高三物理二轮复习 专题四 电路和电磁感应.doc

专题四电路和电磁感应 考题考点统计年份试卷题号和题型分值考查内容2015新课标全国卷16选择题6分变压器的应用19选择题6分电磁感应现象、楞次定律新课标全国卷15选择题6分楞次定律、法拉第电磁感应定律2014新课标全国卷14选择题6分感应电流产生的条件18选择题6分电磁感应的图象问题新课标全国卷21选择题6分变压器的应用25计算题19分电磁感应的综合问题2013新课标全国卷17选择题6分电磁感应的图象问题25计算题19分电磁感应的综合问题新课标全国卷16选择题6分电磁感应的图象问题19选择题6分电磁感应现象、楞次定律考纲考点展示主题内容要求电路欧姆定律电阻定律电阻的串、并联电源的电动势和内阻闭合电路的欧姆定律电功率、焦耳定律电磁感应电磁感应现象磁通量法拉第电磁感应定律楞次定律自感、涡流交变电流交变电流、交变电流的图象 正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值理想变压器远距离输电重点规律阐释通过对近3年高考试题的分析可以看出，高考对本专题的考查主要有以下3部分：1电磁感应部分：以考查楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用为主，多涉及牛顿运动定律、电功和电热等力电综合问题。考查形式为选择题或计算题。2恒定电流部分：以选择题的形式考查动态电路、电路故障、含容电路和含电表电路等问题的分析。3交变电流部分：以选择题的形式考查交变电流有效值与峰值的关系、理想变压器的原理。备考应试指导命题预测2016年高考，可能在三个方面命题：一是直流电路的分析和计算；二是交变电流的产生和变压器的综合问题；三是电磁感应的图象问题、动力学问题、能量问题。考查的题型既有选择，又有计算，难度中等或中等偏上，在难度较大的压轴题中可能会考查电磁感应的综合问题。备考对策复习时应理清各个基本概念，熟记各公式及适用条件，掌握交流“四值”的特点及适用范围，注意训练和掌握闭合电路的动态分析问题、含容电路的分析问题、变压器电路的动态分析问题及电磁感应与电路相综合问题的分析思路与方法，强化电磁感应图象问题的训练，提高解决与实际生活、生产科技相结合的实际问题的能力。考点1直流电路的动态分析：本考点的高考题型一般是选择题或填空题，通过改变电阻阻值或使支路开关闭合或断开探究某元件的电流、电压、功率及电源输出功率的变化情况。1明确1个定律、2个关系(1)闭合电路的欧姆定律：i。(2)路端电压与电流的关系：ueir。(3)路端电压与负载的关系uiree，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小。2明确引起电路动态变化的原因(1)滑动变阻器、热敏电阻或光敏电阻的阻值变化。(2)某支路开关闭合或断开。1.多选(2015上海崇明模拟)如图所示，闭合电键s，电压表的示数为u，电流表的示数为i，现向左调节滑动变阻器r的触头p，电压表v的示数改变量的大小为u，电流表a的示数改变量大小为i，则下列说法正确的是()a.变大b.变大c电阻r1的功率变大 d电源的总功率变大解析滑动头p向左移动，电阻r阻值变大，总电流变小，电源的总功率变小，路端电压增大，r2电压减小，故电压表示数增大，电阻r1的功率变大，c正确，d错误；由r并，r增大，r并增大，故a正确；由uei(rr2)，所以rr2，不随r改变，b错误。答案ac2(2015武汉二模)在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为e，内电阻为r，r1、r2为定值电阻，r3为滑动变阻器，c为电容器， 、为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑动头p自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是()a电压表示数减小b电流表示数减小c电容器c所带电荷量增多da点的电势降低解析滑动头p自a端向b端滑动的过程中，滑动变阻器的电阻减小，电路总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可得，干路电流增大，由ur1ir1可知r1两端电压即电压表的示数变大，选项a错误；由ueir可知路端电压u减小；由ur2uur1可得r2两端的电压减小，又由i2可得流过r2的电流变小，在干路电流增大的情况下，电流表的示数将变大，选项b错误；电容器两端的电压变小，根据c，电容器所带电荷量将变少，选项c错误；由于r2两端的电压变小，所以a点的电势变低，选项d正确。答案d直流电路动态分析的3种常用方法方法1：程序法r局i总u内i总ru外eu内确定u支、i支方法2：结论法“串反并同”“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)。“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)。方法3：极限法因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论。