（江蘇選考）2023版高考物理二輪復(fù)習(xí)第一部分專(zhuān)題四電路和電磁感應(yīng)學(xué)案

PAGEPAGEPAGE1專(zhuān)題四電路和電磁感應(yīng)[學(xué)前先做高考題]高考題最經(jīng)典，每做一次都有新發(fā)現(xiàn)1．(多項(xiàng)選擇)(2022·江蘇高考)如下圖的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為12V，內(nèi)阻為2Ω，四個(gè)電阻的阻值已在圖中標(biāo)出。閉合開(kāi)關(guān)S，以下說(shuō)法正確的有()A．路端電壓為10VB．電源的總功率為10WC．a(chǎn)、b間電壓的大小為5VD．a(chǎn)、b間用導(dǎo)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(diǎn)可得，外電路總電阻為10Ω，根據(jù)閉合電路歐姆定律得通過(guò)電源的電流為I＝eq\f(12,2＋10)A＝1A，那么路端電壓為U＝IR外＝10V，選項(xiàng)A正確；電源的總功率P＝EI＝12W，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；假設(shè)取電源負(fù)極的電勢(shì)為0，那么a點(diǎn)電勢(shì)為φa＝2.5V，b點(diǎn)電勢(shì)為φb＝7.5V，a、b間電壓的大小為5V，選項(xiàng)C正確；a、b間用導(dǎo)線連接起來(lái)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(xiàng)D錯(cuò)誤。2．(2022·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。變壓器原線圈匝數(shù)為800，那么副線圈匝數(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(guān)系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得n2＝eq\f(n1U2,U1)＝eq\f(800×110,220)＝400，選項(xiàng)B正確。3.(2022·江蘇高考)一自耦變壓器如下圖，環(huán)形鐵芯上只繞有一個(gè)線圈，將其接在a、b間作為原線圈。通過(guò)滑動(dòng)觸頭取該線圈的一局部，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(shí)，c、d間的輸出電壓為U2。在將滑動(dòng)觸頭從M點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到N點(diǎn)的過(guò)程中()A．U2＞U1，U2降低 B．U2＞U1，U2升C．U2＜U1，U2降低 D．U2＜U1，U2升解析：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(dòng)觸頭由M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，副線圈的匝數(shù)進(jìn)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(xiàng)C正確。4.(多項(xiàng)選擇)(2022·江蘇高考)電吉他中電拾音器的根本結(jié)構(gòu)如下圖，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動(dòng)時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音。以下說(shuō)法正確的有()A．選用銅質(zhì)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(yīng)電動(dòng)勢(shì)D．弦振動(dòng)過(guò)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(zhì)弦不能使電吉他正常工作，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；取走磁體后，金屬弦不能被磁化，弦的振動(dòng)無(wú)法通過(guò)電磁感應(yīng)轉(zhuǎn)化為電信號(hào)，音箱不能發(fā)聲，選項(xiàng)B正確；增加線圈匝數(shù)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知，線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變大，選項(xiàng)C正確；弦振動(dòng)過(guò)程中，線圈中的磁場(chǎng)方向不變，但磁通量一會(huì)兒增大，一會(huì)兒減小，那么產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向不斷變化，選項(xiàng)D正確。5．(2022·江蘇高考)做磁共振(MRI)檢查時(shí)，對(duì)人體施加的磁場(chǎng)發(fā)生變化時(shí)會(huì)在肌肉組織中產(chǎn)生感應(yīng)電流。某同學(xué)為了估算該感應(yīng)電流對(duì)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(dǎo)線的截面積A＝0.80cm2，電阻率ρ＝1.5Ω·m。如下圖，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與線圈平面垂直，假設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度B在0.3s內(nèi)從1.5T均勻地減為零，求：(計(jì)算結(jié)果保存一位有效數(shù)字)(1)該圈肌肉組織的電阻R；(2)該圈肌肉組織中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E；(3)0.3s內(nèi)該圈肌肉組織中產(chǎn)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(yīng)電動(dòng)勢(shì)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.(2022·江蘇高考)如下圖，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下。當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過(guò)金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng)，桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求：(1)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I；(2)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要離開(kāi)金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P。解析：(1)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，金屬桿中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Bdv0故感應(yīng)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(chǎng)區(qū)域掃過(guò)金屬桿后，金屬桿的加速度大小a＝eq\f(B2d2v0,mR)。(3)PQ剛要離開(kāi)金屬桿時(shí)，金屬桿切割磁感線的速度為v′＝v0－v，那么感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bd(v0－v)解得感應(yīng)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.(2022·江蘇高考)據(jù)報(bào)道，一法國(guó)攝影師拍到了“天宮一號(hào)〞空間站飛過(guò)太陽(yáng)的瞬間。照片中，“天宮一號(hào)〞的太陽(yáng)帆板輪廓清晰可見(jiàn)。如下圖，假設(shè)“天宮一號(hào)〞正以速度v＝7.7km/s繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向與太陽(yáng)帆板兩端M、N的連線垂直，M、N間的距離L＝20m，地磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1.0×10－5T。將太陽(yáng)帆板視為導(dǎo)體。(1)求M、N間感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E；(2)在太陽(yáng)帆板上將一只“1.5V,0.3W〞的小燈泡與M、N相連構(gòu)成閉合電路，不計(jì)太陽(yáng)帆板和導(dǎo)線的電阻，試判斷小燈泡能否發(fā)光，并說(shuō)明理由；(3)取地球半徑R＝6.4×103km，地球外表的重力加速度g＝9.8m/s2，試估算“天宮一號(hào)〞距離地球外表的高度解析：(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，代入數(shù)據(jù)得E＝1.54V。(2)不能，因?yàn)榇┻^(guò)閉合回路的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流。(3)在地球外表有Geq\f(Mm,R2)＝mg“天宮一號(hào)〞做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(jí)正確即可)。答案：(1)1.54V(2)見(jiàn)解析(3)4×10十八、直流電路的分析和計(jì)算[抓牢解題根源]一、掌握三個(gè)根本定律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(duì)純電阻電路，電功等于電熱：W＝Q＝UIt＝I2Rt對(duì)非純電阻電路，電功大于電熱：W>Q電熱電流通過(guò)導(dǎo)體產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt電功率單位時(shí)間內(nèi)電流所做的功P電＝UI對(duì)純電阻電路，電功率等于熱功率：P電＝P熱＝UI＝I2R對(duì)非純電阻電路，電功率大于熱功率：P電>P熱熱功率單位時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體產(chǎn)生的熱量P熱＝I2R三、理解閉合電路歐姆定律的兩種表達(dá)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＋I(xiàn)r適用于所有的閉合電路。