高考物理第二轮复习第讲电磁感应中的电容讲义册子
2019-2020年全国通用高考物理二轮复习专题11电磁感应规律及其应用讲义
AB边向右的方向做匀速直线运动，取逆时针
方向电流为正，从金属框C端刚进入磁场开始
计时，框中产生的感应电流随时间变化的图象
是( )
图9
√
567
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考题三 电磁感应中的动力学问题
方法指导
电磁感应与动力学综合题的解题策略 (1)分析“源”：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)分析“路”：画出等效电路图，求解回路中的电流的大小及方向； (3)分析“力”：分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推得 对电流的影响，最后确定导体棒的最终运动情况； (4)列“方程”：列出牛顿第二定律或平衡方程求解.
C.a、b线圈中感应电流之比为3∶4 D.a、b线圈中电功率之比为3∶1
图1
解析
[变式训练]
1234
1.如图2所示，a、b、c三个线圈是同心圆，b线圈上连接
有直流电源E和开关K，则下列说法正确的是( )
A.在K闭合的一瞬间，线圈a中有逆时针方向的瞬时电流，
有收缩趋势
B.在K闭合的一瞬间，线圈c中有顺时针方向的瞬时电流，
铜线框，在1位置以速度v0＝3 m/s进入匀强磁场时开始计时t＝0，此时线框中 感应电动势为1 V，在t＝3 s时刻线框
到达2位置开始离开匀强磁场.此过程
中v－t图象如图(b)所示，那么( )
A.线框右侧边两端MN间的电压为
0.25 V
√B.恒力F的大小为0.5 N
图11
C.线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度大小为3 m/s
⑥
得：I＝ 1 A
⑦
答案
步骤2：cd在磁场外的 设经时间t，cd进入磁场
位移
xcd＝x＝ v21t
高考物理二轮专题复习 第2课 电磁感应规律及其应用课件
所以：Ub＝Eb＝0.3 V；
Ec＝21Br2ωc＝0.9 V.
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K 考题 专项 训练
所以：Uc＝Ec＝0.9 V. (3)P、R 两端的电压等于圆盘以角速度 ω 转动产生的感 应电动势．
即 UP＝UR＝12Bωr2＝0.02ω.
栏
由欧姆定律，通过 R 的电流 IR＝URR＝U3P；
动
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K 考点 精辟 解析
考点三 电磁感应(diàncí-gǎnyìng)与 电路的综合
电磁感应与电路的综合是高考的一个热点内容(nèiróng)，
两者的核心内容(nèiróng)与联系主线如图所示：
栏 目 链 接
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K 考点 精辟 解析
楞次定律：在闭合电路的部分(bù fen)导体切割磁感线产 生感应电流的问题中，机械能转化为电能，导体棒克服安培力
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高考二轮专题复习与测试•物理 随堂讲义•第一(dìyī)部分 专题复习
专题四 电路与电磁感应 第2课 电磁感应规律及其应用
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栏 目 链 接
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J考 点简 析
楞次定律(lénɡ cì dìnɡ lǜ)和法拉第电磁感应定律及其应
用是本课中高考的热点．它常与电路、动力学、能量转化等
电压才能导通的电子元件．流过电流表的电流I与圆盘角速
栏 目
度ω的关系如图(b)所示，其中ab段和bc段均为直线，且ab段
链 接
过坐标原点．ω>0代表圆盘逆时针转动，已知：R＝3.0 Ω，
B＝1.0 T，r＝0.2 m．忽略圆盘、电流表和导线的电阻．
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K 考题 专项 训练
2020届浙江专用高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第讲直流电路与交流电路讲义
直流电路与交流电路专题定位 1.掌握闭合电路欧姆定律，会进行直流电路的分析；2.掌握正弦式交变电流的产生及描述，会解决变压器及远距离输电问题；3.理解楞次定律和法拉第电磁感应定律；4.综合应用电路知识和能量观点解决电磁感应问题．第8讲 直流电路与交流电路[相关知识链接] 1．电容器的特点(1)只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，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，电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压． 2．一个定律、两个关系 (1)闭合电路欧姆定律：I ＝ER ＋r.(2)路端电压与电流的关系：U ＝E －Ir . (3)路端电压与负载的关系U ＝IR ＝R R ＋r E ＝11＋rRE ，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小．[规律方法提炼] 动态分析3法 方法1：程序法R 局↑→R 总↑→I 总↓→U 内↓→U 外↑→确定U 支、I 支反之：R 局↓→R 总↓→I 总↑→U 内↑→U 外↓→确定U 支、I 支 方法2：结论法——“串反并同”“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)．“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)． 方法3：极限法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滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论．例1 (多选)(2019·温州市联考)如图，E 为内阻不能忽略的电池，R 1、R 2、R 3为定值电阻，S 0、S 为开关，与分别为电压表与电流表．初始时S 0与S 均闭合，现将S 断开，则( )A.的读数变大，的读数变小B.的读数变大，的读数变大C.的读数变小，的读数变大 D ．电源内阻消耗的电能比断开前少 答案 BD解析 S 断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，的读数变大，把R 1归为内阻，内电压减小，故R 3两端的电压增大，由欧姆定律可知R 3中的电流也增大，电流表读数增大，故B 正确，A 、C 错误；电路中总电流减小，根据P ＝I 2r 可知，内阻消耗的功率减小，则电源内阻消耗的电能比断开前少，故D 正确． 拓展训练1 如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R 的阻值，可使电压表的示数减小ΔU (电压表为理想电压表)，在这个过程中( )A ．通过R 1的电流减小，减小量一定等于ΔUR 1B ．R 2两端的电压增加，增加量一定等于ΔUC ．路端电压减小，减小量一定等于ΔUD ．通过R 2的电流增加，但增加量一定大于ΔUR 2答案 A拓展训练2 (2019·超级全能生2月联考)小雷同学家里购买了一款扫地机器人，小雷同学仔细检查了这个新扫地机器人，发现铭牌上标有如图所示数据，则该扫地机器人( )主机基本参数产品尺寸345mm*345mm*96mm电池14.4V/5200mA·h锂电池产品质量约3.8kg无线连接Wi－Fi智能快连额定电压14.4V额定功率55WA.额定工作电流为0.25AB．充满电后正常工作的时间为2.5hC．电池充满电后储存的总电荷量为18720CD．以额定电流工作时每小时消耗能量为55J答案 C解析由铭牌知，扫地机器人工作的额定电压为14.4 V，额定功率为55 W，则额定电流I＝55A≈3.82A，每秒钟消耗能量W＝Pt＝55J，A、D错误；根据电池容量5200mA·h知，电14.4池充满电后储存的总电荷量Q＝5.2A×3600s＝18720C，充满电后正常工作的时间t＝5200×10－3A·h≈1.36h，B错误，C正确．3.82A拓展训练3(2019·山东济南市上学期期末)如图所示，灯泡L1、L2原来都正常发光，由于故障两灯突然熄灭，(假设电路中仅有一处故障)下列说法正确的是( )A．