變B．熱敏電阻溫度降低，其他條件不變C．光照增強(qiáng)，其他條件不變D．光照減弱，其他條件不變解析：選BD熱敏電阻溫度升高時(shí)，其阻值增大，外電路總電阻增大，總電流減小，路端電壓隨之增大，而R2的電壓減小，則并聯(lián)部分的電壓增大，通過光敏電阻的電流增大，所以通過R3的電流減小，電壓表的示數(shù)減小，不符合題意，故A錯(cuò)誤。同理可得熱敏電阻溫度降低，其他條件不變時(shí)，電壓表的示數(shù)增大，符合題意，B正確。光照增強(qiáng)時(shí)，光敏電阻的阻值減小，外電路總電阻減小，總電流增大，路端電壓隨之減小，而R2的電壓增大，則并聯(lián)部分的電壓減小，電壓表的示數(shù)減?。煌砜傻霉庹諟p弱，其他條件不變時(shí)，電壓表的示數(shù)增大，故D正確，C錯(cuò)誤。7.(2018·鹽城一模)旋轉(zhuǎn)磁極式發(fā)電機(jī)通過磁極的旋轉(zhuǎn)使不動(dòng)的線圈切割磁感線而產(chǎn)生感應(yīng)電流，其原理示意圖如圖所示，固定不動(dòng)的單匝矩形線圈abcd的電阻為r，外電阻為R，磁場(chǎng)繞轉(zhuǎn)軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度為ω。圖中的電壓表為理想電表，示數(shù)為U。求：(1)發(fā)電機(jī)線圈內(nèi)阻消耗的功率；(2)從圖示位置開始計(jì)時(shí)，t＝0時(shí)，通過外電阻R的電流及方向；(3)從圖示位置開始計(jì)時(shí)，t＝eq\f(T,4)時(shí)，穿過矩形線圈abcd的磁通量。解析：(1)根據(jù)熱功率公式可知，Pr＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U,R)))2r；(2)旋轉(zhuǎn)磁極式發(fā)電機(jī)產(chǎn)生正弦式交變電流，根據(jù)正弦式交變電流的最大值與有效值的關(guān)系可知，Umax＝eq\r(2)U，所以t＝0時(shí)，通過外電阻R的電流I＝eq\f(\r(2)U,R)，根據(jù)“楞次定律”可知，電流方向?yàn)樽宰笙蛴遥?3)從圖示位置開始計(jì)時(shí)經(jīng)過eq\f(T,4)，線圈轉(zhuǎn)到中性面位置，磁通量Φ＝BS，Emax＝BSω，又Emax＝I(R＋r)＝eq\f(\r(2)UR＋r,R)聯(lián)立以上各式可解得：Φ＝eq\f(\r(2)UR＋r,ωR)。答案：(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U,R)))2r(2)eq\f(\r(2)U,R)方向自左向右(3)eq\f(\r(2)UR＋r,Rω)第二講楞次定律__法拉第電磁感應(yīng)定律考點(diǎn)一楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用1.[考查楞次定律及其應(yīng)用][多選](2018·全國(guó)卷Ⅲ)如圖(a)，在同一平面內(nèi)固定有一長(zhǎng)直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)。導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向。導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)()A．在t＝eq\f(T,4)時(shí)為零B．在t＝eq\f(T,2)時(shí)改變方向C．在t＝eq\f(T,2)時(shí)最大，且沿順時(shí)針方向D．在t＝T時(shí)最大，且沿順時(shí)針方向解析：選AC在t＝eq\f(T,4)時(shí)，交流電圖線斜率為0，即磁場(chǎng)變化率為0，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S知，E＝0，故A正確。在t＝eq\f(T,2)和t＝T時(shí)，圖線斜率最大，在t＝eq\f(T,2)和t＝T時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大。在eq\f(T,4)到eq\f(T,2)之間，電流由Q向P減弱，導(dǎo)線在R處產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場(chǎng)，且磁場(chǎng)減弱，由楞次定律知，R產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向也垂直紙面向里，則R中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)沿順時(shí)針方向，同理可判斷在eq\f(T,2)到eq\f(3,4)T時(shí)，R中電動(dòng)勢(shì)也為順時(shí)針方向，在eq\f(3,4)T到eq\f(5,4)T時(shí)，R中電動(dòng)勢(shì)為逆時(shí)針方向，C正確，B、D錯(cuò)誤。2．[考查法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用]在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一個(gè)接有電容器的單匝導(dǎo)線回路，如圖所示，導(dǎo)線回路與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁場(chǎng)均勻地增強(qiáng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝5×10－2T/s，電容器電容C＝60μF，導(dǎo)線回路邊長(zhǎng)L1＝8cm，L2＝5cm。則電容器上極板()A．帶正電，電荷量是1.2×10－4CB．