（江苏专版）2022年高考物理二轮复习 第一部分 专题四 电路与电磁感应检测（含解析）

（江苏专版）2022年高考物理二轮复习 第一部分 专题四 电路与电磁感应检测（含解析）考点一交流电的产生及描述A甲图表示交流电，乙图表示直流电B甲图电压的有效值为220 V，乙图电压的有效值小于220 VC乙图电压的瞬时值表达式为u220sin 100t(V)D甲图电压经过匝数比为110的变压器变压后，频率变为原来的10倍解析：选B由于两图中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故A错误；由于对应相同时刻，图甲电压比图乙电压大，根据有效值的定义可知，图甲有效值要比图乙有效值大，图甲是正弦式交流电，所以有效值U220 V，故乙图电压小于220 V，则B正确；图乙不是正弦式交流电，所以表达式不是正弦函数，故C错误；理想变压器变压后，频率不发生变化，故D错误。2考查交流电的产生及瞬时值、有效值如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙中曲线a、b所示，则()A两次t0时刻线圈平面均与中性面垂直B曲线a表示的交变电动势瞬时值为15cos 50t(V)C曲线a、b对应的线圈转速之比为32D曲线b表示的交变电动势有效值为10 V解析：选C在t0时刻，线圈一定处在中性面上，故A错误；由题图乙可知，a的周期为4102 s，50 rad/s；曲线a表示的交变电动势瞬时值为15sin 50t(V)，B错误；b的周期为6102 s，则由n可知，转速与周期成反比，故转速之比为32，故C正确；abn1n232，a交流电的最大值为15 V，则根据EmnBS得曲线b表示的交变电动势最大值是10 V，则有效值为U V5 V，故D错误。3考查交流电的四值及应用多选如图所示，匀强磁场的磁感应强度B0.5 T，边长L10 cm的正方形线圈共100匝，线圈总电阻r1 ，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO匀速转动，角速度2 rad/s，外电路中的电阻R4 ，取3.14，则()A线圈转动一周产生的总热量为0.99 JB感应电动势的最大值为314 VC由图示位置转过60的过程中产生的平均感应电动势为2.6 VD从图示位置开始的周期内通过R的电荷量为0.87 C解析：选AC感应电动势的最大值为：EmnBS1000.50.122 V V，故B错误；周期为：T1 s，线圈转动一周产生的总热量为：Q2T21 J J0.99 J，故A正确；转过60的过程中产生的平均感应电动势En100 V V2.6 V，故C正确；平均电动势：n，平均电流：，在周期内通过电阻R的电荷量为：qt，即为：q C0.087 C，故D错误。考点二直流电路的动态分析4.考查含容电路的动态问题分析如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表。现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法正确的是()A电流表A的示数变小，电压表V的示数变大B小灯泡L变亮C电容器C上电荷量减少D电源的总功率变大解析：选A闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小；电压表的示数UEI(RLr)，I减小，其他量不变，则U增大，即电压表V的示数变大，故A正确，B错误。电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增大，由QCU，知电容器C上的电荷量增多，故C错误。电源的总功率PEI，I减小，则电源的总功率变小，故D错误。5考查电路中平行极板间带电粒子的运动问题如图所示，A、B是两块水平放置的平行金属板，一带电小球垂直于电场线方向射入板间，小球将向A极板偏转。为了使小球沿射入方向做直线运动，可采用的方法是()A将原来带正电的小球改为带负电B将滑动变阻器滑片P适当向左滑动C适当增大小球所带电荷量D将极板间距适当增大解析：选D一带电小球垂直于电场线方向射入极板区域后，向A极板偏转，则小球所受电场力向上且电场力大于重力，小球原来就带负电，选项A错误；为使小球沿直线运动，应减小小球所受电场力，将滑动变阻器滑片P适当向左滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路中总电阻减小，总电流增大，R两端电压增大，电容器两端电压增大，板间场强增大，电场力增大，选项B错误；适当增大小球所带电荷量，小球所受电场力增大，选项C错误；将极板间距适当增大，板间场强减小，小球所受电场力减小，可使电场力等于重力，选项D正确。6.考查电表示数变化量大小的比较多选在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时， 四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数的变化量分别用I、U1、U2和U3表示。下列说法正确的是()A.变大，变小B.变大，不变CI0，U10，U20DI0，U10，U30解析：选BD当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，根据欧姆定律R2，可知将变大；由U2EI(R1r)，可得R1r，则不变，故A错误。由R2R1，可知变大；由U3EIr，可得r，则不变，故B正确。R2变大时，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律，可知I变小，所以I0，U1IR1变小，所以U10，因U3U1U2，U1减小，则U2增大，所以U20，故C错误，D正确。考点三交流电路的动态分析7.考查由滑动变阻器引起的动态变化问题如图所示为一理想变压器，原线圈接在输出电压为uU0sin t的交流电源两端。电路中R0为定值电阻，V1、V2为理想交流电压表，A1、A2为理想交流电流表。