（江蘇選考）物理第一部分四電路和電磁感應學案

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE1學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE專題四電路和電磁感應[學前先做高考題］高考題最經典,每做一次都有新發(fā)現(xiàn)1．（多選）（2016·江蘇高考)如圖所示的電路中，電源電動勢為12V，內阻為2Ω，四個電阻的阻值已在圖中標出.閉合開關S，下列說法正確的有(）A．路端電壓為10VB．電源的總功率為10WC．a、b間電壓的大小為5VD．a、b間用導線連接后，電路的總電流為1A解析：選AC根據(jù)串并聯(lián)電路的特點可得,外電路總電阻為10Ω,根據(jù)閉合電路歐姆定律得通過電源的電流為I＝eq\f（12，2＋10）A＝1A，則路端電壓為U＝IR外＝10V，選項A正確；電源的總功率P＝EI＝12W，選項B錯誤；若取電源負極的電勢為0，則a點電勢為φa＝2。5V,b點電勢為φb＝7。5V,a、b間電壓的大小為5V,選項C正確；a、b間用導線連接起來后外電路總電阻為7。5Ω,電路的總電流為I＝eq\f（12,2＋7。5)A≈1。26A，選項D錯誤。2．（2015·江蘇高考）一電器中的變壓器可視為理想變壓器，它將220V交變電流改變?yōu)?10V.已知變壓器原線圈匝數(shù)為800，則副線圈匝數(shù)為（)A．200 B．400C．1600 D．3200解析：選B根據(jù)理想變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關系eq\f（U1，U2）＝eq\f（n1，n2）,得n2＝eq\f（n1U2，U1)＝eq\f(800×110，220）＝400，選項B正確。3.（2016·江蘇高考)一自耦變壓器如圖所示，環(huán)形鐵芯上只繞有一個線圈，將其接在a、b間作為原線圈。通過滑動觸頭取該線圈的一部分，接在c、d間作為副線圈。在a、b間輸入電壓為U1的交變電流時，c、d間的輸出電壓為U2。在將滑動觸頭從M點順時針旋轉到N點的過程中（)A．U2＞U1，U2降低 B．U2＞U1，U2升高C．U2＜U1，U2降低 D．U2＜U1,U2升高解析：選Ca、b間原線圈的匝數(shù)大于c、d間副線圈的匝數(shù)，在滑動觸頭由M點移動到N點的過程中,副線圈的匝數(shù)進一步減小，由變壓器工作原理eq\f（U1，U2）＝eq\f（n1,n2)知,U2＜U1,且U2降低，選項C正確.4.(多選）(2016·江蘇高考)電吉他中電拾音器的基本結構如圖所示,磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動時，在線圈中產生感應電流，電流經電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音.下列說法正確的有()A．選用銅質弦，電吉他仍能正常工作B．取走磁體，電吉他將不能正常工作C．增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應電動勢D．弦振動過程中，線圈中的電流方向不斷變化解析：選BCD銅不能被磁化，銅質弦不能使電吉他正常工作，選項A錯誤；取走磁體后,金屬弦不能被磁化,弦的振動無法通過電磁感應轉化為電信號，音箱不能發(fā)聲,選項B正確；增加線圈匝數(shù)，根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知,線圈的感應電動勢變大，選項C正確；弦振動過程中，線圈中的磁場方向不變,但磁通量一會兒增大，一會兒減小,則產生的感應電流的方向不斷變化,選項D正確。5．（2015·江蘇高考)做磁共振（MRI）檢查時，對人體施加的磁場發(fā)生變化時會在肌肉組織中產生感應電流。某同學為了估算該感應電流對肌肉組織的影響，將包裹在骨骼上的一圈肌肉組織等效成單匝線圈，線圈的半徑r＝5.0cm，線圈導線的截面積A＝0.80cm2，電阻率ρ＝1。5Ω·m.如圖所示,勻強磁場方向與線圈平面垂直，若磁感應強度B在0。3s內從1。5T均勻地減為零，求：(計算結果保留一位有效數(shù)字)（1)該圈肌肉組織的電阻R；(2）該圈肌肉組織中的感應電動勢E；(3)0。3s內該圈肌肉組織中產生的熱量Q。解析:(1）由電阻定律得R＝ρeq\f（2πr,A），代入數(shù)據(jù)得R≈6×103Ω。(2)感應電動勢E＝eq\f（ΔB·πr2，Δt），代入數(shù)據(jù)得E≈4×10－2V。（3)由焦耳定律得Q＝eq\f（E2,R)Δt，代入數(shù)據(jù)得Q＝8×10－8J。答案:(1）6×103Ω(2）4×10－2V（3）8×10－8J6。（2017·江蘇高考）如圖所示，兩條相距d的平行金屬導軌位于同一水平面內，其右端接一阻值為R的電阻。質量為m的金屬桿靜置在導軌上,其左側的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應強度大小為B、方向豎直向下。當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后,金屬桿的速度變?yōu)関。導軌和金屬桿的電阻不計,導軌光滑且足夠長,桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸.求：(1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應電流的大小I；（2)MN剛掃過金屬桿時,桿的加速度大小a;（3）PQ剛要離開金屬桿時,感應電流的功率P。解析:(1）MN剛掃過金屬桿時，金屬桿中感應電動勢為E＝Bdv0故感應電流為I＝eq\f（E,R）＝eq\f(Bdv0,R）.（2)金屬桿所受安培力F＝BId由牛頓第二定律得F＝ma可得磁場區(qū)域掃過金屬桿后,金屬桿的加速度大小a＝eq\f（B2d2v0，mR）.（3)PQ剛要離開金屬桿時，金屬桿切割磁感線的速度為v′＝v0－v，則感應電動勢E＝Bd（v0－v）解得感應電流的功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2d2v0－v2,R)。答案：(1）eq\f（Bdv0，R）（2)eq\f（B2d2v0,mR)(3)eq\f(B2d2v0－v2，R）7。(2016·江蘇高考）據(jù)報道，一法國攝影師拍到了“天宮一號”空間站飛過太陽的瞬間。照片中，“天宮一號”的太陽帆板輪廓清晰可見。如圖所示,假設“天宮一號"正以速度v＝7.7km/s繞地球做勻速圓周運動,運動方向與太陽帆板兩端M、N的連線垂直，M、N間的距離L＝20m,地磁場的磁感應強度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1.0×10－5T。將太陽帆板視為導體。(1)求M、N間感應電動勢的大小E；(2)在太陽帆板上將一只“1.5V，0.3W”的小燈泡與M、N相連構成閉合電路，不計太陽帆板和導線的電阻，試判斷小燈泡能否發(fā)光，并說明理由；（3）取地球半徑R＝6。4×103km，地球表面的重力加速度g＝9.8m/s2，試估算“天宮一號"距離地球表面的高度h（計算結果保留一位有效數(shù)字）.解析:(1）感應電動勢E＝BLv，代入數(shù)據(jù)得E＝1。54V。(2）不能，因為穿過閉合回路的磁通量不變，不產生感應電流.（3)在地球表面有Geq\f（Mm，R2)＝mg“天宮一號”做勻速圓周運動，有Geq\f(Mm,R＋h2）＝meq\f(v2,R＋h)解得h＝eq\f(gR2，v2）－R,代入數(shù)據(jù)得h≈4×105m（數(shù)量級正確即可).答案:（1）1.54V(2）見解析(3）4×105m十八、直流電路的分析和計算[抓牢解題本源]一、掌握三個基本定律1．歐姆定律：I＝eq\f（U，R)2．電阻定律：R＝ρeq\f（l,S)3．