帶負(fù)電，電荷量是1.2×10－4CC．帶正電，電荷量是1.2×10－8CD．帶負(fù)電，電荷量是1.2×10－8C解析：選C根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向是逆時(shí)針方向，則上極板帶正電。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝eq\f(ΔBS,Δt)＝5×10－2×0.05×0.08V＝2×10－4V，電容器帶電荷量為Q＝CU＝CE＝6×10－5×2×10－4C＝1.2×10－8C，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。3．[考查感生電動(dòng)勢(shì)][多選]在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝1250匝，橫截面積S＝20cm2，螺旋管導(dǎo)線電阻r＝1Ω，R1＝4Ω，R2＝5Ω，C＝20μF。在一段時(shí)間內(nèi)，豎直向下穿過螺線管的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B按如圖乙所示的規(guī)律變化，下列說法正確的是()A．螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1000VB．閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，電容器下極板帶負(fù)電C．閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，通過電阻R1的電流為0.1AD．閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，再斷開S，以后流經(jīng)R2的電荷量為1.0×10－5C解析：選CD根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝1250×eq\f(0.8,2)×20×10－4V＝1.0V，故A錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可知回路中產(chǎn)生的電流方向是逆時(shí)針，所以電容器下極板帶正電，故B錯(cuò)誤；根據(jù)閉合電路歐姆定律，有：I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝eq\f(1,4＋5＋1)A＝0.1A，故C正確；S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量即為S閉合時(shí)電容器極板上所帶的電荷量Q，電容器兩端的電壓：U＝IR2＝0.1×5V＝0.5V，流經(jīng)R2的電荷量：Q＝CU＝20×10－6×0.5C＝1.0×10－5C，故D正確。4．[考查動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)與楞次定律][多選]如圖甲所示，一寬為l的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。一個(gè)邊長(zhǎng)為a(l＞a)的正方形導(dǎo)線框ABCD位于紙面內(nèi)，以垂直于磁場(chǎng)邊界的恒定速度v通過該磁場(chǎng)區(qū)域，導(dǎo)線框電阻為R。在運(yùn)動(dòng)過程中，線框有一條邊始終與磁場(chǎng)區(qū)域的邊界平行，取線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻t＝0，線框中感應(yīng)電流隨時(shí)間變化規(guī)律的I-t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是()A．在第1s內(nèi)，線框中感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向，大小恒定為0.3AB．在第2s內(nèi)，穿過線框的磁通量最大，感應(yīng)電流大小恒定為0.6AC．在第3s內(nèi)，線框中感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，大小恒定為0.3AD．在第1s內(nèi)，線框中C點(diǎn)電勢(shì)高于D點(diǎn)電勢(shì)，感應(yīng)電流大小為0解析：選AC在第1s內(nèi)，線框向磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，穿過線框的磁通量均勻增加，感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向(取為正方向)，電流大小恒定，由題圖乙可知I＝0.3A，選項(xiàng)A正確；在第2s內(nèi)，整個(gè)線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，穿過線框的磁通量最大且不變，沒有感應(yīng)電流，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在第3s內(nèi)，線框從磁場(chǎng)中出來(lái)，磁通量均勻減小，感應(yīng)電流為順時(shí)針方向(為負(fù)方向)，大小恒定，I＝0.3A，選項(xiàng)C正確；在第1s內(nèi)，由楞次定律判斷出線框中感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針方向，則C點(diǎn)電勢(shì)低于D點(diǎn)電勢(shì)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。5．