1(2014天津高考)如图所示，电路中r1、r2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器c的极板水平放置，闭合电键s，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是()a增大r1的阻值b增大r2的阻值 c增大两板间的距离 d断开电键s解析：选b在直流电路中，r2与电容器串联的支路不通，因此电容器两端的电压等于r1两端的电压，增大r1的阻值，r1两端的电压增大，电容器两端的电压增大，由e 可知，电容器两极板间的电场强度增大，因此板间带电油滴受到的电场力增大，会向上运动，a错误；增大r2的阻值不改变电路中的总电阻，不改变r1两端的电压，因此电容器中的油滴仍保持静止，b正确；增大两板间的距离，而电容器两板间的电压一定，由e可知，板间的场强减小，油滴受到的电场力减小，油滴会向下运动，c错误；断开电键s，电容器会通过r1、r2进行放电，使板间场强减小，油滴受到的电场力减小而向下运动，d错误。2.(2015山东高考)如图甲所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流i0，r为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表。某同学利用该电路研究滑动变阻器rl消耗的电功率。改变rl的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如图乙所示的ui关系图线。回答下列问题：(1)滑动触头向下移动时，电压表示数_(填“增大”或“减小”)。(2)i0_ a。(3)rl消耗的最大功率为_ w(保留一位有效数字)。解析：(1)滑动触头向下移动，rl变小，r1与r并联后的总电阻r总变小，由于电路连接恒流源，根据uir总可得电压表示数减小。(2)由(1)问中两式可得u(i0i)r，从题图乙知，电压u0时，i0i1.0 a；i0时，r20 。(3)plui20(1.0i)i520(i0.5)2，所以当i0.5 a时，rl消耗的功率最大，为5 w。答案：(1)减小(2)1.00(0.98、0.99、1.01均正确)(3)5考点2交变电流的产生和描述 ：本考点是高考的热点，常以选择题形式考查，考向主要有：(1)交变电流的产生、图象、公式及相关物理量。(2)交变电流“四值”的物理意义及其不同方面的应用。1线圈通过中性面时的特点(1)穿过线圈的磁通量最大。(2)线圈中的感应电动势为零。(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次。2正弦式交流电的“四值”的应用(以电动势为例)四值计算式应用最大值emnbs计算电容器的耐压值瞬时值eemsin t计算闪光电器的闪光时间等有效值e电表的读数、电热、电功及保险丝熔断电流的计算等平均值计算通过导体横截面的电量等注意：(1)只有正弦交流电最大值与有效值间才有倍关系。(2)计算电热时只能用有效值，不可用平均值。(3)计算电荷量时应该用平均值。1.如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为b的水平匀强磁场中，线框面积为s，电阻为r。线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度从中性面开始匀速转动，下列说法正确的是()a转过时，线框中的电流方向为abcdab线框中感应电流的有效值为 c从中性面开始转过的过程中，通过线框横截面的电荷量为 d线框转一周的过程中，产生的热量为 解析 由楞次定律和右手定则可知，转过时，线框中的电流方向为adcba，a错误；线框中感应电流的最大值im，由于线框中的感应电流是正弦交流电，其电流有效值i，b错误；由q可知，从中性面开始转过的过程中，通过线框横截面的电荷量q，c正确；线框转一周的过程中，产生的热量等于感应电流做的功，因此qwi2r，d错误。答案c2多选(2015商丘模拟)如图甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r2 矩形线圈在磁感应强度为b的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴oo匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器r的最大阻值为r0 ，滑动片p位于滑动变阻器中央，定值电阻r1r0、r2，其它电阻不计。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关s，线圈转动过程中理想交流电压表示数是10 v，图乙是矩形线圈磁通量随时间t变化的图象，则下列说法正确的是()a电阻r2上的热功率为 wb0.02 s时滑动变阻器r两端的电压瞬时值为零c线圈产生的感应电动势随时间t变化的规律是e10 cos 100t(v)d线圈开始转动到t s的过程中，通过r1的电荷量为c解题关键(1)计算功率时要用交流电的有效值，电表的读数即为电阻r两端电压的有效值。(2)弄清各时刻线圈所处的位置是求解瞬时值的关键。(3)书写瞬时值表达式时要弄清三个关键：最大值、角速度、零时刻线圈所处的位置。解析根据串联电路分压关系，可求得r2两端的电压为 v，故p w w，a正确；0.02 s时线圈的磁通量为零，此时线圈中电动势最大，r两端电压最大，b错误；因线圈有内阻r，故电动势最大值em10 v，c错误；由r外10 ，r2 ，u10 v可得emnbs12 v，又qnn，以上各式联立可得：qc，d正确。