焦耳定律：Q＝I2Rt二、區(qū)分電功和電熱、電功率和熱功率意義公式聯(lián)系電功電流在一段電路中所做的功W＝UIt對純電阻電路,電功等于電熱：W＝Q＝UIt＝I2Rt對非純電阻電路，電功大于電熱：W>Q電熱電流通過導體產生的熱量Q＝I2Rt電功率單位時間內電流所做的功P電＝UI對純電阻電路，電功率等于熱功率：P電＝P熱＝UI＝I2R對非純電阻電路，電功率大于熱功率：P電〉P熱熱功率單位時間內導體產生的熱量P熱＝I2R三、理解閉合電路歐姆定律的兩種表達形式1．電流形式：I＝eq\f（E,R＋r)適用于純電阻電路。2．電壓形式：E＝U＋Ir適用于所有的閉合電路。四、閉合電路的功率問題1．電源內阻消耗的功率：P內＝I2r2．電源總功率：P總＝EI＝UI＋I2r3．電源的輸出功率：P出＝UI＝EI－I2r4．當R＝r時，輸出功率最大：Pm＝eq\f（E2,4r）5．電源的效率：η＝eq\f(P出,P總）×100%［研透?？碱}根］直流電路的動態(tài)分析[例1］(2017·南京三模)如圖所示的電路，R1、R2、R4均為定值電阻，R3為熱敏電阻（溫度升高，電阻減?。娫吹碾妱觿轂镋，內阻為r，起初電容器中懸停一質量為m的帶電塵埃，當環(huán)境溫度降低時，下列說法正確的是（)A．電壓表和電流表的示數(shù)都減小B．電壓表和電流表的示數(shù)都增大C．電壓表和電流表的示數(shù)變化量之比保持不變D．帶電塵埃將向下極板運動［思路點撥］(1）讀懂電路圖，知道電容器的端電壓等于R4的端電壓，根據(jù)溫度降低，判斷電路的總電阻的變化，再判斷支路電壓和電流的變化.(2）根據(jù)電容器板間電壓的變化,分析板間場強的變化,判斷帶電塵埃的受力情況，從而分析其運動情況。［解析]當環(huán)境溫度降低時,R3的阻值增大,外電路總電阻增大,則總電流減小，所以電流表的示數(shù)減小，題圖中并聯(lián)部分的總電阻增大,由串聯(lián)電路電壓與電阻成正比的規(guī)律知：并聯(lián)部分的電壓增大，則電壓表的示數(shù)增大，故A、B錯誤；電壓表的示數(shù)為U＝E－I(R1＋r),則得電壓表和電流表的示數(shù)變化量之比為eq\f(ΔU,ΔI)＝R1＋r，保持不變,故C正確；電容器板間電壓增大,板間場強增大，帶電塵埃所受的電場力增大，則帶電塵埃將向上極板運動，故D錯誤.［答案]C［備考錦囊］閉合電路動態(tài)問題的三種分析方法(1）程序分析法：流程如下（2)結論分析法：即“串反并同”法。“串反”即某一電阻增大（減小)時,與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、消耗的電功率都減小(增大)“并同"即某一電阻增大(減?。r，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、消耗的電功率都增大（減?。?3)極限分析法因滑動變阻器滑片滑動引起電路變化的問題,可將其滑片分別滑至兩個極端,使電阻最大或電阻為零分別討論。[即時訓練](2017·啟東市模擬）如圖所示,圖中的三個電表均為理想電表，當滑動變阻器的滑片P向左端緩慢移動時，下列說法正確的是()A．電壓表V2的讀數(shù)減小，電流表A的讀數(shù)增大B．電壓表V1的讀數(shù)增大,電壓表V2的讀數(shù)增大C．電阻RP消耗的功率增大，電容器C所帶電量增加D．電壓表V2的讀數(shù)減小,電流表A的讀數(shù)減小解析：選D滑片P左移時，滑動變阻器連入電路的阻值增大,根據(jù)串反并同規(guī)律知，電壓表V1的讀數(shù)增大,電壓表V2的讀數(shù)減小,電流表A的讀數(shù)減小，A、B錯誤,D正確;視r＋R1＋R2為電源的等效內電阻，根據(jù)電源的輸出功率與外電阻的關系知,由于電阻RP與r＋R1＋R2的大小關系未知，因此電阻RP消耗的功率是增大還是減小無法判斷，由于電容器C兩端的電壓增大，處于充電狀態(tài)，其所帶電量增加，C錯誤。電源的功率和效率[例2］（多選）如圖所示，電動勢為E、內阻為r的電源與定值電阻R0、滑動變阻器R串聯(lián)，已知R0＝r，滑動變阻器的最大阻值是2r。當滑動變阻器的滑片P由a端向b端滑動時,下列說法中正確的是（)A．電路中的電流變大B．電源的輸出功率先變大后變小C．滑動變阻器消耗的功率變小D．定值電阻R0上消耗的功率先變大后變小[思路點撥］(1）電源的輸出功率的變化情況由外電阻與內電阻的大小關系來判斷。(2）分析R上功率變化時，將R視為外電阻，把R0＋r視為電源內阻.(3)根據(jù)電流的變化判斷R0上功率的變化情況.[解析］電路中電流I＝eq\f(E，R0＋R＋r），R減小,所以I變大,A正確；由于R0＝r，在P由a端向b端滑動時，R外逐漸減小至R0，剛好等于內阻r，所以電源的輸出功率逐漸增大，B錯誤；將R0視為等效電源內阻的一部分，在P由a端向b端滑動時，等效外電阻由2r變?yōu)?，R消耗的功率為等效電源的輸出功率，逐漸變小,C正確;由PR0＝I2R0可知，I變大，PR0變大，D錯誤。[答案］AC［備考錦囊］電源的輸出功率隨外電路電阻R的變化關系當R＝r時電源的輸出功率最大，為Pm＝eq\f（E2,4r)當R〉r時隨R的增大,電源的輸出功率越來越小當R〈r時隨R的增大，電源的輸出功率越來越大當P出〈Pm時每個輸出功率對應兩個外電阻阻值R1和R2，且R1R2＝r2[即時訓練]（2017·江蘇名校大聯(lián)考）如圖所示,電源電動勢E＝10V，內阻r＝1Ω，R1＝3Ω。電鍵S斷開時,R2的功率為4W，電源的輸出功率為4。75W，電鍵S閉合后，電流表的讀數(shù)為2A。則()A．電鍵S斷開時,電流表的讀數(shù)為1AB．電阻R2＝16ΩC．電阻R3＝3ΩD．電鍵S閉合后,電源的路端電壓為6V解析：選B電鍵S斷開時，電源的輸出功率為U1I1＝4。75W,而U1＝E－I1r，聯(lián)立解得I1＝0。5A,選項A錯誤;根據(jù)R2的功率為I12R2＝4W，解得R2＝16Ω，選項B正確；電鍵S閉合后，電源的路端電壓為U2＝E－I2r＝8V，選項D錯誤；電阻R3兩端電壓U＝U2－I2R1＝2V，電阻R3＝eq\f（U,I2－\f（U,R2））＝eq\f（16,15)Ω，選項C錯誤。閉合電路的圖像問題[例3]（2017·南通模擬)如圖所示，直線A為某電源的U-I圖線,曲線B為某小燈泡的U.I圖線的一部分，用該電源和小燈泡組成閉合電路，下列說法中正確的是(）A．此電源的內阻為0。5ΩB．電源的總功率為10WC．電源的輸出功率為8WD．由于小燈泡的U。I圖線是一條曲線，所以歐姆定律不適用［思路點撥]（1)電源的U。I圖像與縱軸的交點表示電動勢，圖像斜率的絕對值表示電源的內阻。(2）電阻的U.I圖像與電源的U.I圖像的交點坐標的含義是用該電源和該電阻組成電路時的路端電壓和電流值，縱坐標與橫坐標的比值表示此時的外電阻，縱坐標與橫坐標的乘積等于此時的輸出功率。[解析］由電源的U。I圖線A可知，此電源的電動勢為4V，內阻為0.5Ω，選項A正確；用該電源和小燈泡組成閉合電路，電源輸出電流為2A，電源的總功率為P總＝EI＝8W，電源的輸出功率為P出＝UI＝6W，選項B、C錯誤；小燈泡的U-I圖線是一條曲線，但是歐姆定律仍適用,選項D錯誤。[答案］A[備考錦囊］閉合電路中幾種常見圖像的比較類型公式圖像特例I.R圖線I＝eq\f(E,R＋r）短路R＝0，I＝eq\f（E，r）,圖像始端斷路R＝∞，I＝0，圖像末端U-R圖線U＝eq\f（ER，r＋R）短路R＝0,U＝0，U內＝E斷路R＝∞,U＝E，U內＝0U-I圖線U＝E－Ir短路R＝0，I＝eq\f(E，r），U＝0斷路R＝∞，I＝0，U＝EP.R圖線P＝eq\f（E2，r＋R2）R短路I＝eq\f(E,r)，P出＝0,斷路I＝0,P出＝0,當R＝r時，P出最大，Pm＝eq\f（E2，4r)P。I圖線P＝EI－I2r短路I＝eq\f（E，r），P出＝0,斷路I＝0,P出＝0，當I＝eq\f（E，2r）時,P出最大,Pm＝eq\f（E2，4r）[即時訓練］(2017·江蘇二模)如圖甲所示，足夠長平行金屬導軌MN、PQ固定在水平面上,導軌兩端分別連接有電阻R1、R2,R1＝6Ω,R2＝3Ω，導軌間距L＝1m，導軌處于方向水平向下的勻強磁場中，磁感應強度B＝1T。一根長度也為1m的金屬棒放在導軌上并與導軌垂直且接觸良好，金屬棒的電阻為r＝2Ω.現(xiàn)給金屬棒一個水平向右的拉力F，使金屬棒從靜止開始運動，金屬棒兩端的電壓U的平方隨時間t變化的關系如圖乙所示，不計導軌電阻。