[考查電磁感應(yīng)定律和楞次定律的應(yīng)用]如圖甲所示，正方形閉合線圈abcd邊長(zhǎng)為10cm，總電阻為2.0Ω，匝數(shù)為100匝，放在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。求：(1)在0～2s內(nèi)線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小；(2)在t＝1.0s時(shí)線圈的ad邊所受安培力的大小和方向；(3)線圈中感應(yīng)電流的有效值。解析：(1)在0～2s內(nèi)線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E1＝neq\f(ΔΦ1,Δt1)＝nSeq\f(ΔB1,Δt1)＝1V。(2)在t＝1.0s時(shí)，I1＝eq\f(E1,R)＝0.5A，由題圖乙可知，B1＝1T，則F＝nB1I1L＝5.0N根據(jù)楞次定律，流過ad邊的電流方向由a到d，由左手定則可知，ad邊所受安培力的方向垂直ad向右。(3)在0～2s內(nèi)I1＝0.5A在2～3s內(nèi)，線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E2，E2＝neq\f(ΔΦ2,Δt2)＝nSeq\f(ΔB2,Δt2)＝2V，I2＝eq\f(E2,R)＝1A設(shè)線圈中感應(yīng)電流的有效值為I，則I12Rt1＋I(xiàn)22Rt2＝I2Rt，解得I＝eq\f(\r(2),2)A。答案：(1)1V(2)5.0N垂直ad向右(3)eq\f(\r(2),2)A考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的圖像問題6.[考查Φ-t的關(guān)系圖像]穿過某閉合回路的磁通量Φ隨時(shí)間t變化的圖像分別如圖中的①～④所示，下列說法正確的是()A．圖①有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，且大小恒定不變B．圖②產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一直在變大C．圖③在0～t1時(shí)間內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是t1～t2時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的2倍D．圖④產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先變大再變小解析：選C圖①中磁通量沒有變化，因此沒有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故A錯(cuò)誤；圖②中的磁通量均勻增加，圖像的斜率不變，因此感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，故B錯(cuò)誤；圖③在0～t1時(shí)間內(nèi)的斜率是t1～t2時(shí)間內(nèi)斜率的2倍，所以在0～t1時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是t1～t2時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的2倍，故C正確；圖④的斜率大小先減小后增大，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先變小再變大，故D錯(cuò)誤。7．[考查感應(yīng)電流的功率和安培力的圖像問題][多選]如圖所示，粗細(xì)均勻的矩形金屬導(dǎo)體線框abcd固定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直線框所在平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖所示。以垂直于線框所在平面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向，則下列關(guān)于ab邊的熱功率P、ab邊受到的安培力F(以向右為正方向)隨時(shí)間t變化的圖像中正確的是()解析：選AD根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，所以感應(yīng)電流大小也不變，ab邊熱功率P＝I2R，恒定不變，A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)安培力公式F＝BIL，因?yàn)殡娏鞔笮　b邊長(zhǎng)度不變，安培力與磁感應(yīng)強(qiáng)度成正比，根據(jù)左手定則判定方向，可知C錯(cuò)誤，D正確。8．[考查傾斜導(dǎo)軌上金屬桿下滑速度隨電阻變化的圖像][多選]如圖甲所示，兩固定平行且光滑金屬軌道MN、PQ與水平面成θ＝37，M、P之間接電阻箱R，電阻箱的阻值范圍為0～9.9Ω，導(dǎo)軌所在空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.5T。質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其接入電路的電阻值為r。現(xiàn)從靜止釋放桿ab，測(cè)得最大速度為vm，改變電阻箱的阻值R，得到vm與R的關(guān)系如圖乙所示。已知軌道間距為L(zhǎng)＝2m，取重力加速度g＝10m/s2，軌道足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)(sin37＝0.6，cos37＝0.8)。則()A．金屬桿滑動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是aPMbaB．