现使滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动，下列说法正确的是()A电压表V1与V2示数的比值将变大B电流表A1与A2示数的比值将变小C电压表V1与电流表A1示数的比值变大D电压表V2与电流表A2示数的比值变小解析：选C由于变压器原、副线圈电压之比等于线圈匝数之比，因此电压表示数之比一定等于线圈匝数之比，故A错误； 由于只有一个副线圈，因此电流之比等于线圈匝数的反比，故两电流表的比值不变，故B错误；滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动，则滑动变阻器接入电阻增大，由欧姆定律可知，电流表A2示数减小，电流表A1示数也减小，而电压表V1和V2示数不变，电压表V1与电流表A1示数的比值变大，电压表V2与电流表A2示数的比值也变大，故C正确，D错误。8考查变压器负载变化引起的动态变化问题多选每到夜深人静的时候我们就会发现灯泡比睡觉前要亮，其原因在于大家都在用电时，用电器较多。利用如图模拟输电线路，开关的闭合或者断开模拟用户的变化，原线圈输入电压恒定的交流电。下列分析正确的是()A定值电阻相当于输电线电阻B开关闭合，灯泡L1两端电压升高C开关闭合，原线圈输入功率增大D开关断开，副线圈电压增大解析：选AC原、副线圈匝数之比等于电压之比，由于匝数比值不变，原线圈输入电压也不变，所以副线圈电压不会变化，选项D错误。家庭电路用电器之间为并联关系，用户较多时，并联支路增多，相当于开关闭合，而与之串联的定值电阻，实际是等效输电线的电阻，选项A正确。开关闭合副线圈总电阻变小，总电流变大，定值电阻分电压增多，并联电压变小，即灯泡L1两端电压减小，选项B错误。副线圈电压不变电流增大，副线圈电功率增大，根据能量守恒，原线圈电功率也增大，选项C正确。9考查变压器原线圈匝数变化引起的动态变化多选如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为445，b是原线圈的抽头，且其恰好位于原线圈的中心，S为单刀双掷开关，负载电阻R25 ，电表均为理想电表，在原线圈c、d两端接入如图乙所示的正弦交流电。下列说法中正确的是()A当S与a连接，t1102 s时，电流表的示数为0B当S与a连接，电压表示数为50 VC将S与b连接，电阻R消耗的功率为100 WD将S与b连接，1 s内电阻R上电流方向改变100次解析：选CD由题图乙可知，交流电的周期为2102 s，所以交流电的频率为f50 Hz，交流电的有效值为 V220 V，当S与a连接时，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为25 V，电压表示数为25 V，根据欧姆定律知通过副线圈的电流I2 A1 A，原、副线圈中电流与匝数成反比，可得电流表示数为0.11 A，故A、B错误。S与b连接时，副线圈两端的电压U2U1220 V50 V，电阻R消耗的功率为P2 W100 W，故C正确。变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50 Hz，1 s内电流方向改变100次，故D正确。10考查自耦变压器负载含电容器的动态变化多选一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈，通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈。在a、b间输入u220sin 100t(V)交变电流，滑动触头处于图示M位置时，灯泡L能正常发光。下列说法正确的是()A交流电源的频率变为100 Hz时，可使灯泡变亮B减小电容器C的电容，可使灯泡变亮C将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，电压表示数变小且小于220 VD将滑动触头从N点逆时针旋转到M点的过程中，电压表示数变大且大于220 V解析：选AC在a、b间输入电压u220sin 100t(V)，可知交变电流的频率为50 Hz，当交流电源的频率变为100 Hz时，由于电容器对交变电流的阻碍作用减小，可使灯泡变亮，故A正确；减小电容器C的电容，则对交变电流的阻碍作用增大，灯泡变暗，故B错误；自耦变压器的原线圈匝数大于副线圈匝数，根据变压器原理，可知输出电压小于220 V，将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，自耦变压器的副线圈匝数减小，电压表示数变小，故C正确，D错误。11考查变压器副线圈含二极管的动态问题如图所示，一理想变压器的原、副线圈的匝数比是101，原线圈接入电压u311sin 100t(V)的交流电，一理想二极管和一滑动变阻器R串联接在副线圈上，电压表和电流表均为理想交流电表。下列说法正确的是()A电压表的读数为22 VB原线圈中交流电的频率为25 HzC若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电压表读数增大D若滑动变阻器接入电路的阻值为10 ，则理想变压器的输入功率为24.2 W解析：选D原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为22 V，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知T，解得U11 V，故A错误；原线圈中交流电的频率为f50 Hz，故B错误；将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，副线圈电流变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，故C错误；由B项分析求得电压表两端电压有效值为U11 V，则理想变压器的输出功率为P出 W24.2 W，理想变压器的输入功率为24.2 W，故D正确。