将多用电表的电压挡并联在ac两端，示数为0，说明ac间断路B．将多用电表的电压挡并联在cd两端，有示数，说明cd间完好C．将多用电表的电压挡并联在ad两端，有示数；并联在ac两端，示数为0，说明cd间断路D．断开S，将L1拆下，使用多用电表欧姆挡，调零后将红、黑表笔连接在L1两端，如果指针不偏转，说明L1完好答案 C解析若ac间断路，则将多用电表的电压挡并联在ac两端，示数应该等于电源的电动势E，选项A错误；将多用电表的电压挡并联在cd两端，有示数，说明cd间断路，选项B错误；将多用电表的电压挡并联在ad两端，有示数，则可能是L1或L2其中之一断路；并联在ac两端，示数为0，说明cd间的L2断路，选项C正确；断开S，将L1拆下，使用多用电表欧姆挡，调零后将红、黑表笔连接在L1两端，如果指针不偏转，说明L1断路，选项D错误．[相关知识链接]1．正弦交变电流的产生匀强磁场中线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．2．线圈通过中性面时的特点(1)穿过线圈的磁通量最大；(2)线圈中的感应电动势为零；(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次．[规律方法提炼]1．交变电流“四值”的应用(1)最大值：E m＝nBSω，分析电容器的耐压值；(2)瞬时值：E＝E m sinωt(由中性面开始计时)，计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况；(3)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；(4)平均值：E＝n ΔΦΔt，计算通过电路横截面的电荷量．2．有效值的计算(1)正弦式交变电流：有效值是最大值的12；(2)非正弦式交变电流：必须根据电流的热效应来求解．例2图甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈内阻为1.0Ω，外接灯泡的电阻为9.0Ω，则( )A．电压表的示数为6VB．在t＝0.01s的时刻，穿过线圈磁通量为零C．若线圈转速改为25r/s，则电动势有效值为3VD．若线圈转速改为25r/s，则通过灯泡的电流为1.2A答案 C解析 电压表的示数是外电路交流电压有效值，U ＝E R ＋rR ＝69＋1×9V＝5.4V ，A 错误；t ＝0.01s 时感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，B 错误；原来线圈的转速为n ＝ω2π＝2π2πT＝50r/s ，当线圈的转速改为25 r/s 时，感应电动势的最大值为622V ＝32V ，有效值为3V ，通过灯泡的电流为0.3A ，C 正确，D 错误．拓展训练4 (多选)(2019·吉林市友好学校联合体期末)如图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的OO ′轴匀速转动，当转到图示位置时，下列说法正确的是( )A ．磁通量变化率为零B ．感应电流最大C ．磁通量变化率最大D ．通过线圈的磁通量最大 答案 BC解析 由题图可知，线圈处于与中性面垂直的位置，此时通过线圈的磁通量最小，但磁通量的变化率最大，感应电动势和感应电流也最大，故A 、D 错误，B 、C 正确．拓展训练5 (2018·全国卷Ⅲ·16)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q 方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q 正．该电阻上电压的峰值均为u 0，周期均为T ，如图所示．则Q 方∶Q 正等于( )A ．1∶ 2 B.2∶1 C ．1∶2 D ．2∶1答案 D解析 由有效值概念知，一个周期内产生热量Q 方＝u 02R ·T 2＋u 02R ·T 2＝u 02R T ，Q 正＝U 有效2R T ＝(u 02)2R T＝12·u 02RT ，Q 方∶Q 正＝2∶1，故选D.[相关知识链接] 1．动态分析的两种情况(1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况． (2)匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况． 2．四点说明(1)变压器不能改变恒定电压．(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率． (3)理想变压器本身不消耗能量．(4)理想变压器基本关系中的U 1、U 2、I 1、I 2均为有效值． [规律方法提炼]1．理想变压器问题分析技巧 (1)根据题意分清变量和不变量；(2)弄清“谁决定谁”的制约关系．对电压而言，输入决定输出；对电流、电功(率)而言，输出决定输入．2．输电线路功率损失的计算方法(1)P 损＝P －P ′，P 为输送的功率，P ′为用户所得功率． (2)P 损＝I 线2R 线，I 线为输电线路上的电流，R 线为线路电阻． (3)P 损＝(ΔU )2R 线，ΔU 为在输电线路上损失的电压，R 线为线路电阻．(4)P 损＝ΔU ·I 线，ΔU 为在输电线路上损失的电压，I 线为输电线路上的电流．例3 (多选)(2019·安徽宣城市期末调研测试)如图所示，理想降压变压器的副线圈匝数可通过滑片F 调节，R 1为定值电阻，R 2为阻值可通过滑片P 调节的滑动变阻器，保持交流电源的电压U 大小不变，以下说法正确的是( )A ．保持F 不动，P 下移，则R 1电压的减小量等于R 2电压的增加量B ．保持F 不动，P 下移，则电流表A 2示数减小，由于电流跟匝数成反比，则电流表A 1示数减小C ．保持F 不动，P 下移，则电流表A 2示数减小，由于电流跟匝数成反比，则电流表A 1示数增大D ．保持P 不动，F 上移，两电流表示数都增大，且增大倍数相同 答案 AB解析 保持F 不动，则副线圈电压U 2一定，P 下移，则R 2变大，副线圈电流减小，电流表A 2示数减小，R 1电压减小，R 2电压变大，因U R 1＋U R 2＝U 2为定值，则R 1电压的减小量等于R 2电压的增加量，由于电流跟匝数成反比，则电流表A 1示数减小，选项A 、B 正确，C 错误；保持P 不动，F 上移，则副线圈匝数增加，副线圈电压U 2变大，因副线圈电阻不变，则副线圈电流变大，即A 2变大，A 1变大，即两电流表示数都增大，但因I 1I 2＝n 2n 1不是定值，则增大倍数不相同，选项D 错误．拓展训练6 如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数之比为1∶n ，副线圈接一定值电阻R ，则( )A ．若ab 之间接直流电压U ，则R 中的电流为nU RB ．若ab 之间接直流电压U ，则原、副线圈中的电流均为零C ．若ab 之间接交流电压U ，则原线圈中的电流为n 2URD ．若ab 之间接交流电压U ，则副线圈中的电流为U nR答案 C解析 变压器不能改变直流电压，所以当原线圈接直流电压时，副线圈无电流，但原线圈有电流，故A 、B 选项错误；当原线圈接交流电压U 时，则副线圈输出电压为nU ，副线圈中的电流为nU R ，又因为原、副线圈电流之比与匝数成反比，可得原线圈中的电流为n 2UR，故C 选项正确，D 错误．例4 (多选)(2019·广东清远市期末质量检测)如图所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U 1一定，通过理想升压变压器T 1和理想降压变压器T 2向远处用户供电，输电线的总电阻为R .T 1的输入电压和输入功率分别为U 1和P 1，它的输出电压和输出功率分别为U 2和P 2，T 2的输入电压和输入功率分别为U 3和P 3，它的输出电压和输出功率分别为U 4和P 4.下列说法正确的是( )A ．当用户的用电器增加时，U 2、U 3、U 4均变小B ．输电线的总电阻R 两端的电压等于(U 2＋U 3)，且随用户的用电器增加而增加C ．输电线上损失的功率为P 32RU 32，且随用户的用电器增加而增加D ．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比n 2n 1，同时应增大降压变压器的匝数比n 3n 4答案 CD解析 交流发电机的输出电压U 1一定，匝数没变，根据U 1U 2＝n 1n 2，知U 2不变，故A 错误；输电线的总电阻R 两端的电压等于(U 2－U 3)，且随用户的用电器增加，由于输电线上的电流会增大，则输电线R 上的电压增加，B 错误；输电线上的电流I ＝P 3U 3，则输电线上损失的功率为P损＝I 2R ＝P 32RU 32，且随用户的用电器增加，输电线上的电流会增大，则输电线R 上损失的功率增加，C 正确；输送功率一定时，根据P ＝UI 和P 损＝I 2R 知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U 1一定，根据U 1U 2＝n 1n 2知，所以应增大升压变压器的匝数比；U 3＝U 2－IR ，U 2增大，I 减小，所以U 3增大，用户电压U 4不变，根据U 3U 4＝n 3n 4知，应增大降压变压器的匝数比，故D 正确．