江苏版2019版高考物理二轮复习第一部分专题四电路和电磁感应学案.doc

江苏版2019版高考物理二轮复习第一部分专题四电路和电磁感应学案学前先做高考题高考题最经典，每做一次都有新发现1(多选)(xx江苏高考)如图所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 ，四个电阻的阻值已在图中标出。闭合开关S，下列说法正确的有()A路端电压为10 VB电源的总功率为10 WCa、b间电压的大小为5 VDa、b间用导线连接后，电路的总电流为1 A解析：选AC根据串并联电路的特点可得，外电路总电阻为10 ，根据闭合电路欧姆定律得通过电源的电流为I A1 A，则路端电压为UIR外10 V，选项A正确；电源的总功率PEI12 W，选项B错误；若取电源负极的电势为0，则a点电势为a2.5 V，b点电势为b7.5 V，a、b间电压的大小为5 V，选项C正确；a、b间用导线连接起来后外电路总电阻为7.5 ，电路的总电流为I A1.26 A，选项D错误。2(xx江苏高考)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V交变电流改变为110 V。已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为()A200B400C1 600 D3 200解析：选B根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系，得n2400，选项B正确。3.(xx江苏高考)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间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2。在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中()AU2U1，U2降低 BU2U1，U2升高CU2U1，U2降低 DU2U1，U2升高解析：选Ca、b间原线圈的匝数大于c、d间副线圈的匝数，在滑动触头由M点移动到N点的过程中，副线圈的匝数进一步减小，由变压器工作原理知，U2U1，且U2降低，选项C正确。4.(多选)(xx江苏高考)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的有()A选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B取走磁体，电吉他将不能正常工作C增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化解析：选BCD铜不能被磁化，铜质弦不能使电吉他正常工作，选项A错误；取走磁体后，金属弦不能被磁化，弦的振动无法通过电磁感应转化为电信号，音箱不能发声，选项B正确；增加线圈匝数，根据法拉第电磁感应定律En知，线圈的感应电动势变大，选项C正确；弦振动过程中，线圈中的磁场方向不变，但磁通量一会儿增大，一会儿减小，则产生的感应电流的方向不断变化，选项D正确。5(xx江苏高考)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流。某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r5.0 cm，线圈导线的截面积A0.80 cm2，电阻率1.5 m。如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3 s内从1.5 T均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)(1)该圈肌肉组织的电阻R；(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；(3)0.3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q。解析：(1)由电阻定律得R，代入数据得R6103 。(2)感应电动势E，代入数据得E4102 V。(3)由焦耳定律得Qt，代入数据得Q8108 J。答案：(1)6103 (2)4102 V(3)8108 J6.(xx江苏高考)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。解析：(1)MN刚扫过金属杆时，金属杆中感应电动势为EBdv0故感应电流为I。(2)金属杆所受安培力FBId由牛顿第二定律得Fma可得磁场区域扫过金属杆后，金属杆的加速度大小a。(3)PQ刚要离开金属杆时，金属杆切割磁感线的速度为vv0v，则感应电动势EBd(v0v)解得感应电流的功率P。答案：(1)(2)(3)7.(xx江苏高考)据报道，一法国摄影师拍到了“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间。照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见。