考点四变压器与远距离输电问题12.考查变压器的工作原理与感抗、容抗如图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计。在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1t2时间内()A电流表A1的示数比A3的小B电流表A2的示数比A1的小C电流表A1和A2的示数相同D电流表的示数都不为零解析：选C原线圈中磁场如题图乙所示变化，则原线圈中的磁通量均匀变化，故副线圈中产生恒定的电流，因线圈电阻不计，故线圈L对恒定电流没有阻碍作用，所以电流表A1和A2的示数相同，而电容器“通交流、隔直流”，所以电流表A3的示数为0。只有C正确。13考查远距离输电功率分配多选如图所示，在远距离输电时，发电厂发电机的输送电功率为P1，输出电压为U1，发电厂至用户的输电导线的总电阻为R，通过输电导线的电流为I，输电线损失的电功率为P，输电线末端的电压为U2，用户得到的电功率为P2。下列关系式正确的是()APBPCPI2RDP2P1解析：选BCD根据公式PI2R，故A错误，B、C正确；根据总功率相等可以知道P2P1I2RP1，故D正确。14考查远距离输电的相关计算多选某大型光伏电站的功率是500 kW，电压为12 V，送往外地时，先通过逆变器(作用是将直流电压转变为高频的高压交流电)转化为220 V的交流电(转化效率为80%)，然后经变压器升压为20 000 V，通过总电阻为R20 的输电线路送往某地，再经变压器降为220 V电压供用户使用。下列说法正确的是()A变压器的原、副线圈匝数比为1 00011B变压器的原、副线圈匝数比为111 000C用户最多可使用的功率为392 kWD用户负载越多，线路上损耗的功率越小解析：选BC直流电转变为交流电后的功率为P5000.8 kW400 kW根据可得：电线上损失的电压为UI2RR20 V400 V则U3U2U20 000 V400 V19 600 V由得：，故A错误，B正确；回路中损失的功率为PI22R2R220 W8 kW，所以用户得到的功率为P用PP损400 kW8 kW392 kW，故C正确；用户负载越多，输电线上的电流越大，线路上损耗的功率越大，故D错误。 释疑4大考点考点一交流电的产生及描述本考点是对交流电的产生及描述交流电的物理量等知识的考查，常以选择题的形式呈现，四个选项考查多个知识点，考生失分的原因，大多是因知识或概念的混淆。建议考生自学为主。(一)正弦式交变电流“四值”的比较和理解物理量表达式适用情况及说明瞬时值eEmsin tuUmsin tiImsin t(1)从线圈位于中性面开始计时(2)可用于分析或计算线圈某时刻的受力情况最大值(峰值)EmnBSIm(1)此时线圈垂直于中性面(2)电容器的击穿电压指的就是最大值有效值EUI(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)(2)电表的读数为有效值(3)保险丝的熔断电流为有效值(4)电气设备“铭牌”上所标的工作电压、工作电流一般都是有效值(5)非正弦式交变电流的有效值利用电流的热效应计算平均值BLn计算通过电路截面的电荷量，qn(二)交变电流问题的三点提醒1正弦式交变电流不只局限于由线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动而产生。2电压表、电流表的示数对应交流电的有效值，计算用电器的电热(或功率)时，也应利用电流或电压的有效值，如诊断卷第3题A选项。3对于有电动机的回路，要注意欧姆定律的适用条件。题点全练1.多选如图所示，电阻为r的单匝矩形线圈面积为S，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度匀速转动。匀强磁场的磁感应强度为B，t0时刻线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，则()A滑片P向下滑动时，电压表的读数变大B图示位置线圈中的感应电动势最大C线圈从图示位置转过180的过程中，电阻R上产生的焦耳热为D1 s内流过R的电流方向改变次解析：选ACD滑片P向下滑动时外电阻变大，电流变小，内电压变小，外电压变大，则电压表的读数变大，则A正确；图示位置为中性面，电动势为0，故B错误；电动势最大值EmBS，则由图示位置转过180电阻R上产生的焦耳热为Q2R，故C正确；1 s内所完成的周期数是，每个周期电流方向改变2次，1 s内流过R的电流方向改变次，故D正确。2.如图所示，N匝矩形导线框以角速度绕对称轴OO匀速转动，线框面积为S，线框电阻、电感均不计。在OO左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，外电路接有电阻R和理想电流表A。下列说法正确的是()A从图示时刻起，线框产生的瞬时电动势为eNBSsin tB电流表的示数INBSCR两端电压有效值UNBSD一个周期内电阻R的发热量为Q解析：选B由题图可知，线框只有一半在磁场中，故产生的电动势的最大值为EmNB，故瞬时值表达式为esin t，故A错误；电流表的示数为：INBS，故B正确；电阻R两端电压的有效值UENBS，故C错误；一个周期内电阻R的发热量QI2RT2R，故D错误。考点二直流电路的动态分析高考对本考点的考查较为简单，考生失分主要原因是不按正确程序进行分析，只关注局部，不考虑整体。解决此类问题时注意应用程序法分析动态变化，并用好“串反并同”结论进行快速判断。需要考生学会灵活变通。(一)理清直流电路知识体系(二)掌握动态变化判断方法1程序判断法遵循“局部整体部分”的思路，按以下步骤分析：2直观判断法利用下面两个结论直观地得到结论：(1)任一电阻R阻值增大，必引起该电阻中电流I的减小和该电阻两端电压U的增大。(2)任一电阻R阻值增大，必将引起与之并联的支路中电流I并的增大和与之串联的各电路电压U串的减小。