拓展训练7 (多选)(2019·浙南名校联盟期末)位于温州乐清市磐石镇的温州发电厂，是浙江省跨世纪重点能源工程之一，其中一期工程输送功率为70MW ，发电机的输出电压随时间变化如图甲所示．通过如图乙所示的电路向县域输电，其中输送电压为70kV ，输电线总电阻为4Ω，在用户端用理想降压变压器把电压降为220V ，忽略降压变压器到用户的输电线上的电阻．以下说法正确的是( )A ．用户端交流电频率为50HzB ．降压变压器原、副线圈匝数比为300∶1C ．0～0.01s 发电机线圈磁通量的变化量为零D ．输电线上损失的功率为4×108W 答案 AB解析 根据发电机的输出电压的瞬时值表达式知，角速度ω＝100πrad/s＝2πf ，得f ＝50Hz ，变压器不改变交流电的频率，所以用户端交流电的频率为50Hz ，故A 正确；输电线上的电流I ＝P U ＝70×10670×103A ＝103A ，输电线上的电压损失为U 损＝IR ＝4×104V ，降压变压器原线圈两端的电压U 1＝U －U 损＝6.6×104V ，降压变压器原、副线圈的匝数比为n 1n 2＝U 1U 2＝6.6×104220＝3001，故B 正确；0～0.01s 发电机线圈磁通量的变化量为2BS ，故C 错误；输电线上损耗的功率P 损＝I 2R ＝4×106W ，故D 错误．专题强化练基础题组1．在寒冷地区，为了防止汽车挡风玻璃窗结霜，可用通电电阻加热，如图所示为10根阻值皆为3Ω的电阻条件和一内阻为0.5Ω的直流电源，现在要使整个电路中电阻条上消耗的功率最大，则下列方法可行的是( )A ．将6根并联接入B ．将6根串联接入C ．将10根并联接入D ．将10根串联接入 答案 A解析 当电路中内、外电阻相等时，电阻条上消耗的功率最大，6根3Ω的电阻条并联后的总电阻为R 总＝3Ω6＝0.5Ω，等于电源的内阻，即内、外电阻阻值相等，选项A 正确．2．(2019·杭州市高三期末)电线是家庭装修中不可或缺的基础建材，电线的质量直接关系到用电安全．某型号电线每卷长度为100m ，铜丝直径为1.6mm.为检验其是否采用了导电性能比较差的劣质铜，现给整卷电线加上1.50V 恒定电压，测得通过电线的电流为1.20A ，由此可知此电线所用铜的电阻率约为( )A ．1.7×10－9Ω·m B ．2.5×10－8Ω·m C ．1.1×10－7Ω·m D ．5.0×10－6Ω·m答案 B解析 给整卷电线加上1.50V 恒定电压，测得通过电线的电流为1.20A ，则电线的电阻值为R＝U I ＝1.50V 1.20A ＝1.25Ω；又R ＝ρL S ＝ρL π(d 2)2＝4ρL πd2，代入数据可得：ρ≈2.5×10－8Ω·m，故B 正确，A 、C 、D 错误．3．(2019·嘉、丽3月联考)某手机在充电时可以根据充电进程在快充模式和慢充模式间智能切换．快充模式时充电头的输出电压为U 1，输出电流为I 1，手机的等效内阻为r 1；慢充模式时充电头的输出电压为U 2，输出电流为I 2，手机的等效内阻为r 2.则( ) A ．快充模式时充电头输出的电功率为U 1I 1＋I 12r 1 B ．快充模式时电能转化为化学能的功率为U 1I 1 C ．慢充模式时手机由于充电而产生的热功率为I 22r 2D ．慢充模式时手机由于充电而产生的热功率为U 22r 2答案 C解析 快充模式时充电头的输出电压为U 1，输出电流为I 1，则快充模式时充电头输出的电功率为U 1I 1，故A 错误；快充模式时手机的等效内阻为r 1，则热功率：P 热1＝I 12r 1，所以快充模式时电能转化为化学能的功率为U 1I 1－I 12r 1，故B 错误；慢充模式时输出电流为I 2，手机的等效内阻为r 2，则慢充模式时手机由于充电而产生的热功率为I 22r 2，故C 正确；充电电路不是纯电阻电路，所以不能使用公式U 22r 2求产生的电热，故D 错误．4．(2019·浙南名校联盟高三期末)小李家的房子装修，买了一卷规格为“100m、4mm 2”的铜导线(已知铜的电阻率为1.7×10－8Ω·m)，用来安装一路专线，对额定电压为220V ，额定功率为2.0kW 的空调供电．实际上只用去了一半导线，如果空调能够正常工作，估算导线上损失的电压约为( ) A ．1.9V B ．0.19V C ．2.5V D ．0.25V答案 A5．(2019·宁波市3月模拟)夏天使用电风扇时，若不慎扇叶被卡住，风扇容易烧毁．已知电风扇正常工作时电功率为P ，发热功率为P 0，当风扇被卡住时热功率为(两端的电压仍不变)( ) A ．PB ．P －P 0 C.P 2P 0D.PP 0 答案 C解析 由正常工作时的功率P ＝UI ，发热功率P 0＝I 2r ，可得r ＝U 2P 0P2，当风扇被卡住时的热功率P ′＝U 2r ＝P 2P 0，故选C.6．(多选)(2019·河南示范性高中上学期期终)一内阻不计的交流发电机输出电压的瞬时值表达式为u ＝100sin100πt (V)，下列判断正确的是( ) A ．该交流发电机线圈的转速为50r/sB ．若将该交流电压加在阻值为100 Ω的电阻两端，则该电阻在1 min 内产生的热量为6×103JC ．若发电机线圈的转速提高一倍，则输出电压的有效值为1002VD ．若将该交流电压加在原、副线圈匝数比为k 的理想变压器的原线圈两端，则副线圈两端的电压的有效值为502kV答案 ACD解析 由n ＝ω2π＝50r/s 可知，选项A 正确；由公式Q ＝U 12R t ＝(1002)2100×60J＝3000J ，选项B错误；根据U m ＝NBSω可知，当发电机线圈的转速提高一倍，即ω增大一倍时，U m ＝200V ，则U ＝U m2＝1002V ，选项C 正确；由公式U 1U 2＝n 1n 2＝k 可得，U 2＝1002kV ＝502k V ，选项D 正确．7.(多选)(2019·贵州安顺市上学期质量监测)如图所示，曲线C 1、C 2分别是纯电阻电路中，内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线．由该图可知下列说法中正确的是( )A ．两条图线的交点表示内、外电路消耗的总功率为4WB ．电源的内阻为1ΩC ．电源的输出功率最大值为4WD ．电源的效率最大可达50% 答案 BC解析 根据题图可以知道，曲线C 1、C 2的交点的位置，此时电路的内、外功率相等，由于内、外电路的电流是相等的，所以此时电源的内阻和电路的外电阻大小是相等的，内、外电路消耗的功率相等，总功率为8W ，即此时电源的输出功率是最大的，由题图可知电源的输出功率最大值为4W ，所以A 错误，C 正确；根据P ＝I 2R ＝I 2r 可知，当输出功率最大时，P ＝4W ，I ＝2A ，所以R ＝r ＝1Ω，所以B 正确；电源的效率η＝IUIE ×100%＝U E ×100%＝IRI (R ＋r )×100%＝RR ＋r×100%，当r ＝R 时，电源的效率是50%，但不是效率的最大值，选项D 错误．8．(多选)(2019·吉林长春市质量监测)如图为一种直流发电机的结构示意图，直流发电机由两块永磁铁、线圈和换向器组线缠绕而成．永磁体N 、S 极相对，中间区域视为匀强磁场，磁感应强度为B .线圈由N 匝导线缠绕而成，面积为S ，可绕如图所示的轴线匀速转动，角速度为ω.换向器由两个半铜环和两个电刷构成，半铜环分别与线圈中导线的两端固连，线圈和半铜环绕着轴线以相同角速度转动．电刷位置固定，作为输出端与外电路相连(图中未画出)．每当线圈转到中性面位置时，半铜环和电刷会交换接触，以保持输出电流方向不变，且交换时间极短可忽略．下列说法正确的是( )A ．当线圈按照图示的方向转动时，电刷a 的电势比b 的电势高B ．当线圈转到图示位置时，线圈中产生的电动势为零C ．该发电机产生电动势的最大值为NBSωD ．该发电机产生电动势的最大值是有效值的2倍 答案 CD解析 当线圈按照题图所示的方向转动时，根据右手定则知电刷a 的电势比b 的电势低，故A 错误；当线圈转到题图所示位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率达到最大，所以线圈中产生的电动势也达到最大，故B 错误；发电机产生的电动势随时间变化图象如图所示，其中最大值为NBSω，且是有效值的2倍，故C 、D 正确．9．一矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直磁感线的转轴匀速转动，形成如图所示的交变电动势图象，根据图象提供的信息，以下说法正确的是( )A ．