四、閉合電路的功率問(wèn)題1．電源內(nèi)阻消耗的功率：P內(nèi)＝I2r2．電源總功率：P總＝EI＝UI＋I(xiàn)2r3．電源的輸出功率：P出＝UI＝EI－I2r4．當(dāng)R＝r時(shí)，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(dòng)態(tài)分析[例1](2022·南京三模)如下圖的電路，R1、R2、R4均為定值電阻，R3為熱敏電阻(溫度升高，電阻減小)，電源的電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，起初電容器中懸停一質(zhì)量為m的帶電塵埃，當(dāng)環(huán)境溫度降低時(shí)，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)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(yùn)動(dòng)[思路點(diǎn)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(chǎng)強(qiáng)的變化，判斷帶電塵埃的受力情況，從而分析其運(yùn)動(dòng)情況。[解析]當(dāng)環(huán)境溫度降低時(shí)，R3的阻值增大，外電路總電阻增大，那么總電流減小，所以電流表的示數(shù)減小，題圖中并聯(lián)局部的總電阻增大，由串聯(lián)電路電壓與電阻成正比的規(guī)律知：并聯(lián)局部的電壓增大，那么電壓表的示數(shù)增大，故A、B錯(cuò)誤；電壓表的示數(shù)為U＝E－I(R1＋r)，那么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(chǎng)強(qiáng)增大，帶電塵埃所受的電場(chǎng)力增大，那么帶電塵埃將向上極板運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。[答案]C[備考錦囊]閉合電路動(dòng)態(tài)問(wèn)題的三種分析方法(1)程序分析法：流程如下(2)結(jié)論分析法：即“串反并同〞法。“串反〞即某一電阻增大(減小)時(shí)，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(減小)時(shí)，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(減小)(3)極限分析法因滑動(dòng)變阻器滑片滑動(dòng)引起電路變化的問(wèn)題，可將其滑片分別滑至兩個(gè)極端，使電阻最大或電阻為零分別討論。[即時(shí)訓(xùn)練](2022·啟東市模擬)如下圖，圖中的三個(gè)電表均為理想電表，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向左端緩慢移動(dòng)時(shí)，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)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(shí)，滑動(dòng)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(cuò)誤，D正確；視r(shí)＋R1＋R2為電源的等效內(nèi)電阻，根據(jù)電源的輸出功率與外電阻的關(guān)系知，由于電阻RP與r＋R1＋R2的大小關(guān)系未知，因此電阻RP消耗的功率是增大還是減小無(wú)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(cuò)誤。電源的功率和效率[例2](多項(xiàng)選擇)如下圖，電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源與定值電阻R0、滑動(dòng)變阻器R串聯(lián)，R0＝r，滑動(dòng)變阻器的最大阻值是2r。當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P由a端向b端滑動(dòng)時(shí)，以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)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(dòng)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(diǎn)撥](1)電源的輸出功率的變化情況由外電阻與內(nèi)電阻的大小關(guān)系來(lái)判斷。(2)分析R上功率變化時(shí)，將R視為外電阻，把R0＋r視為電源內(nèi)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(dòng)時(shí)，R外逐漸減小至R0，剛好等于內(nèi)阻r，所以電源的輸出功率逐漸增大，B錯(cuò)誤；將R0視為等效電源內(nèi)阻的一局部，在P由a端向b端滑動(dòng)時(shí)，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(cuò)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(guān)系當(dāng)R＝r時(shí)電源的輸出功率最大，為Pm＝eq\f(E2,4r)當(dāng)R>r時(shí)隨R的增大，電源的輸出功率越來(lái)越小當(dāng)R<r時(shí)隨R的增大，電源的輸出功率越來(lái)越大當(dāng)P出<Pm時(shí)每個(gè)輸出功率對(duì)應(yīng)兩個(gè)外電阻阻值R1和R2，且R1R2＝r2[即時(shí)訓(xùn)練](2022·江蘇名校大聯(lián)考)如下圖，電源電動(dòng)勢(shì)E＝10V，內(nèi)阻r＝1Ω，R1＝3Ω。電鍵S斷開(kāi)時(shí)，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。那么()A．電鍵S斷開(kāi)時(shí)，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(kāi)時(shí)，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(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)R2的功率為I12R2＝4W，解得R2＝16Ω，選項(xiàng)B正確；電鍵S閉合后，電源的路端電壓為U2＝E－I2r＝8V，選項(xiàng)D錯(cuò)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(xiàng)C錯(cuò)誤。閉合電路的圖像問(wèn)題[例3](2022·南通模擬)如下圖，直線A為某電源的U-I圖線，曲線B為某小燈泡的U-I圖線的一局部，用該電源和小燈泡組成閉合電路，以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()A．此電源的內(nèi)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(diǎn)撥](1)電源的U-I圖像與縱軸的交點(diǎn)表示電動(dòng)勢(shì)，圖像斜率的絕對(duì)值表示電源的內(nèi)阻。(2)電阻的U-I圖像與電源的U-I圖像的交點(diǎn)坐標(biāo)的含義是用該電源和該電阻組成電路時(shí)的路端電壓和電流值，縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)的比值表示此時(shí)的外電阻，縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)的乘積等于此時(shí)的輸出功率。[解析]由電源的U-I圖線A可知，此電源的電動(dòng)勢(shì)為4V，內(nèi)阻為0.5Ω，選項(xiàng)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(xiàng)B、C錯(cuò)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(xiàng)D錯(cuò)誤。[答案]A[備考錦囊]閉合電路中幾種常見(jiàn)圖像的比擬類(lèi)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(nèi)＝E斷路R＝∞，U＝E，U內(nèi)＝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(dāng)R＝r時(shí)，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(dāng)I＝eq\f(E,2r)時(shí)，P出最大，Pm＝eq\f(E2,4r)[即時(shí)訓(xùn)練](2022·江蘇二模)如圖甲所示，足夠長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面上，導(dǎo)軌兩端分別連接有電阻R1、R2，R1＝6Ω，R2＝3Ω，導(dǎo)軌間距L＝1m，導(dǎo)軌處于方向水平向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T。一根長(zhǎng)度也為1m的金屬棒放在導(dǎo)軌上并與導(dǎo)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(gè)水平向右的拉力F，使金屬棒從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，金屬棒兩端的電壓U的平方隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示，不計(jì)導(dǎo)軌電阻。求：(1)t＝4s時(shí)，金屬棒的速度大??；(2)通過(guò)電阻R1的電荷量為0.1C時(shí)，金屬棒運(yùn)動(dòng)的距離。解析：(1)由題圖乙知：t＝4s時(shí)，U2＝4V2，那么得：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(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝U＋I(xiàn)r＝(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(guò)電阻R1的電荷量為q1＝0.1C時(shí)，根據(jù)并聯(lián)電路的分流特點(diǎn)，通過(guò)R2的電荷量q2＝0.2C，因此通過(guò)金屬棒的電荷量q＝q1＋q2＝0.3C，設(shè)此時(shí)金屬棒運(yùn)動(dòng)的距離為x那么：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.