2018届高三物理二轮复习课时作业：专题四 电路与电磁感应4.1含解析
[课时作业](本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)选择题(1～5题为单项选择题，6～9题为多项选择题) 1.(2017·怀化市一模)电阻为1 Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示。
现把交流电加在电阻为9 Ω的电热丝上，则下列说法中正确的是( )A ．线圈转动的角速度为31.4 rad/sB ．如果线圈转速提高一倍，则电流不会改变C ．电热丝两端的电压U ＝100 2 VD ．电热丝的发热功率P ＝1 800 W解析： 从图中可知：T ＝0.02 s ，ω＝2πT＝314 rad/s ，故A 错误；其他条件不变，如果线圈转速提高一倍，角速度ω变为原来的两倍。
由电动势最大值E m ＝NBSω得知，交流电动势的最大值变为原来的两倍，电压的有效值为原来的2倍，根据欧姆定律可知电流发生改变。
故B 错误。
该交流电压的最大值为200 V ，所以有效值为100 2 V ，则电热丝两端的电压为910×100 2 V ＝90 2 V ，故C 错误；根据P ＝U 2R 得：P ＝(902)29W ＝1 800 W ，故D 正确。
答案： D2．(2017·湖南省五市十校高三联考)如图所示，理想变压器原、副线圈中分别接有电阻R 1、R 2，R 1＝R 2＝10 Ω，原、副线圈的匝数之比N 1∶N 2＝2∶1，R 2两端电压为10 V ，则R 1两端的电压为( )A ．5 VB ．10 VC ．15 VD ．20 V解析： 设R 1两端的电压为UR 1，原、副线圈回路中电流分别为I 1、I 2，由理想变压器的电流关系I 1∶I 2＝N 2∶N 1，而I 1＝UR 1R 1，I 2＝UR 2R 2，联立以上三式并代入数据得UR 1＝5 V ，所以选项A正确。
答案： A3．如图所示，在同一水平面内有两根足够长的光滑水平金属导轨，间距为l，电阻不计，其左端连接一阻值为R的定值电阻。
两导轨之间存在着磁感应强度大小为B的磁场，磁场边界由多个半周期正弦曲线衔接而成，磁场方向如图所示。
当置于两金属导轨上的导体棒在水平外力F(图中未画出)作用下以速度v(较大)匀速向右运动，导体棒与两金属导轨垂直且始终接触良好，电压表和电流表均为理想交流电表，导体棒电阻不计，则()A．由于磁场方向周期性变化，电流表示数也周期性变化B．电压表的示数在导体棒位于图中ab位置时最大C．当导体棒运动到图中虚线cd位置时，水平外力F＝0D．若导体棒运动的速度加倍，则导体棒在图中ab位置时水平外力F的瞬时功率也将加倍解析：当导体棒切割磁感线时，产生的感应电动势为E＝BL v，由于L按半周期的正弦规律变化，且磁场方向周期性变化，故这个过程产生正弦式变化的电流，电流表、电压表的示数均不变，故A、B错误；当导体棒运动到题图所示虚线cd位置时，感应电流为零，水平外力F＝0，故C正确；若导体棒运动的速率变为2v，则导体棒在题图所示ab位置时，电流加倍，安培力大小加倍，所以水平外力F的瞬时功率将变为原来的4倍，D错误。
答案： C4．(2017·广西重点高中高三一模)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，a、b端接入一正弦式交流电源。
L1、L2为两只规格均为“22 V 6 W”的灯泡，两电表为理想交流电表。
当滑动变阻器的滑片P处于中间位置时，两灯泡恰好都正常发光。
下列说法正确的是()A．电流表示数为0.27 AB．电压表示数为44 VC．滑片P向下移动时，灯泡L2将变暗D．滑片P向上移动时，灯泡L1将变暗解析：由于原、副线圈匝数比为2∶1，则原、副线圈电流比为1∶2，因两灯泡正常发光，所以原线圈电流为311A，则副线圈电流为611A＝0.55 A，A错。
原、副线圈两端电压比为2∶1，副线圈两端电压为22 V ，所以原线圈两端电压为44 V ，B 对。
滑片P 向下移动时，副线圈电路的电阻变小，电流变大，则原线圈电路中电流也变大，即通过灯泡L 2的电流变大，灯泡L 2可能变亮或烧毁，C 错。
滑片P 向上移动时，通过灯泡L 2的电流变小，原线圈两端电压变大，则副线圈两端电压也变大，灯炮L 1可能变亮或烧毁，D 错。
答案： B5．(2017·福建省毕业班质量检查)因为模拟远距离交流输电的电路，升压变压器T 1的原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝1∶k ，降压变压器T 2的原、副线圈匝数比n 3∶n 4＝k ∶1，模拟输电导线的电阻r ＝3 Ω，T 2的负载是规格为“15 V 45 W ”的灯泡L 。
当T 1的输入电压为16 V 时L 正常发光，两个变压器可视为理想变压器，则k 的值为( )A.32B ．3C ．4D ．9解析： 由变压器的工作原理可知，变压器T 1原线圈的电压为16 V ，则副线圈的输出电压为16 kV ，降压变压器T 2的输出电压为15 V 、输出电流为I 4＝P 0U 0＝4515A ＝3 A ，则降压变压器T 2原线圈两端的电压为15 kV 、输入电流为3k A ，又16 kV ＝(15 k ＋3×3k)V ，解得k ＝3，B 正确。
答案： B6．如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈与二极管(正向电阻为零，相当于导线；反向电阻为无穷大，相当于断路)、定值电阻R 0、热敏电阻R t (阻值随温度的升高而减小)及报警器P (电流增加到一定值时报警器P 将发出警报声)组成闭合电路。
电压表、电流表均为理想电表。
下列判断正确的是( )A ．变压器副线圈输出交流电的频率为25 HzB ．电压表的示数为22 2 VC ．R t 处温度减小到一定值时，报警器P 将会发出警报声D ．报警器报警时，变压器的输入功率比报警前小解析： 变压器不改变交变电流的频率，则变压器副线圈输出交流电的频率f ＝1T ＝10.02 s＝50 Hz ，选项A 错误；由U 1U 2＝n 1n 2得，U 2＝n 2n 1U 1＝15×220 V ＝44 V ，二极管具有单向导电性，设电压表的示数为U ，根据电流的热效应得，U 22R ·T 2＝U 2RT ，解得U ＝22 2 V ，选项B 正确；R t 处温度减小，R t 由闭合电路欧姆定律知，电路中的电流减小，故报警器P 不会发出警报声，选项C 错误；报警器报警时的电流比报警前大，由P 入＝P 出＝UI 知，变压器的输入功率增大，选项D 错误。
答案： B7．(2017·江西省五校高考模拟)如图所示，有一矩形线圈的面积为S ，匝数为N ，电阻不计，绕OO ′轴在水平方向的磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时。
矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻R 0和滑动变阻器R ，下列判断正确的是( )A ．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBSωsin ωtB ．矩形线圈从图示位置经过π2ω时间内，通过电流表A 1的电荷量为0 C ．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电流表A 1和A 2示数都变小D ．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V 1示数不变，V 2和V 3的示数都变小 解析： 初始位置是与中性面垂直的平面，则矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBSωcos ωt ，选项A 错误；π2ω是四分之一个周期，由Q ＝ΔΦR可得，通过电流表A 1的电荷量不为零，选项B 错误；当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，滑动变阻器的阻值变大，电路总电阻变大，电流表A 2示数变小，结合I 1I 2＝n 2n 1可得，电流表A 1示数也变小，选项C 正确；当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V 1示数不变，结合U 1U 2＝n 1n 2，V 2示数也不变，电压表V 3示数变大，选项D 错误。
答案： C8．(2017·山西五校四联)如图甲所示，一台线圈内阻为2 Ω的小型发电机外接一只电阻为10 Ω的灯泡，发电机内匀强磁场的磁感应强度为2πT ，线圈的面积为0.01 m 2，发电机正常工作时灯泡的电流i 随时间t 变化的正弦规律图象如图乙所示。
下列说法正确的是( )A ．t ＝0.05 s 时，穿过线圈的磁通量为零B ．t ＝0.05 s 时，理想交流电压表的示数为30 VC ．发电机内线圈的匝数为240D ．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为9 J解析： 由图乙可知t ＝0.05 s 时，发电机的输出电流为最大值，此时线圈平面与中性面垂直，磁通量为零，A 正确。
由图乙可知电流的有效值I ＝3 A ，理想交流电压表的示数U ＝3×10 V ＝30 V ，B 项正确。
由图乙可知，电流最大值为3 2 A ，则发电机产生的感应电动势最大值E m ＝nBSω＝(2Ω＋10 Ω)×3 2 A ＝36 2 V ，又B ＝2π T ，S ＝0.01 m 2，ω＝2πT＝10 π rad/s ，得n ＝360，C 项错误。
Q ＝32×2×1 J ＝18 J ，D 项错误。
答案： AB9．(2017·山东潍坊市高三上学期期末统考)如图甲所示的电路中，理想变压器原线圈接图乙所示的正弦交变电压。
闭合S 后，额定电压为20 V 的用电器正常工作，理想交流电流表A 的示数为0.1 A 。
已知图中元件D 具有正向电流导通、反向电流截止的作用。
下列判断正确的是( )A ．交变电流的频率为100 HzB ．变压器原、副线圈匝数比为112∶1C ．用电器的额定功率为22 WD ．在用电器电阻不变的情况下断开开关S ，用电器功率将变为原来的一半解析： 由交变电压的u -t 图象可知周期T ＝0.02 s ，则频率为f ＝1T＝50 Hz ，A 错误；因用电器正常工作，故副线圈输出电压的有效值为U ＝20 V ，原线圈输入电压的有效值为220 V ，因此原、副线圈的匝数比为n 1n 2＝111，B 错误；由以上可知副线圈的输出电流为I 2＝n 1n 2I 1＝1.1 A ，则用电器的额定功率为P ＝UI 2＝22 W ，C 正确；由元件D 的特点可知，开关断开后，用电器两端电压的用效值减为原来的12，则功率减为原来的一半，D 正确。
答案： CD10．(2017·甘肃省张掖市高三诊断考试)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝3∶1，灯泡A 、B 完全相同，灯泡L 与灯泡A 的额定功率相同，但额定电压不同，当输入端接上u ＝452sin 100πt (V)的交流电压后，三个灯泡均正常发光，图中两电流表均为理想电流表且电流表A 2的示数为2 A ，则( )A ．电流表A 1的示数约为1.33 AB ．灯泡L 的额定电压为15 VC ．灯泡A 的额定电压为5 VD ．变压器原线圈消耗的功率为20 W解析： 因三个灯泡均正常发光，所以副线圈中总电流为I 2＝4 A ，由变压规律可知原线圈中电流为I 1＝n 2n 1I 2＝43A ，A 对；令副线圈两端电压为U 2，则由变压规律可知原线圈两端电压U 1＝n 1n 2U 2＝3U 2，令灯泡L 两端电压为U L ，则U L I 1＝U 2I A ，即U L ＝32U 2，而U ＝U L ＋U 1且U ＝45 V ，联立可得U 2＝10 V ，U L ＝15 V ，B 对，C 错；副线圈消耗的功率P ＝U 2I 2＝40 W ，所以变压器原线圈消耗的功率也为40 W ，D 错。
2018届高三物理二轮复习课件：专题四 电路与电磁感应 1-4-12 精品
解析 S 闭合后，L1 两端的电压为 3.0 V，由乙图可知，I1＝ 0.25 A，故 P1＝0.75 W，R1＝12 Ω，A、B 均错；L2 与 R 及电源 串联，把 R 和电源等效成电动势为 3 V，内阻为 7.5 Ω 的新电源， 在图乙中作出新电源的 I-U 图线，如图，两图线的交点表示出了 此时 L2 两端的电压与通过的电流的大 小，由图知 U2＝1.5 V，I2＝0.2 A，所 以 R2＝UI22＝10..52 Ω＝7.5 Ω，P2＝U2I2 ＝1.5×0.2 W＝3 W，C、D 正确．
3．交流电“四值”的应用 (1)最大值：分析电容器的耐压值． (2)瞬时值：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：计算通过电路截面的电荷量．
命题视角 考向 1 交变电流的“四值” [例 4] (多选)在垂直纸面向里的方向上 有一范围足够大的匀强磁场，一单匝矩形线圈 垂直于磁场放置，t＝0 时刻线圈由图示的位置 开始以线圈的 cd 边为轴匀速转动，周期为 T， 角速度为 ω，当经过1T2时线圈中的感应电流大 小为 I，已知线圈的总电阻为 R，线圈的面积为 S.则下列说法正 确的是( BCD )
2. (2017·湖南衡阳二模)(多选)如图所示的电路中，电源的电 动势 E 和内阻 r 一定，A、B 为平行板电容器的两块正对金属板， R1 为光敏电阻．当 R2 的滑动触头 P 在 a 端时，闭合开关 S，此时 电流表 A 和电压表 V 的示数分别为 I 和 U.以下说法正确的是 ( BD )
电阻与电源内阻的关系未知，无法确定电源的输出功率如何变化，
故 D 错误．
答案 A
1．闭合电路动态变化的原因 (1)当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时，电路的总电阻 一定增大(或减小)． (2)若电键的通断使串联的用电器增多，总电阻增大；若电键 的通断使并联的支路增多，总电阻减小． (3)热敏电阻或光敏电阻的阻值变化．
江苏省2018-2019高考物理总复习讲义：第四章电磁感应章末总结Word版含答案
(1) 做功分析，找全力所做的功，弄清功的正、负
.
(2) 能量转化分析，弄清哪些能量增加，哪些能量减小，根据功能关系、能量守恒定律列方
程求解 .
例 4 如图 4 所示，两根水平放置的平行金属导轨，其末端连接等宽的
14圆弧导轨，圆弧半
4
径 r＝ 0.41 m ，导轨的间距为 L＝ 0.5 m，导轨的电阻与摩擦均不计 .在导轨的顶端接有阻值为
章末总结
一、楞次定律的理解与应用
1.感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
.感应电流的磁场方向不一定与原
磁场方向相反，只有在磁通量增加时两者才相反，而在磁通量减少时两者是同向的
.