答案ad交变电流瞬时值表达式书写的基本思路(1)确定正余弦交变电流的峰值，根据已知图象或由公式emnbs求出相应峰值。(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。若线圈从中性面开始计时，则et关系为正弦函数，函数表达式为eemsin t。若线圈从垂直中性面开始计时，则et关系为余弦函数，函数表达式为eemcos t。1多选(2014天津高考)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象如图乙中曲线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act0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，a正确；图中a、b对应的周期之比为23，因此线圈转速之比nanb32，b错误；a线表示的交流电动势的频率为fa hz25 hz，c正确；曲线a表示的交变电动势的最大值eamnbs，由图象知eam15 v，曲线b表示的交变电动势的最大值ebmnbs，因此 ，ebm10 v，有效值eb v5 v，d错误。2.(2015四川高考)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。考点3变压器和远距离输电 ：本考点为高考热点，常以选择题的形式考查，命题规律如下：(1)与交变电流的图象、瞬时值表达式等相结合进行考查。(2)考查变压器原副线圈中的电压、电流及功率关系，变压器的动态变化分析及远距离输电。1理想变压器的基本关系2.远距离输电过程功率的关系(1)变压器输出功率：p出p损p用(2)输电线上的电流：i(3)输电线上损失的功率p损i2r线2r线u损i1多选(2015宝鸡质检)如图甲所示，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象如图乙所示，经原副线圈匝数比为110的理想变压器给一灯泡供电，如图丙所示，副线圈电路中灯泡额定功率为22 w。现闭合开关，灯泡正常发光。若矩形金属线框的电阻忽略不计，则()at0.01 s时刻穿过线框的磁通量为零b交流发电机转动的角速度速为314 rad/sc变压器原线圈中电流表示数为1 ad灯泡的额定电压为220 v解析由图乙可知：当0.01 s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，选项a错误；由图乙可知，交流电的周期为0.02 s，则角速度为：100 rad/s，选项b正确；副线圈中消耗的电功率是22 w，所以原线圈中的输入功率是22 w，原线圈输入电压有效值为22 v，则变压器原线圈中电流表示数为：i a1 a，选项c正确；灯泡正常发光，故额定电压为220 v，选项d错误。答案bc2多选(2015唐山模拟)如图所示为远距离输送交流电的系统示意图，变压器均为理想变压器。随着用户负载增多，发电机f达到额定功率时，降压变压器输出功率仍然不足，用户的用电器不能正常工作。那么，在发电机以额定功率工作的情况下，为了适当提高用户的用电功率，可采取的措施是()a适当减小输电线的电阻rb适当提高c适当提高的同时，降低d适当降低的同时，提高解析当发电机输出功率一定时，为使远距离用户得到更多的功率，需减小输电线上的功率损失，根据pir，可以减小输电线的电阻r，a对；也可以通过提高输电电压，减小输送电流，即提高，这样使线圈n3两端电压变大，为使用户的用电器正常工作需要适当降低，c对。答案ac变压器电路的动态分析技巧(1)根据题意弄清变量和不变量。(2)弄清动态变化过程中的决定关系。(3)利用直流电路的动态分析方法，具体思路如下：由分析u2的情况由i2分析i2的情况由p2i2u2分析输出功率情况由p1p2判定输入功率情况由p1i1u1分析i1的变化情况。1(2014四川高考)如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则()a用户用电器上交流电的频率是100 hzb发电机输出交流电的电压有效值是500 vc输电线的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定d当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小解析：选d由题图乙可得交流电的频率是50 hz，发电机输出电压的最大值是500 v，所以有效值为250 v，变压器在输电过程中不改变交流电的频率，a、b错误；输电线的电流是由降压变压器的负载电阻和输出电压决定的，c错误；由于升压变压器的输出电压不变，当用户用电器的总电阻增大时，输出电流减小，根据电流与匝数成反比的关系可知，输电线上的电流减小，由p线ir线可知，输电线上损失的功率减小，d正确。2.