线圈转动的角速度为100π3rad/sB ．电动势的有效值为20VC ．t＝1.0×10－2s 时，线圈平面和磁场方向的夹角为45° D ．t ＝1.5×10－2s 时，穿过线圈平面的磁通量最大 答案 A解析 角速度ω＝2πT ＝100π3rad/s ，选项A 正确；电动势的有效值E ＝E m2≈14.1V，选项B错误；θ＝ωt ＝100π3t ，将t ＝1.0×10－2s 代入该式，解得θ＝π3，这是线圈从中性面开始转过的夹角，故线圈平面和磁场方向的夹角为30°，选项C 错误；t ＝1.5×10－2s 时，线圈平面与磁场平行，穿过线圈平面的磁通量最小，选项D 错误．10．(多选)图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一个矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈内阻为10Ω，外接一只电阻为90Ω的灯泡，不计电路的其他电阻，则( )A ．t ＝0时刻线圈平面处在中性面B ．每秒钟内电流方向改变100次C ．灯泡两端的电压为22VD ．0～0.01s 时间内通过灯泡的电荷量为0 答案 AB解析 从题图可以看出，从金属线圈旋转至中性面时开始计时，所以选项A 正确；交变电动势的周期为2×10－2s ，频率是50Hz ，因一个周期内电流的方向改变两次，所以每秒钟内电流方向改变100次，选项B 正确；灯泡两端的电压为U 灯＝UR 总·R 灯＝31.12100×90V≈19.8V，所以选项C 错误；0～0.01s 时间内磁通量的变化不为零，所以通过灯泡的电荷量不为零，选项D 错误．11．(2019·广东省“六校”第三次联考)钳形电流表由电流互感器和电流表组合而成，常用来测量强度很大的电流，其原理如图．若原线圈与副线圈的匝数比为1∶500，电流表A 的示数为1A ，则( )A ．钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯B ．钳形电流表能够用来测量直流电的电流C ．被测电路电流的平均值为500AD ．被测电路电流的最大值为500A 答案 A解析 钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯，A 正确；互感器利用的是电磁感应的互感原理，不能用于直流电，故B 错误；由I 2I 1＝n 1n 2得：I 1＝n 2I 2n 1＝500×11A ＝500A ，因为电流表测的是有效值，故该值为被测电路电流的有效值，故C 、D 错误． 能力题组12．(多选)图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝4∶1，电阻R ＝20Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图乙所示．现将S 1接1，S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )A ．只断开S 2后，小灯泡L 1正常发光B ．只断开S 2后，原线圈的输入功率减小C ．若S 1换接到2后，R 中电流瞬时值表达式i ＝24cos50πt (A) D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为1.25W 答案 BD解析 L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，只断开S 2后，L 1、L 2串联，总电阻增加，小灯泡L 1不能正常发光，原线圈的输入功率减小，故A 错误，B 正确；若S 1换接到2后，输出电压的有效值U 2＝n 2n 1·U m2＝5V ，则R 消耗的电功率为1.25W ，由题图乙可得ω＝2πT ＝100πrad/s，选项C 错误，选项D 正确．13．(2019·江苏通州区、海门市、启东三县联考)如图所示，R 1是光敏电阻(光照增强，电阻减小)，C 是电容器，R 2是定值电阻．当R 1受到的光照强度减弱时( )A ．流过电阻R 2的电流增大B ．光敏电阻R 1上的电压减小C ．电源两端电压减小D ．电容器C 的带电荷量减小 答案 D解析 当R 1受到的光照强度减弱时，R 1的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得到，总电流I 减小，即流过R 2的电流减小，故A 错误；根据闭合电路欧姆定律分析得到，总电流I 减小，路端电压U ＝E －Ir ，E 、r 不变，则U 增大，R 2两端电压减小，所以光敏电阻R 1上的电压增大，故B 、C 错误；由于电容器与R 2并联，所以电容器两端电压减小，由公式Q ＝CU 2可知，电容器的带电荷量减小，故D 正确．14．(多选)(2019·山西吕梁市第一学期期末)某发电机输出的交流电压如图所示，经理想变压器升压后向远处输送，最后经理想变压器降压后输送给用户．则下列说法中正确的是( )A ．发电机输出交流电压的有效值为5002VB ．用户获得的交流电压频率为50HzC ．若增加用户用电负载的数量，输电线上损失的功率将增加D ．若增加升压变压器原线圈的匝数，输电线上损失的功率将减小 答案 BC解析 由题图可知交流电的最大值为U m ＝500V ，因此其有效值为U ＝U m2＝2502V ，故A 错误；由题图可知，T ＝2×10－2s ，变压器不改变交流电的频率，故f ＝1T＝50Hz ，故B 正确；若增加用户用电负载的数量，则用户总电阻减小，用户总电流增大，输电线电流增大，ΔP ＝I 2R 知损失功率增大，故C 正确；增加升压变压器原线圈匝数，输出电压减小，损失的功率为ΔP ＝(P U 输)2R ，损失功率增大，故D 错误． 15．(多选)(2019·山东枣庄市上学期期末)某同学模拟“远距离输电”电路，将实验室提供的器材连接成了如图所示电路．A 、B 为理想变压器，灯L 1、L 2相同且阻值不变，输电线路等效电阻为R .现保持A 的输入电压不变，当开关S 断开时，灯L 1正常发光，则( )A．仅闭合S，L1变暗B．仅闭合S，输电线路的发热功率变小C．仅将滑片P上移，L1变亮D．仅将滑片P上移，输电线路的发热功率变小答案AD解析闭合S，则消耗功率增大，B副线圈中电流增大，B原线圈电流也增大，则R上损失的电压和功率增大，则B输入电压U B1＝U A2－IR减小，灯泡两端电压U B2减小，故灯泡会变暗，故A正确，B错误；仅将滑片P上移，A副线圈匝数减小，则输出电压减小，B的输入电压减小，灯泡电压也减小，故L1变暗，消耗功率减小，流过灯泡的电流减小，则B原线圈中电流减小，流过R的电流减小，输电线路的发热功率变小，故C错误，D正确．。
2024届高考物理二轮复习专题课件：+电磁感应
【考向】自感、互感
A．如图甲，人造地球卫星经过地面跟踪站上空，地面接收到信号频 率先增大后减小 B．如图乙，A、B两灯均发亮，若断开开关，A灯和B灯都会立即熄灭 C．如图丙，高频感应炉是利用炉外线圈产生的热量使炉内的金属熔 化 D．如图丁，利用该装置验证向心力与角速度的关系时，要保持皮带 连接的两个塔轮半径相同
A．线圈abcd中的电流方向为顺时针B．线圈abcd中的电流
方向为逆时针C．线圈abcd受到的安培力方向与车前行方向
一致D．线圈abcd受到的安培力方向与车前行方向相反
【答案】BC 【详解】AB．当汽车保险杠撞上前面的障碍物C时，电磁缓冲器是磁场相对于保 险杠上的线圈运动，可以反过来以磁场为参考系，则保险杠上的线圈abcd相对于 磁场反方向运动，根据右手定则或楞次定律，可知线圈abcd中的电流方向为逆时 针，故A错误，B正确； CD．根据左手定则可知bc边受到的安培力方向与车前行方向一致，故C正确，D 错误。故选BC。
二、网络构建、知识梳理
“三个定则”“一个定律”的比较
名称 电流的磁效应 磁场对电流的作用
电磁感应
应用的定则或定律 安培定则 左手定则 右手定则 楞次定律
基本现象 运动电荷、电流产生磁场 磁场对运动电荷、电流有作用力 部分导体做切割磁感线运动
闭合回路磁通量变化
自感、互感问题
通电自感和断电自感的比较
B．闭合回路中的感应电动势为 k S1 2S2
C．定值电阻两端的电流大小为 k S1 S2
D．定值电阻两端的电压为
Rk
S1
R
2S2
r
Rr
例2、如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ， 它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体棒ab长 L＝0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上的匀 强磁场中，磁感应强度B＝0.4T，现使ab以＝10m/s的速度向左做匀速运动.