如下圖為吹風(fēng)機(jī)的工作電路圖，其中M和A分別為電動(dòng)機(jī)和電阻絲，且rM為電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻、R為電阻絲A的電阻。該吹風(fēng)機(jī)有兩個(gè)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。那么以下關(guān)于對(duì)該電路的分析正確的選項(xiàng)是()A．兩電鍵均閉合時(shí)吹風(fēng)機(jī)為低擋位B．rM＝eq\f(1210,3)ΩC．R＝55ΩD．低擋位時(shí)，電阻絲每秒產(chǎn)生的焦耳熱為880J解析：選C兩電鍵均閉合時(shí)，電動(dòng)機(jī)、電阻絲均工作，吹風(fēng)機(jī)為高擋位，A錯(cuò)誤；由于電動(dòng)機(jī)為非純電阻元件，所以rM不能用P低＝eq\f(U2,rM)求解，B錯(cuò)誤；對(duì)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(fēng)機(jī)為低擋位時(shí)，電鍵S1處于斷開(kāi)狀態(tài)，沒(méi)有電流流過(guò)電阻絲，因此其產(chǎn)生的焦耳熱為0，D錯(cuò)誤。2．(多項(xiàng)選擇)(2022·西安模擬)在如下圖的電路中，小燈泡的額定功率和額定電壓分別為0.4W、2V，電源的電動(dòng)勢(shì)為3V，電源的內(nèi)阻為r且不能忽略，先將單刀雙擲開(kāi)關(guān)扳到a，調(diào)節(jié)電阻箱，當(dāng)小燈泡正常發(fā)光時(shí)，電阻箱的阻值R＝4Ω；再將單刀雙擲開(kāi)關(guān)扳到b，電動(dòng)機(jī)和小燈泡均能正常工作，電動(dòng)機(jī)的額定電壓用UM表示、電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻用rM表示。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)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(shí)的電阻RL＝eq\f(U2,P)＝10Ω，流過(guò)小燈泡的電流I＝eq\f(P,U)＝0.2A。當(dāng)開(kāi)關(guān)S接a時(shí)，R總＝eq\f(E,I)＝15Ω，那么電源內(nèi)阻r＝R總－R－RL＝1Ω，A正確；當(dāng)開(kāi)關(guān)S接b時(shí)，電動(dòng)機(jī)M兩端的電壓UM＝E－Ir－U＝0.8V，C錯(cuò)誤；由于電動(dòng)機(jī)熱功率未知，所以不能求出電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻，B錯(cuò)誤；外電路消耗的功率P外＝EI－I2r，總功率P總＝EI，那么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.(2022·宜昌期末)如下圖的電路中，兩平行金屬板A、B水平放置，極板長(zhǎng)l＝80cm，兩板間的距離d＝40cm，電源電動(dòng)勢(shì)E＝40V，內(nèi)電阻r＝1Ω，電阻R＝15Ω。閉合開(kāi)關(guān)S，待電路穩(wěn)定后，將一帶負(fù)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(zhì)點(diǎn)。假設(shè)小球帶電量q＝1×10－2C，質(zhì)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，假設(shè)小球恰好從A板右邊緣射出(g取10m/s2(1)滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值；(2)此時(shí)電流表、電壓表的示數(shù)；(3)此時(shí)電源的輸出功率。解析：(1)小球進(jìn)入電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，那么有：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(diǎn)有：eq\f(U,E)＝eq\f(R′,R＋R′＋r)解得滑動(dòng)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.(2022·荊州期末)如下圖，R1＝R2＝R3＝R4＝10Ω，平行板電容器板長(zhǎng)L＝20cm、間距d＝8cm。有一帶電小球自?xún)砂宓淖蠖酥虚g以初速度v0＝1m/s沿水平方向進(jìn)入平行板電容器內(nèi)。開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，小球恰好沿直線勻速地通過(guò)電容器；當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，小球恰好從上極板邊緣通過(guò)電容器。取g＝10m/s2，求：(1)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，小球的加速度；(2)電源的內(nèi)阻。解析：(1)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，小球做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，那么t＝eq\f(L,v0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(d,2)解得a＝2m/s2。(2)開(kāi)關(guān)S閉合后，R1、R3并聯(lián)再與R4串聯(lián)，由阻值關(guān)系及電路特點(diǎn)得：UC＝eq\f(10,15＋r)E對(duì)小球有：eq\f(UC,d)q－mg＝ma開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)后，R1、R4串聯(lián)，同理得：UC′＝eq\f(10,20＋r)E對(duì)小球有：mg＝Eq＝eq\f(UC′,d)q解得r＝10Ω。答案：(1)2m/s2(2)10Ω[專(zhuān)題跟蹤檢測(cè)]一、選擇題(第1～5題為單項(xiàng)選擇題，第6～9題為多項(xiàng)選擇題)1．(2022·鹽城三模)甲、乙、丙、丁是四個(gè)長(zhǎng)度、橫截面積均相同的金屬導(dǎo)體，某同學(xué)對(duì)它們各進(jìn)行了一次測(cè)量，把每個(gè)導(dǎo)體中通過(guò)的電流和兩端的電壓在IU坐標(biāo)系中描點(diǎn)，如下圖，四個(gè)導(dǎo)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，那么由圖可知，甲的斜率最小，那么其對(duì)應(yīng)的電阻最大，由于四個(gè)金屬導(dǎo)體長(zhǎng)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(cuò)誤。2.(2022·南通一模)如下圖的電路，R1是定值電阻，R2是滑動(dòng)變阻器，L是小燈泡，C是電容器，電源內(nèi)阻為r。開(kāi)關(guān)S閉合后，在滑動(dòng)變阻器觸頭P向上移動(dòng)過(guò)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(kāi)關(guān)S后，當(dāng)滑動(dòng)變阻器觸頭P向上移動(dòng)時(shí)，R2增大，外電路總電阻增大，干路中電流減小，那么小燈泡亮度變暗。電源的內(nèi)電壓減小，路端電壓增大，那么電壓表的示數(shù)變大，故A、C錯(cuò)誤；電路穩(wěn)定時(shí)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，那么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，那么電源的總功率變小，故D錯(cuò)誤。3．(2022·鎮(zhèn)江一模)如下圖，開(kāi)關(guān)S閉合后，帶電質(zhì)點(diǎn)P在平行金屬板中處于靜止?fàn)顟B(tài)。那么()A．質(zhì)點(diǎn)P一定帶正電B．滑片向a端移動(dòng)時(shí)，兩只電表的示數(shù)均增大C．滑片向a端移動(dòng)時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P將向上板運(yùn)動(dòng)D．假設(shè)將開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，質(zhì)點(diǎn)P將向下板運(yùn)動(dòng)解析：選C由題圖可知，開(kāi)關(guān)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)局部并聯(lián)；電容器的上極板帶正電，板間場(chǎng)強(qiáng)向下，質(zhì)點(diǎn)處于平衡狀態(tài)，那么知受到的電場(chǎng)力向上，故質(zhì)點(diǎn)P一定帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；滑片向a端移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電阻增大，那么總電阻增大，總電流減小，內(nèi)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)局部電壓增大；電容器兩端的電壓增大，質(zhì)點(diǎn)P所受的電場(chǎng)力增大，那么質(zhì)點(diǎn)P將向上板運(yùn)動(dòng)；因并聯(lián)局部電壓增大，那么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)局部電壓增大，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(cuò)誤，C正確；假設(shè)將開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，電容器兩端的電壓等于電源的電動(dòng)勢(shì)，電容器兩端電壓增大，板間場(chǎng)強(qiáng)增大，質(zhì)點(diǎn)P受到的電場(chǎng)力變大，質(zhì)點(diǎn)P將向上板運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。4.