如诊断卷第4题，滑动变阻器滑片P向左移动3注意某些特殊公式的含义如诊断卷第6题，由U2EI(R1r)，可得R1r，又U3EIr，则有r。题点全练1.如图所示电路中，电动势为E、内阻为r的电源与一滑动变阻器构成闭合电路。闭合开关S，当滑片移动时，滑动变阻器两端的电压和电路中电流的关系图像为()解析：选D由闭合电路欧姆定律EUIr，得UEIr，U与I为一次函数关系，且随电流I增大，电压U减小。2.多选在如图所示的电路中，R0为定值电阻，R为光敏电阻(光照减弱时阻值增大)，C为电容器。现减弱对光敏电阻R光照的强度，下列说法正确的是()A电流表的示数减小B电容器C的电荷量增大C电压表的示数变小D电源内部消耗的功率变大解析：选AB减弱对光敏电阻R光照的强度，R阻值增大，根据闭合回路欧姆定律可得路端电压增大，即电压表示数增大，总电流减小，即电流表示数减小，电容器两端的电压增大，根据C可得Q增大，电源内部消耗的电功率PI2r，I减小，内阻不变，所以P减小，故A、B正确。考点三交流电路的动态分析本考点是高考的热点，考查的知识交汇点较多，常与交变电流的性质和变压器的规律相结合。对于这类问题，需通过原、副线圈电路，综合分析变压器与电路的关系。需要考生学会迁移应用。(一)明确变压器各物理量间的制约关系(二)谨记交流电路动态分析的注意事项1变压器匝数不变时，变压器的输入、输出电压均不变，但变压器原、副线圈中的电流均随负载的变化而变化。如诊断卷第11题，电压表示数不随触头P的移动而改变；诊断卷第8题，变压器输出电压不变，但因输电线电阻R上消耗的电压变化导致L1两端电压变化。2变压器匝数变化时，要注意区分是原线圈还是副线圈匝数变化。如诊断卷第9题，将S与b连接时，原线圈匝数减半；诊断卷第10题，将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程，副线圈匝数减小。3当变压器输出电压一定时，移动变阻器的滑动触头或改变接入的用电器多少时，引起的各物理量的变化分析方法同直流电路的动态分析方法。如诊断卷第11题，由于二极管具有单向导电性，根据电流的热效应T，解得U11 V，电压表的示数并不等于副线圈电压。题点全练1.多选如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路。线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为，匝数为N，线圈电阻不计。下列说法正确的是()A电容器的电容C变大时，灯泡变暗B图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大C将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变暗D若线圈abcd转动的角速度变为2，则变压器原线圈电压的有效值为NBS解析：选CD电容器的电容C变大时，容抗减小，副线圈电流增大，灯泡变亮，故A错误；线圈处于图示位置时，是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零，故B错误；矩形线圈abcd中产生交变电流，将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈匝数变大，根据变压比公式，输出电压减小，灯泡会变暗，故C正确；若线圈转动角速度变为2，线圈产生的电动势最大值增加为原来的2倍；Em2NBS，根据有效值的定义有：T，解得：ENBS，故D正确。2多选如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为101，图中电表均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻(其阻值随光照增强而减小)、电感线圈和灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是()A电压u的频率为50 HzB电压表的示数为22 VC有光照射R时，电流表的示数变大D抽出L中的铁芯，D变暗解析：选AC原线圈接入题图乙所示的正弦交流电压，T0.02 s，所以频率为f50 Hz，故A正确；原线圈接入电压的最大值是220 V，有效值是220 V，理想变压器原、副线圈匝数比为101，所以电压表的示数U22 V，故B错误；有光照射R时，R阻值随光照增强而减小，根据P，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以电流表的示数变大，故C正确；抽出L中的铁芯，电感线圈自感系数减小，电感线圈对电流的阻碍减小，所以D变亮，故D错误。3.多选(2018南通一模)如图所示，理想变压器原线圈接电压为220 V的正弦交流电，开关S接1时，原、副线圈的匝数比为111，滑动变阻器接入电路的阻值为10 ，电压表和电流表均为理想电表。下列说法正确的是()A变压器输入功率与输出功率之比为11B1 min内滑动变阻器产生的热量为40 JC仅将S从1拨到2，电流表示数减小D仅将滑动变阻器的滑片向下滑动，两电表示数均减小解析：选AC根据理想变压器的特点可知，变压器的输入功率与输出功率之比为11，故A正确；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为U2U1220 V20 V，则1 min内滑动变阻器产生的热量为Qt60 J2 400 J，B错误；若只将S从1拨到2，副线圈的电压减小，副线圈电流减小，原线圈电流即电流表示数减小，故C正确；将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，副线圈电流减小，原线圈电流即电流表的示数减小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，故D 错误。考点四变压器与远距离输电问题本考点是高考命题的热点，主要考查变压器的工作原理及远距离输电过程中的电路计算问题，此类问题综合性较强，要求有较高分析解决问题的能力。