求：(1)t＝4s時，金屬棒的速度大??；（2）通過電阻R1的電荷量為0.1C時,金屬棒運動的距離。解析：（1）由題圖乙知：t＝4s時,U2＝4V2，則得：U＝2VR1、R2并聯(lián)電阻：R12＝eq\f（R1R2，R1＋R2)＝eq\f（6×3,6＋3)Ω＝2Ω干路電流：I＝eq\f（U,R12)＝eq\f（2，2）A＝1A金屬棒產生的感應電動勢為：E＝U＋Ir＝(2＋1×2）V＝4V由E＝BLv得金屬棒的速度：v＝eq\f（E,BL）＝eq\f(4，1×1)m/s＝4m/s。(2）通過電阻R1的電荷量為q1＝0.1C時，根據(jù)并聯(lián)電路的分流特點，通過R2的電荷量q2＝0。2C，因此通過金屬棒的電荷量q＝q1＋q2＝0。3C，設此時金屬棒運動的距離為x則：q＝eq\f（ΔΦ,ΔtR12＋r）·Δt＝eq\f(ΔΦ，R12＋r)＝eq\f（BLx,R12＋r）得：x＝eq\f(qR12＋r，BL）＝eq\f(0.3×2＋2，1×1)m＝1。2m.答案:（1）4m/s（2)1.2m［課余自查小練］1.如圖所示為吹風機的工作電路圖，其中M和A分別為電動機和電阻絲，且rM為電動機的內阻、R為電阻絲A的電阻。已知該吹風機有兩個擋位，電源電壓恒為220V，低擋消耗的電功率為120W，高擋消耗的電功率為1000W。則下列關于對該電路的分析正確的是（）A．兩電鍵均閉合時吹風機為低擋位B．rM＝eq\f(1210，3）ΩC．R＝55ΩD．低擋位時，電阻絲每秒產生的焦耳熱為880J解析：選C兩電鍵均閉合時，電動機、電阻絲均工作，吹風機為高擋位，A錯誤；由于電動機為非純電阻元件,所以rM不能用P低＝eq\f(U2，rM)求解,B錯誤；對電阻絲由P＝eq\f(U2,R）得,R＝eq\f（U2,P高－P低）＝eq\f（2202,1000－120)Ω＝55Ω，C正確；吹風機為低擋位時，電鍵S1處于斷開狀態(tài)，沒有電流流過電阻絲，因此其產生的焦耳熱為0，D錯誤。2．（多選）(2017·西安模擬）在如圖所示的電路中，小燈泡的額定功率和額定電壓分別為0.4W、2V,電源的電動勢為3V，電源的內阻為r且不能忽略，先將單刀雙擲開關扳到a，調節(jié)電阻箱,當小燈泡正常發(fā)光時，電阻箱的阻值R＝4Ω；再將單刀雙擲開關扳到b，電動機和小燈泡均能正常工作，電動機的額定電壓用UM表示、電動機的內阻用rM表示.下列說法正確的是（）A．r＝1ΩB．rM＝4ΩC．UM＝1VD．外電路消耗的功率與總功率的比值為eq\f(14，15）解析：選AD小燈泡正常工作時的電阻RL＝eq\f（U2,P）＝10Ω，流過小燈泡的電流I＝eq\f（P，U)＝0.2A.當開關S接a時,R總＝eq\f（E,I)＝15Ω，則電源內阻r＝R總－R－RL＝1Ω，A正確；當開關S接b時，電動機M兩端的電壓UM＝E－Ir－U＝0。8V,C錯誤;由于電動機熱功率未知，所以不能求出電動機的內阻，B錯誤；外電路消耗的功率P外＝EI－I2r，總功率P總＝EI,則外電路消耗的功率與總功率的比值eq\f(P外,P總)＝eq\f（EI－I2r，EI）＝eq\f（14，15），D正確。3.(2017·宜昌期末)如圖所示的電路中，兩平行金屬板A、B水平放置，極板長l＝80cm，兩板間的距離d＝40cm，電源電動勢E＝40V,內電阻r＝1Ω，電阻R＝15Ω。閉合開關S，待電路穩(wěn)定后，將一帶負電的小球從B板左端且非?？拷麭板的位置以初速度v0＝4m/s水平向右射入兩板間,該小球可視為質點。若小球帶電量q＝1×10－2C，質量m＝2×10－2kg,不考慮空氣阻力，電路中電壓表、電流表均是理想電表，若小球恰好從A板右邊緣射出(g取10m/s2）.求：(1）滑動變阻器接入電路的阻值；（2）此時電流表、電壓表的示數(shù)；（3)此時電源的輸出功率.解析：(1)小球進入電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速運動，則有:水平方向：l＝v0t豎直方向:d＝eq\f（1,2)at2解得：a＝20m/s2又加速度為：a＝eq\f(\f(qU,d）－mg，m)解得：U＝24V根據(jù)串聯(lián)電路的特點有：eq\f（U，E)＝eq\f(R′，R＋R′＋r)解得滑動變阻器接入電路的阻值為：R′＝24Ω。(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律得電流表的示數(shù)為：I＝eq\f(E，R＋R′＋r)＝1A電壓表的示數(shù)為:U＝E－Ir＝(40－1×1)V＝39V。(3）電源的輸出功率為：P＝UI＝39×1W＝39W。答案：（1）24Ω(2)1A39V（3)39W4。（2017·荊州期末)如圖所示，R1＝R2＝R3＝R4＝10Ω,平行板電容器板長L＝20cm、間距d＝8cm.有一帶電小球自兩板的左端中間以初速度v0＝1m/s沿水平方向進入平行板電容器內。開關S斷開時，小球恰好沿直線勻速地通過電容器；當開關S閉合時，小球恰好從上極板邊緣通過電容器。取g＝10m/s2，求：（1)開關S閉合時，小球的加速度；（2)電源的內阻。解析：(1）開關S閉合時，小球做類平拋運動，則t＝eq\f（L,v0）y＝eq\f(1,2）at2＝eq\f(d，2)解得a＝2m/s2。（2)開關S閉合后，R1、R3并聯(lián)再與R4串聯(lián)，由阻值關系及電路特點得:UC＝eq\f（10,15＋r)E對小球有：eq\f(UC,d）q－mg＝ma開關S斷開后，R1、R4串聯(lián),同理得：UC′＝eq\f（10,20＋r)E對小球有：mg＝Eq＝eq\f(UC′,d）q解得r＝10Ω。答案:(1)2m/s2(2）10Ω［專題跟蹤檢測]一、選擇題（第1～5題為單項選擇題,第6～9題為多項選擇題)1．（2017·鹽城三模)甲、乙、丙、丁是四個長度、橫截面積均相同的金屬導體，某同學對它們各進行了一次測量，把每個導體中通過的電流和兩端的電壓在IU坐標系中描點，如圖所示，四個導體中電阻率最大的是(）A．甲 B．乙C．丙 D．丁解析：選A根據(jù)U＝IR可知，IU圖像的斜率倒數(shù)的大小表示電阻，則由圖可知，甲的斜率最小，那么其對應的電阻最大，由于四個金屬導體長度、橫截面積均相同，因此甲的電阻率也最大,故A正確，B、C、D錯誤。2.(2017·南通一模）如圖所示的電路，R1是定值電阻，R2是滑動變阻器,L是小燈泡，C是電容器，電源內阻為r。開關S閉合后,在滑動變阻器觸頭P向上移動過程中（）A．小燈泡變亮B．電容器所帶電荷量增大C．電壓表示數(shù)變小D．電源的總功率變大解析：選B閉合開關S后，當滑動變阻器觸頭P向上移動時，R2增大，外電路總電阻增大，干路中電流減小,則小燈泡亮度變暗。電源的內電壓減小，路端電壓增大，則電壓表的示數(shù)變大，故A、C錯誤;電路穩(wěn)定時電容器的電壓等于R2的電壓,根據(jù)串聯(lián)電路電壓分配規(guī)律可知，R2增大,電容器的電壓增大，則電容器所帶電荷量增大，故B正確；電源的總功率為P＝EI,干路電流I減小，則電源的總功率變小，故D錯誤.3．(2017·鎮(zhèn)江一模)如圖所示，開關S閉合后，帶電質點P在平行金屬板中處于靜止狀態(tài)。則（)A．質點P一定帶正電B．滑片向a端移動時，兩只電表的示數(shù)均增大C．滑片向a端移動時，質點P將向上板運動D．若將開關S斷開，質點P將向下板運動解析:選C由題圖可知，開關S閉合后,R2與R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)，再與R1串聯(lián)，電容器與并聯(lián)部分并聯(lián)；電容器的上極板帶正電，板間場強向下，質點處于平衡狀態(tài)，則知受到的電場力向上，故質點P一定帶負電,故A錯誤；滑片向a端移動時，滑動變阻器接入電阻增大，則總電阻增大,總電流減小，內電壓減小，由閉合電路的歐姆定律可知路端電壓增大，R1兩端的電壓減小,故并聯(lián)部分電壓增大；電容器兩端的電壓增大,質點P所受的電場力增大，則質點P將向上板運動；因并聯(lián)部分電壓增大，則R3中的電流增大，而干路電流減小,故電流表中的電流減??