如图所示，假设“天宫一号”正以速度v7.7 km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L20 m，地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B1.0105 T。将太阳帆板视为导体。(1)求M、N间感应电动势的大小E；(2)在太阳帆板上将一只“1.5 V,0.3 W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻，试判断小灯泡能否发光，并说明理由；(3)取地球半径R6.4103 km，地球表面的重力加速度g9.8 m/s2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字)。解析：(1)感应电动势EBLv，代入数据得E1.54 V。(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流。(3)在地球表面有Gmg“天宫一号”做匀速圆周运动，有Gm解得hR，代入数据得h4105 m(数量级正确即可)。答案：(1)1.54 V(2)见解析(3)4105 m十八、直流电路的分析和计算抓牢解题本源一、掌握三个基本定律1欧姆定律：I2电阻定律：R3焦耳定律：QI2Rt二、区分电功和电热、电功率和热功率意义公式联系电功电流在一段电路中所做的功WUIt对纯电阻电路，电功等于电热：WQUItI2Rt对非纯电阻电路，电功大于电热：WQ电热电流通过导体产生的热量QI2Rt电功率单位时间内电流所做的功P电UI对纯电阻电路，电功率等于热功率：P电P热UII2R对非纯电阻电路，电功率大于热功率：P电P热热功率单位时间内导体产生的热量P热I2R三、理解闭合电路欧姆定律的两种表达形式1电流形式：I适用于纯电阻电路。2电压形式：EUIr适用于所有的闭合电路。 四、闭合电路的功率问题1电源内阻消耗的功率：P内I2r2电源总功率：P总EIUII2r3电源的输出功率：P出UIEII2r4当Rr时，输出功率最大：Pm5电源的效率：100%研透常考题根直流电路的动态分析例1(xx南京三模)如图所示的电路，R1、R2、R4均为定值电阻，R3为热敏电阻(温度升高，电阻减小)，电源的电动势为E，内阻为r，起初电容器中悬停一质量为m的带电尘埃，当环境温度降低时，下列说法正确的是()A电压表和电流表的示数都减小B电压表和电流表的示数都增大C电压表和电流表的示数变化量之比保持不变D带电尘埃将向下极板运动思路点拨(1)读懂电路图，知道电容器的端电压等于R4的端电压，根据温度降低，判断电路的总电阻的变化，再判断支路电压和电流的变化。(2)根据电容器板间电压的变化，分析板间场强的变化，判断带电尘埃的受力情况，从而分析其运动情况。解析当环境温度降低时，R3的阻值增大，外电路总电阻增大，则总电流减小，所以电流表的示数减小，题图中并联部分的总电阻增大，由串联电路电压与电阻成正比的规律知：并联部分的电压增大，则电压表的示数增大，故A、B错误；电压表的示数为 UEI(R1r)，则得电压表和电流表的示数变化量之比为R1r，保持不变，故C正确；电容器板间电压增大，板间场强增大，带电尘埃所受的电场力增大，则带电尘埃将向上极板运动，故D错误。答案C备考锦囊闭合电路动态问题的三种分析方法(1)程序分析法：流程如下(2)结论分析法：即“串反并同”法。“串反”即某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都减小(增大)“并同”即某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都增大(减小)(3)极限分析法因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将其滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零分别讨论。即时训练(xx启东市模拟)如图所示，图中的三个电表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片P向左端缓慢移动时，下列说法正确的是()A电压表V2的读数减小，电流表A的读数增大B电压表V1的读数增大，电压表V2的读数增大C电阻RP消耗的功率增大，电容器C所带电量增加D电压表V2的读数减小，电流表A的读数减小解析：选D滑片P左移时，滑动变阻器连入电路的阻值增大，根据串反并同规律知，电压表V1的读数增大，电压表V2的读数减小，电流表A的读数减小，A、B错误，D正确；视rR1R2为电源的等效内电阻，根据电源的输出功率与外电阻的关系知，由于电阻RP与rR1R2的大小关系未知，因此电阻RP消耗的功率是增大还是减小无法判断，由于电容器C两端的电压增大，处于充电状态，其所带电量增加，C错误。电源的功率和效率例2(多选)如图所示，电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0r，滑动变阻器的最大阻值是2r。当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是()A电路中的电流变大B电源的输出功率先变大后变小C滑动变阻器消耗的功率变小D定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小思路点拨(1)电源的输出功率的变化情况由外电阻与内电阻的大小关系来判断。