金屬桿的質(zhì)量為m＝0.5kgC．金屬桿的接入電阻r＝2ΩD．當(dāng)R＝2Ω時(shí)，桿ab勻速下滑過程中R兩端電壓為8V解析：選AC金屬桿向下切割磁感線，由右手定則可知產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)閍PMba，故A正確；當(dāng)速度達(dá)到最大時(shí)，金屬桿的加速度為零，即受力平衡，由平衡可知mgsinθ＝BIL＝eq\f(B2L2vm,R＋r)，vm＝eq\f(mgsinθ,B2L2)R＋eq\f(mgrsinθ,B2L2)，結(jié)合圖像可知：m＝0.33kg，r＝2Ω，故B錯(cuò)誤，C正確；當(dāng)R＝2Ω時(shí)，結(jié)合圖像，最終的速度為8m/s，根據(jù)電路知識(shí)：E＝BLv，I＝eq\f(E,R＋r)，U＝IR，解得：U＝4V，故D錯(cuò)誤。9．[考查電磁感應(yīng)中的B-t圖像][多選]如圖甲所示，兩根間距為L(zhǎng)的粗糙導(dǎo)軌水平放置，在導(dǎo)軌上垂直導(dǎo)軌放置一根導(dǎo)體棒MN，導(dǎo)體棒MN接入回路中電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，且處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1中。導(dǎo)軌的左端與一個(gè)半徑為l的導(dǎo)線圈連接，P、Q兩點(diǎn)距離很小，導(dǎo)線圈內(nèi)存在著豎直向下的磁場(chǎng)B2，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。已知導(dǎo)體棒MN始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，導(dǎo)軌與導(dǎo)線圈電阻不計(jì)，則在B2均勻減弱的過程中，下列說法正確的是()A．導(dǎo)體棒MN受到水平向左的摩擦力B．導(dǎo)體棒MN受到水平向右的摩擦力C．摩擦力大小為B1eq\f(πB2R,t2)LD．摩擦力大小為B1eq\f(πB2l2,Rt2)L解析：選BD根據(jù)楞次定律和安培定則可知，導(dǎo)線圈內(nèi)的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，根據(jù)左手定則，導(dǎo)體棒MN受到水平向左的安培力，根據(jù)平衡條件可知導(dǎo)體棒MN受到水平向右的摩擦力，故B正確，A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(SΔB,Δt)＝eq\f(B2πl(wèi)2,t2)，由歐姆定律可知I＝eq\f(E,R)，安培力為F＝B1IL，摩擦力大小為f＝F＝eq\f(πB1B2l2L,Rt2)，故D正確，C錯(cuò)誤。考點(diǎn)三通電自感和斷電自感10.[考查自感中的電流關(guān)系]如圖所示是研究通電自感實(shí)驗(yàn)的電路圖，A1、A2是兩個(gè)規(guī)格相同的小燈泡，閉合開關(guān)調(diào)節(jié)電阻R，使兩個(gè)燈泡的亮度相同，調(diào)節(jié)可變電阻R1，使它們都正常發(fā)光，然后斷開開關(guān)S，則()A．閉合開關(guān)瞬間，A1立刻變亮，A2逐漸變亮B．閉合開關(guān)瞬間，A2立刻變亮，A1逐漸變亮C．穩(wěn)定后，L和R兩端電勢(shì)差不相同D．穩(wěn)定后斷開開關(guān)，A1和A2都閃亮一下然后慢慢熄滅解析：選B閉合開關(guān)瞬間，L產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，要阻礙電流的增加，A1逐漸變亮；電阻R不產(chǎn)生自感現(xiàn)象，則A2立刻變亮，故A錯(cuò)誤，B正確。閉合開關(guān)穩(wěn)定后，兩燈仍能正常發(fā)光，即兩燈泡的電壓相同，因?yàn)閮芍凡⒙?lián)，并聯(lián)電壓相等，所以L和R兩端電勢(shì)差相同，故C錯(cuò)誤。穩(wěn)定后斷開開關(guān)，由于電感線圈的作用，產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)阻礙電流的減小，在L、A1、A2和R中重新形成回路，使得A1和A2都慢慢熄滅，但不會(huì)閃亮，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。11．[考查含二極管的自感現(xiàn)象][多選]如圖所示的電路中，電感L的自感系數(shù)很大，電阻可忽略，D為理想二極管。下列說法正確的有()A．當(dāng)S閉合時(shí)，L1立即變亮，L2逐漸變亮B．當(dāng)S閉合時(shí)，L1一直不亮，L2逐漸變亮C．當(dāng)S斷開時(shí)，L2立即熄滅D．當(dāng)S斷開時(shí)，L1突然變亮，然后逐漸變暗至熄滅解析：選BD當(dāng)S閉合時(shí)，因二極管加上了反向電壓，故電流在二極管截止，L1一直不亮；通過線圈的電流增加，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)阻礙電流增加，故使得L2逐漸變亮，選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；當(dāng)S斷開時(shí)，由于線圈自感電動(dòng)勢(shì)阻礙電流的減小，故通過L2的電流要在L2－L1－D－L之中形成新的回路，故L1突然變亮，然后逐漸變暗至熄滅，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。12．[考查自感現(xiàn)象在電磁繼電器中的應(yīng)用]如圖所示，鐵芯上繞有線圈A和B，線圈A與電源連接，線圈B與理想發(fā)光二極管D相連，銜鐵E連接彈簧K控制觸頭C的通斷，忽略A的自感。