(2022·江蘇二模)如下圖，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(dòng)滑動(dòng)變阻器R的滑片，那么以下表示電壓表示數(shù)U和電路總功率P隨電流表示數(shù)I變化的關(guān)系圖線中，正確的選項(xiàng)是()解析：選D設(shè)恒流電源提供的電流為I0，那么通過(guò)R0的電流為：IR0＝I0－I。那么電壓表示數(shù)為：U＝IR0R0＝(I0－I)R0＝－IR0＋I(xiàn)0R0。I0和R0是定值，那么根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知UI圖像是不過(guò)原點(diǎn)的傾斜的直線，故A、B錯(cuò)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(cuò)誤，D正確。5.如下圖電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向上移動(dòng)時(shí)，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(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向上移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)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?dòng)變阻器與R3并聯(lián)局部電壓為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，那么I變小，所以U變大，I變小。故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。6.(2022·江蘇三模)硅光電池是一種太陽(yáng)能電池，具有低碳環(huán)保的優(yōu)點(diǎn)。如下圖，圖線a是該電池在某光照強(qiáng)度下路端電壓U和電流I的關(guān)系圖像(電池內(nèi)阻不是常數(shù))，圖線b是某電阻R的UI圖像。在該光照強(qiáng)度下將它們組成閉合回路時(shí)，以下相關(guān)表達(dá)正確的選項(xiàng)是()A．此時(shí)硅光電池的內(nèi)阻為12.5ΩB．此時(shí)硅光電池的輸出功率為0.4WC．此時(shí)硅光電池的總功率為0.72WD．此時(shí)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(dāng)I＝0時(shí)，E＝U，由圖線a與縱軸的交點(diǎn)讀出電動(dòng)勢(shì)為E＝3.6V。根據(jù)兩圖線交點(diǎn)處的狀態(tài)可知，將它們組成閉合回路時(shí)路端電壓為U＝2V，電流為I＝0.2A，那么此時(shí)硅光電池的內(nèi)阻為r＝eq\f(E－U,I)＝eq\f(3.6－2,0.2)Ω＝8Ω，故A錯(cuò)誤；此時(shí)硅光電池的輸出功率為：P出＝UI＝0.4W，故B正確；此時(shí)硅光電池的總功率為：P總＝EI＝3.6×0.2W＝0.72W，故C正確；此時(shí)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(cuò)誤。7．兩位同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室中利用如圖(a)所示的電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向某一方向移動(dòng)時(shí)，一位同學(xué)記錄電流表A和電壓表V1的測(cè)量數(shù)據(jù)，另一位同學(xué)記錄電流表A和電壓表V2的測(cè)量數(shù)據(jù)。兩位同學(xué)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。那么圖像中兩圖線的交點(diǎn)表示的物理意義是()A．滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)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．電源的效率到達(dá)最大值解析：選BC由題圖可得，電源電動(dòng)勢(shì)E＝1.5V，內(nèi)阻r＝1Ω，在交點(diǎn)位置有R＋R0＝eq\f(U1,I)＝2Ω，R0＝eq\f(U2,I)＝2Ω，那么R＝0，滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P滑到了最左端，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)電路中外電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)，電源的輸出功率最大，但R0>r，故改變滑動(dòng)變阻器的阻值時(shí)無(wú)法使電路中外電阻等于電源內(nèi)阻，此時(shí)外電阻越接近電源內(nèi)阻，電源的輸出功率越大，故圖線的交點(diǎn)對(duì)應(yīng)的電源輸出功率最大，選項(xiàng)B正確；P0＝U2I＝0.5W，選項(xiàng)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(jiàn)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P滑到最右端時(shí)電源的效率最大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8.在如下圖的電路中，電源內(nèi)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(dòng)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(guò)電源的電荷量為q時(shí)，電源所做的功用W表示。當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)時(shí)，以下圖像正確的選項(xiàng)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(cuò)誤；電源做功W＝qE，圖像D錯(cuò)誤。9.某同學(xué)將一直流電源的總功率PE、輸出功率PR和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr隨電流I變化的圖線畫(huà)在同一坐標(biāo)系內(nèi)，如下圖，根據(jù)圖線可知以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．反映Pr變化的圖線是bB．電源電動(dòng)勢(shì)約為8VC．當(dāng)外電阻約為2Ω時(shí)，輸出功率最大D．當(dāng)電流為0.5A時(shí)，外電路的電阻約為6Ω解析：選CD電源內(nèi)部發(fā)熱功率Pr＝I2r，所以Pr-I圖像為拋物線，那么反映Pr變化的圖線為c，A錯(cuò)誤；電源的總功率為PE＝EI，其圖線為a，那么E＝eq\f(PE,I)＝eq\f(8,2)V＝4V，B錯(cuò)誤；由圖線c知，當(dāng)I＝1A時(shí)，Pr＝2W，由Pr＝I2r得r＝2Ω，當(dāng)外電阻為2Ω時(shí)，輸出功率最大，C正確；當(dāng)電流為0.5A時(shí)，由I＝eq\f(E,R＋r)解得R＝6Ω，D正確。二、非選擇題10．一臺(tái)小型電動(dòng)機(jī)在3V電壓下工作，用此電動(dòng)機(jī)提升重力為4N的物體時(shí)，通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流是0.2A。在30s內(nèi)可將該物體勻速提升3m。假設(shè)不計(jì)除電動(dòng)機(jī)線圈生熱之外的能量損失，求：(1)電動(dòng)機(jī)的輸入功率；(2)在開(kāi)始提升物體后的30s內(nèi)，電動(dòng)機(jī)線圈所產(chǎn)生的熱量；(3)電動(dòng)機(jī)線圈的電阻。解析：(1)電動(dòng)機(jī)的輸入功率P入＝IU＝0.2×3W＝0.6W。(2)電動(dòng)機(jī)提升物體的機(jī)械功率P機(jī)＝Fv＝G·eq\f(s,t)＝0.4W由能量守恒定律得P入＝P機(jī)＋P熱故P熱＝P入－P機(jī)＝(0.6－0.4)W＝0.2W所以電動(dòng)機(jī)線圈產(chǎn)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(dòng)變阻器，在其滑片從最左端滑至最右端的過(guò)程中，測(cè)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(diǎn)是滑片在滑動(dòng)變阻器的兩個(gè)不同端點(diǎn)時(shí)分別得到的。求：(1)電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻；(2)定值電阻R2的阻值；(3)滑動(dòng)變阻器R3的最大值。解析：(1)由閉合電路歐姆定律得E＝U＋I(xiàn)r將圖線上A、B兩點(diǎn)的U、I值代入得E＝16＋0.2r，E＝4＋0.8r解得E＝20V，r＝20Ω。(2)當(dāng)R3的滑片自左向右滑動(dòng)時(shí)，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(diǎn)分別對(duì)應(yīng)滑片位于最左端和最右端。當(dāng)滑片位于最右端時(shí)，R3＝0，R1被短路，外電路電阻即為R2，故由B點(diǎn)的U、I值得R2＝eq\f(UB,IB)＝eq\f(4,0.8)Ω＝5Ω。(3)當(dāng)滑片在最左端時(shí)，R3的有效阻值最大，并對(duì)應(yīng)著圖線上的A點(diǎn)，故由A點(diǎn)的U、I值可求出此時(shí)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(dòng)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€(gè)題型[抓牢解題根源]一、交變電流的產(chǎn)生、圖像及四值1．