(江苏选考)2021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

1、专题四电路和电磁感应学前先做高考题高考题最经典，每做一次都有新发现1.多项选择2021 江苏高考如下图的电路中，电源电动势为12 V,内阻为2 Q,四个电阻的阻值已在图中标出。闭合开关S,以下说法正确的有A. 路端电压为10 VB. 电源的总功率为 10 WC. a、b间电压的大小为5 VD. a、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 Q,根据闭合电路欧姆12定律得通过电源的电流为 I = 2+° A = 1 A,那么路端电压为 U= IR外=10 V,选项A正确；电 源的总功率P= EI = 12 W选项B错误；假设取电源负

2、极的电势为 0，那么a点电势为0 a = 2.5 V, b点电势为0 b= 7.5 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12外电路总电阻为7.5 Q,电路的总电流为 I =A 1.26 A，选项D错误。2 + 7.52. 2021 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。变压器原线圈匝数为800，那么副线圈匝数为A. 200B. 400C. 1 600D. 3 200U n1n1 U> 800 x 110解析：选B根据理想变压器原、畐俊圈电压与匝数的关系 U1=丄，得n2=罟=门U2 n2U220=400,选项

3、B正确。3.2021 江苏高考一自耦变压器如下图，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局部，接在c、d间作为副线圈。在 a、b间输入电压为 U的交变电N点的过程中)流时，c、d间的输出电压为 U。在将滑动触头从M点顺时针旋转到A. U2> U, U2降低C. lb< U, lb降低B. 4 U, U升高D. Ua< U, Ua升高在滑动触头由M点移动到解析：选C a、b间原线圈的匝数大于 c、d间副线圈的匝数,I InN点的过程中，副线圈的匝数进一步减小，由变压器工乍原理-=訥，U<U,且U降低, 选项C正确。4. 多项选择20

4、21 江苏高考电吉他中电拾音器的根本结构如图所示，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。以下说法正确的有()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E= n普知，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

5、向不变，但磁通量一会儿增大，一会儿减小，那么产 生的感应电流的方向不断变化，选项D正确。线圈的半径r = 5.05. (2021 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，cm,线圈导线的截面积 A= 0.80 cvn，电阻率p = 1.5 m如下图，匀强磁场方向与线 圈平面垂直，假设磁感应强度B在0.3 s内从1.5 T均匀地减为零，求：(计算结果保存一位有效数字)(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

6、肉组织中产生的热量Qq r解析：由电阻定律得 R= p 六，代入数据得R-6X 103 Qo2(2)感应电动势E- 4X 10 一2 V。 B 兀 r e=a Atn，代入数据得(3)由焦耳定律得Q= E A t，代入数据得Q= 8X 10 一8 J。R3_ 2一8答案：(1)6 X10 Q (2)4 X10 V (3)8 X10 J6.(2021 江苏高考)如下图，两条相距d的平行金属QM导轨位于冋一水平面内， 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1 |k * £ffMNP的磁感应强度大小为 B、方向竖直向下。当该磁场区域以

7、速度V。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 ;MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；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E= BdvoE Bdw故感应电流为 I = r= R。(2) 金属杆所受安培力F= Bid由牛顿第二定律得F= ma可得磁场区域扫过金属杆后，金属杆的加速度大小B2d2voa 二。mRv '= vo v,那么感应电动势E=(3) PQ刚要离开金属杆时，金

8、属杆切割磁感线的速度为Bd( vo - v)解得感应电流的功率E2 Bd2 vo v 2P= R=R 。林宀Bdvo答案：(1) -R-(2)7.(2021 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。如下图，假设“天宫一号正以速度v = 7.7 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L= 20 m,地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B= 1.0 X 10 5 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“1.5V,0.

9、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 R= 6.4 X 103 km，地球外表的重力加速度g= 9.8 m/s 2,试估算“天宫一号距离地球外表的高度h(计算结果保存一位有效数字)。解析：(1)感应电动势 E= BLv,代入数据得 E= 1.54 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)在地球外表有 *旦mg“天宫一号做匀速圆周运动，有MmgE?解得h=字R,代入数据得h4X 105 m(数量级正确即可)。5答案：11.54 V 2见解析 34 X10 m专题复习重点.突破28愆十八

10、、直流电路的分析和计算抓牢解题根源、掌握三个根本定律1.欧姆定律：1 = R2.电阻定律：1R= PS3 焦耳定律：Q= I2Rt、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W= UIt对纯电阻电路，电功等于电热：W= Q= UIt = 12Rt对非纯电阻电路，电功大于电热：W>Q电热电流通过导体产生的热量Q= I2Rt电功率单位时间内电流所做的功戸电=UI对纯电阻电路，电功率等于热功率：P电=P热=Ul= I 2r 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i 电流形