要顺利解决此类问题，需熟知一个流程，抓住两个关系，掌握两种损耗。建议考生适当关注。(一)熟知一个流程(二)抓住两个关系升压变压器T1两端降压变压器T2两端，P1P2，P3P4(三)掌握两种损耗1电压损耗：输电线路上I2IRI3，总电阻R导致的电压损耗URU2U3IRR。2功率损耗：输电线路发热导致的功率损耗PRP2P3IR2R，注意PR。(四)注意一种特殊情况交流电源与变压器原线圈间接有用电器，或它们之间的连接导线阻值不能忽略时，电源的输出电压与变压器的输入电压不相等。如图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为1100，其原线圈输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为50 。降压变压器右侧部分为火灾报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小，电压表V可以显示加在报警器两端的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为660 kW。下列说法中正确的是()At0.01 s时刻，电压表的示数是0B未出现火警时，远距离输电线路损耗的功率为45 kWC当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大D当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变小解析电压表的示数是交流电的有效值，则t0.01 s时刻，电压表的示数不为0，选项A错误；升压变压器输入端电压有效值为220 V，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端电压为22 000 V，所以输电线中的电流I A30 A，输电线损失的电压UIR3050 V1 500 V，输电线路损耗功率PUI1 50030 W45 kW，故B正确；当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，电路中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数减小，故C错误；当传感器R2所在处出现火警时，降压变压器副线圈中电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流增大，故D错误。答案B题点全练1多选如图所示，MN和PQ为处于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，导轨的电阻不计。垂直导轨放置一根电阻不变的导体棒ab，导体棒与导轨接触良好。N、Q端接理想变压器的原线圈，理想变压器的输出端有三组副线圈，分别接电阻元件R和小灯泡、电感元件L(电阻不为零)和小灯泡、电容元件C和小灯泡。在水平金属导轨之间加磁感应强度方向竖直向下、大小随时间均匀增加的匀强磁场，则下列判断正确的是()A若ab棒静止，则a、b间没有电流流过B在ab棒向左匀速运动过程中，三个灯泡都亮C在ab棒向左匀速运动过程中，灯泡1、2亮，3不亮D在ab棒向左匀加速运动过程中，三个灯泡都亮解析：选CD若ab棒静止，由于磁感应强度随时间均匀增加，原线圈中产生恒定的感应电动势和感应电流，则a、b间有电流流过，故A错误。在ab棒向左匀速运动的过程中，磁感应强度方向竖直向下，大小随时间均匀增加，根据EBLv知：ab棒产生随时间均匀增大的感应电动势，原线圈中产生随时间均匀增大的电流，穿过右侧的三个副线圈的磁通量均匀增大，则副线圈中产生恒定的感应电动势和感应电流，所以IR0、IL0，由于电容器有隔直流的特性，IC0，故B错误，C正确。若ab棒匀加速运动，则导体棒的速度为vv0at，又磁感应强度大小随时间均匀增加，即Bkt，原线圈中感应电动势为EBLvktL(v0at)kLv0tkLat2，所以副线圈中产生变化的感应电动势，由于电容器有通交流的特性，IC0，IL0，IR0，即三盏灯都亮，故D正确。2多选某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示。发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。用户用电器(均看作纯电阻元件)的总电阻为R，变压器均为理想变压器，图乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则()A发电机输出交流电压的有效值为220 VB用电器上交流电的频率是50 HzC当R减小时，输电线上的电流减小D当R减小时，输电线上损失的功率增大解析：选ABD由题图乙可知交流电压的最大值为Um220 V，因此其有效值为U220 V，选项A正确；由题图乙知交流电的周期T2102 s，则f50 Hz，选项B正确；当用户用电器的总电阻减小时，用户的功率增大，降压变压器的输出功率增大，则输入的功率增大，输电线上的电流增大，输电线上损失的功率增大，选项C错误，选项D 正确。3如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为m，降压变压器的变压比为n，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为U。若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了U，则下列判断正确的是()A电流表A2的示数增大了B电流表A1的示数增大了C电压表V1的示数减小了UD输电线损失的功率增加了2R解析：选B电压表V2的示数减小了U，根据变压器的变压比可知降压变压器输入电压减小了U3nU，由于升压变压器输入电压不变，因此输电线上的电压增大了nU，因此电流表A1的示数增大了，B正确；根据变流比，电流表A2的示数增大了，A错误；由于发电机的输出电压不变，因此升压变压器的输出电压不变，电压表V1的示数不变，C错误；设原来输电线上的电流为I，则输电线损失的功率增加了2RI2R，不等于2R，D错误。 