2025年高考物理复习课件 第6讲 专题提升 电磁感应中的含电容器问题模型
t= =0.25
1
s。
m/s2
(3)若导体棒运动到P处后返回,从B到P做沿导轨向上的减速运动,电容器C
放电,根据牛顿第二定律可得F2+mgsin α-BId=ma2
2 + sin
可得 a2=
+ 2 2 2
从P到A做沿导轨向下的加速运动,电容器C充电,根据牛顿第二定律可得
在安培力作用下导体棒速度逐渐减小,动生电动势亦随之减小,而电容器则
随着电荷量的增加极板间的电压逐渐增大。当动生电动势等于电容器两
极板间的电压时,电容器不再充电,导体棒随即匀速运动,设此时导体棒的
速度为v,故有U=E=BLv
对导体棒运用动量定理,可得m(v0-v)=IFA
由
Δ
I= Δ 可知 IFA=QBL=CUBL
2
2
得
Δ
Δ
Δ
E= Δ =S Δ ,解得 Δ
=
(1 +2 )
,B
2
π 2
正确;保持开关闭合,则极板间的电压不
变,当向上移动下极板时,导致间距减小,那么由 E=
,可知电场强度增大,则静
电力增大,因此液滴将向上运动,C错误;断开开关S,电容器既不充电,也不放电,
则电场强度不变,因此静电力也不变,则液滴静止不动,D错误。
闭合开关S,电路稳定后,求:
(1)通过金属棒OA的电流大小和方向;
(2)从断开开关S到电路稳定这一过程中通过R3的电荷量。(结果保留两位
有效数字)
答案 (1)0.5 A
方向由O到A (2)6.1×10-5 C
解析 (1)由右手定则判定通过金属棒OA的电流方向是由O到A,金属棒OA
高考物理二轮复习 第一部分 专题六 电磁感应和电路 第2讲 直流电路和交流电路课件
a．①②两条曲线不同是________(选填E或R)的改变造成的； b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据a中的结论，说明 实现这两种充电方式的途径。
两端电压增大而增大；对于(2)中电源，由于内阻不计，故其两端电压等于电动
势而保持恒定，通过电源的电流满足E＝UC＋IR，即I＝
E－UC R
，可见电流会随
着电容器两端电压的增大而减小。
12/8/2021
[答案]
(1)u-q图线如图
1 2CU
2
(2)a.R b．减小电阻R，可以实现对电容器更快速充电； 增大电阻R，可以实现更均匀充电。
1 2
12/8/2021
[解析] 题图乙所示电流的最大值为 Im＝0.5 A，由欧姆定律得 Um＝ImR＝2.5
V，周期为 T＝0.01 s，ω＝2Tπ＝200π rad/s，所以 R 两端电压的表达式为 u＝
2.5sin200πt(V)，A
项正确；该电流的有效值为
I＝
Im ，电阻 2
R
消耗的电功率为
答案
12/8/2021
AD
考向3 理想变压器和远距离输电问题 变压器各物理量间的制约关系
12/8/2021
例 4 (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 I、U，R 消耗的功率为 P。若发电机 线圈的转速变为原来的12，则( )
第2讲 直流电路和交流电路
高考物理二轮专题复习课件：专题整合高频突破 专题四 电路和电磁感应1
暗,选项A 错误、B正确。开关闭合后,当滑动变阻器的滑片P向下
滑动时,由于外电路总电阻增大,电源输出电流减小,电源的总功率
变小,选项C 错误。当电源输出电流减小后,电容器支路两端电压增
大,电容器充电,电阻R 1有从b 到a方向的电流,选项D 正确。
为正弦式交流电源,输出电压的有效值恒定。当开关S断开时,电流
表的示数为I;当S闭合时,电流表的示数为4 I。该变压器原、副线圈 匝数比B为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
9
1234
10
1234
考点定位:理想变压器、欧姆定律
命题能力点:侧重考查理解能力+ 分析综合能力
解题思路与方法:本题主要考查变压器、闭合电路欧姆定律。解决
考点二
规律方法直流电路动态分析的3 种常用方法 方法1:程序法
方法2:结论法——“串反并同” “串反”指: 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、电功率都将减小(增大)。 “并同”指: 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、电功率都将增大(减小)。 方法3:极限法 因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题,可将变阻器的滑片分别 滑至两个极端,使电阻最大或电阻为零去讨论。
22
考点一
考点二
题型2 闭合电路的图象问题(L) 典题3 (2017 湖南省三县联考)如图所示,直线a、抛物线b 和曲线 c分别为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总功率P、电源内部 发热功率P r、输出功率P R 随电流I变化的图象,根据图象可知( D )
电压和电阻R 两端的电压之和为220 V 。
2020高考物理新课标专用大二轮复习：《电路与电磁感应》复习讲义(考点详解配套最新典型例题)
电路与电磁感应复习讲义第1部分直流电路与交流电路考点1直流电路分析考点2交变电流的产生及描述考点3变压器与远距离输电专题突破练第2部分电磁感应的综合应用考点1楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用考点2电磁感应中的电路与图象问题考点3电磁感应中的动力学与能量问题专题突破练第3部分电学中的动量和能量问题考点1电场与磁场中的动量和能量问题考点2电磁感应中的动量和能量问题专题突破练复习备考建议1．直流电路的考查一般以实验题为主，单独考查的角度主要是动态电路分析和含容电路分析，或与电磁感应相结合．交变电流考查重点是理想变压器及相关知识，难度适中．2．产生感应电流的条件、楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律的基本应用，往往以选择题形式结合图象、电路、历史中的著名实验、现代科技中的应用等创设新情景，总体难度不大．计算题一般考查电磁感应定律的应用，与力学问题结合时一般是匀速或静止时的平衡问题，较简单．电磁感应与动量知识的结合可能是新的考查点，应引起重视．第1部分直流电路与交流电路考点1直流电路分析1．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，电容器两端的电压为与之并联的电阻两端的电压．2．1个定律、2个关系(1)闭合电路欧姆定律：I ＝E R ＋r. (2)路端电压与电流的关系：U ＝E －Ir .(3)路端电压与负载的关系：U ＝IR ＝R R ＋r E ＝11＋r RE ，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小． 3．动态分析3法方法1：程序法R 局――→增大减小R 总――→增大减小I 总＝E R 总＋r ――→减小增大U 内＝I 总r ――→减小增大U 外＝E －U 内――→增大减小确定U 支、I 支． 方法2：结论法——“串反并同”“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)．“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)．方法3：极限法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滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零，再去讨论．例1 (2019·宁夏银川市六盘山上学期期末)在如图1所示的电路中，E 为电源，电源内阻为r ，L 为小灯泡(灯丝电阻可视为不变)，电压表为理想电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，将滑动变阻器的滑片向上移动，则( )图1A ．电压表的示数变大B ．小灯泡L 消耗的功率变小C ．通过R 2的电流变小D ．电源内阻的电压变大答案 B解析 滑动变阻器的滑片向上移动，则接入电路的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流减小，故R 1两端的电压减小，电压表的示数变小，故A 错误；由并联电路的电流规律可知，流过灯泡L 的电流一定减小，故由P ＝I 2R 可知，小灯泡L 消耗的功率变小，故B 正确；因电路中电流减小，故电源内阻的电压减小，路端电压增大，同时R 1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R 2的电流增大，故C 、D 错误． 变式训练1．(2019·重庆市一诊 )利用如图2所示电路可测量待测电阻R x 的阻值．定值电阻R 1、R 2阻值已知，闭合电键S ，调节电阻箱接入电路阻值为R 3时，电流表示数为零，则R x 阻值等于( )图2A ．R 2B.R 1R 2R 3C.R 1R 3R 2D.R 3R 2R 1答案 D解析 根据串并联电路特点及欧姆定律可知：I 1(R 1＋R 2)＝I 2(R x ＋R 3)，由于电流表示数为零，则说明G 两端的电势相等，则一定有：I 1R 1＝I 2R 3；两式联立可得：R x ＝R 3R 2R 1，故选D. 例2 (2019·辽宁沈阳市质量检测(一))某同学将一闭合电路电源的总功率P E 、输出功率P R 和电源内部的发热功率P r 随电流I 变化的图线画在了同一坐标系中，如图3中的a 、b 、c 所示，则下列判断正确的是( )图3A ．直线a 表示电源内部的发热功率随电流I 变化的图线B ．曲线b 表示电源的总功率随电流I 变化的图线C ．曲线c 表示电源的输出功率随电流I 变化的图线D ．