；并聯(lián)部分電壓增大，即R2與R4兩端的總電壓增大;而由于電流表示數(shù)減小，由歐姆定律可知R2兩端的電壓減小，故R4兩端的電壓增大，電壓表示數(shù)增大，故B錯誤,C正確;若將開關S斷開，電容器兩端的電壓等于電源的電動勢，電容器兩端電壓增大，板間場強增大,質點P受到的電場力變大,質點P將向上板運動，故D錯誤。4。(2017·江蘇二模)如圖所示，電源為恒流電源（能始終提供恒定的電流),R0為定值電阻，電流表和電壓表均為理想電表，移動滑動變阻器R的滑片，則下列表示電壓表示數(shù)U和電路總功率P隨電流表示數(shù)I變化的關系圖線中，正確的是（）解析：選D設恒流電源提供的電流為I0，則通過R0的電流為:IR0＝I0－I.則電壓表示數(shù)為：U＝IR0R0＝（I0－I）R0＝－IR0＋I0R0.I0和R0是定值,則根據(jù)數(shù)學知識可知UI圖像是不過原點的傾斜的直線，故A、B錯誤;電路總功率為：P＝UI0＝（I0－I)R0I0＝－R0I0I＋R0I02，I0和R0是定值,可知PI圖像是向下傾斜的直線，故C錯誤，D正確。5.如圖所示電路中,電源電動勢為E，內阻為r，當滑動變阻器的滑動觸頭P向上移動時，電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I的變化情況是()A．U變大,I變大 B．U變小，I變小C．U變大，I變小 D．U變小，I變大解析：選C當滑動變阻器的滑動觸頭P向上移動時，滑動變阻器接入電路的電阻增大，外電路的總電阻增大，根據(jù)歐姆定律分析得知，干路電流I干減小。電壓表的讀數(shù)U＝E－I干(r＋R1)，I干減小,U變大?；瑒幼冏杵髋cR3并聯(lián)部分電壓為U并＝E－I干(r＋R1＋R2），I干減小,U并增大，電阻R3的電流I3增大.電流表的讀數(shù)I＝I干－I3,I干減小，I3增大，則I變小，所以U變大，I變小.故C正確，A、B、D錯誤。6。(2017·江蘇三模）硅光電池是一種太陽能電池,具有低碳環(huán)保的優(yōu)點。如圖所示,圖線a是該電池在某光照強度下路端電壓U和電流I的關系圖像(電池內阻不是常數(shù)）,圖線b是某電阻R的UI圖像。在該光照強度下將它們組成閉合回路時，下列相關敘述正確的是（)A．此時硅光電池的內阻為12.5ΩB．此時硅光電池的輸出功率為0。4WC．此時硅光電池的總功率為0。72WD．此時硅光電池的輸出效率為40％解析:選BC由閉合電路歐姆定律得U＝E－Ir，當I＝0時，E＝U，由圖線a與縱軸的交點讀出電動勢為E＝3.6V。根據(jù)兩圖線交點處的狀態(tài)可知，將它們組成閉合回路時路端電壓為U＝2V，電流為I＝0.2A，則此時硅光電池的內阻為r＝eq\f(E－U，I)＝eq\f(3。6－2，0.2）Ω＝8Ω,故A錯誤；此時硅光電池的輸出功率為：P出＝UI＝0。4W，故B正確；此時硅光電池的總功率為：P總＝EI＝3.6×0.2W＝0。72W,故C正確；此時硅光電池的輸出效率為:η＝eq\f（P出,P總）×100％＝eq\f（0。4，0.72)×100％≈55。6%，故D錯誤。7．兩位同學在實驗室中利用如圖（a）所示的電路進行實驗，調節(jié)滑動變阻器的滑動觸頭P向某一方向移動時，一位同學記錄電流表A和電壓表V1的測量數(shù)據(jù)，另一位同學記錄電流表A和電壓表V2的測量數(shù)據(jù)。兩位同學根據(jù)記錄的數(shù)據(jù)描繪出如圖(b）所示的兩條U。I圖線。則圖像中兩圖線的交點表示的物理意義是(）A．滑動變阻器的滑動觸頭P滑到了最右端B．電源的輸出功率最大C．定值電阻R0消耗的功率為0.5WD．電源的效率達到最大值解析：選BC由題圖可得，電源電動勢E＝1.5V，內阻r＝1Ω，在交點位置有R＋R0＝eq\f（U1,I）＝2Ω,R0＝eq\f(U2,I）＝2Ω,則R＝0，滑動變阻器的滑動觸頭P滑到了最左端，選項A錯誤;當電路中外電阻等于電源內阻時,電源的輸出功率最大，但R0〉r，故改變滑動變阻器的阻值時無法使電路中外電阻等于電源內阻，此時外電阻越接近電源內阻，電源的輸出功率越大，故圖線的交點對應的電源輸出功率最大，選項B正確；P0＝U2I＝0。5W，選項C正確;電源的效率η＝eq\f(EI－I2r，EI），電流越小，電源的效率越大，可見滑動變阻器的滑動觸頭P滑到最右端時電源的效率最大，選項D錯誤.8。在如圖所示的電路中,電源內阻r≠0，定值電阻R2消耗的功率用P表示，兩電表均為理想電表，電容器與滑動變阻器并聯(lián)，電壓表和電流表的讀數(shù)分別用U、I表示,電容器所帶的電荷量用Q表示，通過電源的電荷量為q時,電源所做的功用W表示。當滑動變阻器的滑片向右移動時，下列圖像正確的是（)解析:選AB電阻R2消耗的功率P＝I2R2，圖像A正確;電容器所帶電荷量Q＝UCC＝［E－I(r＋R2）]C＝EC－IC(r＋R2)，圖像B正確;電壓表的讀數(shù)U＝E－Ir，圖像C錯誤;電源做功W＝qE,圖像D錯誤。9.某同學將一直流電源的總功率PE、輸出功率PR和電源內部的發(fā)熱功率Pr隨電流I變化的圖線畫在同一坐標系內，如圖所示,根據(jù)圖線可知下列說法正確的是()A．反映Pr變化的圖線是bB．電源電動勢約為8VC．當外電阻約為2Ω時，輸出功率最大D．當電流為0.5A時，外電路的電阻約為6Ω解析：選CD電源內部發(fā)熱功率Pr＝I2r，所以Pr-I圖像為拋物線，則反映Pr變化的圖線為c，A錯誤;電源的總功率為PE＝EI，其圖線為a，則E＝eq\f(PE,I）＝eq\f（8,2）V＝4V，B錯誤；由圖線c知,當I＝1A時，Pr＝2W，由Pr＝I2r得r＝2Ω，當外電阻為2Ω時,輸出功率最大，C正確；當電流為0.5A時，由I＝eq\f（E,R＋r)解得R＝6Ω，D正確。二、非選擇題10．一臺小型電動機在3V電壓下工作，用此電動機提升重力為4N的物體時，通過電動機的電流是0。2A。在30s內可將該物體勻速提升3m。若不計除電動機線圈生熱之外的能量損失，求：（1)電動機的輸入功率；（2)在開始提升物體后的30s內，電動機線圈所產生的熱量；（3)電動機線圈的電阻。解析：（1)電動機的輸入功率P入＝IU＝0.2×3W＝0。6W。(2)電動機提升物體的機械功率P機＝Fv＝G·eq\f(s，t)＝0.4W由能量守恒定律得P入＝P機＋P熱故P熱＝P入－P機＝（0.6－0。4）W＝0.2W所以電動機線圈產生的熱量Q＝P熱t(yī)＝0.2×30J＝6J.（3)根據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt可得線圈電阻R＝eq\f（Q,I2t）＝eq\f（6，0。22×30)Ω＝5Ω。答案：（1)0。6W(2)6J（3)5Ω11．在如圖甲所示的電路中，R1、R2均為定值電阻，且R1＝100Ω,R2的阻值未知，R3是滑動變阻器，在其滑片從最左端滑至最右端的過程中，測得電源的路端電壓U隨電流I的變化圖線如圖乙所示，其中圖線上的A、B兩點是滑片在滑動變阻器的兩個不同端點時分別得到的。求:（1）電源的電動勢和內電阻；（2）定值電阻R2的阻值；（3)滑動變阻器R3的最大值.解析：（1)由閉合電路歐姆定律得E＝U＋Ir將圖線上A、B兩點的U、I值代入得E＝16＋0。2r,E＝4＋0.8r解得E＝20V，r＝20Ω.(2)當R3的滑片自左向右滑動時，R3的有效阻值變小，電路中的總電阻變小，總電流變大，由此可知,圖線上的A、B兩點分別對應滑片位于最左端和最右端。當滑片位于最右端時，R3＝0,R1被短路，外電路電阻即為R2,故由B點的U、I值得R2＝eq\f(UB,IB）＝eq\f(4,0.8)Ω＝5Ω。（3）當滑片在最左端時，R3的有效阻值最大,并對應著圖線上的A點，故由A點的U、I值可求出此時外電路的電阻，再根據(jù)串、并聯(lián)電路的規(guī)律求出R3的最大值。R外＝eq\f（UA,IA）＝eq\f（16,0.2)Ω＝80Ω,又R外＝eq\f(R1R3,R1＋R3）＋R2代入數(shù)據(jù)解得滑動變阻器的最大值R3＝300Ω。答案：(1)20V20Ω(2)5Ω（3)300Ω十九、交變電流?？嫉娜齻€題型[抓牢解題本源]一、交變電流的產生、圖像及四值1．