1(2018江苏高考)采用220 kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为()A55 kVB110 kVC440 kVD880 kV解析：选C输送功率PUI，输电线上损耗的功率P损I2r2r。当P损减小为原来的时，输电电压应变为原来的2倍。2.(2018南京一模)变压器线圈中的电流越大，所用的导线应当越粗。如图所示是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，匝数分别为n1 和n2。下列说法中正确的是()An1n2，原线圈比副线圈的导线粗Bn1n2，原线圈比副线圈的导线细Cn1n2，原线圈比副线圈的导线粗Dn1n2，故C、D错误；输入功率等于输出功率，所以副线圈的电流大于原线圈的电流，则较粗导线的线圈应该作为副线圈，故B正确，A错误。3多选(2018南京三模)如图甲所示，不计电阻的矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图像如图乙所示，经原、副线圈匝数比为110的理想变压器给一灯泡供电，灯泡上标有“220 V22 W”字样，如图丙所示，则()At0.01 s时刻穿过线框回路的磁通量为零B灯泡中的电流方向每秒钟改变100次C灯泡正常发光D电流表示数为 A解析：选BC由题图乙可知，当t0.01 s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，故A错误；由题图乙可知，交流电的周期T0.02 s，则f50 Hz，所以灯泡中的电流方向每秒钟改变100次，故B正确；原线圈输入电压的有效值为22 V，则副线圈的电压为2210 V220 V，由PUI可知，副线圈电流I20.1 A，则电流表示数I11 A，灯泡正常发光，故C正确，D错误。4.多选(2018镇江一模)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1n2225，电阻R1R225 ，D为理想二极管，原线圈接u220sin(100t)V的交流电，则()A此交流电的频率为100 HzB电阻R1两端的电压为50 VC通过电阻R2的电流为 AD变压器的输入功率为150 W解析：选BCD根据表达式可知100 rad/s，根据2f得：交流电的频率为f Hz50 Hz，故A错误；原线圈电压有效值为U1220 V，则根据变压器匝数比可得副线圈电压为U2U1220 V50 V，选项B正确；二极管具有单向导电性，流过二极管中的交流电只有半个周期可以通过，根据电流的热效应得：T，解得：U25 V，根据欧姆定律得通过R2的电流为：IR2 A A，故C正确；电阻R1消耗功率为PR1 W100 W，电阻R2消耗功率为PR2IR22R2()225 W50 W，则原线圈输入功率为PPR1PR2100 W50 W150 W，故D正确。5.(2018苏北四市一模)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为21，原线圈接交流电u220sin 100t(V)，保险丝的电阻为1 ，熔断电流为2 A，电表均为理想电表。下列说法正确的是()A电压表V的示数为14.1 VB电流表A1、A2的示数之比为21C为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为4 D将滑动变阻器滑片向上移动，电流表A1的示数减小解析：选D原线圈电压有效值为U1 V220 V，根据变压器原理可得U2U1220 V110 V，故电压表V的示数为110 V，A错误；根据变压器原理可知，电流强度与匝数成反比，故电流表A1、A2的示数之比为12，B错误；保险丝的电阻为1 ，熔断电流为2 A，为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为Rminr保 1 54 ，C错误；将滑动变阻器滑片向上移动，滑动变阻器接入电路的总电阻增大，副线圈电流强度减小，则原线圈的电流强度也减小，所以电流表A1的示数减小，D正确。6.多选如图所示，Rt为正温度系数热敏电阻，R1为光敏电阻，其阻值随光照增强而减小，R2和R3均为定值电阻，电源电动势为E，内阻为r, V为理想电压表。现发现电压表示数增大，可能的原因是()A热敏电阻温度升高，其他条件不变B热敏电阻温度降低，其他条件不变C光照增强，其他条件不变D光照减弱，其他条件不变解析：选BD热敏电阻温度升高时，其阻值增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压随之增大，而R2的电压减小，则并联部分的电压增大，通过光敏电阻的电流增大，所以通过R3的电流减小，电压表的示数减小，不符合题意，故A错误。同理可得热敏电阻温度降低，其他条件不变时，电压表的示数增大，符合题意，B正确。光照增强时，光敏电阻的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压随之减小，而R2的电压增大，则并联部分的电压减小，电压表的示数减小；同理可得光照减弱，其他条件不变时，电压表的示数增大，故D正确，C错误。7.(2018盐城一模)旋转磁极式发电机通过磁极的旋转使不动的线圈切割磁感线而产生感应电流，其原理示意图如图所示，固定不动的单匝矩形线圈abcd的电阻为r，外电阻为R，磁场绕转轴OO匀速转动，角速度为。图中的电压表为理想电表，示数为U。求：(1)发电机线圈内阻消耗的功率；(2)从图示位置开始计时，t0时，通过外电阻R的电流及方向；(3)从图示位置开始计时，t时，穿过矩形线圈abcd的磁通量。