兩個(gè)特殊位置及其特點(diǎn)兩個(gè)特殊位置特點(diǎn)中性面線圈處于中性面時(shí)，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(shí)，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(kāi)始計(jì)時(shí)，交流電i＝Imsin_ωt，如圖甲；從垂直于中性面位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，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(guān)系適用情況及說(shuō)明瞬時(shí)值交變電流某一時(shí)刻的值e＝Emsinωti＝Imsinωt計(jì)算線圈某時(shí)刻的受力情況最大值最大的瞬時(shí)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(yīng)等效的恒定電流值對(duì)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(jì)算與電流熱效應(yīng)有關(guān)的量(如功、功率、熱量等)(2)電器設(shè)備“銘牌〞上所標(biāo)的一般是有效值(3)保險(xiǎn)絲的熔斷電流為有效值平均值交變電流圖像中圖線與時(shí)間軸所夾的面積與時(shí)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(jì)算通過(guò)電路截面的電荷量二、理想變壓器原、副線圈根本量間的關(guān)系制約關(guān)系根本關(guān)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(duì)于有多個(gè)副線圈的變壓器，電壓關(guān)系不變，電流關(guān)系應(yīng)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(yuǎn)距離高壓輸電的工作原理功率關(guān)系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P3＋ΔP；電壓關(guān)系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，U2＝U3＋ΔU；電流關(guān)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(chǎn)生及四值問(wèn)題[例1](多項(xiàng)選擇)(2022·懷化模擬)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一矩形金屬線圈繞與磁感線垂直的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖甲所示，產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的圖像如圖乙所示，那么以下判斷正確的有()A．t＝0.005s時(shí)線圈平面與磁場(chǎng)方向平行B．線圈產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值為e＝311sin100πtVC．線圈產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的頻率為100HzD．線圈產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的有效值為311V[思路點(diǎn)撥](1)理解兩個(gè)特殊位置的特點(diǎn)。(2)掌握?qǐng)D像上各點(diǎn)的物理意義。[解析]當(dāng)t＝0.005s時(shí)電動(dòng)勢(shì)最大，那么線圈平面與磁場(chǎng)方向平行(穿過(guò)線圈平面的磁通量為0，產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大)，故A正確；線圈產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值為e＝Emsineq\f(2π,T)t＝311sin100πtV，故B正確；由題圖乙可知周期為0.02s，那么頻率為f＝eq\f(1,T)＝50Hz，故C錯(cuò)誤；線圈產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的有效值為220V，故D錯(cuò)誤。[答案]AB[備考錦囊]交變電流瞬時(shí)值表達(dá)式求法(1)先求電動(dòng)勢(shì)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(kāi)始計(jì)時(shí)，從而確定是正弦函數(shù)還是余弦函數(shù)。(4)寫(xiě)出瞬時(shí)值的表達(dá)式。[即時(shí)訓(xùn)練]如下圖，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)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(diǎn)和cd的中點(diǎn)的連線OO′恰好位于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，現(xiàn)在線圈以O(shè)O′為軸，以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，求：(1)閉合電路中電流瞬時(shí)值的表達(dá)式；(2)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的熱量；(3)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中電阻R上通過(guò)的電荷量；(4)電阻R上的最大電壓。解析：(1)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，總有一條邊切割磁感線，且ad邊和bc邊轉(zhuǎn)動(dòng)的線速度大小相等，當(dāng)線圈平行于磁場(chǎng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(dāng)以圖示位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)時(shí)，流過(guò)R的電流瞬時(shí)值表達(dá)式為i＝Imsinωt＝eq\f(nBL2ω,2R＋r)sinωt。(2)在線圈由圖示位置勻速轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中，用有效值來(lái)計(jì)算電阻R上產(chǎn)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)，那么Q＝I2Req\f(T,4)＝eq\f(n2πB2L4ωR,16R＋r2)。(3)在線圈轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(guò)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(guò)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)由局部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(jiàn)解析結(jié)合理想變壓器考查交流電路的分析[例2](2022·泰州模擬)如下圖，有一矩形線圈的面積為S，匝數(shù)為N，內(nèi)阻不計(jì)，在水平方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞OO′軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，從圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)。矩形線圈通過(guò)滑環(huán)接一理想變壓器，滑動(dòng)觸頭P上下移動(dòng)時(shí)可改變輸出電壓，副線圈接有可調(diào)電阻R，以下判斷正確的選項(xiàng)是()A．矩形線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝NBSωcosωtB．矩形線圈從圖示位置經(jīng)過(guò)eq\f(π,2ω)時(shí)間，通過(guò)電流表的電荷量為零C．當(dāng)P位置不動(dòng)，R增大時(shí)，電壓表讀數(shù)也增大D．當(dāng)P向上移動(dòng)，R不變時(shí)，電流表讀數(shù)減小[審題指導(dǎo)](1)交變電流開(kāi)始計(jì)時(shí)的位置為峰值面。(2)計(jì)算通過(guò)電流表的電荷量應(yīng)該用交變電流的平均值。(3)移動(dòng)滑動(dòng)觸頭的過(guò)程中，副線圈的匝數(shù)不變。[解析]開(kāi)始計(jì)時(shí)時(shí)，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為最大值NBSω，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝NBSωcosωt，A正確；矩形線圈從圖示位置經(jīng)過(guò)eq\f(π,2ω)時(shí)間，線圈磁通量的變化量為ΔΦ＝BS，故通過(guò)電流表的電荷量q＝Neq\f(ΔΦ,R)，所以不為零，B錯(cuò)誤；電壓表讀數(shù)是線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值，即總是eq\f(NBSω,\r(2))，C錯(cuò)誤；當(dāng)P向上移動(dòng)時(shí)，輸出電壓升高，R不變時(shí)，輸出功率增大，電流表讀數(shù)增大，D錯(cuò)誤。[答案]A[備考錦囊]分析變壓器動(dòng)態(tài)變化的流程和關(guān)鍵(1)分析變壓器動(dòng)態(tài)變化問(wèn)題的一般思維流程(2)分析變壓器動(dòng)態(tài)變化問(wèn)題的關(guān)鍵①弄清變量和不變量，確定是負(fù)載電阻不變還是匝數(shù)比不變。②弄清變壓器動(dòng)態(tài)變化中的決定關(guān)系，即P2決定P1，I2決定I1，U1決定U2。[即時(shí)訓(xùn)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(dòng)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。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．I1和I2表示電流的瞬時(shí)值B．U1和U2表示電壓的最大值C．滑片P向下滑動(dòng)過(guò)程中，U2不變、I1變大D．滑片P向下滑動(dòng)過(guò)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(shí)值或最大值，A、B錯(cuò)誤；假設(shè)P向下滑動(dòng)，R阻值減小，負(fù)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(cè)量原線圈兩端電壓，U1不變，V2測(cè)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(cuò)誤。