2.“阻碍”并不是“阻止”，而是“延缓”，回路中的磁通量变化的趋势不变，只不过变化 得慢了 .
3.“阻碍”的表现：增反减同、来拒去留等 . 例 1 (多选 )航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的
E 和内阻 r.
(2) 电路结构分析
弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，为求安培力做好铺垫
.
2.力和运动分析
(1) 受力分析： 分析研究对象 (常为金属杆、 导体线圈等 )的受力情况， 尤其注意安培力的方向 .
(2) 运动分析：根据力与运动的关系，确定出运动模型，根据模型特点，找到解决途径
.
3.功和能量分析
R、电动势为 E 的电源，两个半圆环
看成两个并联电阻，画出等效电路如图所示 .等效电源电动势为： E＝ Bl v＝ 2Bav.
外电路的总电阻为：
R
外＝
RR1＋1RR2 2＝
1 2R.
3
棒上电流大小为：
I＝ E ＝ 2Ba v R总 1
4Bav ＝ 3R .
高三物理第二轮专题复习 专题四电磁感应与电路教案 人教版
专题四 电磁感应与电路一、考点回顾“电磁感应”是电磁学的核心内容之一，同时又是与电学、力学知识紧密联系的知识点，是高考试题考查综合运用知识能力的很好落脚点，所以它向来高考关注的一个重点和热点，本专题涉及三个方面的知识：一、电磁感应，电磁感应研究是其它形式有能量转化为电能的特点和规律，其核心内容是法拉第电磁感应定律和楞次定律；二、与电路知识的综合，主要讨论电能在电路中传输、分配，并通过用电器转化为其它形式的能量的特点及规律；三、与力学知识的综合，主要讨论产生电磁感应的导体受力、运动特点规律以及电磁感应过程中的能量关系。
由于本专题所涉及的知识较为综合，能力要求较高，所以往往会在高考中现身。
从近三年的高考试题来看，无论哪一套试卷，都有这一部分内容的考题，题量稳定在1～2道，题型可能为选择、实验和计算题三种，并且以计算题形式出现的较多。
考查的知识：以本部分内容为主线与力和运动、动量、能量、电场、磁场、电路等知识的综合，感应电流（电动势）图象问题也经常出现。
二、典例题剖析根据本专题所涉及内容的特点及高考试题中出的特点，本专题的复习我们分这样几个小专题来进行：1.感应电流的产生及方向判断。
2.电磁感应与电路知识的综合。
3.电磁感应中的动力学问题。
4.电磁感应中动量定理、动能定理的应用。
5.电磁感应中的单金属棒的运动及能量分析。
6.电磁感应中的双金属棒运动及能量分析。
7.多种原因引起的电磁感应现象。
(一)感应电流的产生及方向判断1．(2007理综II 卷)如图所示，在PQ 、QR 区域是在在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，bc 边与磁场的边界P 重合。
导线框与磁场区域的尺寸如图所示。
从t ＝0时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域。
以a →b →c →d →e →f 为线框中有电动势的正方向。
以下四个ε-t 关系示意图中正确的是【 】解析：楞次定律或左手定则可判定线框刚开始进入磁场时，电流方向，即感应电动势的方向为顺时针方向，故D 选项错误；1－2s 内，磁通量不变化，感应电动势为0，A 选项错误；2－3s 内，产生感应电动势E ＝2Blv ＋Blv ＝3Blv ，感应电动势的方向为逆时针方向（正方向），故C 选项正确。
2018届高三物理二轮复习课件：专题四 电路与电磁感应 1-4-13 精品
解析：选 B.当磁感应强度变大时，由楞次定律知，线圈中感 应电流的磁场方向垂直纸面向外，由安培定则知，线圈内产生逆 时针方向的感应电流，选项 A 错误；由法拉第电磁感应定律 E＝ SΔΔBt 及 Sa∶Sb＝9∶1 知，Ea＝9Eb，选项 B 正确；由 R＝ρSL′知 两线圈的电阻关系为 Ra＝3Rb，其感应电流之比为 Ia∶Ib＝3∶1， 选项 C 错误；两线圈的电功率之比为 Pa∶Pb＝EaIa∶EbIb＝27∶1， 选项 D 错误．
解析 在 ab 边通过磁场的过程中，利用楞次定律或右手定则 可判断出电流方向为逆时针方向，即沿正方向，且电流在减小， Uab＝－i(Rbc＋Rcd＋Rda)．在 cd 边通过磁场的过程中，可判断出 电流为顺时针方向，即沿负方向，且电流逐渐减小，Uab＝－iRab， A、D 正确．
答案 AD
考向 3 电磁感应中图象的转换 [例 5] (2017·百校联盟调研卷)如图 1 所示，匝数 n＝6 的螺 线管(电阻不计)，截面积为 S＝10 cm2，线圈与 R＝12 Ω 的电阻 连接，水平向右且均匀分布的磁场穿过螺线管，磁场与线圈平面
答案 B
1．应用排除法解决电磁感应中的图象类选择题 首先根据物理量大小或方向变化等特点对题中给出的四个图 象分类，然后定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大 或减小)、变化快慢，特别是用物理量的方向排除错误选项，最为 简捷有效． 2．解题的常见误区及提醒 (1)不能正确的将磁场变化和电流变化相互转换． (2)不能正确判断感应电流是正方向还是负方向． (3)不理解图象斜率、曲直的意义． (4)多阶段过程中不能将各阶段的运动和图象变化相对应．
2．解决电磁感应图象问题的一般步骤： (1)明确图象的种类，即是 B－t 图还是 Φ－t 图，或者 E－t 图、I－t 图等． (2)分析电磁感应的具体过程． (3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系． (4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规 律写出函数关系式． (5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截 距等． (6)画图象或判断图象．
新课标高考物理一轮复习课时作业46电磁感应现象楞次定律含解析新人教版
新课标高考物理一轮复习课时作业46电磁感应现象楞次定律含解析新人教版电磁感应现象楞次定律一、选择题1．(2018·湖北二模)“无线电力”是电子产品最终摆脱“线”束缚的科研方向，物理课堂也有“隔空取电”的实验，如图所示，PQ为带有铁芯的多匝线圈的两个接线头，上方是串有发光二极管的闭合线圈，当下方线圈接通电源稳定后，则能使二极管发光的是( )A．PQ接恒定电流B．PQ接交变电流C．PQ接恒定电流D．PQ接交变电流答案 B解析AC图当PQ接恒定电流时，线圈中产生恒定磁场，则二极管的线圈磁通量不变，因此不会发光，故A项错误；B图当PQ接交变电流时，线圈中产生变化磁场，则二极管的线圈磁通量变化，因此会发光，故B项正确；D图线圈磁通量没变，因此不会发光，故D项错误．2．(2018·常州一模)自从英国物理学家狄拉克提出磁单极子以来，寻找磁单极子一直是人类的一个追求．如图设想一个磁N单极子从远处沿一个闭合金属线圈的轴线匀速通过，设从右向左观察顺时针方向电流为正，则和该线圈串联的仪表中记录到的线圈中感生电流的it 图像是( )答案 C解析若N磁单极子穿过金属线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从左向右，所以由楞次定律可知有顺时针方向感应电流；当磁单极子远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从右向左，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从右向左，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向，从右向左看，仍是顺时针方向．因此线圈中产生的感应电流方向不变，而且逐渐增大，最后趋向每一个最大值．故C项正确，A、B、D三项错误．3.