(2)分析R上功率变化时，将R视为外电阻，把R0r视为电源内阻。(3)根据电流的变化判断R0上功率的变化情况。解析电路中电流I，R减小，所以I变大，A正确；由于R0r，在P由a端向b端滑动时，R外逐渐减小至R0，刚好等于内阻r，所以电源的输出功率逐渐增大，B错误；将R0视为等效电源内阻的一部分，在P由a端向b端滑动时，等效外电阻由2r变为0，R消耗的功率为等效电源的输出功率，逐渐变小，C正确；由PR0I2R0可知，I变大，PR0变大，D错误。答案AC备考锦囊电源的输出功率随外电路电阻R的变化关系当Rr时电源的输出功率最大，为Pm当Rr时随R的增大，电源的输出功率越来越小当Rr时随R的增大，电源的输出功率越来越大当P出r，故改变滑动变阻器的阻值时无法使电路中外电阻等于电源内阻，此时外电阻越接近电源内阻，电源的输出功率越大，故图线的交点对应的电源输出功率最大，选项B正确；P0U2I0.5 W，选项C正确；电源的效率，电流越小，电源的效率越大，可见滑动变阻器的滑动触头P滑到最右端时电源的效率最大，选项D错误。8.在如图所示的电路中，电源内阻r0，定值电阻R2消耗的功率用P表示，两电表均为理想电表，电容器与滑动变阻器并联，电压表和电流表的读数分别用U、I表示，电容器所带的电荷量用Q表示，通过电源的电荷量为q时，电源所做的功用W表示。当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列图像正确的是()解析：选AB电阻R2消耗的功率PI2R2，图像A正确；电容器所带电荷量QUCCEI(rR2)CECIC(rR2)，图像B正确；电压表的读数UEIr，图像C错误；电源做功WqE，图像D错误。9.某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知下列说法正确的是()A反映Pr变化的图线是bB电源电动势约为8 VC当外电阻约为2 时，输出功率最大D当电流为0.5 A时，外电路的电阻约为6 解析：选CD电源内部发热功率PrI2r，所以PrI图像为抛物线，则反映Pr变化的图线为c，A错误；电源的总功率为PEEI，其图线为a，则E V4 V，B错误；由图线c知，当I1 A时，Pr2 W，由PrI2r得r2 ，当外电阻为2 时，输出功率最大，C正确；当电流为0.5 A时，由I解得R6 ，D正确。二、非选择题10一台小型电动机在3 V电压下工作，用此电动机提升重力为4 N的物体时，通过电动机的电流是0.2 A。在30 s内可将该物体匀速提升3 m。若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：(1)电动机的输入功率；(2)在开始提升物体后的30 s内，电动机线圈所产生的热量；(3)电动机线圈的电阻。解析：(1)电动机的输入功率P入IU0.23 W0.6 W。(2)电动机提升物体的机械功率P机FvG0.4 W由能量守恒定律得P入P机P热故P热P入P机(0.60.4)W0.2 W所以电动机线圈产生的热量QP热t0.230 J6 J。(3)根据焦耳定律QI2Rt可得线圈电阻R 5 。答案：(1)0.6 W(2)6 J(3)5 11在如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1100 ，R2的阻值未知，R3是滑动变阻器，在其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压U随电流I的变化图线如图乙所示，其中图线上的A、B两点是滑片在滑动变阻器的两个不同端点时分别得到的。求：(1)电源的电动势和内电阻；(2)定值电阻R2的阻值；(3)滑动变阻器R3的最大值。解析：(1)由闭合电路欧姆定律得EUIr将图线上A、B两点的U、I值代入得E160.2r，E40.8r解得E20 V，r20 。(2)当R3的滑片自左向右滑动时，R3的有效阻值变小，电路中的总电阻变小，总电流变大，由此可知，图线上的A、B两点分别对应滑片位于最左端和最右端。当滑片位于最右端时，R30，R1被短路，外电路电阻即为R2，故由B点的U、I值得R2 5 。(3)当滑片在最左端时，R3的有效阻值最大，并对应着图线上的A点，故由A点的U、I值可求出此时外电路的电阻，再根据串、并联电路的规律求出R3的最大值。R外 80 ，又R外R2代入数据解得滑动变阻器的最大值R3300 。答案：(1)20 V20 (2)5 (3)300 十九、交变电流常考的三个题型抓牢解题本源一、交变电流的产生、图像及四值1两个特殊位置及其特点两个特殊位置特点中性面线圈处于中性面时，SB，最大，0，e0，i0，交变电流方向发生改变与中性面垂直的位置线圈平面与中性面垂直时，SB，0，最大，e最大，i最大，交变电流方向不改变2交流电的图像从中性面位置开始计时，交流电iImsin_t，如图甲；从垂直于中性面位置开始计时，交流电iImcos_t，如图乙。