解析：(1)根据热功率公式可知，Pr2r；(2)旋转磁极式发电机产生正弦式交变电流，根据正弦式交变电流的最大值与有效值的关系可知，UmaxU，所以t0时，通过外电阻R的电流I，根据“楞次定律”可知，电流方向为自左向右；(3)从图示位置开始计时经过，线圈转到中性面位置，磁通量BS，EmaxBS，又EmaxI(Rr)联立以上各式可解得：。答案：(1)2r(2)方向自左向右 (3)第二讲楞次定律_法拉第电磁感应定律考点一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1.考查楞次定律及其应用多选(2018全国卷)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势()A在t时为零B在t时改变方向C在t时最大，且沿顺时针方向D在tT时最大，且沿顺时针方向解析：选AC在t时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由ES知，E0，故A正确。在t和tT时，图线斜率最大，在t和tT时感应电动势最大。在到之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，则R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在到T时，R中电动势也为顺时针方向，在T到T时，R中电动势为逆时针方向，C正确，B、D错误。2考查法拉第电磁感应定律的应用在匀强磁场中，有一个接有电容器的单匝导线回路，如图所示，导线回路与匀强磁场垂直，磁场方向垂直纸面向里，磁场均匀地增强，磁感应强度随时间的变化率5102T/s，电容器电容C60 F，导线回路边长L18 cm，L25 cm。则电容器上极板()A带正电，电荷量是1.2104 CB带负电，电荷量是1.2104 CC带正电，电荷量是1.2108 CD带负电，电荷量是1.2108 C解析：选C根据楞次定律知，感应电动势的方向是逆时针方向，则上极板带正电。根据法拉第电磁感应定律得：E51020.050.08 V2104 V，电容器带电荷量为QCUCE61052104 C1.2108 C，故C正确，A、B、D错误。3考查感生电动势多选在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n1 250匝，横截面积S20 cm2，螺旋管导线电阻r1 ，R14 ，R25 ，C20 F。在一段时间内，竖直向下穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化，下列说法正确的是()A螺线管中产生的感应电动势为1 000 VB闭合S，电路中的电流稳定后，电容器下极板带负电C闭合S，电路中的电流稳定后，通过电阻R1的电流为0.1 AD闭合S，电路中的电流稳定后，再断开S，以后流经R2的电荷量为1.0105 C解析：选CD根据法拉第电磁感应定律：EnnS1 25020104 V1.0 V，故A错误； 根据楞次定律可知回路中产生的电流方向是逆时针，所以电容器下极板带正电，故B错误；根据闭合电路欧姆定律，有：I A0.1 A，故C正确；S断开后，流经R2的电荷量即为S闭合时电容器极板上所带的电荷量Q，电容器两端的电压：UIR20.15 V0.5 V，流经R2的电荷量：QCU201060.5 C1.0105 C，故D正确。4考查动生电动势与楞次定律多选如图甲所示，一宽为l的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。一个边长为a(la)的正方形导线框ABCD位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v通过该磁场区域，导线框电阻为R。在运动过程中，线框有一条边始终与磁场区域的边界平行，取线框刚进入磁场的时刻t0，线框中感应电流随时间变化规律的It图像如图乙所示。下列说法正确的是()A在第1 s内，线框中感应电流为逆时针方向，大小恒定为0.3 AB在第2 s内，穿过线框的磁通量最大，感应电流大小恒定为0.6 AC在第3 s内，线框中感应电流方向为顺时针方向，大小恒定为0.3 AD在第1 s内，线框中C点电势高于D点电势，感应电流大小为0解析：选AC在第1 s内，线框向磁场中运动，穿过线框的磁通量均匀增加，感应电流为逆时针方向(取为正方向)，电流大小恒定，由题图乙可知I0.3 A，选项A正确；在第2 s内，整个线框在磁场中运动，穿过线框的磁通量最大且不变，没有感应电流，选项B错误；在第3 s内，线框从磁场中出来，磁通量均匀减小，感应电流为顺时针方向(为负方向)，大小恒定，I0.3 A，选项C正确；在第1 s内，由楞次定律判断出线框中感应电流方向沿逆时针方向，则C点电势低于D点电势，选项D错误。5考查电磁感应定律和楞次定律的应用如图甲所示，正方形闭合线圈abcd边长为10 cm，总电阻为2.0 ，匝数为100匝，放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。求：(1)在02 s内线圈中感应电动势的大小；(2)在t1.0 s时线圈的ad边所受安培力的大小和方向；(3)线圈中感应电流的有效值。解析：(1)在02 s内线圈中感应电动势的大小为E1nnS1 V。(2)在t1.0 s时，I10.5 A，由题图乙可知，B11 T，则FnB1I1L5.0 N根据楞次定律，流过ad边的电流方向由a到d，由左手定则可知，ad边所受安培力的方向垂直ad向右。(3)在02 s内I10.5 A在23 s内，线圈中感应电动势的大小为E2，E2nnS2 V，I21 A设线圈中感应电流的有效值为I，则I12Rt1I22Rt2I2Rt，解得I A。答案：(1)1 V(2)5.0 N垂直ad向右(3) A考点二电磁感应中的图像问题6.