如图，两回路中各有一开关S1、S2，且内回路中接有电源，外回路中接有灵敏电流计，下列操作及相应的结果可能实现的是( )①先闭合S2，后闭合S1的瞬间，电流计指针偏转②S1、S2闭合后，在断开S2的瞬间，电流计指针偏转③先闭合S1，后闭合S2的瞬间，电流计指针偏转④S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，电流计指针偏转A．①②B．②③C．③④D．①④答案 D解析①先闭合S2，构成闭合电路，当后闭合S1的瞬间时，通过线圈A的电流增大，导致穿过线圈B的磁通量发生变化，从而产生感应电流，则指针发生偏转，故①正确；②当S1、S2闭合后，稳定后线圈B中没有磁通量的变化，因而线圈B中没有感应电流，在断开S2的瞬间，当然指针也不偏转，故②错误；③先闭合S1，后闭合S2的瞬间，穿过线圈B的磁通量没有变化，则不会产生感应电流，故③错误；④当S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，导致穿过线圈B的磁通量发生变化，因而出现感应电流，故④正确，故A、B、C三项错误，D项正确．4．(2018·南京模拟)(多选)如图是某同学设想的防止电梯坠落的应急安全装置，在电梯轿厢上安装上永久磁铁，电梯的井壁上铺设线圈，能在电梯突然坠落时减小对人员的伤害．关于该装置，说法正确的是( )A．若电梯突然坠落，将线圈闭合可起到应急避险作用B．若电梯突然坠落，将线圈闭合可以使电梯悬浮在空中C．当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B中电流方向相同D．当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落答案AD解析A项，若电梯突然坠落，将线圈闭合时，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到应急避险作用．故A项正确；B项，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动，故B项错误；C项，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知A 与B中感应电流方向相反．故C项错误；D项，结合A的分析可知，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落．故D项正确．5．如图甲为磁感应强度B随时间t的变化规律，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，平面位于纸面内，如图乙所示．令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示金属环上很小一段导体受到的安培力．下列说法不正确的是( )A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B．I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向C．F1方向指向圆心，F2方向指向圆心D．F2方向背离圆心向外，F3方向指向圆心答案 C解析A项，由图甲所示可知，oa段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，故A项正确；B项，由图甲所示可知，在bc段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，故B项正确；C项，由左手定则可知，oa段电流受到的安培力F1方向指向圆心，ab段安培力F2方向背离圆心向外，故C项错误；D项，由左手定则可知，ab段安培力F2方向背离圆心向外，bc段，安培力F3方向指向圆心，故D项正确．6.(2018·河南学业考试)如图所示，一个面积为2S 的矩形线框abcd ，水平放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B.方向与线框平面夹角为30°角，O 1、O 2分别为bc 边和ad 边的中点．现将线框的右半边绕逆时针旋转90°，在这一过程中，通过线框的磁通量的变化量的大小为( )A.3－22BS B.3－12BS C.3＋12BS D ．(3－1)BS答案 B解析 当线框转动前，面的磁通量为：Φ1＝2BSsin30°＝BS ；当线框转动后，整个面的磁通量为：Φ2＝BSsin30°＋BScos30°＝1＋32BS ， 磁通量变化量为：ΔΦ＝Φ1－Φ2＝3－12BS 故B 项正确，A 、C 、D 三项错误．7.(2018·广西二模)(多选)水平光滑的桌面内固定一足够长的直导线，并通以如图所示的恒定电流，两个相同的正方形线框abcd 和efgh 到导线的距离相等，两个线框间产生的电磁现象忽略不计，现分别给两个线框竖直向下和水平向右的速度v ，下列判断正确的是( )A ．线框abcd 做匀速直线运动，线框efgh 做减速直线运动B ．刚开始运动瞬间bc 边与eh 边所受安培力的大小相等C ．线框efgh 运动过程中产生顺时针的感应电流D ．线框abcd 运动过程中a 点的电势比b 点低答案 AD解析 通电直导线周围的磁场为非匀强磁场，离导线越近，磁场越强，线框abcd 和efgh 所在位置磁场分别垂直向里和向外，abcd 向下运动，始终与导线的距离相等，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流，没有安培力，故线框abcd做匀速直线运动，但是ab边在切割磁感线，右手定则判断出a点的电势比b点低，线框efgh在远离导线的过程中，向外的磁场减弱，由楞次定律判断产生顺时针的感应电流，并受到向左的安培力，做变减速直线运动，故A、D两项正确B、C两项错误．8.(2018·湖北模拟)(多选)如图，一导体圆环保持水平，沿一个性质匀称的条形磁铁轴线落下，条形磁铁竖直固定，圆环中心始终位于磁铁轴线上．已知当圆环落至B、D两位置时，刚好经过磁铁上下端截面，而C位置位于磁铁正中．不计空气阻力，下列说法正确的有( )A．圆环由A落至B的过程中，环中感应电流从上至下看为顺时针B．圆环由B落至C的过程中，圆环磁通量在减少C．圆环落至C、D之间时，圆环有收缩趋势D．圆环由A落至E的过程中，任意时刻加速度都小于重力加速度g答案AC解析A项，圆环从A到B的过程中，穿过圆环的磁通量向上增加，根据楞次定律可知环中感应电流从上至下看为顺时针．故A项正确；B项，圆环从B到C的过程中穿过圆环的磁通量一直增加．故B项错误；C项，圆环从C到D的过程中穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知，圆环产生的感应电流有阻碍磁通量减小的趋势，所以圆环有收缩趋势．故C项正确；D项，圆环在C点时，穿过圆环的磁通量最大，此时穿过圆环的磁通量的变化率为0，没有感应电流，所以加速度等于g.故D项错误．9．(2018·山东一模)如图所示，线圈A内有竖直向上的磁场，磁感应强度B随时间均匀增大；等离子气流(由高温高压的等电量的正、负离子组成)由左方连续不断的以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中．发现两直导线a、b互相吸引，由此可以判断，P1、P2两极板间的匀强磁场的方向为( )A．垂直纸面向外B．垂直纸面向里C．水平向左D．水平向右答案 B解析线圈A中磁场的方向向上增强时，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向下，感应电流的方向在线圈的外侧向左，电流的方向盘旋向上，所以导线a中的电流方向向下．根据同向电流相互吸引可知，b中的电流方向也向下．b中电流方向向下说明极板P1是电源的正极，则正电荷在磁场中向上偏转，根据左手定则可知，P1、P2两极板间的匀强磁场的方向垂直于纸面向里．10．