3交变电流的四值物理量物理含义重要关系适用情况及说明瞬时值交变电流某一时刻的值eEmsin tiImsin t计算线圈某时刻的受力情况最大值最大的瞬时值EmnBSEmnmIm讨论电容器的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流值对正(余)弦交流电有：EUI(1)计算与电流热效应有关的量(如功、功率、热量等)(2)电器设备“铭牌”上所标的一般是有效值(3)保险丝的熔断电流为有效值平均值交变电流图像中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值BLn计算通过电路截面的电荷量二、理想变压器原、副线圈基本量间的关系制约关系基本关系电压原线圈电压U1和线圈匝数比决定副线圈电压U2电流副线圈电流I2和线圈匝数比决定原线圈电流I1功率副线圈功率P2决定原线圈功率P1P1P2频率原线圈频率f1决定副线圈频率f2f1f2提醒：对于有多个副线圈的变压器，电压关系不变，电流关系应从功率角度分析，具体如下。(1)，(2)n1I1n2I2n3I3(3)P1P2P3三、远距离高压输电的工作原理功率关系：P1P2，P3P4，P2P3P；电压关系：，U2U3U；电流关系：，I2I3I线；输电电流：I线；输电线路上损失的电功率：PP2P3I线2R线2R线。研透常考题根交变电流的产生及四值问题例1(多选)(xx怀化模拟)在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则下列判断正确的有()At0.005 s时线圈平面与磁场方向平行B线圈产生的交变电动势的瞬时值为e311sin 100t VC线圈产生的交变电动势的频率为100 HzD线圈产生的交变电动势的有效值为311 V思路点拨(1)理解两个特殊位置的特点。(2)掌握图像上各点的物理意义。解析当t0.005 s时电动势最大，则线圈平面与磁场方向平行(穿过线圈平面的磁通量为0，产生的感应电流最大)，故A正确；线圈产生的交变电动势的瞬时值为eEmsint311sin 100t V，故B正确；由题图乙可知周期为0.02 s，则频率为f50 Hz，故C错误；线圈产生的交变电动势的有效值为220 V，故D错误。答案AB备考锦囊交变电流瞬时值表达式求法(1)先求电动势的最大值EmnBS。(2)再求出角速度。(3)明确从哪一位置开始计时，从而确定是正弦函数还是余弦函数。(4)写出瞬时值的表达式。即时训练如图所示，边长为L的正方形线圈abcd的匝数为n，线圈电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO恰好位于匀强磁场的边界上，磁感应强度为B，现在线圈以OO为轴，以角速度匀速转动，求：(1)闭合电路中电流瞬时值的表达式；(2)线圈从图示位置转过90的过程中电阻R上产生的热量；(3)线圈从图示位置转过90的过程中电阻R上通过的电荷量；(4)电阻R上的最大电压。解析：(1)线圈转动时，总有一条边切割磁感线，且ad边和bc边转动的线速度大小相等，当线圈平行于磁场时，产生的感应电动势最大，为EmnBLvnBLLnBL2。由闭合电路欧姆定律可知Im，当以图示位置为计时起点时，流过R的电流瞬时值表达式为iImsin tsin t。(2)在线圈由图示位置匀速转过90的过程中，用有效值来计算电阻R上产生的热量QI2R，其中I，T，则QI2R。(3)在线圈转过90的过程中感应电动势的平均值为n，流过R的平均电流，所以流过R的电荷量q。(4)由部分电路欧姆定律可知电阻R上的最大电压UmImR。答案：见解析结合理想变压器考查交流电路的分析例2(xx泰州模拟)如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，内阻不计，在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO轴以角速度匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻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eNBScos tB矩形线圈从图示位置经过时间，通过电流表的电荷量为零C当P位置不动，R增大时，电压表读数也增大D当P向上移动，R不变时，电流表读数减小审题指导(1)交变电流开始计时的位置为峰值面。(2)计算通过电流表的电荷量应该用交变电流的平均值。(3)移动滑动触头的过程中，副线圈的匝数不变。解析开始计时时，线圈中的感应电动势为最大值NBS，所以感应电动势的瞬时值表达式为eNBScos t，A正确；矩形线圈从图示位置经过时间，线圈磁通量的变化量为BS，故通过电流表的电荷量qN，所以不为零，B错误；电压表读数是线圈产生的感应电动势的有效值，即总是，C错误；当P向上移动时，输出电压升高，R不变时，输出功率增大，电流表读数增大，D错误。答案A备考锦囊分析变压器动态变化的流程和关键(1)分析变压器动态变化问题的一般思维流程(2)分析变压器动态变化问题的关键弄清变量和不变量，确定是负载电阻不变还是匝数比不变。弄清变压器动态变化中的决定关系，即P2决定P1，I2决定I1，U1决定U2。即时训练如图，理想变压器原线圈输入电压uUmsin t，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器。V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示。