电源的电动势E ＝3 V ，内电阻r ＝2 Ω答案 C解析 由电源消耗总功率和电源内部消耗功率表达式P E ＝EI ，P r ＝I 2r 可知，a 是直线，表示的是电源消耗的总功率P E ，b 是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率P r ，c 表示外电阻的功率即为电源的输出功率P R ＝EI －I 2r ，所以A 、B 错误，C 正确；由题图可知，当短路时电流为2 A ，总功率P E ＝EI ＝6 W ，则可知电动势为：E ＝3 V ，则r ＝E I ＝32Ω＝1.5 Ω，故D 错误．变式训练2．(2019·福建厦门市模拟)如图4所示，电源电动势为E，内阻为r，电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小)．当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，下列说法中正确的是()图4A．只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流C．只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动，电压表示数变大，带电微粒向下运动D．若断开电键S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动答案 A解析只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，R2两端的电压变大，电容器两端的电压增大，电容器充电，电容器所带电荷量变大，所以R3中有向上的电流，故A正确；电路稳定时，电容器相当于断路，只调节R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故B错误；只调节R2的滑动端P1向下端移动时，与电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，电场力变大，带电微粒向上运动，故C错误；若断开电键S，电容器放电，电容器所带电荷量变小，电容器两端电压变小，两极板间电场变小，带电微粒所受电场力减小，合力向下，则带电微粒向下运动，故D错误．考点2交变电流的产生及描述1．交变电流的产生线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．2．线圈通过中性面时的特点(1)穿过线圈的磁通量最大；(2)线圈中的感应电动势为零；(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次．3．交变电流“四值”的应用(1)最大值：E m＝nBSω，分析电容器的耐压值；(2)瞬时值：E＝E m sin ωt(从中性面开始计时)，计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况；(3)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；(4)平均值：E ＝n ΔФΔt，计算通过电路横截面的电荷量． 例3 (多选)(2019·安徽皖江名校联盟摸底大联考)图5所示为交流发电机发电的简易原理图，n 匝矩形线圈的面积为S ，整个装置处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，已知线圈的总电阻为r ，通过电刷与定值电阻R 相连接，与定值电阻并联一理想的交流电压表，现矩形线圈绕中心轴线OO ′以恒定的角速度ω匀速转动．t ＝0时刻线圈处在中性面．下列说法正确的是( )图5A ．t ＝0时刻流过定值电阻的电流方向向左B ．线圈中产生感应电动势的瞬时值表达式为e ＝nBSωsin ωt (V)C ．线圈转动的过程中，电压表的读数为nBSωR R ＋rD ．从t ＝0时刻起，线圈转过60°角时流过定值电阻的瞬时电流为3nBSω2(R ＋r )答案 BD解析 t ＝0时刻线圈与磁场方向垂直，即线圈的速度与磁场方向平行，因此t ＝0时感应电动势为零，感应电流为零，A 错误；从中性面开始计时，感应电动势随时间按正弦规律变化，且最大感应电动势E m ＝nBSω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e ＝nBSωsin ωt (V)，B 正确；线圈转动的过程中，最大感应电动势E m ＝nBSω，则产生的感应电动势的有效值为E ＝ 22nBSω，因此电压表的示数为U ＝2R 2(R ＋r )nBSω，C 错误；线圈从t ＝0开始转过60°角时，瞬间电流为i ＝e R ＋r ＝nBSωsin π3R ＋r ＝3nBSω2(R ＋r )，D 正确． 变式训练3．(2019·贵州贵阳市一模)如图6甲为某品牌电热毯的简易电路，电热丝的电阻为R ＝484 Ω，现将其接在u ＝2202sin 100πt (V)的正弦交流电源上，电热毯被加热到一定温度后，温控装置P 使输入电压变为图乙所示的波形，从而进入保温状态，若电热丝的电阻保持不变，则保温状态下，理想交流电压表V 的读数和电热毯消耗的电功率最接近下列哪一组数据( )图6A ．220 V 、100 WB ．156 V 、50 WC ．110 V 、25 WD ．311 V 、200 W 答案 B解析 由题图象可知温控装置P 输入的交变电流的周期T ＝2×10－2 s ；可分为0～T 2和T 2～T 两段，根据有效值的定义可得⎝⎛⎭⎫U m 22R ×T2＋0＝U 2R ×T ，解得U ＝U m 2≈156 V ，电热毯在保温状态下消耗的电功率为P ＝U 2R＝50 W ，故B 正确． 4.(多选)(2019·山东德州市上学期期末)如图7所示，匀强磁场的磁感应强度大小为 1 T ，单匝正方形导线框的边长为 1 m ，总电阻为 1 Ω ，开始时处于位置Ⅰ，现用外力使导线框绕ab 边匀速转过 180° 至位置Ⅱ，转动的角速度为 π rad/s ，则在此过程中以下说法正确的是( )图7A ．通过导线横截面的电荷量为零B ．通过导线横截面的电荷量为 2C C ．外力做功为π22J D ．外力做功为π24 J 答案 BC解析 通过导线横截面的电荷量q ＝ΔΦR ＝2BL 2R ＝2×1×121C ＝2 C ，选项A 错误，B 正确；E m ＝BωS ＝1×π×12 V ＝π V ，则外力做功W ＝E 2R t ＝⎝⎛⎭⎫π221×ππ J ＝π22 J ，选项C 正确，D 错误． 5．(多选)(2019·广西桂林等六市第一次联合调研)如图8甲所示，标有“220 V 40 W ”的灯泡和标有“20 μF 360 V ”的电容器并联到交流电源上，V 为理想交流电压表，交流电源的输出电压如图乙中正弦曲线所示，闭合开关S.下列判断正确的是( )图8A ．电容器会被击穿B ．交流电源的输出电压的有效值为220 VC ．t ＝T 2时刻，V 的示数为零 D ．t ＝T 2时刻，通过灯泡的电流为零 答案 BD解析 由题图可知交流电压的最大值为220 2 V ≈311 V ，小于电容器的击穿电压，故电容器不会被击穿，故A 错误；由题图乙可知，交流电压的有效值为22022V ＝220 V ，故B 正确；交流电压表的示数为有效值，则t ＝T 2时刻，电压表的示数为220 V ，故C 错误；t ＝T 2时刻，灯泡两端电压的瞬时值为0，通过灯泡的电流的瞬时值为0，故D 正确．考点3 变压器与远距离输电1．理想变压器的基本关系式 (1)功率关系：P 入＝P 出．(2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2. (3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n 2n 1. 2．动态分析的两种情况(1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况．(2)匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况．3．四点说明(1)变压器不能改变直流电压．(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率．(3)理想变压器本身不消耗能量．(4)理想变压器基本关系中的U 1、U 2、I 1、I 2均为有效值．4．输电线路功率损失的计算方法(1)P 损＝P －P ′，P 为输送的功率，P ′为用户所得功率．(2)P 损＝I 线2R 线，I 线为输电线路上的电流，R 线为输电线路的总电阻．(3)P 损＝(ΔU )2R 线，ΔU 为在输电线路上损失的电压，R 线为线路总电阻． (4)P 损＝ΔU ·I 线，ΔU 为在输电线路上损失的电压，I 线为输电线路上的电流．例4 (2019·安徽A10联盟开年考)如图9甲所示，电阻不计的矩形导体线圈固定在水平桌面上，线圈的匝数n ＝100，所围成矩形的面积S ＝0.4 2 m 2，垂直于线圈平面的匀强磁场磁感应强度随时间按如图乙所示的正弦规律变化．在线圈的右边接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数比为n 1︰n 2＝2︰1，灯泡L 标有“36 V 18 W ”字样，电流表和电压表均为理想交流电表．调节滑动变阻器R 的滑片，当电流表示数为0.8 A 时，灯泡L 刚好正常发光，则( )图9A ．电压表的示数等于40 2 VB ．定值电阻R 0的阻值为5 ΩC ．在0～1.57×10－2 s 的时间内，通过小灯泡L 的电荷量为7.85×10－3 C D ．当滑动变阻器R 的滑片向下滑动时，电流表的示数变大，电压表的示数变小答案 B解析 矩形导体线圈中产生的感应电动势的最大值为E m ＝nB m S2πT ，解得E m ＝80 2 V ，电压表的示数为U ＝n 2E m 2n 1，解得U ＝40 V ，选项A 错误；定值电阻R 0两端的电压U 0＝U －U L ＝4 V ，定值电阻R 0的阻值为R 0＝U 0I＝5 Ω，选项B 正确；在0～1.57×10－2 s 的时间内，通过小灯泡的电流有向上和向下的过程，所以通过小灯泡L 的总的电荷量为零，选项C 错误；当滑动变阻器R 的滑片向下滑动时，电流表的示数变大，电压表的示数不变，选项D 错误． 