下列說法正確的是()A．閉合S，D閃亮一下B．閉合S，C將會(huì)過一小段時(shí)間接通C．?dāng)嚅_S，D不會(huì)閃亮D．?dāng)嚅_S，C將會(huì)過一小段時(shí)間斷開解析：選D當(dāng)閉合S時(shí)，穿過線圈B的磁通量要增加，根據(jù)楞次定律(增反減同)，結(jié)合右手螺旋定則可知，線圈B所在回路的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，而由于二極管順時(shí)針方向?qū)щ?，則二極管D不會(huì)閃亮一下，此時(shí)線圈A中磁場(chǎng)立刻吸引E，導(dǎo)致觸頭C即時(shí)接觸，故A、B錯(cuò)誤；當(dāng)斷開S時(shí)，穿過線圈B的磁通量要減小，根據(jù)楞次定律(增反減同)，結(jié)合右手螺旋定則可知，線圈B所在回路的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，則二極管處于導(dǎo)通狀態(tài)，則D會(huì)閃亮一下，同時(shí)對(duì)線圈A有影響，阻礙其磁通量減小，那么C將會(huì)過一小段時(shí)間斷開，故C錯(cuò)誤，D正確。13．[考查渦流現(xiàn)象]鋪設(shè)海底金屬油氣管道時(shí)，焊接管道需要先用感應(yīng)加熱的方法對(duì)焊口兩側(cè)進(jìn)行預(yù)熱。其具體做法是將被加熱管道置于感應(yīng)線圈中，當(dāng)感應(yīng)線圈中通以電流時(shí)管道發(fā)熱。下列說法正確的是()A．管道發(fā)熱是由于線圈中的電流直接流經(jīng)管道引起的B．感應(yīng)加熱是利用線圈電阻產(chǎn)生的焦耳熱加熱管道的C．感應(yīng)線圈中通以恒定電流時(shí)也能在管道中產(chǎn)生電流D．感應(yīng)線圈中通以正弦交流電在管道中產(chǎn)生的渦流也是交流電解析：選D管道發(fā)熱是由于線圈中產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)，導(dǎo)致管道中有渦流產(chǎn)生，A、B錯(cuò)誤；感應(yīng)線圈中通以恒定電流時(shí)，不能在管道中產(chǎn)生電流；感應(yīng)線圈中通以正弦交流電，在管道中產(chǎn)生的渦流也是交流電，C錯(cuò)誤，D正確。釋疑3大考點(diǎn)考點(diǎn)一楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用本考點(diǎn)是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容之一，在近幾年高考中多以選擇題的形式出現(xiàn)，考查的主要內(nèi)容有探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象；利用法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大?。焕美愦味膳袛啻艌?chǎng)的變化情況等。需要考生學(xué)會(huì)靈活變通。(一)理清知識(shí)體系(二)掌握規(guī)律方法1．靈活應(yīng)用楞次定律中“阻礙”的推廣含義：(1)阻礙原磁通量的變化——“增反減同”；(2)阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)——“來(lái)拒去留”；(3)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同”；(4)使線圈平面有擴(kuò)大或縮小的趨勢(shì)——“增縮減擴(kuò)”。2．應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律求磁場(chǎng)變化產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)時(shí)，公式E＝neq\f(ΔB,Δt)·S，其中S為線圈內(nèi)磁場(chǎng)區(qū)的面積，不一定等于線圈的面積。3．在比較電勢(shì)高低時(shí)要區(qū)分電源的內(nèi)電路和外電路。如診斷卷第4題，在第1s內(nèi)，AB邊切割磁感線為電源，電流方向由低電勢(shì)指向高電勢(shì)，A點(diǎn)電勢(shì)高，CD邊為外電路部分，電流方向由高電勢(shì)指向低電勢(shì)，D點(diǎn)電勢(shì)高。[題點(diǎn)全練]1．[多選](2018·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，兩個(gè)線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與電源連接，另一線圈與遠(yuǎn)處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方，開關(guān)未閉合時(shí)小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是()A．開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動(dòng)B．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向C．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向D．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動(dòng)解析：選AD根據(jù)安培定則，開關(guān)閉合時(shí)鐵芯上產(chǎn)生水平向右的磁場(chǎng)。