遠(yuǎn)距離高壓輸電問(wèn)題[例3]通過(guò)一理想變壓器，經(jīng)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(dāng)副線圈與原線圈的匝數(shù)比為k時(shí)，線路損耗的電功率為P1，假設(shè)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，那么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(dāng)副線圈與原線圈的匝數(shù)比為k時(shí)，有k＝eq\f(U1,U)，副線圈與原線圈的匝數(shù)比提高到nk時(shí)，有nk＝eq\f(U2,U)，由于線路的輸送功率不變，那么有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(yuǎn)距離輸電中的“三路兩耗〞(1)三個(gè)回路回路1：發(fā)電機(jī)回路。該回路中，通過(guò)線圈1的電流I1等于發(fā)電機(jī)中的電流I機(jī)；線圈1兩端的電壓U1等于發(fā)電機(jī)的路端電壓U機(jī)；線圈1輸入的電功率P1等于發(fā)電機(jī)輸出的電功率P機(jī)。回路2：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(dǎo)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(shí)訓(xùn)練]如下圖為遠(yuǎn)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(kāi)關(guān)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(kāi)關(guān)S后，升壓變壓器的輸出電壓不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；閉合開(kāi)關(guān)S后，負(fù)載增加，負(fù)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(xiàng)B錯(cuò)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(xiàng)D錯(cuò)誤。[課余自查小練]1.(2022·四川高考)小型手搖發(fā)電機(jī)線圈共N匝，每匝可簡(jiǎn)化為矩形線圈abcd，磁極間的磁場(chǎng)視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于線圈中心軸OO′，線圈繞OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，如下圖。矩形線圈ab邊和cd邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值都為e0，不計(jì)線圈電阻，那么發(fā)電機(jī)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(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的最大值都是e0，每匝中ab和cd串聯(lián)，故每匝線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的最大值為2e0。N匝線圈串聯(lián)，整個(gè)線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為2Ne0，因線圈中產(chǎn)生的是正弦交流電，那么發(fā)電機(jī)輸出電壓的有效值E＝eq\r(2)Ne0，應(yīng)選項(xiàng)D正確。2．(多項(xiàng)選擇)如圖甲所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一矩形金屬線圈兩次分別以不同的轉(zhuǎn)速，繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)圖像如圖乙中曲線a、b所示，那么()A．兩次t＝0時(shí)刻線圈平面均與中性面重合B．曲線a、b對(duì)應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為2∶3C．曲線a表示的交變電動(dòng)勢(shì)頻率為25HzD．曲線b表示的交變電動(dòng)勢(shì)有效值為10V解析：選AC由題圖乙知t＝0時(shí)兩次轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)都等于零，那么線圈平面均與中性面重合，A正確；兩次轉(zhuǎn)動(dòng)所產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的周期之比Ta∶Tb＝2∶3，再由周期與轉(zhuǎn)速的關(guān)系n＝eq\f(1,T)，得na∶nb＝3∶2，B錯(cuò)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(cuò)誤。3．如圖甲所示，長(zhǎng)、寬分別為L(zhǎng)1＝0.1m、L2＝0.2m的矩形金屬線框位于豎直平面內(nèi)，其匝數(shù)為n＝100，總電阻為1Ω，可繞其豎直中心軸O1O2轉(zhuǎn)動(dòng)。線框的兩個(gè)末端分別與兩個(gè)彼此絕緣的銅環(huán)C、D(集流環(huán))焊接在一起，并通過(guò)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(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，其中B0＝5×10－3T、B1＝1×10－2T和t1＝2×10－3s。0～t1時(shí)間內(nèi)，線框保持靜止，且線框平面和磁場(chǎng)垂直；t1時(shí)刻后，線框在外力的驅(qū)動(dòng)下開(kāi)始繞O1O2以角速度ω＝200rad/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。求：(1)0～t1時(shí)間內(nèi)通過(guò)電阻R的電流大??；(2)線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)后，在轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的熱量；(3)線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)后，從圖甲所示位置轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量。解析：(1)0～t1時(shí)間內(nèi)，線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nL1L2B1－B0,t1)根據(jù)閉合電路歐姆定律得，通過(guò)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(zhuǎn)動(dòng)后，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值Em＝nB1L1感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值E＝eq\f(\r(2),2)nB1L1L2ω通過(guò)電阻R的電流有效值I＝eq\f(\r(2)nB1L1L2ω,2R＋r)線框轉(zhuǎn)動(dòng)一周所需的時(shí)間t＝eq\f(2π,ω)此過(guò)程中，電阻R產(chǎn)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(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nB1L1L2,Δt)平均感應(yīng)電流eq\x\to(I)＝eq\f(nB1L1L2,ΔtR＋r)流過(guò)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)2×10－34.如下圖，一個(gè)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(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度按B＝eq\f(5,π)sin100πtT的規(guī)律變化。線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝BmSωcosωt，其中Bm為磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值，ω為磁場(chǎng)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(gè)周期在電阻R上產(chǎn)生的熱量Q；(3)從t＝0開(kāi)始到t＝eq\f(1,200)s這段時(shí)間通過(guò)線圈的電量q。解析：(1)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度按B＝eq\f(5,π)sin100πtT的規(guī)律變化，由題意知，線圈中產(chǎn)生交變電流，且Bm＝eq\f(5,π)T，ω＝100πrad/s電動(dòng)勢(shì)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(gè)周期在電阻R上產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(U2,R)T＝4.5J。(3)在0～eq\f(1,200)s時(shí)間內(nèi)，電動(dòng)勢(shì)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(guò)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(zhuān)題跟蹤檢測(cè)]一、選擇題(第1～5題為單項(xiàng)選擇題，第6～9題為多項(xiàng)選擇題)1．如圖甲所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)n＝10匝的閉合矩形線圈繞軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)軸O1O2垂直于磁場(chǎng)方向，線圈電阻為5Ω，從圖甲所示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，通過(guò)線圈平面的磁通量隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示，那么()A．