兩個特殊位置及其特點兩個特殊位置特點中性面線圈處于中性面時，S⊥B，Φ最大，eq\f(ΔΦ，Δt)＝0，e＝0,i＝0，交變電流方向發(fā)生改變與中性面垂直的位置線圈平面與中性面垂直時，S∥B，Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt）最大，e最大,i最大，交變電流方向不改變2．交流電的圖像從中性面位置開始計時，交流電i＝Imsin_ωt，如圖甲；從垂直于中性面位置開始計時，交流電i＝Imcos_ωt，如圖乙.3．交變電流的四值物理量物理含義重要關系適用情況及說明瞬時值交變電流某一時刻的值e＝Emsinωti＝Imsinωt計算線圈某時刻的受力情況最大值最大的瞬時值Em＝nBSωEm＝nΦmωIm＝eq\f（Em,R＋r)討論電容器的擊穿電壓有效值跟交變電流的熱效應等效的恒定電流值對正(余）弦交流電有：E＝eq\f（Em，\r（2）)U＝eq\f(Um，\r(2)）I＝eq\f（Im,\r（2)）(1)計算與電流熱效應有關的量(如功、功率、熱量等）（2）電器設備“銘牌”上所標的一般是有效值(3）保險絲的熔斷電流為有效值平均值交變電流圖像中圖線與時間軸所夾的面積與時間的比值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）計算通過電路截面的電荷量二、理想變壓器原、副線圈基本量間的關系制約關系基本關系電壓原線圈電壓U1和線圈匝數(shù)比決定副線圈電壓U2eq\f(U1，U2)＝eq\f（n1,n2）電流副線圈電流I2和線圈匝數(shù)比決定原線圈電流I1eq\f(I1，I2）＝eq\f（n2,n1)功率副線圈功率P2決定原線圈功率P1P1＝P2頻率原線圈頻率f1決定副線圈頻率f2f1＝f2提醒：對于有多個副線圈的變壓器，電壓關系不變，電流關系應從功率角度分析,具體如下。(1)eq\f(U1，U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(U1，U3）＝eq\f(n1,n3），…（2)n1I1＝n2I2＋n3I3＋…（3）P1＝P2＋P3＋…三、遠距離高壓輸電的工作原理功率關系：P1＝P2，P3＝P4,P2＝P3＋ΔP;電壓關系:eq\f(U1，U2)＝eq\f(n1，n2），eq\f（U3,U4)＝eq\f(n3，n4）,U2＝U3＋ΔU;電流關系：eq\f（I1，I2）＝eq\f(n2,n1)，eq\f（I3，I4）＝eq\f(n4，n3）,I2＝I3＝I線；輸電電流：I線＝eq\f（P2，U2)＝eq\f（P3，U3)＝eq\f（ΔU,R線）；輸電線路上損失的電功率：ΔP＝P2－P3＝I線2R線＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（P2,U2))）2R線＝eq\f(ΔU2，R線）。[研透?？碱}根］交變電流的產生及四值問題［例1]（多選）（2017·懷化模擬）在勻強磁場中，一矩形金屬線圈繞與磁感線垂直的轉軸勻速轉動，如圖甲所示，產生的交變電動勢的圖像如圖乙所示，則下列判斷正確的有(）A．t＝0.005s時線圈平面與磁場方向平行B．線圈產生的交變電動勢的瞬時值為e＝311sin100πtVC．線圈產生的交變電動勢的頻率為100HzD．線圈產生的交變電動勢的有效值為311V[思路點撥］(1）理解兩個特殊位置的特點。（2)掌握圖像上各點的物理意義.［解析]當t＝0.005s時電動勢最大，則線圈平面與磁場方向平行(穿過線圈平面的磁通量為0，產生的感應電流最大）,故A正確；線圈產生的交變電動勢的瞬時值為e＝Emsineq\f(2π,T）t＝311sin100πtV，故B正確；由題圖乙可知周期為0.02s,則頻率為f＝eq\f(1,T）＝50Hz,故C錯誤；線圈產生的交變電動勢的有效值為220V，故D錯誤。[答案］AB[備考錦囊]交變電流瞬時值表達式求法(1)先求電動勢的最大值Em＝nBSω。（2)再求出角速度ω＝eq\f(2π，T）。（3)明確從哪一位置開始計時，從而確定是正弦函數(shù)還是余弦函數(shù).(4)寫出瞬時值的表達式.［即時訓練]如圖所示，邊長為L的正方形線圈abcd的匝數(shù)為n，線圈電阻為r，外電路的電阻為R，ab的中點和cd的中點的連線OO′恰好位于勻強磁場的邊界上，磁感應強度為B,現(xiàn)在線圈以OO′為軸,以角速度ω勻速轉動，求：（1）閉合電路中電流瞬時值的表達式；(2）線圈從圖示位置轉過90°的過程中電阻R上產生的熱量；(3)線圈從圖示位置轉過90°的過程中電阻R上通過的電荷量;(4）電阻R上的最大電壓。解析:(1)線圈轉動時，總有一條邊切割磁感線,且ad邊和bc邊轉動的線速度大小相等，當線圈平行于磁場時,產生的感應電動勢最大，為Em＝nBLv＝nBL·ω·eq\f(1,2）L＝eq\f(1,2）nBL2ω.由閉合電路歐姆定律可知Im＝eq\f(nBL2ω，2R＋r)，當以圖示位置為計時起點時，流過R的電流瞬時值表達式為i＝Imsinωt＝eq\f(nBL2ω，2R＋r）sinωt。（2)在線圈由圖示位置勻速轉過90°的過程中，用有效值來計算電阻R上產生的熱量Q＝I2Req\f(T，4),其中I＝eq\f（Im,\r（2))＝eq\f(nBL2ω，2\r(2)R＋r）,T＝eq\f(2π，ω）,則Q＝I2Req\f(T,4）＝eq\f（n2πB2L4ωR,16R＋r2）.（3)在線圈轉過90°的過程中感應電動勢的平均值為eq\x\to（E）＝neq\f（ΔΦ，Δt）＝eq\f（\f（1,2）nBL2，\f(π,2ω)）＝eq\f(nBL2ω,π），流過R的平均電流eq\x\to（I）＝eq\f(\x\to（E),R＋r)＝eq\f(nBL2ω，πR＋r),所以流過R的電荷量q＝eq\x\to（I)·eq\f（T，4）＝eq\f（nBL2ωπ,πR＋r×2ω）＝eq\f（nBL2,2R＋r）.(4）由部分電路歐姆定律可知電阻R上的最大電壓Um＝ImR＝eq\f（nBL2ωR，2R＋r）。答案：見解析結合理想變壓器考查交流電路的分析［例2］(2017·泰州模擬)如圖所示，有一矩形線圈的面積為S,匝數(shù)為N,內阻不計，在水平方向的磁感應強度為B的勻強磁場中繞OO′軸以角速度ω勻速轉動，從圖示位置開始計時。矩形線圈通過滑環(huán)接一理想變壓器，滑動觸頭P上下移動時可改變輸出電壓，副線圈接有可調電阻R，下列判斷正確的是（）A．矩形線圈產生的感應電動勢的瞬時值表達式為e＝NBSωcosωtB．矩形線圈從圖示位置經過eq\f(π,2ω）時間,通過電流表的電荷量為零C．當P位置不動,R增大時，電壓表讀數(shù)也增大D．當P向上移動,R不變時，電流表讀數(shù)減?。蹖忣}指導](1)交變電流開始計時的位置為峰值面。（2）計算通過電流表的電荷量應該用交變電流的平均值。（3）移動滑動觸頭的過程中，副線圈的匝數(shù)不變.[解析］開始計時時,線圈中的感應電動勢為最大值NBSω，所以感應電動勢的瞬時值表達式為e＝NBSωcosωt，A正確；矩形線圈從圖示位置經過eq\f(π，2ω)時間，線圈磁通量的變化量為ΔΦ＝BS，故通過電流表的電荷量q＝Neq\f（ΔΦ，R）,所以不為零，B錯誤；電壓表讀數(shù)是線圈產生的感應電動勢的有效值，即總是eq\f（NBSω,\r（2）)，C錯誤;當P向上移動時，輸出電壓升高，R不變時，輸出功率增大，電流表讀數(shù)增大,D錯誤。[答案］A[備考錦囊］分析變壓器動態(tài)變化的流程和關鍵(1)分析變壓器動態(tài)變化問題的一般思維流程(2）分析變壓器動態(tài)變化問題的關鍵①弄清變量和不變量,確定是負載電阻不變還是匝數(shù)比不變。②弄清變壓器動態(tài)變化中的決定關系，即P2決定P1，I2決定I1，U1決定U2。［即時訓練]如圖，理想變壓器原線圈輸入電壓u＝Umsinωt，副線圈電路中R0為定值電阻，R是滑動變阻器。V1和V2是理想交流電壓表，示數(shù)分別用U1和U2表示；A1和A2是理想交流電流表，示數(shù)分別用I1和I2表示。下列說法正確的是(）A．I1和I2表示電流的瞬時值B．U1和U2表示電壓的最大值C．滑片P向下滑動過程中，U2不變、I1變大D．滑片P向下滑動過程中,U2變小、I1變小解析:選C電流表、電壓表顯示的都是有效值而非瞬時值或最大值，A、B錯誤；若P向下滑動，R阻值減小，負載回路阻值減小，I2增大，由eq\f（I1,I2)＝eq\f（n2，n1）可知,I1增大。