(2015全国新课标)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为31，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压在220 v的正弦交流电源上，如图所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为u，原、副线回路中电阻消耗的功率的比值为k，则()au66 v，kbu22 v，kcu66 v，k du22 v，k解析：选a设原、副线圈中的电流分别i1、i2，则，故k；设原线圈两端的电压为u1，则，故u13u，而原线圈上电阻分担的电压为u，故3u220 v，解得u66 v，选项a正确。交汇考点 ：交变电流的综合问题分析该综合问题涉及交流电的产生、变化规律、图象和变压器问题，考查的点多面广，因此将成为2016年高考命题热点，题型一般为选择题。如图所示，有一矩形线圈的面积为s，匝数为n，内阻不计，绕oo轴在水平方向的磁感应强度为b的匀强磁场中以角速度做匀速转动，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 时间时，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位置向上移动，r不变时，电流表读数减小快速审题解析计时起点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；电压表示数是线圈产生的感应电动势的有效值，即总是 ，c错误；当p位置向上移动时，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分析交变电流综合问题的两点注意交变电流的综合问题，涉及交流电路“四值”的计算，以及与电磁感应、安培力、闭合电路欧姆定律的综合应用等，解答时应注意以下两点：(1)分清交流电路“四值”的不同计算方法和物理意义。(2)学会将直流电路、部分电路欧姆定律的知识应用在交流电路中。1(2015保定一模)如图所示，匝数为100匝的矩形线圈abcd位于磁感应强度b t的水平匀强磁场中，线圈面积s0.5 m2，内阻不计。线圈绕垂直于磁场的轴以角速度10 rad/s匀速转动。线圈通过金属滑环与理想变压器原线圈相连，变压器的副线圈接入一只“12 v，12 w”灯泡，灯泡正常发光，下列说法中正确的是() a通过灯泡的交变电流的频率是50 hzb变压器原、副线圈匝数之比为101c矩形线圈中产生的电动势的最大值为120 vd若将灯泡更换为“12 v,24 w”且保证其正常发光，需要增大矩形线圈的转速解析由2f可得通过灯泡的交变电流的频率是5 hz，选项a错误；矩形线圈在水平匀强磁场中转动产生感应电动势最大值为emnbs1000.510 v120 v，变压器输入电压为120 v，由变压器变压公式可知，变压器原、副线圈匝数之比为101，选项b正确，c错误；因副线圈电压仍为12 v，故将灯泡更换为“12 v,24 w”能保证其正常发光，不需要增大矩形线圈的转速，选项d错误。答案b2某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为，磁场均沿半径方向。匝数为n的矩形线圈abcd的边长abcdl、bcad2l。线圈以角速度绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为b、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为r。求：(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小em；(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小f；(3)外接电阻上电流的有效值i。解析(1)bc、ad边的运动速度v感应电动势emeadebc4nblv解得em2nbl2(2)由闭合电路欧姆定律知回路中的电流im bc边受到的安培力fnbim2l解得f(3)一个周期内，通电时间tttr上消耗的电能wirt且wi2rt解得i答案(1)2nbl2(2)(3) 一、单项选择题1(2015绥化三校月考)有人在调试电路时，用一个“100 k， w”的电阻和一个“300 k， w”的电阻串联，作为400 k的电阻使用，此时两只串联电阻允许消耗的最大功率为()a. w b. w c. w d. w解析：选c设它们的电阻和功率分别为r1、p1和r2、p2，由于两者的阻值不同，额定功率相同，根据公式pi2r可知，“300 k， w”的额定电流较小，imin，当两者串联起来后，电路中的电流不能超过imin，所以它们的功率为pi(r2r1)(r2r1) w，故c正确。2.(2013四川高考)用220 v的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 v，通过负载的电流图象如图所示，则()a变压器输入功率约为3.9 wb输出电压的最大值是110 vc变压器原、副线圈匝数比是12d负载电流的函数表达式i0.05sina解析：选a由负载电流图象知，负载电流i2 a，变压器的输出功率p2i2u2110 w3.9 w，输入功率p1p23.9 w，a正确；输出电压的最大值为u2m110 v，b错误；变压器原、副线圈的匝数比是21，c错误；由图象知，负载电流的函数表达式i0.05sin 100t(a)，d错误。3(2015广州二模)在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路。