開關(guān)閉合后的瞬間，根據(jù)楞次定律，直導(dǎo)線上將產(chǎn)生由南向北的電流，根據(jù)安培定則，直導(dǎo)線上方的磁場(chǎng)垂直紙面向里，故小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動(dòng)，故A正確。同理D正確。開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，直導(dǎo)線上沒有感應(yīng)電流，故小磁針的N極指北，故B、C錯(cuò)誤。2．用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個(gè)半徑為r的圓環(huán)，ab為圓環(huán)的直徑，t＝0時(shí)刻在ab的左側(cè)存在一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)垂直圓環(huán)所在平面，方向如圖甲，磁感應(yīng)強(qiáng)度B與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示。在0～t1時(shí)間內(nèi)，下面說法正確的是()A．圓環(huán)一直具有擴(kuò)張的趨勢(shì)B．圓環(huán)中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流C．圓環(huán)中感應(yīng)電流的大小為eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圖中a、b兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差Uab＝eq\f(B0πr2,2t0)解析：選C由題圖乙可知，0～t0時(shí)間內(nèi)，磁通量向里減小，t0～t1時(shí)間內(nèi)，磁通量向外增大。由楞次定律的“增縮減擴(kuò)”可知，為了阻礙磁通量的變化，圓環(huán)應(yīng)先有擴(kuò)張的趨勢(shì)后有收縮的趨勢(shì)，故A錯(cuò)誤；由楞次定律“增反減同”可知，圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向始終為順時(shí)針，故B錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，E＝eq\f(ΔB,Δt)S′＝eq\f(B0πr2,2t0)，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(B0πr2,2t0),ρ\f(2πr,S))＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，故C正確；a、b兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差Uab＝eq\f(1,2)E＝eq\f(B0πr2,4t0)，故D錯(cuò)誤。3.如圖所示，半徑為l的金屬圓環(huán)水平放置，圓心處及圓環(huán)邊緣通過導(dǎo)線分別與兩條平行的傾斜金屬軌道相連，圓環(huán)區(qū)域內(nèi)分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓環(huán)上放置一金屬棒a，一端在圓心處，另一端恰好在圓環(huán)上，可繞圓心轉(zhuǎn)動(dòng)。傾斜軌道部分處于垂直軌道平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B，金屬棒b放置在傾斜平行導(dǎo)軌上，其長(zhǎng)度與導(dǎo)軌間距均為2l。當(dāng)棒a繞圓心以角速度ω順時(shí)針(俯視)勻速旋轉(zhuǎn)時(shí)，棒b保持靜止。已知棒b與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，可認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力；棒b的質(zhì)量為m，棒a、b的電阻分別為R、2R，其余電阻不計(jì)，斜面傾角為θ＝37，sin37＝0.6，cos37＝0.8，重力加速度為g，求：(1)金屬棒b兩端的電壓；(2)為保持b棒始終靜止，棒a旋轉(zhuǎn)的角速度大小的范圍。解析：(1)金屬棒a切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Bleq\x\to(v)①eq\x\to(v)＝eq\f(0＋lω,2)②金屬棒b兩端的電壓U＝eq\f(2R,R＋2R)E③聯(lián)立①②③解得U＝eq\f(1,3)Bl2ω。④(2)電路中的電流I＝eq\f(E,R＋2R)⑤金屬棒b受到的安培力F安＝BI·2l⑥由①②⑤⑥解得F安＝eq\f(B2l3ω,3R)，為保持b棒始終靜止，棒a旋轉(zhuǎn)的角速度最小為ω1，最大為ω2，對(duì)b棒受力分析，有mgsinθ＝μmgcosθ＋eq\f(B2l3ω1,3R)，mgsinθ＋μmgcosθ＝eq\f(B2l3ω2,3R)，解得ω1＝eq\f(3mgR,5B2l3)，ω2＝eq\f(3mgR,B2l3)，所以棒a旋轉(zhuǎn)的角速度大小的范圍是eq\f(3mgR,5B2l3)≤ω≤eq\f(3mgR,B2l3)。答案：(1)eq\f(1,3)Bl2ω(2)eq\f(3mgR,5B2l3)≤ω≤eq\f(3mgR,B2l3)考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的圖像問題本考點(diǎn)是高考命題的熱點(diǎn)，圖像的種類較多，有隨時(shí)間t變化的圖像，如B-t、Φ-t、E-t、F-t、i-t等圖像；有隨位移x變化的圖像，如E-x、i-x等圖像。