V1測量原線圈兩端電壓，U1不變,V2測量副線圈兩端電壓，由于原副線圈匝數(shù)不變，所以U2不變，C正確，D錯誤.遠距離高壓輸電問題[例3］通過一理想變壓器，經同一線路輸送相同電功率P，原線圈的電壓U保持不變,輸電線路的總電阻為R。當副線圈與原線圈的匝數(shù)比為k時，線路損耗的電功率為P1，若將副線圈與原線圈的匝數(shù)比提高到nk，線路損耗電功率為P2，則P1和eq\f(P2，P1)分別為（）A。eq\f(PR,kU），eq\f（1,n） B.eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(P,kU））)2R，eq\f(1，n)C。eq\f(PR，kU)，eq\f(1，n2） D。eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（P，kU）))2R，eq\f（1,n2）[解析］根據(jù)變壓器的變壓比，當副線圈與原線圈的匝數(shù)比為k時，有k＝eq\f（U1，U），副線圈與原線圈的匝數(shù)比提高到nk時，有nk＝eq\f(U2，U）,由于線路的輸送功率不變，則有P＝U1I1＝U2I2.根據(jù)焦耳定律，線路損耗功率：P1＝I12R＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（P，U1）））2R＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(P,kU））)2R，P2＝I22R，eq\f（P2，P1)＝eq\f（I22,I12)＝eq\f（U12，U22)＝eq\f（1，n2）。[答案］D［備考錦囊］遠距離輸電中的“三路兩耗"（1）三個回路回路1：發(fā)電機回路.該回路中，通過線圈1的電流I1等于發(fā)電機中的電流I機；線圈1兩端的電壓U1等于發(fā)電機的路端電壓U機;線圈1輸入的電功率P1等于發(fā)電機輸出的電功率P機?；芈?：輸送電路。I2＝I3＝IR，U2＝U3＋UR，P2＝PR＋P3?；芈?:輸出電路。I4＝I用，U4＝U用，P4＝P用。(2)兩種損耗①電壓損耗：輸電線上的電阻導致的電壓損耗，UR＝U2－U3＝IRR。②功率損耗：輸電線上的功率損耗P損＝IR2R＝P2－P3。［即時訓練]如圖所示為遠距離輸電的示意圖，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，發(fā)電廠的輸出電壓和輸電線的電阻均不變。閉合開關S后(）A．升壓變壓器的輸出電壓增大B．降壓變壓器的輸出電流減小C．輸電線上損耗的功率增大D．輸電線上交流電的頻率減小解析：選C根據(jù)輸入電壓決定輸出電壓，閉合開關S后，升壓變壓器的輸出電壓不變,選項A錯誤；閉合開關S后,負載增加，負載總電阻減小,降壓變壓器的輸出電流增大，輸電線上電流增大,輸電線上損耗的功率增大，選項B錯誤，C正確；根據(jù)變壓器不改變交流電的頻率可知，輸電線上交流電的頻率不變，選項D錯誤。［課余自查小練]1.(2015·四川高考）小型手搖發(fā)電機線圈共N匝，每匝可簡化為矩形線圈abcd,磁極間的磁場視為勻強磁場，方向垂直于線圈中心軸OO′，線圈繞OO′勻速轉動,如圖所示。矩形線圈ab邊和cd邊產生的感應電動勢的最大值都為e0，不計線圈電阻，則發(fā)電機輸出電壓（）A．峰值是e0 B．峰值是2e0C．有效值是eq\f（\r（2)，2）Ne0 D．有效值是eq\r(2）Ne0解析:選D因每匝矩形線圈ab邊和cd邊產生的電動勢的最大值都是e0,每匝中ab和cd串聯(lián)，故每匝線圈產生的電動勢的最大值為2e0。N匝線圈串聯(lián)，整個線圈中感應電動勢的最大值為2Ne0，因線圈中產生的是正弦交流電,則發(fā)電機輸出電壓的有效值E＝eq\r（2）Ne0，故選項D正確。2．(多選)如圖甲所示，在勻強磁場中，一矩形金屬線圈兩次分別以不同的轉速，繞與磁感線垂直的軸勻速轉動,產生的交變電動勢圖像如圖乙中曲線a、b所示，則（）A．兩次t＝0時刻線圈平面均與中性面重合B．曲線a、b對應的線圈轉速之比為2∶3C．曲線a表示的交變電動勢頻率為25HzD．曲線b表示的交變電動勢有效值為10V解析：選AC由題圖乙知t＝0時兩次轉動產生的瞬時電動勢都等于零，則線圈平面均與中性面重合，A正確；兩次轉動所產生的交變電動勢的周期之比Ta∶Tb＝2∶3，再由周期與轉速的關系n＝eq\f(1,T），得na∶nb＝3∶2，B錯誤;因Ta＝4×10－2s，故fa＝eq\f（1，Ta)＝25Hz，C正確；因Ema＝15V，而Em＝NBSω＝eq\f(2πNBS,T)，故Emb＝eq\f（Ta，Tb）Ema＝10V，Eb＝eq\f(Emb，\r（2)）＝5eq\r（2)V，D錯誤。3．如圖甲所示，長、寬分別為L1＝0。1m、L2＝0。2m的矩形金屬線框位于豎直平面內，其匝數(shù)為n＝100,總電阻為1Ω，可繞其豎直中心軸O1O2轉動。線框的兩個末端分別與兩個彼此絕緣的銅環(huán)C、D(集流環(huán))焊接在一起,并通過電刷和定值電阻R＝9Ω相連。線框所在空間有水平向右均勻分布的磁場，磁感應強度B的大小隨時間t的變化關系如圖乙所示，其中B0＝5×10－3T、B1＝1×10－2T和t1＝2×10－3s.0～t1時間內，線框保持靜止，且線框平面和磁場垂直；t1時刻后，線框在外力的驅動下開始繞O1O2以角速度ω＝200rad/s勻速轉動。求：(1)0~t1時間內通過電阻R的電流大??；(2)線框勻速轉動后，在轉動一周的過程中電阻R產生的熱量；（3)線框勻速轉動后,從圖甲所示位置轉過90°的過程中，通過電阻R的電荷量。解析：（1)0～t1時間內，線框中的感應電動勢E＝neq\f(ΔΦ，Δt)＝eq\f（nL1L2B1－B0,t1）根據(jù)閉合電路歐姆定律得,通過電阻R的電流I＝eq\f（E，R＋r）＝eq\f（nL1L2B1－B0，R＋rt1)解得I＝0.5A.（2）線框勻速轉動后，產生的感應電動勢的最大值Em＝nB1L1L2ω感應電動勢的有效值E＝eq\f(\r(2），2）nB1L1L2ω通過電阻R的電流有效值I＝eq\f(\r(2)nB1L1L2ω，2R＋r）線框轉動一周所需的時間t＝eq\f（2π，ω）此過程中，電阻R產生的熱量Q＝I2Rt＝πRωeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(nB1L1L2，R＋r)))2解得Q≈0。0226J。（3）線框從題圖甲所示位置轉過90°的過程中，平均感應電動勢eq\x\to（E）＝neq\f（ΔΦ,Δt)＝eq\f(nB1L1L2,Δt）平均感應電流eq\x\to(I）＝eq\f(nB1L1L2，ΔtR＋r）流過電阻R的電荷量q＝eq\x\to（I)Δt＝eq\f（nB1L1L2，R＋r）。解得q＝2×10－3C.答案:(1)0.5A(2）0.0226J（3）2×10－3C4.如圖所示，一個面積S＝0.2m2的單匝圓形線圈,M、N兩端間距很小可以忽略，線圈處于變化的磁場中,磁場的磁感應強度按B＝eq\f（5,π)sin100πtT的規(guī)律變化.線圈中產生的感應電動勢的瞬時值表達式為e＝BmSωcosωt，其中Bm為磁感應強度的最大值，ω為磁場變化的角速度，線圈的電阻r＝2Ω，外接電阻R＝18Ω（電壓表為理想交流電壓表)。求：（1）電壓表的示數(shù);(2)變化的電流一個周期在電阻R上產生的熱量Q；（3)從t＝0開始到t＝eq\f（1,200)s這段時間通過線圈的電量q.解析：(1)磁場的磁感應強度按B＝eq\f（5,π）sin100πtT的規(guī)律變化，由題意知，線圈中產生交變電流,且Bm＝eq\f(5，π）T，ω＝100πrad/s電動勢最大值Em＝BmSω＝100V有效值E有＝eq\f（Em，\r（2))＝50eq\r(2)V電壓表的示數(shù)U＝eq\f（E有,R＋r）R＝45eq\r(2)V。(2）交變電流的周期T＝eq\f(2π，ω）＝0.02s根據(jù)焦耳定律得，一個周期在電阻R上產生的熱量Q＝eq\f（U2,R)T＝4。