下列说法正确的是()AI1和I2表示电流的瞬时值BU1和U2表示电压的最大值C滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大D滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小解析：选C电流表、电压表显示的都是有效值而非瞬时值或最大值，A、B错误；若P向下滑动，R阻值减小，负载回路阻值减小，I2增大，由可知，I1增大。V1测量原线圈两端电压，U1不变，V2测量副线圈两端电压，由于原副线圈匝数不变，所以U2不变，C正确，D错误。远距离高压输电问题例3通过一理想变压器，经同一线路输送相同电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R。当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗电功率为P2，则P1和分别为()A.，B.2R，C.， D.2R，解析根据变压器的变压比，当副线圈与原线圈的匝数比为k时，有k，副线圈与原线圈的匝数比提高到nk时，有nk，由于线路的输送功率不变，则有PU1I1U2I2。根据焦耳定律，线路损耗功率：P1I12R2R2R，P2I22R，。答案D备考锦囊远距离输电中的“三路两耗”(1)三个回路回路1：发电机回路。该回路中，通过线圈1的电流I1等于发电机中的电流I机；线圈1两端的电压U1等于发电机的路端电压U机；线圈1输入的电功率P1等于发电机输出的电功率P机。回路2：输送电路。I2I3IR，U2U3UR，P2PRP3。回路3：输出电路。I4I用，U4U用，P4P用。(2)两种损耗电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，URU2U3IRR。功率损耗：输电线上的功率损耗P损IR2RP2P3。即时训练如图所示为远距离输电的示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变。闭合开关S后()A升压变压器的输出电压增大B降压变压器的输出电流减小C输电线上损耗的功率增大D输电线上交流电的频率减小解析：选C根据输入电压决定输出电压，闭合开关S后，升压变压器的输出电压不变，选项A错误；闭合开关S后，负载增加，负载总电阻减小，降压变压器的输出电流增大，输电线上电流增大，输电线上损耗的功率增大，选项B错误，C正确；根据变压器不改变交流电的频率可知，输电线上交流电的频率不变，选项D错误。课余自查小练1.(xx四川高考)小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO，线圈绕OO匀速转动，如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压()A峰值是e0B峰值是2e0C有效值是Ne0 D有效值是Ne0解析：选D因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0，每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0。N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值ENe0，故选项D正确。2(多选)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重合B曲线a、b对应的线圈转速之比为23C曲线a表示的交变电动势频率为25 HzD曲线b表示的交变电动势有效值为10 V解析：选AC由题图乙知t0时两次转动产生的瞬时电动势都等于零，则线圈平面均与中性面重合，A正确；两次转动所产生的交变电动势的周期之比TaTb23，再由周期与转速的关系n，得nanb32，B错误；因Ta4102 s，故fa25 Hz，C正确；因Ema15 V，而EmNBS，故EmbEma10 V，Eb5 V，D错误。3如图甲所示，长、宽分别为L10.1 m、L20.2 m的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n100，总电阻为1 ，可绕其竖直中心轴O1O2转动。线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R9 相连。线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B05103 T、B11102 T和t12103 s。0t1时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后，线框在外力的驱动下开始绕O1O2以角速度200 rad/s匀速转动。求：(1)0t1时间内通过电阻R的电流大小；(2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中电阻R产生的热量；(3)线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90的过程中，通过电阻R的电荷量。解析：(1)0t1时间内，线框中的感应电动势En根据闭合电路欧姆定律得，通过电阻R的电流I解得I0.5 A。(2)线框匀速转动后，产生的感应电动势的最大值EmnB1L1L2感应电动势的有效值EnB1L1L2通过电阻R的电流有效值I线框转动一周所需的时间t此过程中，电阻R产生的热量QI2RtR2解得Q0.022 6 J。