此類問題綜合性較強(qiáng)，應(yīng)用知識(shí)較多，如左手定則、右手定則、安培定則、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等。建議對(duì)本考點(diǎn)重點(diǎn)攻堅(jiān)。(一)熟悉兩個(gè)技法，做到解題快又準(zhǔn)1．排除法定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(shì)(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是物理量的正負(fù)，排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)。沒有表示方向的正負(fù)時(shí)，優(yōu)先判斷方向有時(shí)會(huì)產(chǎn)生意想不到的效果。如診斷卷第6題，利用Φ-t圖像斜率的變化就可以排除A、B、D選項(xiàng)。2．函數(shù)法根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖像作出分析和判斷，這未必是最簡(jiǎn)捷的方法，但卻是最有效的方法。如診斷卷第7題，由E＝eq\f(ΔB,Δt)·S可知，線框中電流大小恒定，方向周期性變化，由P＝I2R可知，P恒定不變，A正確；由F＝BIL可知，F(xiàn)的大小和方向均做周期性變化，同時(shí)注意F的方向及大小變化規(guī)律，可知C錯(cuò)誤，D正確。(二)謹(jǐn)記三點(diǎn)注意，力避踏入雷區(qū)1．定性或定量地表示出所研究問題的函數(shù)關(guān)系是選擇或繪制圖像的關(guān)鍵。2．在圖像中I、v等物理量的方向是通過正負(fù)值來(lái)反映的。3．注意過程或階段的選取，一般進(jìn)磁場(chǎng)或出磁場(chǎng)，磁通量最大或最小，有效切割長(zhǎng)度最大或最小等是分段的關(guān)鍵點(diǎn)。[題點(diǎn)全練]1．在空間存在著豎直向上的各處均勻的磁場(chǎng)，將一個(gè)不變形的單匝金屬圓線圈放入磁場(chǎng)中，規(guī)定線圈中感應(yīng)電流方向如圖甲所示的方向?yàn)檎?。?dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示時(shí)，下圖中能正確表示線圈中感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖線是()解析：選B由楞次定律可判斷，第1s內(nèi)線圈中電流方向與規(guī)定的正方向相同，為正值，可知A、D選項(xiàng)均錯(cuò)誤；由E＝eq\f(ΔB,Δt)·S，i＝eq\f(E,R)可知，第1s內(nèi)圖線斜率大，對(duì)應(yīng)的電流大，可知選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤。2．[多選]如圖甲所示，在水平向右的磁場(chǎng)中，豎直放置一個(gè)單匝金屬圓線圈，線圈所圍面積為0.1m2，線圈電阻為0.1Ω，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示。規(guī)定從左向右看順時(shí)針方向?yàn)榫€圈中感應(yīng)電流的正方向，下列說法正確的是()A．第2s內(nèi)線圈有收縮的趨勢(shì)B．第3s內(nèi)線圈的發(fā)熱功率最大C．第4s內(nèi)感應(yīng)電流的方向?yàn)檎较駾．0～5s內(nèi)感應(yīng)電流的最大值為0.1A解析：選ACD第2s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，故磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，線圈有收縮的趨勢(shì)，故A正確；第3s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，感應(yīng)電流為零，線圈不發(fā)熱，故B錯(cuò)誤；第4s內(nèi)磁場(chǎng)減小，則由楞次定律可知，電流的方向?yàn)檎较?，故C正確；由題圖乙可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率最大為0.1T/s，則感應(yīng)電流為：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,Δt·R)＝eq\f(0.1×0.1,0.1)A＝0.1A，故D正確。3．如圖甲所示，光滑的平行金屬導(dǎo)軌(足夠長(zhǎng))固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為l＝20cm，左端接有阻值為R＝1Ω的電阻，放在軌道上靜止的一導(dǎo)體桿MN與兩軌道垂直，整個(gè)裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5T。導(dǎo)體桿受到沿軌道方向的拉力F做勻加速運(yùn)動(dòng)，測(cè)得力F與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示。導(dǎo)體桿及兩軌道的電阻均可忽略不計(jì)，導(dǎo)體桿在運(yùn)動(dòng)過程中始終與軌道垂直且兩端與軌道保持良好接觸，則導(dǎo)體桿的加速度大小和質(zhì)量分別為()A．20m/s2，0.5kg B．20m/s2，0.1kgC．10m/s2，0.5kg D．10m/s2，0.1kg解析：選D導(dǎo)體桿MN在軌道上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，用v表示瞬時(shí)速度，t表示時(shí)間，則