变式训练6.(多选)(2019·山东日照市3月模拟)教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机通过理想变压器向用电器供电，电路如图10所示．副线圈的匝数可以通过滑动触头Q 来调节，副线圈两端连接定值电阻R 0、灯泡L 和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑片，原线圈上连接一只理想交流电流表A ，闭合开关S ，电流表的示数为I ，则( )图10A ．仅增大发电机线圈的转速，I 增大B ．仅将P 向上滑动，I 增大C ．仅将Q 向上滑动，I 增大D ．仅将开关S 断开，I 增大答案 AC解析 仅增大发电机线圈的转速n ，则角速度ω＝2πn 增大，则最大感应电动势E m ＝NBSω增大，则电动势的有效值增大，由于原、副线圈匝数不变，故副线圈两端电压增大，则副线圈电流增大，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流I 增大，故选项A 正确；仅将P 向上滑动，则副线圈总电阻增大，则副线圈电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流I 减小，故选项B 错误；仅将Q 向上滑动，则副线圈的匝数增大，由于原线圈两端电压不变，则根据U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈两端电压增大，则副线圈电流增大，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流I 增大，故选项C 正确；仅将开关S 断开，则副线圈总电阻增大，由于原、副线圈电压均不变，则副线圈电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流I 减小，故选项D 错误． 7.(2019·湖北恩施州2月教学质量检测)在如图11所示的电路中，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为1︰2，三个定值电阻的阻值相同，电压表为理想交流电表．现在a 、b 端输入正弦式交变电流，电键S 断开时，电压表的示数为U 1，电键S 闭合后，电压表的示数为U 2，则U 1U 2的值为( )图11A.23B.32C.35D.53答案 D解析 设ab 端输入的电压有效值为U ，当电键S 断开时，原线圈两端的电压为U 12，副线圈中的电流为U 12R ；原线圈中的电流为U 1R ，则U ＝U 12＋U 1＝3U 12；当电键S 闭合时，原线圈两端的电压为U 22，副线圈中的电流为U 2R ，原线圈中的电流为2U 2R ，则U ＝U 22＋2U 2＝5U 22；解得U 1U 2＝53，故选D. 例5 (多选)(2019·广东深圳市4月第二次调研)中国特高压远距离输电技术已成为国际标准，使“煤从空中走、电送全中国”成为现实．如图12为远距离输电示意图，发电厂输出电压U 1＝104 V ，输出功率P 1＝109 W ，两个理想变压器的匝数比分别为n 1∶n 2＝1∶100、n 3∶n 4＝100∶1，输电线总电阻r ＝50 Ω.则( )图12A ．U 4＝U 1B ．I 4＝I 1C ．通过电阻r 的电流I 2＝2×104 AD ．电阻r 损耗的电功率为5×107 W答案 BD解析 I 1＝P 1U 1＝1×105 A ，根据I 1I 2＝n 2n 1可得，I 2＝n 1n 2I 1＝1100×105 A ＝103 A ，则通过电阻r 的电流为103 A ，故C 错误；电阻r 两端的电压为U r ＝I 2r ＝103 A ×50 Ω＝5×104 V ，则U 3＝U 2－U r ＝106 V －5×104 V ＝9.5×105 V ，U 4＝n 4n 3U 3＝1100×9.5×105 V ＝9.5×103 V ，则U 4≠U 1，故A 错误；由于I 2＝I 3，I 4＝n 3n 4I 3＝1001×103 A ＝105 A ，则I 4＝I 1，故B 正确；电阻r 损耗的功率P r ＝I 22r ＝(103)2×50 W ＝5×107 W ，故D 正确． 变式训练8．(多选)(2019·广东清远市期末质量检测)如图13所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U 1一定，通过理想升压变压器T 1和理想降压变压器T 2向远处用户供电，输电线的总电阻为R .T 1的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，输入电压和输入功率分别为U 1和P 1，输出电压和输出功率分别为U 2和P 2；T 2的原、副线圈匝数分别为n 3、n 4，输入电压和输入功率分别为U 3和P 3，输出电压和输出功率分别为U 4和P 4.下列说法正确的是( )图13A ．当用户的用电器增加时，U 2、U 3、U 4均变小B ．输电线的总电阻R 两端的电压等于(U 2＋U 3)，且随用户的用电器增加而增加C ．输电线上损失的功率为P 32R U 32，且随用户的用电器增加而增加D ．要减小线路的损耗，应增大n 2n 1，同时增大n 3n 4答案 CD解析 交流发电机的输出电压U 1一定，根据U 1U 2＝n 1n 2，知U 2不变，故A 错误；输电线的总电阻R 两端的电压等于(U 2－U 3)，随用户的用电器增加，由于输电线上的电流会增大，则输电线R 上的电压增加，选项B 错误；输电线上的电流I ＝P 3U 3，则输电线上损失的功率为P 损＝I 2R ＝P 32R U 32，且随用户的用电器增加，输电线上的电流会增大，则输电线R 上损失的功率增加，选项C 正确；输送功率一定时，根据P ＝UI 和P 损＝I 2R 知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U 1一定，根据U 1U 2＝n 1n 2知，所以应增大n 2n 1；U 3＝U 2－IR ，U 2增大，I 2减小，所以U 3增大，用户电压不变，根据U 3U 4＝n 3n 4知，应增大n 3n 4，故D 正确． 专题突破练级保分练1．(2019·河北“五个一名校联盟”第一次诊断)图1所示为一交流电电流随时间变化的图象，此交流电电流的有效值为( )图1A ．7 AB ．5 AC ．3.5 2 AD ．3.5 A答案 B解析 根据有效值的定义有：(42)2R ×0.01×2＋(32)2 R ×0.01×2＝I 2R ×0.04，解得I ＝5 A ，故选B.2．(2019·浙江诸暨市期末)图2所示为一个小型电热水器，浸入水中的加热元件电阻器R L ＝1.0 Ω，在外部并联的电阻R S＝2.0 Ω，电源为恒流电源，在正常工作时，电源始终给电路提供I＝3.0 A的恒定电流．则下列说法正确的是()图2A．R L两端的电压为3.0 VB．流过R L的电流为1.0 AC．R S上消耗的电功率为2.0 WD．如果减小R S的电阻，则R L的电功率增大答案 C3.(多选)(2019·浙江温州市联考)如图3，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为理想电压表和理想电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则()图3A．V的读数变大，A的读数变小B．V的读数变大，A的读数变大C．V的读数变小，A的读数变大D．相同时间内电源内阻消耗的电能比断开前少答案BD解析S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大，R1两端电压减小，故R3两端电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，故B正确，A、C错误；电路中总电流减小，根据P＝I2r可知，内阻消耗的功率减小，则相同时间内电源内阻消耗的电能比断开前少，故D正确．4.(2019·江苏南通市通州区、海门市、启东市联考)如图4所示，R1是光敏电阻(光照增强，电阻减小)，C是电容器，R2是定值电阻．当R1受到的光照强度减弱时()图4A．电阻R2上的电流增大B ．光敏电阻R 1两端的电压减小C ．电源两端电压减小D ．电容器C 的带电荷量减小答案 D解析 当R 1受到的光照强度减弱时，R 1的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得，总电流I 减小，即流过R 2的电流减小，R 2两端电压U 2减小，路端电压U ＝E －Ir ，E 、r 不变，则U 增大，所以光敏电阻R 1两端的电压U 1增大，故A 、B 、C 错误；由于电容器与R 2并联，所以电容器两端电压减小，由公式Q ＝CU 2可知，电容器的带电荷量减小，故D 正确．5.(2019·福建厦门市上学期期末质检)电风扇的挡位变换器电路如图5所示，把它视为一个可调压的理想变压器，总匝数为2 400的原线圈输入电压u ＝2202sin 100πt (V)，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为240、600、1 200、2 400.电动机M 的内阻r ＝8 Ω，额定电压为U ＝220 V ，额定功率P ＝110 W ．下列判断正确的是( )图5A ．该交流电源的频率为100 HzB ．当选择挡位3后，电动机两端电压的最大值为110 VC ．当挡位由3变为2后，原线圈的电流变大D ．