線圈轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中消耗的電功率為10π2WB．在t＝0.2s時(shí)，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，且電流改變一次方向C．所產(chǎn)生的交變電流感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝10πsin5πtVD．線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)穿過(guò)線圈的磁通量變化最快解析：選A最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值為：E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(10π,\r(2))V＝5eq\r(2)πV，線圈轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)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(shí)，磁通量為0，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，電流方向不變，故B錯(cuò)誤；由題圖乙知角速度ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.4)rad/s＝5πrad/s，因?yàn)閺木€圈垂直中性面開(kāi)始計(jì)時(shí)，所以交變電流感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝10πcos5πtV，故C錯(cuò)誤；線圈在圖示位置磁通量為0，磁通量的變化率最大，穿過(guò)線圈的磁通量變化最快，轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)，磁通量最大，磁通量變化率為0，故D錯(cuò)誤。2.如圖甲所示，50匝矩形閉合導(dǎo)線框ABCD處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝eq\f(\r(2),10)T的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框電阻不計(jì)。線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)EF處所產(chǎn)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。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(jì)，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．t＝0.1s時(shí)，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(shí)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(cuò)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(cuò)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(shí)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，線框平面與中性面垂直，故D錯(cuò)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，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)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(shí)值表達(dá)式為u＝220sin100πtVD．圖甲所示電壓經(jīng)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(shí)間變化，因此都為交流電，故A錯(cuò)誤；兩種電壓的最大值是311V，有效值要小于311V，故B錯(cuò)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(shí)值表達(dá)式為u＝311sin100πtV，故C錯(cuò)誤；交流電經(jīng)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.(2022·蘇州一模)如下圖為一個(gè)小型電風(fēng)扇的電路簡(jiǎn)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(fēng)扇電動(dòng)機(jī)D，電動(dòng)機(jī)線圈電阻為r。接通電源后，電風(fēng)扇正常運(yùn)轉(zhuǎn)，測(cè)出通過(guò)風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)的電流為I。那么以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．理想變壓器的輸入功率為eq\f(UI,n)B．風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)中的電流為eq\f(U,nr)C．風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率為eq\f(U,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(I－\f(U,nR)))D．假設(shè)電風(fēng)扇由于機(jī)械故障被卡住，那么通過(guò)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，那么輸出端電壓為eq\f(U,n)，而風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)的輸入功率為eq\f(UI,n)，因輸出端還有一只燈泡，故A錯(cuò)誤；由上述分析知輸出端電壓為eq\f(U,n)，因?yàn)轱L(fēng)扇電動(dòng)機(jī)不是純電阻器件，所以電流不能表示為eq\f(U,nr)，故B錯(cuò)誤；風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)的輸入功率為eq\f(UI,n)，而風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)的線圈電阻消耗的功率為I2r，那么風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率為eq\f(UI,n)－I2r，故C錯(cuò)誤；假設(shè)電風(fēng)扇由于機(jī)械故障被卡住可視為純電阻，兩電阻并聯(lián)，那么根據(jù)歐姆定律可知，通過(guò)原線圈的電流為eq\f(UR＋r,n2Rr)，故D正確。5.(2022·鎮(zhèn)江三模)如下圖，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(qiáng)而減小)，開(kāi)關(guān)K開(kāi)始時(shí)處于閉合狀態(tài)，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．當(dāng)光照變?nèi)鯐r(shí)，變壓器的輸入功率增加B．當(dāng)滑動(dòng)觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)，電阻R1消耗的功率增加C．當(dāng)開(kāi)關(guān)K由閉合到斷開(kāi)，原線圈中電流變大D．當(dāng)U增大時(shí)，副線圈中電流變小解析：選B當(dāng)光照變?nèi)鯐r(shí)，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(cuò)誤；當(dāng)滑動(dòng)觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)，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(dāng)開(kāi)關(guān)K由閉合到斷開(kāi)，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(cuò)誤；當(dāng)U增大時(shí)，副線圈電壓增大，副線圈中電流變大，故D錯(cuò)誤。6.某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室中研究遠(yuǎn)距離輸電。由于輸電線太長(zhǎng)，他將每100米導(dǎo)線卷成一卷，共卷成8卷來(lái)代替輸電線路(忽略輸電線路的電磁感應(yīng))。在輸送功率相同時(shí)，第一次直接將輸電線與學(xué)生電源及用電器相連，測(cè)得輸電線上損失的功率為P1，第二次采用如下圖的電路輸電，其中理想變壓器T1與學(xué)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(cè)得輸電線上損失的功率為P2。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．前后兩次實(shí)驗(yàn)都可用于研究遠(yuǎn)距離直流輸電B．實(shí)驗(yàn)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(yuǎn)距離輸電的能量損失C．假設(shè)輸送功率一定，那么P2∶P1＝n1∶n2D．假設(shè)輸送功率一定，那么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(shí)驗(yàn)只能研究遠(yuǎn)距離交流輸電，故A錯(cuò)誤；第一次實(shí)驗(yàn)，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(shí)驗(yàn)，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(cuò)誤；由上述分析知P2<P1，即實(shí)驗(yàn)可以證明，T1采用升壓變壓器能減小輸電電流，能減小遠(yuǎn)距離輸電的能量損失，故B正確。7．如下圖為某小型發(fā)電站高壓輸電示意圖。發(fā)電機(jī)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。