5J。(3)在0～eq\f（1，200)s時間內,電動勢的平均值eq\x\to（E）＝eq\f(SΔB，Δt)，平均電流eq\x\to(I)＝eq\f（SΔB，ΔtR＋r)通過線圈的電量q＝eq\x\to（I)Δt解得:q＝eq\f（1,20π)C。答案：（1)45eq\r（2）V(2)4.5J（3）eq\f(1，20π)C[專題跟蹤檢測]一、選擇題（第1～5題為單項選擇題,第6～9題為多項選擇題）1．如圖甲所示，在勻強磁場中有一個n＝10匝的閉合矩形線圈繞軸勻速轉動，轉軸O1O2垂直于磁場方向，線圈電阻為5Ω，從圖甲所示位置開始計時，通過線圈平面的磁通量隨時間變化的圖像如圖乙所示，則()A．線圈轉動過程中消耗的電功率為10π2WB．在t＝0。2s時，線圈中的感應電動勢為零，且電流改變一次方向C．所產生的交變電流感應電動勢的瞬時值表達式為e＝10πsin5πtVD．線圈從圖示位置轉過90°時穿過線圈的磁通量變化最快解析：選A最大感應電動勢為：Em＝nBSω＝nBS·eq\f(2π，T）＝nΦm·eq\f(2π,T）＝10×0.2×eq\f（2π,0。4)V＝10πV，感應電動勢的有效值為：E＝eq\f(Em,\r（2))＝eq\f(10π，\r(2)）V＝5eq\r（2)πV，線圈轉動過程中消耗的電功率為:P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(5\r(2）π2,5）W＝10π2W，故A正確;t＝0.2s時，磁通量為0，線圈中的感應電動勢最大,電流方向不變，故B錯誤;由題圖乙知角速度ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0。4）rad/s＝5πrad/s，因為從線圈垂直中性面開始計時，所以交變電流感應電動勢的瞬時值表達式為e＝10πcos5πtV，故C錯誤;線圈在圖示位置磁通量為0，磁通量的變化率最大，穿過線圈的磁通量變化最快，轉過90°時，磁通量最大，磁通量變化率為0，故D錯誤.2.如圖甲所示,50匝矩形閉合導線框ABCD處于磁感應強度大小B＝eq\f（\r（2)，10）T的水平勻強磁場中，線框電阻不計。線框勻速轉動時EF處所產生的正弦交流電壓圖像如圖乙所示。把該交流電壓加在圖丙中理想變壓器的P、Q兩端。已知變壓器的原線圈I和副線圈Ⅱ的匝數(shù)比為5∶1，交流電流表為理想電表，電阻R＝1Ω，其他各處電阻不計，以下說法正確的是（)A．t＝0.1s時,電流表的示數(shù)為0B．副線圈中交流電的頻率為50HzC．線框面積為eq\f(1，5π）m2D．0.05s時線框位于圖甲所示位置解析：選C原線圈中電壓的有效值U1＝eq\f（Em,\r(2））＝eq\f(10\r（2）,\r(2））V＝10V，根據(jù)eq\f（U1,U2)＝eq\f(n1，n2)，解得U2＝2V，故副線圈中的電流I2＝eq\f（U2，R)＝eq\f（2,1)A＝2A，電流表的電流為I1，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，解得I1＝0.4A，故A錯誤；交流電的周期T＝0。2s,故交流電的頻率f＝eq\f(1,T）＝5Hz，故B錯誤；根據(jù)Em＝nBSω可知S＝eq\f(Em,nBω）＝eq\f(10\r（2）,50×\f（\r（2）,10）×\f(2π,0。2))m2＝eq\f（1，5π）m2,故C正確；0.05s時線框中產生的感應電動勢最大，線框平面與中性面垂直,故D錯誤。3．如圖甲、乙分別表示兩種電壓的波形，其中圖甲所示電壓按正弦規(guī)律變化，下列說法正確的是()A．圖甲表示交流電，圖乙表示直流電B．兩種電壓的有效值都是311VC．圖甲所示電壓的瞬時值表達式為u＝220sin100πtVD．圖甲所示電壓經原、副線圈匝數(shù)比為10∶1的理想變壓器變壓后,功率比為1∶1解析:選D由于題圖甲、乙中表示的電流方向都隨時間變化,因此都為交流電,故A錯誤；兩種電壓的最大值是311V,有效值要小于311V,故B錯誤;從題圖甲可知，Em＝311V，ω＝eq\f(2π，T)＝100πrad/s，所以題圖甲電壓的瞬時值表達式為u＝311sin100πtV,故C錯誤；交流電經理想變壓器變壓后，輸入功率等于輸出功率，功率比為1∶1，故D正確。4。(2017·蘇州一模）如圖所示為一個小型電風扇的電路簡圖，其中理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為n,原線圈接電壓為U的交流電源，輸出端接有一只電阻為R的燈泡L和交流電風扇電動機D，電動機線圈電阻為r。接通電源后，電風扇正常運轉，測出通過風扇電動機的電流為I.則下列說法正確的是（）A．理想變壓器的輸入功率為eq\f（UI,n）B．風扇電動機中的電流為eq\f(U,nr）C．風扇電動機輸出的機械功率為eq\f(U，n)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（I－\f（U，nR）））D．若電風扇由于機械故障被卡住，則通過原線圈的電流為eq\f（UR＋r,n2Rr)解析：選D理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為n，原線圈接電壓為U的交流電源，則輸出端電壓為eq\f(U，n),而風扇電動機的輸入功率為eq\f（UI,n),因輸出端還有一只燈泡，故A錯誤；由上述分析知輸出端電壓為eq\f(U，n)，因為風扇電動機不是純電阻器件，所以電流不能表示為eq\f（U，nr），故B錯誤;風扇電動機的輸入功率為eq\f(UI,n)，而風扇電動機的線圈電阻消耗的功率為I2r，則風扇電動機輸出的機械功率為eq\f(UI，n）－I2r，故C錯誤;若電風扇由于機械故障被卡住可視為純電阻，兩電阻并聯(lián)，則根據(jù)歐姆定律可知,通過原線圈的電流為eq\f(UR＋r,n2Rr)，故D正確.5.(2017·鎮(zhèn)江三模）如圖所示,一理想變壓器的原線圈接有電壓為U的交流電，副線圈接有電阻R1、光敏電阻R2(阻值隨光照增強而減小),開關K開始時處于閉合狀態(tài)，下列說法正確的是（）A．當光照變弱時,變壓器的輸入功率增加B．當滑動觸頭P向下滑動時,電阻R1消耗的功率增加C．當開關K由閉合到斷開,原線圈中電流變大D．當U增大時,副線圈中電流變小解析：選B當光照變弱時，光敏電阻的阻值變大，輸出功率減小，輸入功率也變小，故A錯誤；當滑動觸頭P向下滑動時，原線圈匝數(shù)減小，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比知，副線圈兩端的電壓增大，電阻R1兩端的電壓增大，電阻R1消耗的功率增加，故B正確;當開關K由閉合到斷開，副線圈回路電阻增大,輸出電流減小，匝數(shù)比不變，所以原線圈中電流變小，故C錯誤；當U增大時,副線圈電壓增大，副線圈中電流變大，故D錯誤。6.某同學在實驗室中研究遠距離輸電。由于輸電線太長，他將每100米導線卷成一卷，共卷成8卷來代替輸電線路（忽略輸電線路的電磁感應)。在輸送功率相同時，第一次直接將輸電線與學生電源及用電器相連，測得輸電線上損失的功率為P1，第二次采用如圖所示的電路輸電，其中理想變壓器T1與學生電源相連，其原、副線圈的匝數(shù)比為n1∶n2，理想變壓器T2與用電器相連，測得輸電線上損失的功率為P2。下列說法正確的是（）A．前后兩次實驗都可用于研究遠距離直流輸電B．實驗可以證明，T1采用升壓變壓器(匝數(shù)比為eq\f(n2,n1)>1)能減小遠距離輸電的能量損失C．若輸送功率一定，則P2∶P1＝n1∶n2D．若輸送功率一定，則P2∶P1＝n12∶n22解析：選BD變壓器只能改變交變電流的電壓，所以第二次實驗只能研究遠距離交流輸電,故A錯誤;第一次實驗，輸電線上的電流I＝eq\f(P,U1）,輸電線上損失的功率P1＝I2R＝eq\f（P2,U12）R；第二次實驗，升壓變壓器副線圈上的電壓U2＝eq\f（n2,n1)U1，輸電線上的電流I′＝eq\f(P，U2)，輸電線上損失的功率P2＝I′2R＝eq\f(P2,U22）R，所以eq\f（P2，P1)＝eq\f(U12，U22）＝eq\f（n12,n22），故D正確，C錯誤；由上述分析知P2〈P1,即實驗可以證明，T1采用升壓變壓器能減小輸電電流，能減小遠距離輸電的能量損失,故B正確。