(3)线框从题图甲所示位置转过90的过程中，平均感应电动势n平均感应电流流过电阻R的电荷量qt。解得q2103 C。答案：(1)0.5 A(2)0.022 6 J(3)2103 C4.如图所示，一个面积S0.2 m2 的单匝圆形线圈，M、N两端间距很小可以忽略，线圈处于变化的磁场中，磁场的磁感应强度按Bsin 100t T 的规律变化。线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为eBmScos t，其中Bm为磁感应强度的最大值，为磁场变化的角速度，线圈的电阻r2 ，外接电阻R18 (电压表为理想交流电压表)。求：(1)电压表的示数；(2)变化的电流一个周期在电阻R上产生的热量Q；(3)从t0开始到t s这段时间通过线圈的电量q。解析：(1)磁场的磁感应强度按Bsin 100t T的规律变化，由题意知，线圈中产生交变电流，且Bm T，100 rad/s电动势最大值EmBmS100 V有效值E有50 V电压表的示数UR45 V。(2)交变电流的周期T0.02 s根据焦耳定律得，一个周期在电阻R上产生的热量QT4.5 J。(3)在0 s时间内，电动势的平均值，平均电流通过线圈的电量qt解得：q C。答案：(1)45 V(2)4.5 J(3) C专题跟踪检测一、选择题(第15题为单项选择题，第69题为多项选择题)1如图甲所示，在匀强磁场中有一个n10 匝的闭合矩形线圈绕轴匀速转动，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为5 ，从图甲所示位置开始计时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图像如图乙所示，则()A线圈转动过程中消耗的电功率为102 WB在t0.2 s时，线圈中的感应电动势为零，且电流改变一次方向C所产生的交变电流感应电动势的瞬时值表达式为e10sin 5t VD线圈从图示位置转过90时穿过线圈的磁通量变化最快解析：选A最大感应电动势为：EmnBSnBSnm100.2 V10 V，感应电动势的有效值为：E V5 V，线圈转动过程中消耗的电功率为：P W102 W，故A正确；t0.2 s 时，磁通量为0，线圈中的感应电动势最大，电流方向不变，故B错误；由题图乙知角速度 rad/s5 rad/s，因为从线圈垂直中性面开始计时，所以交变电流感应电动势的瞬时值表达式为e10cos 5t V，故C错误；线圈在图示位置磁通量为0，磁通量的变化率最大，穿过线圈的磁通量变化最快，转过90时，磁通量最大，磁通量变化率为0，故D错误。2.如图甲所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B T的水平匀强磁场中，线框电阻不计。线框匀速转动时EF处所产生的正弦交流电压图像如图乙所示。把该交流电压加在图丙中理想变压器的P、Q两端。已知变压器的原线圈I和副线圈的匝数比为51，交流电流表为理想电表，电阻R1 ，其他各处电阻不计，以下说法正确的是()At0.1 s时，电流表的示数为0B副线圈中交流电的频率为50 HzC线框面积为 m2D0.05 s时线框位于图甲所示位置解析：选C原线圈中电压的有效值U1 V10 V，根据，解得U22 V，故副线圈中的电流I2 A2 A，电流表的电流为I1，由，解得I10.4 A，故A错误；交流电的周期T0.2 s，故交流电的频率f5 Hz，故B错误；根据EmnBS可知S m2 m2，故C正确；0.05 s时线框中产生的感应电动势最大，线框平面与中性面垂直，故D错误。3如图甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是()A图甲表示交流电，图乙表示直流电B两种电压的有效值都是311 VC图甲所示电压的瞬时值表达式为u220sin 100t VD图甲所示电压经原、副线圈匝数比为101的理想变压器变压后，功率比为11解析：选D由于题图甲、乙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；两种电压的最大值是311 V，有效值要小于311 V，故B错误；从题图甲可知，Em311 V，100 rad/s，所以题图甲电压的瞬时值表达式为u311sin 100t V，故C错误；交流电经理想变压器变压后，输入功率等于输出功率，功率比为11，故D正确。4.(xx苏州一模)如图所示为一个小型电风扇的电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n，原线圈接电压为U的交流电源，输出端接有一只电阻为R的灯泡L和交流电风扇电动机D，电动机线圈电阻为r。接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I。则下列说法正确的是()A理想变压器的输入功率为B风扇电动机中的电流为C风扇电动机输出的机械功率为D若电风扇由于机械故障被卡住，则通过原线圈的电流为解析：选D理想变压器的原、副线圈的匝数比为n，原线圈接电压为U的交流电源，则输出端电压为，而风扇电动机的输入功率为，因输出端还有一只灯泡，故A错误；由上述分析知输出端电压为，因为风扇电动机不是纯电阻器件，所以电流不能表示为，故B错误；风扇电动机的输入功率