调节滑动变阻器r并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50 a和2.0 v。重新调节r并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0 a和24.0 v。则这台电动机正常运转时输出功率为()a32 w b44 w c47 w d48 w解析：选a电动机停止转动时，可将电路看成纯电阻电路，则电动机电阻r 4 ；当电动机正常运转时，电动机的输入功率pi2u22.024 w48 w，电动机电阻消耗功率prir44 w16 w，电动机的输出功率p出ppr32 w，a正确。4(2015忻州联考)如图所示，e为内阻不能忽略的电池，r1、r2、r3均为定值电阻，与均为理想电表；开始时开关s闭合，、均有读数，某时刻发现和读数均变大，则电路中可能出现的故障是() ar1断路 br2断路cr1短路 dr3短路解析：选b因为当r2断路时，外电路的总电阻变大，故路端电压变大，即电压表读数变大；电路的总电流减小，故r1上的电压减小，r3电压变大，故电流表读数变大，符合题目所述现象，故电路故障是r2断路，故选b。5(2015云南名校统考)将阻值为100 的电阻丝绕成一个110匝的闭合矩形线圈，让其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，如图甲所示，产生的感应电动势如图乙所示。则可以判断()at0时刻线圈应转到图甲所示的位置b该线圈的转速为100 r/sc穿过线圈的磁通量的最大值为 wbd线圈转一周所产生的电热为9.68 j解析：选d零时刻感应电动势为零，磁通量变化最慢，线圈应与磁场垂直，a错误；产生感应电动势的周期为0.02 s，则线圈的转速为50 r/s，b错误；感应电动势的最大值emnbs，mbs wb，c错误；线圈转一周所产生的电热qt9.68 j，d正确。6.(2015广东高考改编)如图所示为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头p，使输出电压有效值由55 v升至110 v。调节前后()a副线圈中电流比为21b副线圈输出功率比为41c副线圈的接入匝数比为21d原线圈输入功率比为14解析：选d设副线圈的输出电压在两种情况下分别为u2、u2，由题意知u2u212，两种情况下，副线圈中的电流分别为i2、i2，副线圈中的电流比为i2i2u2u212，故a错误；由功率p2、p2得p2p2uu14，故b错误；理想变压器的输出功率等于输入功率，故原线圈输入功率比为14，d正确；由变压器规律得，解得12，c错误。7如图所示的电路中，电源电动势为e，内阻为r，两平行金属板间有匀强磁场。开关s闭合后，当滑动变阻器滑片位于图示位置时，一带电粒子恰好以速度v匀速穿过两板。若不计重力，下列说法不正确的是() a如果将开关断开，粒子将继续沿直线运动b保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子可能向上偏转c保持开关闭合，将滑片p向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出d保持开关闭合，将滑片p向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出解析：选a 将开关断开，电容器将通过滑动变阻器放电，a、b板间的场强逐渐减小到零，所以粒子受到的洛伦兹力大于电场力，粒子将发生偏转，a错误；保持开关闭合，电容器两端电压不变，将a极板向下移动一点，由e知两极板之间电场强度增大，粒子所受电场力增大，粒子可能向上偏转，b正确；保持开关闭合，将滑片p向上滑动一点，平行金属板间电压降低，由fqe知粒子所受电场力小于洛伦兹力，若粒子带负电，它将可能从下极板边缘射出，c正确；保持开关闭合，将滑片p向下滑动一点，平行金属板间电压升高，粒子所受电场力大于洛伦兹力；若粒子带正电，它将可能从下极板边缘射出，d正确。8某供电系统是由交流发电机输出电压和副线圈匝数可调的变压器组成，如图所示。图中r0表示输电线的电阻。则()a当电压表v1示数减小，而用电器负载不变时，不改变触头位置，电流表a1示数增大b当电压表v1示数减小，而用电器负载不变时，适当上移触头p，可使电流表a2示数不变c当电压表v1示数不变，而用电器负载增加时，不改变触头位置，电流表a1示数不变d当电压表v1示数不变，而用电器负载增加时，适当上移触头p，电流表a1示数一定减小解析：选bv1读数减小导致v2读数减小，负载电阻不变，导致i2减小，i1减小，a错误；电压关系为，减小u1同时增大n2可以使得u2不变，i2不变，b正确；u1不变，又不改变触头位置则u2不变，此时增加负载(即减小负载电阻)，i2增大，从而i1增大，c错误；根据，在u1不变时，上移触头，u2增大，此时增加负载，i2增大，从而i1增大，d错误。