(2018·上海模拟)(多选)如图所示，两个相同的闭合铝环A、B被绝缘细线悬吊起来，与一个螺线管共同套在圆柱形塑料杆上，他们的中心轴线重合且在水平方向上，A、B可以左右自由摆动，现将电键闭合，则下列说法中正确的是( )A．电键闭合瞬间，A中感应电流小于B中感应电流B．电键闭合瞬间，A、B之间的距离缩小C．电键闭合瞬间，两环有扩张趋势D．电键闭合瞬间，A环受到总的磁场力水平向左答案BC解析A项，在S闭合瞬间，穿过两个线圈的磁通量变化相同，根据法拉第电磁感应定律可知产生的电动势相等，再结合欧姆定律可知二者的感应电流大小相等．故A项错误；B项，线圈中产生同方向的感应电流，同向电流相吸，则A、B相吸，A、B之间的距离缩小．故B项正确；C项，电键闭合瞬间，穿过两个线圈的磁通量增大．由于电磁铁外边的磁场方向与电磁铁内部的磁场的方向相反，两环扩张面积时可以阻碍磁通量的增大，所以电键闭合瞬间，两环有扩张趋势，故C项正确；D项，线圈中产生同方向的感应电流，同向电流相吸，则A、B相吸，A、B之间的距离缩小．所以A环受到总的磁场力水平向右．故D项错误．11．(2018·湖南模拟)如图甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正，以下说法正确的是( )A．从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向B．1 s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力C．0～1 s内圆环面积有扩张的趋势D．1～2 s内和2～3 s内圆环中的感应电流方向相反答案 A解析A项，0～1 s线圈中电流增大弱，产生的磁场增大，金属环中磁通量增大，根据楞次定律可知，从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向，故A项正确；B项，1 s末金属环中感应电流最大，但螺线管中电流为零，没有磁场，与金属环间无相互作用，所以1 s末圆环对桌面的压力等于圆环的重力，故B项错误；C项，0～1 s线圈中电流增大弱，产生的磁场增大，金属环中磁通量增大，有面积缩小趋势，故C项错误；D项，1～2 s正方向电流减小，2～3 s反向电流增大，根据楞次定律，金属环中感应电流的磁场方向不变，感应电流方向不变，故D项错误．12.已知地磁场的分布类似于条形磁铁的磁场，可以近似认为地磁N极与地理南极重合，在恰好位于赤道上的某实验室水平桌面上，放置正方形闭合导体线框MNPQ，线框的MQ边沿南北方向，MN边沿东西方向(如图所示为俯视图)，下列说法正确的是( )A．若使线框向东平移，则M点电势比Q点电势低B．若使线框向北平移，则M点电势比N点电势高C．若以MQ边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为MQPN方向D．若以MN边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为MQPN方向答案 D解析赤道上的某实验室，地磁场的竖直分量为零．A项，若使线圈向东平移，地磁场的竖直分量零，线圈中没有磁通量，没有感应电流产生，M点的电势与Q点的电势相等，故A项错误；B项，若使线圈向北平移，地磁场的竖直分量零，线圈中没有磁通量，没有感应电流产生，M点的电势与N点的电势相等，故B项错误；C项，若以MQ边为轴，将线框向上翻转90°，地磁场的竖直分量为零，线圈中没有磁通量，没有感应电流，故C项错误，D项，若以MN边为轴，将线框向上翻转90°，线圈的磁通量增加，根据楞次定律判断则知，线圈中感应电流方向为MQPN，故D项正确．13.(2018·大连一模)(多选)如图是创意物理实验设计作品《小熊荡秋千》．两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与两个铜线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千．以下说法正确的是( )。
2018届高考物理二轮专题复习文档：寒假作业(四) 电路与电磁感应 Word版含解析
寒假作业(四) 电路与电磁感应1.如图所示，在匀强磁场中有一个矩形单匝线圈ABCD ，AB 边与磁场垂直，MN 边始终与金属滑环K 相连，PQ 边始终与金属滑环L 相连；金属滑环L 、交流电流表A 、定值电阻R 、金属滑环K 通过导线串联。
使矩形线圈以恒定角速度绕过BC 、AD 中点的轴旋转。
下列说法中正确的是( )A ．交流电流表A 的示数随时间按余弦规律变化B ．线圈转动的角速度越大，交流电流表A 的示数越小C ．线圈平面与磁场平行时，流经定值电阻R 的电流最大D ．线圈平面与磁场垂直时，流经定值电阻R 的电流最大解析：选C 交流电流表测量的是交流电的有效值，线圈的角速度恒定，电流表示数不随时间而变化，故A 错误。
由交流电动势最大值E m ＝NBSω可知，ω越大，E m 越大，有效值E ＝22E m越大，交流电流表A 的示数越大，故B 错误。
当线圈平面与磁场平行时，AB 边与CD 边垂直切割磁感线，感应电动势最大，感应电流最大，故C 正确，D 错误。
2．[多选]将四根完全相同的表面涂有绝缘层的金属丝首尾连接，扭成如图所示四种形状的闭合线圈，图中大圆半径均为小圆半径的两倍，将线圈先后置于同一匀强磁场中，线圈平面均与磁场方向垂直。
若磁感应强度从B 增大到2B ，则线圈中通过的电量最少的是( )解析：选BC 根据法拉第电磁感应定律，E ＝N ΔΦΔt，由闭合电路欧姆定律，I ＝E R ，且电量q ＝It ，则有q ＝N ΔΦR ，若磁感应强度从B 增大到2B ，则线圈中通过的电量最少的是磁通量变化最少的，由于穿过线圈的磁通量分正负面，设小圆半径为R ，因此A 选项的磁通量变化量为ΔΦA ＝5B πR 2，而D 选项是将小圆旋转180度后再翻转，则磁通量变化量与A 选项相同，为ΔΦD ＝5B πR 2，对于B 选项，是将A 选项小圆旋转180度，则磁通量的变化量为ΔΦB ＝3B πR 2；而C 选项，是将A 选项小圆翻转180度，则磁通量的变化量同B 选项，为ΔΦC ＝3B πR 2。
天津市2018届高考物理二轮复习：阶段训练4 电路和电磁
阶段训练(四)电路和电磁感应(时间:45分钟满分:100分)一、单项选择题(每小题6分,共36分。
每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的)1.如图所示,电路中的A、B是两个完全相同的灯泡,L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈,C是电容很大的电容器。
在开关S闭合与断开时,A、B灯泡发光情况是()A.S刚闭合后,A灯亮一下又逐渐变暗,B灯逐渐变亮B.S刚闭合后,B灯亮一下又逐渐变暗,A灯逐渐变亮C.S闭合足够长时间后,A灯泡和B灯泡一样亮D.S闭合足够长时间后再断开,B灯立即熄灭,A灯逐渐熄灭2.如图所示,电源电动势为E,内阻为r。
当滑动变阻器的滑片P从左端滑到右端时,理想电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为ΔU1和ΔU2,干路电流为I,下列说法正确的是(灯泡电阻不变)()A.小灯泡L1、L3变暗,L2变亮B.ΔU1与ΔI的比值不变C.ΔU1<ΔU2D.ΔU1=ΔU23.如图甲所示,在匀强磁场中,一矩形金属线圈两次以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的交流电动势随时间变化的e-t图象分别如图乙中曲线a、b所示,则()A.两次t=0时刻穿过线圈的磁通量均为0B.曲线a表示的交流电动势的频率为25 HzC.曲线b表示的交流电动势的最大值为15 VD.曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶24.如图所示,在倾角为θ的光滑斜面上,相距均为d的三条水平虚线l1、l2、l3,它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。