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)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(hù)獲得的電壓將降低D．將P下移，用戶(hù)獲得的功率將增大解析：選AD發(fā)電機(jī)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(cuò)誤；假設(shè)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(dá)式，可知輸電線中電流I＝eq\f(P,U2)，那么電流會(huì)減小，輸電線中損失電壓U損＝IR，輸電線的電壓減小，那么用戶(hù)獲得的電壓升高，故C錯(cuò)誤；假設(shè)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(hù)獲得的功率將增大，故D正確。8.(2022·江蘇一模)鉗形電流測(cè)量?jī)x的結(jié)構(gòu)圖如下圖，其鐵芯在捏緊扳手時(shí)會(huì)張開(kāi)，可以在不切斷被測(cè)載流導(dǎo)線的情況下，通過(guò)內(nèi)置線圈中的電流值I和匝數(shù)n獲知載流導(dǎo)線中的電流大小I0，那么關(guān)于該鉗形電流測(cè)量?jī)x的說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．該測(cè)量?jī)x可測(cè)量直流電的電流B．載流導(dǎo)線中電流大小I0＝eq\f(I,n)C．假設(shè)鉗形局部鐵芯沒(méi)有完全閉合，測(cè)量出的電流將小于實(shí)際電流D．假設(shè)將載流導(dǎo)線在鐵芯上多繞幾匝，鉗形電流測(cè)量?jī)x的示數(shù)將變大解析：選CD鉗形電流測(cè)量?jī)x實(shí)質(zhì)上是一個(gè)升壓變壓器，只能測(cè)量交流電的電流，故A錯(cuò)誤；根據(jù)eq\f(I0,I)＝eq\f(n,1)，得載流導(dǎo)線中電流大小I0＝nI，故B錯(cuò)誤；假設(shè)鉗形局部鐵芯沒(méi)有完全閉合，載流導(dǎo)線中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)減弱，磁通量變化率減小，在內(nèi)置線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小，感應(yīng)電流減小，那么測(cè)量出的電流將小于實(shí)際電流，故C正確；根據(jù)n1I1＝n2I2，知假設(shè)將載流導(dǎo)線在鐵芯上多繞幾匝，即n1變大，I1、n2不變，那么鉗形電流測(cè)量?jī)x的示數(shù)I2將變大，故D正確。9．(2022·天津高考)如下圖，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(guò)滑動(dòng)觸頭Q來(lái)調(diào)節(jié)，在副線圈兩端連接了定值電阻R0和滑動(dòng)變阻器R，P為滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭。在原線圈上加一電壓為U的正弦交流電，那么()A．保持Q的位置不動(dòng)，將P向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變大B．保持Q的位置不動(dòng)，將P向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變小C．保持P的位置不動(dòng)，將Q向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變大D．保持P的位置不動(dòng)，將Q向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變小解析：選BC保持Q的位置不動(dòng)，那么U2不變，將P向上滑動(dòng)時(shí)，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(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；保持P的位置不動(dòng)，將Q向上滑動(dòng)時(shí)，U2變大，那么根據(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(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。二、非選擇題10.如下圖，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T，邊長(zhǎng)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(duì)稱(chēng)軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度ω＝2πrad/s，外電路中的電阻R＝4Ω，求：(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值；(2)由圖示位置(線圈平面與磁感線平行)轉(zhuǎn)過(guò)60°時(shí)的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；(3)由圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)60°的過(guò)程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；(4)交流電壓表的示數(shù)；(5)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)一周產(chǎn)生的總熱量；(6)由圖示位置開(kāi)始在eq\f(1,6)周期內(nèi)通過(guò)電阻R的電荷量。解析：(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為Em＝NBSω＝100×0.5×0.12×2πV＝3.14V。(2)由圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)60°時(shí)的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為e＝Emcos60°＝3.14×0.5V＝1.57V。(3)由圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)60°的過(guò)程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(zhuǎn)動(dòng)一周產(chǎn)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(nèi)通過(guò)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.如下圖，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(xiàn)為熔斷電流為I0＝1.0A的保險(xiǎn)絲，負(fù)載為一可變電阻R。(1)當(dāng)電阻R＝100Ω時(shí)，保險(xiǎn)絲能否被熔斷？(2)要使保險(xiǎn)絲不被熔斷，電阻R的阻值應(yīng)不小于多少？變壓器輸出的電功率不能超過(guò)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(dāng)R＝100Ω時(shí)，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(xiǎn)絲不會(huì)熔斷。(2)設(shè)電阻R取某一值R0時(shí)，原線圈中的電流I1剛好到達(dá)熔斷電流I0，即I1＝1.0A，那么副線圈中的電流為I2＝eq\f(n1,n2)I1＝2×1.0A＝2.0A對(duì)應(yīng)電阻R的阻值為：R0＝eq\f(U2,I2)＝eq\f(110,2.0)Ω＝55Ω此時(shí)變壓器的輸出功率為P2＝I2U2＝2.0×110W＝220W可見(jiàn)，要使保險(xiǎn)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(guò)220W。答案：見(jiàn)解析二十、突破電磁感應(yīng)的兩個(gè)根本問(wèn)題[抓牢解題根源]一、“三定那么、一定律〞的比擬1．三個(gè)定那么(1)因電而生磁(I→B)→安培定那么。(2)因電而受力(I、B→F安)→左手定那么。(3)因動(dòng)而生電(v、B→I)→右手定那么。2．右手定那么與左手定那么的比擬比擬工程左手定那么右手定那么作用判斷通電導(dǎo)體所受磁場(chǎng)力的方向判斷感應(yīng)電流方向條件電流方向和磁場(chǎng)方向切割運(yùn)動(dòng)方向和磁場(chǎng)方向圖例因果關(guān)系電流→運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)→電流應(yīng)用電動(dòng)機(jī)發(fā)電機(jī)記憶規(guī)律左“力〞右“電〞3．楞次定律的理解及應(yīng)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(duì)運(yùn)動(dòng)——“來(lái)拒去留〞；③使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢(shì)——“增縮減擴(kuò)〞；④阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同〞。(2)楞次定律應(yīng)用的根本思路：“一原、二感、三電流〞二、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的計(jì)算1．法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，適用于普遍情況。2．E＝Blv，適用于導(dǎo)體棒切割磁感線的情況。3．E＝eq\f(1,2)Bl2ω，適用于導(dǎo)體棒繞一端點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線的情況。[研透?？碱}根]“三定那么、一定律〞考查感應(yīng)電流方向[例1](多項(xiàng)選擇)(2022·上海高考)如圖(a)，螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)，以圖中箭頭所示方向?yàn)槠湔较颉Ｂ菥€管與導(dǎo)線框abcd相連，導(dǎo)線框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導(dǎo)線框在同一平面內(nèi)。當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間按