二、多项选择题9(2015海南高考改编)如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为41，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为r0，负载电阻的阻值r11r0，是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为r5r0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 v，则()a此时原线圈两端电压的最大值约为24 vb此时原线圈两端电压的有效值约为24 vc原线圈两端原来的电压有效值约为48 vd原线圈两端原来的电压最大值约为68 v解析：选bcd负载电阻减小为5r0时，有，可得u26 v，由可得原线圈两端电压有效值u124 v，选项a错误，b正确；保持变压器输入电流不变，即i1不变，由知，负载电阻变化前后副线圈电流i2不变，则； 可得u212 v，根据可得原线圈两端电压有效值u148 v，选项c正确；原线圈两端电压最大值为umu168 v，选项d正确。10(2015豫东、豫北十校联考)理想变压器原副线圈匝数比为101，一正弦交流电经变压器对电阻r供电电路如图甲所示。图乙是r两端电压u随时间t变化的图象，r的阻值为10 。下列说法中正确的是()a交流电的频率为0.02 hzb交流电流表a的读数为2 ac电阻r上的热功率为4 000 wd交流电压表v的读数为200 v解析：选bc由图乙可知交流电的频率为 hz50 hz，电压表示数为200 v，由u1u2n1n2可得：u12 000 v，电阻r上的热功率pr4 000 wp入，而p入u1i1，可得i12 a，故b、c正确，a、d错误。11(2015开封二模)如图所示，t为理想变压器，原副线圈匝数比为51。a1、a2为理想交流电流表，v1、v2为理想交流电压表，r1、r2为定值电阻，r3为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，原线圈两端电压u220sin 100t v，以下说法正确的是() a当光照增强时，电压表v1示数为44 v保持不变b当光照增强时，电压表v2示数变大c通过电流表a1的电流方向每秒变化100次d当光照增强时，电流表a1、a2示数同时变大解析：选cd原线圈两端电压有效值为220 v，原副线圈匝数比为51，所以副线圈的电压有效值为44 v，电压表v1示数为44 v保持不变，与电阻的变化无关，所以a错误；当光照增强时，r3的电阻减小，总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，因此a1、a2的示数都要变大，r1的电压变大，副线圈的总电压不变，所以电压表v2示数变小，选项b错误，d正确；交流电的频率为f hz50 hz，所以通过电流表a1的电流方向每秒变化100次，选项c正确。12(2015盐城二模)图甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1100，降压变压器原、副线圈匝数比为1001，远距离输电线的总电阻为100 。若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750 kw。下列说法中正确的是()a用户端交流电压的频率为50 hzb用户端电压为250 vc输电线中的电流为30 ad输电线路损耗的功率为180 kw解析：选ac由图乙知交流电压的周期为0.02 s，故频率为50 hz，所以a正确；升压变压器原线圈电压u1250 v，根据变压规律得副线圈电压u225 000 v，又输入功率为750 kw，输电线中电流i30 a，故c正确；输电线上损耗电压uir3 000 v，降压变压器原线圈电压u3u2u22 000 v，根据变压规律可得用户端电压u4220 v，故b错误；输电线损耗的功率pi2r90 kw，故d错误。13(2015江西四校一模)一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是51，原线圈接入电压为220 v的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器r串联接在副线圈上，如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表。则下列说法错误的是()a原、副线圈中的电流之比为51b电压表的读数约为44 vc滑动变阻器接入电路的阻值为20 ，则1分钟内产生的热量为2 904 jd若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均增大解析：选abd原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为15，选项a错误；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 v，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，设电压表所测量的有效值为u，根据电流的热效应知t，解得u2231.11 v，选项b错误；由b求得电压表两端电压有效值为u有效22 v，则1 min内产生的热量为qt2 904 j，选项c正确；将滑动变阻器滑片向上滑动，接入电路中的阻值变小，电流表的读数变大，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，选项d错误。14(2015江苏四市调研)如图所示，面积为0.02 m2、内阻不计的100匝矩形线圈abcd，绕垂直于磁场的轴oo匀速转动，转动的角速度为100 rad/s，匀强磁场的磁感应强度为 t。矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头p可移动，副线圈所接电阻r50 ，电表均为理想交流电表。当线圈平面与磁场方向平行时开始计时。下列说法正确的是()a线圈中感应电动势的表达式为e100 cos (100t)vbp上移时，电流表示数减小ct0时，电压表示数为100 vd当原、副线圈匝数比为21时，电阻上消耗的功率为50 w解析：选ad由图可知，线圈是从垂直中性面位置开始运动，则有eemcos t，而emnbs1000.02100 v100 v，它的表达式可写为e100cos 100t v，选项a正确；当p向上移动时：原线圈匝数减少，由可知：输出电压增大，输出电流增大，输出功率增大，根据理想变压器原理可知输入功率增大，电流表示数增大，选项b错；电压表示数指的是有效值，即为100 v，c错；当原、副线圈匝数比为21时，输出电压为50 v，则电阻r上消耗的功率为p w50 w，选项d正确。考点1楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用： 本考点是高考的重点，考向如下：(1)楞次定律及其拓展应用。(2)法拉第电磁感应定律、楞次定律及欧姆定律的综合应用。1楞次定律中“阻碍”的表现(1)阻碍磁通量的变化(增反减同)。(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)。(3)阻碍原电流的变化(自感现象)。2楞次定律和右手定则的适用对象(1)楞次定律：一般适用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。(2)右手定则：一般适用于导体棒切割磁感线的情形。3求感应电动势大小的五种类型(1)磁通量变化型：en。(2)磁感应强度变化型：ens。(3)面积变化型：enb。(4)平动切割型：eblv。(5)转动切割型：enbl2。注意：公式ens中的s是垂直于磁场方向的有效面积。1多选(2015南京联考)航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去。现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，且电阻率铜铝。合上开关s的瞬间() a从左侧看环中感应电流沿顺时针方向b铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力c若将铜环放置在线圈右方，环将向左运动d电池正负极调换后，金属环不能向左弹射解析线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，环中电流由左侧看为顺时针，选项a正确；由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，铜环受到的安培力要大于铝环，故b正确；若环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动，选项c错误；电池正负极调换后，金属环受力向左，故仍将向左弹出，选项d错误。答案ab2.(2015泰兴二模)如图所示，电路中的a、b是两个完全相同的灯泡，l是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈，c是电容很大的电容器。当开关s断开与闭合时，a、b灯泡发光情况是()as刚闭合后，b灯亮一下又逐渐变暗，a灯逐渐变亮bs刚闭合后，a灯亮一下又逐渐变暗，b灯逐渐变亮cs闭合足够长时间后，a灯泡和b灯泡一样亮ds闭合足够长时间后再断开，b灯立即熄灭，a灯逐渐熄灭解析s刚闭合后，灯泡a与电感并联，由于电感阻碍电流的增大，所以a灯亮一下，然后逐渐熄灭，b灯与电容器并联，由于电容器充电，所以b灯逐渐变亮。故b正确，a错误；s闭合足够长时间后，c中无电流，相当于断路，l相当于短路，所以b很亮，而a不亮，断开s后，c与l均相当于电源，选项c、d错误。答案b3多选(2015江西八校联考)如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线mn的右侧存在磁感应强度b2 t的匀强磁场，mn的左侧有一质量m0.1 kg的矩形线圈abcd，bc边长l10.2 m，电阻r2 。t0时，用一恒定拉力f拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1 s，线圈的bc边到达磁场边界mn，此时立即将拉力f改为变力，又经过1 s，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示。则()a恒定拉力大小为0.05 nb线圈在第2 s内的加速度大小为1 m/s2c线圈ab边长l20.5 md在第2 s内流过线圈的电荷量为0.2 c解析在第1 s末，i1，ebl1v1，v1at1，fma1，联立得f0.05 n，a项正确；在第2 s内，由图象分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s末i2，ebl1v2，v2v1a2t2，解得a21 m/s2，b项正确；在第2 s内，vv2a2l2，得l21 m，c项错误；q0.2 c，d项正确。