考查t的关系图像穿过某闭合回路的磁通量随时间t变化的图像分别如图中的所示，下列说法正确的是()A图有感应电动势，且大小恒定不变B图产生的感应电动势一直在变大C图在0t1时间内的感应电动势是t1t2时间内感应电动势的2倍D图产生的感应电动势先变大再变小解析：选C图中磁通量没有变化，因此没有感应电动势，故A错误；图中的磁通量均匀增加，图像的斜率不变，因此感应电动势不变，故B错误；图在0t1时间内的斜率是t1t2时间内斜率的2倍，所以在0t1时间内感应电动势是t1t2时间内感应电动势的2倍，故C正确；图的斜率大小先减小后增大，故产生的感应电动势先变小再变大，故D错误。7考查感应电流的功率和安培力的图像问题多选如图所示，粗细均匀的矩形金属导体线框abcd固定于匀强磁场中，磁场方向垂直线框所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示。以垂直于线框所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则下列关于ab边的热功率P、ab边受到的安培力F(以向右为正方向)随时间t变化的图像中正确的是()解析：选AD根据法拉第电磁感应定律：EnnS可知，产生的感应电动势大小不变，所以感应电流大小也不变，ab边热功率PI2R，恒定不变，A正确，B错误；根据安培力公式FBIL，因为电流大小、ab边长度不变，安培力与磁感应强度成正比，根据左手定则判定方向，可知C错误，D正确。8考查倾斜导轨上金属杆下滑速度随电阻变化的图像多选如图甲所示，两固定平行且光滑金属轨道MN、PQ与水平面成37，M、P之间接电阻箱R，电阻箱的阻值范围为09.9 ，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B0.5 T。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r。现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm，改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示。已知轨道间距为L2 m，取重力加速度g10 m/s2，轨道足够长且电阻不计(sin 370.6，cos 370.8)。则()A金属杆滑动时产生的感应电流方向是aPMbaB金属杆的质量为m0.5 kgC金属杆的接入电阻r2 D当R2 时，杆ab匀速下滑过程中R两端电压为8 V解析：选AC金属杆向下切割磁感线，由右手定则可知产生的感应电流方向为aPMba，故A正确；当速度达到最大时，金属杆的加速度为零，即受力平衡，由平衡可知mgsin BIL，vmR，结合图像可知：m0.33 kg，r2 ，故B错误，C正确；当R2 时，结合图像，最终的速度为8 m/s，根据电路知识：EBLv，I，UIR，解得：U4 V，故D错误。9考查电磁感应中的Bt图像多选如图甲所示，两根间距为L的粗糙导轨水平放置，在导轨上垂直导轨放置一根导体棒MN，导体棒MN接入回路中电阻为R，与导轨接触良好，且处在竖直向上的匀强磁场B1中。导轨的左端与一个半径为l的导线圈连接，P、Q两点距离很小，导线圈内存在着竖直向下的磁场B2，磁感应强度B2随时间变化的图像如图乙所示。已知导体棒MN始终保持静止状态，导轨与导线圈电阻不计，则在B2均匀减弱的过程中，下列说法正确的是()A导体棒MN受到水平向左的摩擦力B导体棒MN受到水平向右的摩擦力C摩擦力大小为B1LD摩擦力大小为B1L解析：选BD根据楞次定律和安培定则可知，导线圈内的感应电流方向为顺时针，根据左手定则，导体棒MN受到水平向左的安培力，根据平衡条件可知导体棒MN受到水平向右的摩擦力，故B正确，A错误；根据法拉第电磁感应定律有E，由欧姆定律可知I，安培力为FB1IL，摩擦力大小为fF，故D正确，C错误。考点三通电自感和断电自感10.考查自感中的电流关系如图所示是研究通电自感实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，调节可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S，则()A闭合开关瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮B闭合开关瞬间，A2立刻变亮，A1逐渐变亮C稳定后，L和R两端电势差不相同D稳定后断开开关，A1和A2都闪亮一下然后慢慢熄灭解析：选B闭合开关瞬间，L产生自感电动势，要阻碍电流的增加，A1逐渐变亮；电阻R不产生自感现象，则A2立刻变亮，故A错误，B正确。闭合开关稳定后，两灯仍能正常发光，即两灯泡的电压相同，因为两支路并联，并联电压相等，所以L和R两端电势差相同，故C错误。稳定后断开开关，由于电感线圈的作用，产生自感电动势阻碍电流的减小，在L、A1、A2和R中重新形成回路，使得A1和A2都慢慢熄灭，但不会闪亮，选项D错误。11考查含二极管的自感现象多选如图所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管。下列说法正确的有()A当S闭合时，L1立即变亮，L2逐渐变亮B当S闭合时，L1一直不亮，L2逐渐变亮C当S断开时，L2立即熄灭D当S断开时，L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭解析：选BD当S闭合时，因二极管加上了反向电压，故电流在二极管截止，L1一直不亮；通过线圈的电流增加，感应电动势阻碍电流增加，故使得L2逐渐变亮，选项B正确，A错误；当S断开时，由于线圈自感电动势阻碍电流的减小，故通过L2的电流要在L2L1DL之中形成新的回路，故L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，选项C错误，D正确。12考查自感现象在电磁继电器中的应用如图所示，铁芯上绕有线圈A和B，线圈A与电源连接，线圈B与理想发光二极管D相连，衔铁E连接弹簧K控制触头C的通断，忽略A的自感。下列说法正确的是()A闭合S，D闪亮一下B闭合S，C将会过一小段时间接通C断开S，D不会闪亮D断开S，C将会过一小段时间断开解析