—个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框,从l1上方一定高处由静止开始沿斜面下滑,当ab 边刚越过l1进入磁场Ⅰ时,恰好以速度v1做匀速直线运动;当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻,线框又开始以速度v2做匀速直线运动,重力加速度为g。
在线框从释放到穿出磁场的过程中,下列说法正确的是()A.线框中感应电流的方向不变B.线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间C.线框以速度v2做匀速直线运动时,发热功率为sin2θD.线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,减少的机械能ΔE机与重力做功W G的关系式是ΔE机=5.如图所示,B是一个螺线管,C是与螺线管相连接的金属线圈。
2018届高三物理二轮复习课时作业：专题四 电路与电磁感应4.2含解析
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～5题为单项选择题，6～9题为多项选择题)1．(2017·内蒙古部分学校高三联考)如图1所示，固定闭合线圈abcd 处于方向垂直纸面向外的磁场中，磁感线分布均匀、磁场的磁感应强度大小B 随时间t 的变化规律如图2所示，则下列说法正确的是( )A ．t ＝1 s 时，ab 边受到的安培力方向向左B ．t ＝2 s 时，ab 边受到的安培力为0C ．t ＝2 s 时，ab 边受到的安培力最大D ．t ＝4 s 时，ab 边受到的安培力最大解析： 由题图2知，0～2 s 内磁感应强度大小逐渐增大，根据楞次定律和左手定则判断知ab 边受到的安培力方向向右，A 错误；t ＝2 s 时，ΔBΔt ＝0，感应电流i ＝0，安培力F ＝0，B 正确，C 错误；t ＝4 s 时，B ＝0，安培力F ＝0，D 错误。
答案： B2．(2017·吉林省长春市七校高三第二次联考)一匝由粗细均匀的同种导线绕成的矩形导线框abcd 固定不动，其中矩形区域efcd 存在磁场(未画出)，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度大小B 随时间t 均匀变化，且ΔBΔt＝k (k >0)，已知ab ＝fc ＝4L ，bc ＝5L ，已知L 长度的电阻为r ，则导线框abcd 中的电流为( )A.8kL 29rB.25kL 218rC.4kL 29rD ．25kL 29r解析： 电路中的总电阻为R ＝18r ，电路中的感应电动势为E ＝ΔBΔt S ＝16kL 2，导线框abcd中的电流为I ＝E R ＝8kL 29r，选项A 正确。
3．(2017·广西重点高中高三一模)如图甲所示，单匝矩形线圈abcd 垂直固定在匀强磁场中。
规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。
以逆时针方向为电流正方向，以向右方向为安培力正方向，下列关于bc 段导线中的感应电流i 和受到的安培力F 随时间变化的图象正确的是( )解析： 0～0.5T 时间内，磁感应强度减小，方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，产生的感应电流沿顺时针方向，为负，同理可知，0.5T ～T 时间内，电流为正，由法拉第电磁感应定律可知，0～0.5T 时间内通过bc 段导线的电流是0.5T ～T 时间内通过bc 段导线的12，A 错，B 对；由安培力公式F ＝BIL ，I ＝E R ，E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔt S 可知，t ＝T 时bc 段导线受到的安培力大小是t ＝0时bc 段导线受到的安培力大小的4倍，C 、D 均错。
2019届高三物理二轮复习专题四：《电磁感应与电路》训练(带答案及详解)
《电磁感应》专题训练1.如图所示,在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中,有半径为r 的光滑半圆形导体框架,Oc 为一能绕O 在框架上转动的导体棒,Oa 之间连一电阻R ,导体框架与导体棒的电阻均不计,施加外力使Oc 以角速度ω逆时针匀速转动,则( )。
A .通过电阻R 的电流方向由a 经R 到OB .导体棒O 端的电势低于c 端的电势C .外力做功的功率为B 2ω2r 44RD .回路中的感应电流大小为Bωr 2R解析▶ 由右手定则可知感应电流由c 到O ,则通过电阻R 的电流由O 经R 到a ,A 项错误;导体棒以角速度ω逆时针匀速转动切割磁感线时可等效为电源,O 端为电源正极,c 端为电源负极,故导体棒O 端的电势高于c 端的电势,B 项错误;导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=Br ·ωr 2,由此可知感应电流I=E R =Bωr 22R,D项错误;电阻R 上的热功率P=I2R=B 2ω2r 44R ,由能量守恒定律可知外力做功的功率也为P ,C 项正确。
答案▶ C2.如图所示,在同一水平面内有两根光滑平行的金属导轨MN 和PQ ,在两导轨之间竖直放置通电螺线管,ab 和cd 是放在导轨上的两根金属棒,它们分别放在螺线管的左右两侧,保持开关闭合,最初两金属棒均处于静止状态。
当滑动变阻器的滑片向右滑动时,ab 和cd 两棒的运动情况是( )。
A .ab 、cd 都向左运动B .ab 、cd 都向右运动C .ab 向左,cd 向右D .ab 向右,cd 向左解析▶当变阻器滑片向右滑动时,电路的电流变小,线圈的磁场减弱;根据安培定则,由电流方向可确定线圈的磁场方向垂直于导轨向下。
由于线圈处于两棒中间,所以穿过两棒所围成的磁通量变小,由楞次定律可得,回路abdc产生顺时针方向的感应电流。
ab棒受安培力方向向右,cd棒受安培力方向向左,即两棒相互靠近,D项正确。
另解:当电路中的电流减小时,回路abdc中的磁通量减小,根据楞次定律回路abdc的面积应缩小,则D项正确。
赢在高考2018高三物理二轮复习习题：第一部分 专题四
课时作业十1．(多选)(2017·河北冀州5月模拟)如图所示，理想变压器输入端接在电动势随时间变化、内阻为r 的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R 的负载．如果要求负载上消耗的电功率最大，则下列说法正确的是( )A ．该交流电源电动势的瞬时值表达式为e ＝E m sin(100 πt )B ．变压器原、副线圈匝数的比值为r RC ．电流表的读数为E m22RrD ．负载上消耗的热功率为E 2m4rBC 由e －t 图象可知交流电的周期T ＝4×10－2s ，则ω＝2πT＝50 π rad/s ，所以e ＝E m sin(50πt )，则A 项错误．对于理想变压器，在电源输出最大功率时，电流I 1＝E m22r，此时，变压器输入功率恰好等于电源内阻消耗的功率，又输出功率等于输入功率，则I 21r ＝I 22R ，得出I 1I 2＝R r ，又I 1I 2＝n 2n 1，得出n 1n 2＝r R ，I 2＝E m 22Rr，则B 、C 项正确．负载上消耗的热功率为P ＝I 22R ＝E 2m 8r ，则D 项错误．2．(2017·河北唐山一模)一含有理想变压器的电路如图所示，变压器原副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别是4 Ω、2 Ω和3 Ω，U 为有效值恒定的正弦交流电源．当开关S 断开时，理想电流表的示数为I ，当S 闭合时，电流表的示数为( )A.23I B.12I C.32I D ．