答案abd解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)确定感应电动势的大小和方向。(2)画出等效电路，对整个回路进行分析，确定哪一部分是电源、哪一部分为负载以及负载间的连接关系。(3)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功率等公式求解。1多选(2014四川高考)如图所示，不计电阻的光滑u形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板h、p固定在框上，h、p的间距很小。质量为0.2 kg的细金属杆cd恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 。此时在整个空间加方向与水平面成30角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是b(0.40.2t)t，图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则()at1 s时，金属杆中感应电流方向从c到dbt3 s时，金属杆中感应电流方向从d到cct1 s时，金属杆对挡板p的压力大小为0.1 ndt3 s时，金属杆对挡板h的压力大小为0.2 n解析：选ac由于b(0.40.2t)t，在t1 s时穿过平面的磁通量向下并减少，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向由c到d，a正确；在t3 s时穿过平面的磁通量向上并增加，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向仍然是从c到d，b错误；由法拉第电磁感应定律得essin 300.1 v，由闭合电路的欧姆定律得电路电流i1 a，在t1 s时，b0.2 t，方向斜向下，电流方向由c到d，金属杆对挡板p的压力水平向右，大小为fpbilsin 300.1 n，c正确；同理，在t3 s时，金属杆对挡板h的压力水平向左，大小为fhbilsin 300.1 n，d错误。2(2015全国新课标)如图所示，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为b，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为ua 、ub、uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是()auauc，金属框中无电流bubuc，金属框中电流方向沿abcacubcbl2，金属框中无电流dubcbl2，金属框中电流方向沿acba解析：选c金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项b、d错误；转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断uauc，ubuc，选项a错误；由转动切割产生感应电动势的公式得ubcbl2，选项c正确。考点2电磁感应的图象问题 ：本考点多以选择题形式出现，考向主要有：(1)楞次定律、法拉第电磁感应定律及电路、安培力等相关知识，判断电流(或安培力)随时间t(或位移x)变化的图象。(2)利用动力学观点判断棒(或线圈)的速度随时间变化的图象。1问题分类在电磁感应现象中，回路产生的感应电动势、感应电流及磁场对导线的作用力随时间的变化规律，也可用图象直观地表示出来，如i t、b t、e t、e x、i x图象等。此问题可分为两类：(1)由给定的电磁感应过程选出相应的物理量的函数图象。(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，确定相关的物理量。2分析思路(1)明确图象的种类。(2)分析电磁感应的具体过程。(3)结合相关规律写出函数表达式。(4)根据函数关系进行图象分析。1.(2015开封二模)一正三角形导线框abc(高度为a)从图甲所示位置沿x轴正向匀速穿过两匀强磁场区域。两磁场区域磁感应强度大小均为b、方向相反、垂直于平面、宽度均为a。图乙反映感应电流i与线框移动距离x的关系，以逆时针方向为电流的正方向，下列图象正确的是()解析x在a2a范围，线框穿过两磁场分界线时，bc、ac边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势e1增大，ac边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势e2不变，两个电动势串联，总电动势ee1e2增大，选项a错误；x在0a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，选项b错误；在2a3a，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，选项c正确，d错误。答案c2(2015聊城模拟)如图甲所示，正三角形硬导线框abc固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直。图乙表示该磁场的磁感应