7．如圖所示為某小型發(fā)電站高壓輸電示意圖。發(fā)電機輸出功率、輸出電壓均恒定，輸電線電阻不變，升壓變壓器原、副線圈兩端的電壓分別為U1和U2。下列說法正確的是(）A．采用高壓輸電可以減小輸電線中的電流B．輸電線損耗的功率為eq\f（U22,r)C．將P下移,用戶獲得的電壓將降低D．將P下移,用戶獲得的功率將增大解析:選AD發(fā)電機輸出功率恒定，根據(jù)P＝UI可知，采用高壓輸電可以減小輸電線中的電流，故A正確;輸電線上損失的功率為：P損＝eq\f(U損2,r）,而U2為升壓變壓器副線圈兩端的電壓,故B錯誤;若P下移,升壓變壓器的副線圈匝數(shù)增大，由U2＝eq\f（n2，n1）U1，根據(jù)功率表達式，可知輸電線中電流I＝eq\f（P,U2）,則電流會減小，輸電線中損失電壓U損＝IR，輸電線的電壓減小,則用戶獲得的電壓升高，故C錯誤；若P下移,升壓變壓器的副線圈匝數(shù)增大,由上分析可知，輸電線中損失電壓減小，用戶獲得的功率將增大，故D正確.8.（2017·江蘇一模)鉗形電流測量儀的結構圖如圖所示，其鐵芯在捏緊扳手時會張開，可以在不切斷被測載流導線的情況下，通過內置線圈中的電流值I和匝數(shù)n獲知載流導線中的電流大小I0，則關于該鉗形電流測量儀的說法正確的是（）A．該測量儀可測量直流電的電流B．載流導線中電流大小I0＝eq\f（I,n）C．若鉗形部分鐵芯沒有完全閉合，測量出的電流將小于實際電流D．若將載流導線在鐵芯上多繞幾匝,鉗形電流測量儀的示數(shù)將變大解析:選CD鉗形電流測量儀實質上是一個升壓變壓器，只能測量交流電的電流,故A錯誤；根據(jù)eq\f(I0，I)＝eq\f(n,1)，得載流導線中電流大小I0＝nI，故B錯誤；若鉗形部分鐵芯沒有完全閉合，載流導線中電流產生的磁場減弱,磁通量變化率減小，在內置線圈產生的感應電動勢減小，感應電流減小，則測量出的電流將小于實際電流，故C正確;根據(jù)n1I1＝n2I2，知若將載流導線在鐵芯上多繞幾匝，即n1變大，I1、n2不變，則鉗形電流測量儀的示數(shù)I2將變大，故D正確.9．(2015·天津高考)如圖所示,理想變壓器的原線圈連接一只理想交流電流表，副線圈匝數(shù)可以通過滑動觸頭Q來調節(jié)，在副線圈兩端連接了定值電阻R0和滑動變阻器R,P為滑動變阻器的滑動觸頭。在原線圈上加一電壓為U的正弦交流電，則（）A．保持Q的位置不動,將P向上滑動時，電流表讀數(shù)變大B．保持Q的位置不動，將P向上滑動時，電流表讀數(shù)變小C．保持P的位置不動,將Q向上滑動時，電流表讀數(shù)變大D．保持P的位置不動，將Q向上滑動時，電流表讀數(shù)變小解析：選BC保持Q的位置不動,則U2不變，將P向上滑動時,R接入電路的電阻變大，根據(jù)I2＝eq\f(U2,R0＋R)知，I2變小，由eq\f（I1,I2)＝eq\f(n2,n1)得I1也變小，即電流表讀數(shù)變小,選項A錯誤，B正確；保持P的位置不動，將Q向上滑動時,U2變大,則根據(jù)P2＝eq\f(U22，R0＋R）知副線圈輸出功率變大，由P1＝P2知，變壓器原線圈輸入功率P1變大，而P1＝I1U,輸入電壓U一定，I1變大,即電流表讀數(shù)變大，選項C正確，D錯誤。二、非選擇題10。如圖所示，勻強磁場的磁感應強度B＝0。5T，邊長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稱軸OO′勻速轉動,角速度ω＝2πrad/s,外電路中的電阻R＝4Ω，求：(1）感應電動勢的最大值；(2）由圖示位置（線圈平面與磁感線平行)轉過60°時的瞬時感應電動勢；（3）由圖示位置轉過60°的過程中產生的平均感應電動勢;(4）交流電壓表的示數(shù);（5）線圈轉動一周產生的總熱量;（6)由圖示位置開始在eq\f（1，6)周期內通過電阻R的電荷量。解析：（1)感應電動勢的最大值為Em＝NBSω＝100×0.5×0。12×2πV＝3.14V。（2)由圖示位置轉過60°時的瞬時感應電動勢為e＝Emcos60°＝3.14×0。5V＝1.57V。（3）由圖示位置轉過60°的過程中產生的平均感應電動勢為eq\x\to(E）＝Neq\f(ΔΦ，Δt）＝Neq\f(BSsin60°,\f(1,6)T）＝100×eq\f(0。5×0.12×\f（\r（3）,2)，\f（1，6)×\f（2π,2π））V≈2.6V。(4）交流電壓表的示數(shù)為外電路兩端電壓的有效值，即U＝eq\f（E，R＋r）R＝eq\f（3。14,\r（2))×eq\f（1，4＋1)×4V≈1.78V。(5）線圈轉動一周產生的總熱量為Q＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2)）)）2eq\f(1,R＋r)T≈0。99J。(6）在eq\f(1,6)周期內通過電阻R的電荷量為q＝eq\x\to(I)×eq\f（T,6）＝eq\f(\x\to（E），R＋r）×eq\f（T,6）＝eq\f(2.6,4＋1)×eq\f(1，6)C≈0.087C。答案：（1)3。14V(2)1。57V(3)2.6V（4)1。78V(5)0.99J（6）0.087C11.如圖所示,理想變壓器B的原線圈跟副線圈的匝數(shù)比n1∶n2＝2∶1，交流電源電壓u1＝311·sin100πtV,F為熔斷電流為I0＝1。0A的保險絲，負載為一可變電阻R。(1）當電阻R＝100Ω時，保險絲能否被熔斷？（2）要使保險絲不被熔斷，電阻R的阻值應不小于多少？變壓器輸出的電功率不能超過多少？解析：原線圈電壓的有效值為U1＝eq\f(311,\r（2)）V＝220V由eq\f（U1，U2）＝eq\f（n1,n2)得副線圈兩端的電壓U2＝eq\f(n2，n1)U1＝eq\f(1，2）×220V＝110V。（1)當R＝100Ω時,副線圈中電流I2＝eq\f(U2,R)＝eq\f(110,100)A＝1。10A由n1I1＝n2I2得原線圈中的電流為I1＝eq\f(n2，n1)I2＝eq\f(1,2)×1。10A＝0。55A由于I1〈I0（熔斷電流），故保險絲不會熔斷。（2）設電阻R取某一值R0時，原線圈中的電流I1剛好達到熔斷電流I0，即I1＝1.0A,則副線圈中的電流為I2＝eq\f(n1，n2）I1＝2×1.0A＝2.0A對應電阻R的阻值為：R0＝eq\f（U2,I2)＝eq\f(110，2.0)Ω＝55Ω此時變壓器的輸出功率為P2＝I2U2＝2。0×110W＝220W可見，要使保險絲F不被熔斷，電阻R的阻值不能小于55Ω，變壓器輸出的電功率不能超過220W.答案：見解析二十、突破電磁感應的兩個基本問題［抓牢解題本源]一、“三定則、一定律"的比較1．三個定則(1）因電而生磁(I→B）→安培定則。（2)因電而受力（I、B→F安）→左手定則。（3)因動而生電（v、B→I)→右手定則。2．右手定則與左手定則的比較比較項目左手定則右手定則作用判斷通電導體所受磁場力的方向判斷感應電流方向已知條件已知電流方向和磁場方向已知切割運動方向和磁場方向圖例因果關系電流→運動運動→電流應用電動機發(fā)電機記憶規(guī)律左“力”右“電”3．楞次定律的理解及應用(1)“阻礙”的推廣含義①阻礙原磁通量的變化——“增反減同”；②阻礙相對運動——“來拒去留"；③使線圈面積有擴大或縮小的趨勢——“增縮減擴”；④阻礙原電流的變化（自感現(xiàn)象）——“增反減同”.（2）楞次定律應用的基本思路:“一原、二感、三電流”二、感應電動勢大小的計算1．法拉第電磁感應定律:E＝neq\f（ΔΦ,Δt)，適用于普遍情況。2．E＝Blv，適用于導體棒切割磁感線的情況。3．E＝eq\f(1，2）Bl2ω，適用于導體棒繞一端點轉動切割磁感線的情況。[研透常考題根］“三定則、一定律"考查感應電流方向［例1](多選)（2016·上海高考)如圖(a）,螺線管內有平行于軸線的外加勻強磁場,以圖中箭頭所示方向為其正方向。螺線管與導線框abcd相連,導線框內有一小金屬圓環(huán)L,圓環(huán)與導線框在同一平面內.當螺線管內的磁感應強度B隨時間按圖(b）所示規(guī)律變化時（）A．在t1~t2時間內,L有收縮