2ID 设S 闭合时，电流表示数为I 1，对理想变压器有P 入＝P 出，I 1I 2＝n 2n 1，则开关闭合时有I 1U－I 21R 1＝(2I 1)2R 2，开关断开时有IU －I 2R 1＝(2I )2(R 2＋R 3)，两式联立解得I 1＝2I ，故D 项正确．3．如图所示，四个相同的灯泡与理想自耦变压器连接，其额定电压为U ，已知原线圈和副线圈的匝数比为3∶1，当接上交流电源后，副线圈上三个灯泡均正常发光，则下列说法正确的是( )A ．L 1能正常工作B ．L 1不能正常工作，且两端电压小于UC ．交流电源电压为2UD ．交流电源电压为3UA 由于副线圈上三个灯泡均正常发光，故U 2＝U ，加在原、副线圈两端的电压之比为U 原∶U 2＝3∶1，原、副线圈中的电流之比I 1∶I 2＝1∶3，设每个灯的额定电流为I ，则I 2＝3I ，I 1＝I ，灯L 1能正常发光，选项A 正确，B 错误；灯L 1两端的电压也为U ，故U 1＝U ＋U 原＝4U ，选项C 、D 错误．4．(2017·河北正定中学高三模拟)如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd 的边长ab ＝cd ＝L 1，bc ＝ad ＝L 2，匝数为n ，线圈的总电阻为r ，线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO ′匀速转动，角速度为ω，线圈两端通过电刷E 、F 与阻值为R 的定值电阻连接．从线圈经过中性面开始计时，则( )A ．线圈中感应电动势的最大值为B ωL 1L 2B ．线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式为e ＝nB ωL 1L 2cos ωtC ．经过14周期时间通过电阻R 的电荷量为BL 1L 2R ＋rD ．此发电机在上述工作状态下的输出功率为n 2B 2ω2L 21L 22RR ＋r 2D 线圈产生的感应电动势的最大值E m ＝nB ωL 1L 2，选项A 错误；感应电动势随时间变化的表达式e ＝E m sin ωt ＝nB ωL 1L 2sin ωt ，选项B 错误；根据法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt，由闭合电路欧姆定律有I ＝ER ＋r，又ΔΦ＝BL 1L 2，q ＝I Δt ，联立解得q ＝nBL 1L 2R ＋r，选项C 错误；线圈中感应电动势的有效值E ＝E m2＝nB ωL 1L 22，电流的有效值I ＝nB ωL 1L 22R ＋r，交流发电机的输出功率即电阻R 的热功率P ＝I 2R ＝n 2B 2ω2L 21L 22RR ＋r 2，选项D 正确．5．图中理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，现在原线圈两端加上交变电压u ＝311sin 100πt (V)时，灯泡L 1、L 2均正常发光，电压表和电流表可视为理想电表．则下列说法中正确的是( )A ．该交流电的周期为0.2 sB ．电压表的示数为155.5 VC ．若将滑动变阻器的滑片P 向上滑动，则电流表读数变大D ．若将滑动变阻器的滑片P 向上滑动，则L 1将变暗、L 2将变亮C 由交变电压u ＝311sin 100πt (V)可知，该交流电的周期T ＝0.02 s ，选项A 错误；原线圈电压为220 V ，根据变压器变压公式可知副线圈输出电压为110 V ，电压表的示数为110 V ，选项B 错误；若将滑动变阻器的滑片P 向上滑动，电压表示数不变，灯泡L 1所在支路的电流不变，灯泡L 1亮度不变；灯泡L 2所在支路的电阻减小，电流增大，L 2将变亮．串联在副线圈输出端的电流表测量的是两个灯泡支路的总电流，所以电流表读数变大，选项C 正确，D 错误．6．如图所示，矩形线圈abcd 在磁感应强度大小为B ＝216πT 的匀强磁场中绕垂直于磁场的dc 边以角速度ω＝100π rad/s 匀速转动．线圈的匝数N ＝100，边长ad ＝0.4 m ，ab ＝0.2 m ．理想变压器原、副线圈的匝数比是2∶1，一只理想二极管和一个阻值为25 Ω的定值电阻R 串联在副线圈电路中，已知电压表和电流表均为理想交流电表，线圈和导线的电阻不计，则下列说法正确的是( )A ．该矩形线圈产生的电动势的最大值为50 VB ．电压表的示数为50 VC ．1 min 内电阻R 上产生的热量为750 JD ．减小电阻R 的值，电流表示数变小C 该线圈产生的电动势的最大值为E m ＝NBS ω＝100×216π×0.2×0.4×100π V ＝50 2 V ，A 错误；根据理想变压器的变压公式可得副线圈两端电压的有效值为25 V ，由于二极管的单向导电性，结合有效值的定义有2R×T 2＝U 2RT ，解得电压表的示数为U ＝12.5 2 V≈17.68 V，B 错误；由焦耳定律得1 min 内电阻R 上产生的热量为Q ＝U 2R t ＝2522×25×60 J＝750 J ，C 正确；减小电阻R 的值，副线圈中的电流增大，则原线圈中的电流增大，电流表的示数变大，D 错误．7．(多选)某电厂要将电能输送到较远的用户，输送的总功率为100 kW ，电厂输出电压仅为200 V ．为减少输送功率损失，先用一理想升压变压器将电压升高再输出，到达目的地后用理想降压变压器降压．已知输电线路的总电阻为120 Ω，若在输电线路上消耗的功率为输送功率的12%，用户所需电压为220 V ，则( )A ．理想升压变压器的原、副线圈的匝数比为1∶50B ．理想降压变压器的原、副线圈的匝数比为35∶1C ．理想升压变压器的原、副线圈中的电流分别为400 A 和10 AD ．理想降压变压器的原、副线圈中的电流分别为10 A 和400 A AD 远距离输电原理示意图如图，由升压变压器输入功率P1＝U 1I 1＝100 kW 、U 1＝200 V 得升压变压器原线圈中的电流I 1＝500 A ．由输电线路损失功率ΔP ＝P 1×12%＝I 22R 得输电线路电流I 2＝10 A ，所以n 1n 2＝I 2I 1＝150.由用户功率P 4＝P 1－ΔP ＝U 4I 4得降压变压器副线圈中的电流I 4＝400 A ，所以n 3n 4＝I 4I 3＝I 4I 2＝401. 8.(多选)一小型发电机产生的电动势随时间变化的规律如图甲所示，已知发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接一个电压表和一个电阻为10 Ω的灯泡，如图乙所示．下列说法正确的是( )A ．产生的交变电流的频率为5 HzB ．通过灯泡的电流为2.2 AC ．电压表读数为20 VD ．灯泡的实际功率为40 WCD 根据图甲可知产生的交变电流的周期为T ＝0.02 s ，频率为f ＝1T＝50 Hz ，选项A 错误；电动势的有效值E ＝22 V ，根据闭合电路欧姆定律，通过灯泡的电流为I ＝ER ＋r＝2 A ，选项B 错误；电压表读数U ＝IR ＝20 V ，选项C 正确；灯泡的实际功率为P ＝UI ＝40 W ，选项D 正确．9．(多选)(2017·江苏四市联考)如图所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶100，图中a 、b 表示电压表或电流表，已知电压表的示数为22 V ，电流表的示数为1 A ，则( )A ．a 为电流表，b 为电压表B ．a 为电压表，b 为电流表C ．线路输送电功率是220 kWD ．输电线路总电阻为22 ΩBC 左侧的互感器原线圈并联在输电线路上，测量的是输电电压，所以a 为电压表；右侧的互感器原线圈串联在输电线路上，测量的是输电电流，b 为电流表，选项B 正确，A 错误；电压表的示数为22 V ，根据变压公式得U 1U 2＝n 1n 2＝100，输电电压为U 1＝100×22 V＝2 200 V ；电流表的示数为1 A ，根据变流公式得I 1I 2＝n 2n 1＝100，输电电流为I 1＝100×1 A＝100 A ，线路输送电功率为P ＝U 1I 1＝220 kW ，选项C 正确；根据题述条件，不能求出输电线路总电阻，选项D 错误．