当选择挡位4后，电动机的输出功率为108 W答案 D解析 根据原线圈输入电压的瞬时值表达式知：ω＝100π，交流电源的频率f ＝ω2π＝50 Hz ，故A 错误；当选择挡位3后，副线圈的匝数为1 200，根据电压与匝数成正比得：220 V U 2 ＝2 4001 200，解得：U 2＝110 V ，所以电动机两端电压的最大值为110 2 V ，故B 错误；当挡位由3变为2后，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压减小，输出功率变小，输入功率变小，根据P 1＝U 1I 1知原线圈电流变小，故C 错误；当选择挡位4后，副线圈匝数为2 400，根据变压规律得到副线圈两端的电压为220 V ，电动机正常工作，流过电动机的电流I ＝P U ＝110220A ＝0.5 A ，电动机的发热功率P 热＝I 2r ＝0.52×8 W ＝2 W ，电动机的输出功率P 出＝(110－2 ) W ＝108 W ，故D 正确．6.(2019·湖南娄底市下学期质量检测)如图6所示，一理想变压器的原线圈接有电压为U 的交变电流，副线圈接有电阻R1和光敏电阻R2(阻值随光照增强而减小)，开关S开始时处于闭合状态，下列说法正确的是()图6A．电流表的示数随时间不断改变B．当光照变弱时，变压器的输入功率变大C．当开关S由闭合到断开时，交流电流表的示数变大D．当滑动触头P向下滑动时，电阻R1消耗的功率增大答案 D解析光强一定，则R2一定，电流表的示数为其有效值，保持不变，选项A错误；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B错误；当开关S由闭合到断开时，副线圈两端的电压不变，光敏电阻R2阻值不变，则流过光敏电阻的电流不变，故C错误；当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减少，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消耗的功率增大，故D正确．7.(2019·贵州安顺市上学期质量监测)如图7所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个匝数为N的矩形线圈abcd，线圈面积为S，ab边与磁场垂直，ab边始终与金属滑环K相连，cd边始终与金属滑环L相连．现使矩形线圈以恒定角速度ω，从图示位置绕过ad、bc中点的轴匀速转动．下列说法中正确的是()图7A．将交流电流表串联到电路中，其示数随时间按余弦规律变化B．线圈转动的角速度越大，通过电阻R的电流越小C．线圈平面与磁场平行时，瞬时感应电动势最大E m＝NBSωD．线圈平面每转过半圈，穿过线圈平面的磁通量变化量为零答案 C解析交流电流表测量的是交变电流的有效值，不随时间变化，故A错误；根据e＝NBSωcos ωt 可知，线圈转动的角速度越大，产生的感应电动势越大，通过电阻R的电流越大，选项B错误．题图所示位置，线圈平面与磁场平行，线圈切割磁感线最快(垂直切割)，感应电动势最大，最大值为E m＝NBSω，故C正确；线圈从中性面位置每转过半圈，穿过线圈平面的磁通量变化量为2BS ，选项D 错误．8．(2019·河南驻马店市上学期期终)两个电路元件L 1和L 2的伏安特性曲线如图8甲所示．现把二者串联起来接在直流电源上，电源内阻为1 Ω，如图乙所示．闭合开关S 后，电路中理想电流表A 的读数为0.2 A ，则电源的电动势和元件L 2此时的电功率分别是( )图8A ．3 V,0.8 WB ．3.2 V,0.8 WC ．3 V,0.4 WD ．3.2 V,0.4 W答案 D解析 电路元件L 1和L 2串联，故I L1＝I L2＝0.2 A ，由题图图象可知：此时U L1＝1 V ，U L2＝2 V ；电源电动势U ＝Ir ＋U L1＋U L2＝0.2×1 V ＋1 V ＋2 V ＝3.2 V ；元件L 2的电功率P L2＝U L2I L2＝2 V ×0.2 A ＝0.4 W ．故选D.9．(2019·河南开封市第一次模拟)利用如图9装置给小灯泡供电，下列说法正确的是( )图9A ．图示位置穿过线框的磁通量的变化率最大B ．在图示位置线框电流改变方向C ．用变压器是为了提高输出功率D ．若灯泡亮度偏暗，可通过增加原线圈匝数来提高灯泡亮度答案 B解析 由题图可知，此时线圈和磁场垂直，线框的磁通量最大，感应电动势为0，线框电流改变方向，故B 正确，A 错误；变压器只是改变电压和电流，不改变功率和频率，故C 错误；根据n 1n 2＝U 1U 2，要使输出电压变大，可通过减少原线圈匝数，所以若灯泡亮度偏暗，可通过减少原线圈匝数来提高灯泡亮度，故D 错误．级争分练10.(多选)(2019·福建龙岩市期末质量检查)某同学在研究微型直流电动机的性能时，采用如图10所示的实验电路．闭合开关，并调节滑动变阻器R 的阻值，使电动机不转动，此时电流表和电压表的示数分别为I 1和U 1.重新调节R 的阻值，使电动机正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为I 2和U 2.则( )图10A ．这台电动机的线圈电阻为U 1I 1B ．这台电动机正常运转时线圈的发热功率为U 1I 1C ．这台电动机正常运转时的输出功率为U 2I 2－I 22U 1I 1 D ．这个电源的内阻为U 2－U 1I 1－I 2答案 AC解析 电动机不转动时满足欧姆定律，电动机的线圈电阻r 0＝U 1I 1，故A 对；电动机正常转动时的发热功率为P 1＝I 22r 0＝U 1I 22I 1，故B 错；这台电动机正常运转时输入功率为P 2＝U 2I 2 ，所以输出功率为P 3＝P 2－P 1＝U 2I 2－I 22r 0＝U 2I 2－I 22U 1I 1，故C 对；若滑动变阻器的阻值R 恒定不变，则根据闭合电路欧姆定律可知：E ＝U 1＋I 1(r ＋R )，E ＝U 2＋I 2(r ＋R )，解得：(r ＋R )＝U 2－U 1I 1－I 2 ，由于滑动变阻器的阻值变化，且不知道具体是多少，所以电源内阻不等于U 2－U 1I 1－I 2，故D 错．11．(2019·山东日照市上学期期末)在匀强磁场中，一个100匝的矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，线圈外接定值电阻和理想交流电流表(如图11甲所示)．穿过该线圈的磁通量按正弦规律变化(如图乙所示)．已知线圈的总电阻为2 Ω，定值电阻R ＝8 Ω(取π2＝10)．下列说法正确的是( )图11A ．电动势的瞬时值表达式e ＝42πsin πt (V)B ．电流表的示数最小为0C ．一个周期内产生的热量为32 JD ．0.5～1.5 s 的时间内，通过线圈横截面的电荷量为0。
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第19讲 电磁感应中的电容
题一：如图所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂
在两金属板间，并处于静止状态。条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是（ ）
A．向左摆动 B．向右摆动
C．保持静止 D．无法判定
题二：如图所示，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻不计，R为电阻器，C为电容器，
AB
为可在EF和GH上滑动的导体横杆，有均匀磁场垂直于导轨平面。若用Il和I2分别表示图
中该处导线中的电流，则当横杆（ ）
A．匀速滑动时，Il＝0，I2＝0
B．匀速滑动时，Il≠0，I2≠0
C．加速滑动时，Il＝0，I2＝0
D．加速滑动时，Il≠0，I2≠0
题三：如图所示的甲、乙、丙图中，MN、PQ是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨。
导体棒ab垂直放在导轨上，导轨处于垂直水平面向下的匀强磁场中。导体棒和导轨间的摩
擦不计，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器原来不带电。今给导体
棒ab一个向右的初速度v0，甲、乙、丙图中导体棒ab在磁场中最终的运动状态是（ ）
A．甲、丙中，棒ab最终将以相同的速度做匀速运动；乙中ab棒最终静止
B．甲、丙中，棒ab最终将以不同速度做匀速运动；乙中ab棒最终静止
C．甲、乙、丙中，棒ab最终均做匀速运动
D．甲、乙、丙中，棒ab最终都静止
2
题四：如图所示，平行金属框架竖直放置在绝缘地面上，框架上端接有一电容为C的电容器，
框架上一质量为m、长为L的金属棒平行于地面放置，离地面的高度为h，磁感应强度为
B
的匀强磁场与框架平面垂直。现将金属棒由静止开始释放，金属棒下滑过程中与框架接触良
好且无摩擦，开始时电容器不带电，不计各处电阻，求金属棒落地时的速度和金属棒从静止
释放到落到地面的时间。
题五：在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、
PQ固定在水平面内，相距为L。一质量为m的导体棒ab垂直于MN、PQ
放在轨道上，与轨道
接触良好，轨道和导体棒的电阻均不计。
（1）如图甲，若轨道左端接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值未知的电阻。闭合开
关S，导体棒从静止开始运动，经过一段时间后，导体棒达到最大速度vm，求此时电源的输
出功率。
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（2）如图乙，若轨道左端接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平拉力的作用下从
静止开始向右运动。电容器两极板电势差随时间变化的图象如图丙所示，已知t1时刻电容
器两极板间的电势差为U1。求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小。