10．(多选)(2017·陕西宝鸡模拟)在如图所示的电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ，R 1、R 3为定值电阻，R 2为滑动变阻器，C 为电容器．将滑动变阻器的滑动触头置于位置a ，闭合开关S ，电路稳定时理想电压表的示数分别为U 1、U 2，理想电流表 Ⓐ的示数为I .当滑动变阻器的滑动触头由a 滑到b 且电路再次稳定时，理想电压表 的示数分别为U 1′、U 2′，理想电流表Ⓐ的示数为I ′，则以下判断中正确的是( )A ．滑动变阻器的滑动触头由a 滑向b 的过程中，电容器的带电荷量减少B ．滑动变阻器的滑动触头由a 滑向b 的过程中，通过R 3的电流方向为由右向左C ．U 1＞U 1′，U 2＞U 2′，I ＞I ′D ．|U 2－U 2′I －I ′|＝R 1＋rBD 滑动变阻器的滑动触头由a 滑到b 过程中，R 2增大，电路中R 总增大，电路再次稳定时，由闭合电路的欧姆定律可得I 总减小，U 内减小，U 外增大，又由C ＝Q U得电容器的带电荷量Q ＝CU ＝CU 外增大，故A 错误；电容器再次充电，I 3增大，由电源正负极方向可得通过R 3的电流方向为由右向左，故B 正确；由于I 3增大，I 总减小，则I ′＜I ，U 1′＜U 1，U 2′>U 2，故C 错误；由闭合电路欧姆定律得|U 2－U 2′I －I ′|＝R 1＋r ，故D 正确．11．(多选)如图所示，图甲中M 为一电动机，当滑动变阻器R 的触头从左端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2 A 以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是( )A ．变阻器向右滑动时，V 2读数逐渐减小B ．电路中电源内阻为2 ΩC ．此电路中，电动机的输出功率先减小后不变D ．变阻器的最大阻值为36 Ω BC 由图甲可知测量的是路端电压U ，且U ＝E －Ir ，则图乙中上方的图象为U －I 图象，该图象的斜率大小为电源内阻，r ＝3.4－3.00.3－0.1 Ω＝2 Ω，B 项正确；滑动变阻器滑片向右滑动时，R 接入电路的电阻增大，电流I 减小，则U 逐渐增大，A 项错；R 的滑动触头向右端滑动的过程中，由乙图可知两端的电压减小，电流减小，电动机的输出功率P 出＝U 1I －I 2r 机先减小，电流表值在0.2 A 以下，的读数在0.8 V 以下时，电动机停止转动，无功率输出，C 项正确；滑动变阻器的最大阻值为R ＝3.4－0.40.1 Ω＝30 Ω，D 项错．12．(2017·信阳模拟)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝25πT ．单匝矩形线圈面积S ＝1 m 2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，Ⓐ为交流电流表．调整副线圈的滑动触头P ，当变压器原、副线圈匝数比为1∶2时，副线圈电路中标有“36 V,36 W”的灯泡正常发光．以下判断正确的是( )A ．电流表的示数为1 AB ．矩形线圈产生电动势的最大值为18 VC ．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间变化的规律为e ＝182sin (90πt ) VD ．若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P 适当下移C 小灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I 2＝36 W 36 V ＝1 A ；根据变流比公式：I 1I 2＝n 2n 1，解得：I 1＝2 A ，故A 错误；小灯泡正常发光，故变压器的输出电压为36 V ，根据变压比公式U 1U 2＝n 1n 2，解得：U 1＝18 V ，故矩形线圈产生电动势的有效值为18 V ，矩形线圈产生电动势的最大值为18 2 V ，故B 错误；根据公式E m ＝NBS ω，解得：ω＝E mNBS＝1821×25π×1 rad/s ＝90π rad/s ，故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e ＝E m sin ωt ＝182sin (90πt ) V ，故C 正确；若矩形线圈转速增大，根据公式E m ＝NBS ω，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P 适当上移，故D 错误．13．如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数比为k 1.降压变压器T ′的原、副线圈匝数比为k 2.原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，用户电阻为R (纯电阻)，若用户消耗功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率P r 和用户获得的电压U 分别为( )A ．P r ＝r Rk 22P U ＝2k 2U m 2k 1－2rk 22P R B ．P r ＝2rRk 2P U ＝2U m 2k 1k 2－2r k 22P R C ．P r ＝2rRk22P U ＝2k 2U m 2k 1－2rk 1k 2P RD ．P r ＝2rRk21P U ＝2U m2k 1k 2－2rk 1k 2P RB 用户流过的电流为I 4＝ P R ，故在输电线路上的电流为I 3＝I 4k 2＝1k 2PR，故损失的电功率为P r ＝I 23·2r ＝2rRk22P ；升压变压器两端电压的有效值为U 1＝U m2，输电线路上损失的电压为ΔU ＝I 3·2r ，升压变压器副线圈两端的电压为U 2＝U 1k 1故降压变压器原线圈的电压为U 3＝U 2－ΔU ，用户获得的电压U ＝U 3k 2联立解得U ＝2U m 2k 1k 2－2rk 22P R14．(多选)如图所示，导体棒ab 两个端点分别搭接在两个竖直放置、电阻不计、半径相等的金属圆环上，圆环通过电刷与导线c 、d 相接．c 、d 两个端点接在匝数比n 1∶n 2＝10∶1的变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器R 0，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，导体棒ab 长为L (电阻不计)，绕与ab 平行的水平轴(也是两圆环的中心轴)OO ′以角速度ω匀速转动．如果滑动变阻器的阻值为R 时，通过电流表的电流为I ，则( )A ．滑动变阻器上消耗的功率为P ＝100I 2R B ．变压器原线圈两端的电压U 1＝10IRC ．取ab 在环的最低端时t ＝0，则导体棒ab 中感应电流的表达式是i ＝2I sin ωtD ．ab 沿环转动过程中受到的最大安培力F ＝2BILAD 由I 1I 2＝n 2n 1得I 2＝10I ，变阻器上消耗的功率为P ＝I 22R ＝(10I )2R ＝100I 2R ，故A 正确；副线圈的电压为U ＝I 2R ＝10IR ，根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，变压器原线圈两端的电压U 1＝100IR ，故B 错误；ab 在最低点时，ab 棒与磁场垂直，此时的感应电动势最大，感应电流最大，所以棒ab 中感应电流的表达式应为i ＝2I cos ωt ，故C 错误；ab 在最低点时，ab 棒与磁场垂直，此时的感应电动势最大，感应电流最大，最大值为2I ，此时的安培力也是最大的，最大安培力为F ＝2BIL ，故D 正确．。