11、式：丨=丄适用于纯电阻电路。r十r2电压形式：E= I十lr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：戸内=l2r2电源总功率：戸总=旦=UI十l2r3 .电源的输出功率： P出=U1 =旦一12r4 当R= r时，输出功率最大：Pg 47P出5. 电源的效率： n=x 100%P总研透常考题根a-直流电路的动态分析例1(2021 南京三模)如下图的电路，R、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，以下说法正确的选项是 ()A. 电压表和电流表的示数都减小B

12、. 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R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，Rb的阻值增大，外电路总电阻增大，那么总电流减小，所以 电流表的示数减小，题图中并联局部的总电阻增大，由串联电路电压与电阻成正比的规律知：并联局部的电压增大，那么电压表的示数增大，故A B错误；电压表的示数为 U= E- l(R +r)，那么得电压

13、表和电流表的示数变化量之比为yU = R+ r,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，那么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o增大Jri减小rER +广t 减小U内-I总厂TT减小 珈増大r M増大1： - E-血 r加后确宦1文5减小2结论分析法：即“串反并同法。“串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、消反耗的电功率都减小增大“并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、消同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

14、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2021 启东市模拟如下图，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，以下说法正确的选项是1*1 Ji厂f3R,.A. 电压表V2的读数减小，电流表 A的读数增大B. 电压表Vi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Vi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 r +

15、R + F2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r +R+ Fa的大小关系未知，因此电阻 R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多项选择如下图，电动势为 E、内阻为r的电源与定值电 阻F、滑动变阻器 R串联，F= r，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，以下说法中正确的选项是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F上消耗的功率先变大后变小思路点拨电源的输出功率的变化情况由外电阻与内电阻

16、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 R)+ r视为电源内阻。(3) 根据电流的变化判断 F0上功率的变化情况。解析 电路中电流I = 牛,R减小，所以I变大，A正确；由于R = r,在P由aFo 十 rF± r端向b端滑动时，R外逐渐减小至F0,刚好等于内阻r,所以电源的输出功率逐渐增大， B错 误；将F0视为等效电源内阻的一局部，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Pr)= I2F0可知，I变大，Po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R=

17、r时-；E电源的输出功率取大，为Pm=石当F>r时随R的增大，电源的输出功率越来越小当R<r时随R的增大，电源的输出功率越来越大当P出<久时每个输出功率对应两个外电阻阻值只和F2,且只尺=r2即时训练(2021 江苏名校大联考)如下图，电源电动势 E= 10 V，内阻 r = 1 Q,只=3 Q。电键 S断开时，F2的功率为4 W,电源的输出功 率为4.75 W，电键S闭合后，电流表的读数为 2 A。那么()A. 电键S断开时，电流表的读数为1 AB. 电阻 F2= 16 QC. 电阻 F3 = 3 QD. 电键S闭合后，电源的路端电压为6 V解析：选B电键S断开时，电源的输

18、出功率为 Ul1= 4.75 W,而U= E1联立解得I 1= 0.5 A，选项A错误；根据艮的功率为l12F2= 4 W,解得艮=16 Q,选项B正确；电键S闭合后，电源的路端电压为U= E丨2= 8 V,选项D错误；电阻F3两端电压U= U2 12只=2 V,电阻R=UF2弓Q,选项C错误。三闭合电路的图像问题例3(2021 南通模拟)如下图，直线 A为某电源的U-I图线，曲线B为某小灯泡的U-I图线的一局部，用该电源和小灯泡组成闭合电路，以下说法中正确的选项是()A. 此电源的内阻为 0.5 QB. 电源的总功率为 10 WC. 电源的输出功率为 8 WD. 由于小灯泡的U-I图线是一条

19、曲线，所以欧姆定律不适用思路点拨(1) 电源的U-I图像与纵轴的交点表示电动势，图像斜率的绝对值表示电源的内阻。(2) 电阻的U-1图像与电源的U-1图像的交点坐标的含义是用该电源和该电阻组成电路时 的路端电压和电流值，纵坐标与横坐标的比值表示此时的外电阻，纵坐标与横坐标的乘积等 于此时的输出功率。解析由电源的UI图线A可知，此电源的电动势为4 V，内阻为0.5 Q,选项A正确；用该电源和小灯泡组成闭合电路，电源输出电流为2 A,电源的总功率为 戸总=El = 8 W电源的输出功率为 P出=UI = 6 W,选项B、C错误；小灯泡的 U-I图线是一条曲线，但是欧 姆定律仍适用，选项 D错误。答

20、案A备考锦囊闭合电路中几种常见图像的比拟类型公式图像特例I-R图线E I 一 R+ r1oJft短路R= 0, I 一卡，图像始端断路R=m, I 一 0,图像末端U-R图线ERU= r + Ru E0短路 R= 0, U= 0, U内一E断路R=s, U= E, U内一 0U-I图线U= E- Ir4短路 R= 0, I 一 U= 0 断路 R=s, I 一0, U= EP-R图线E2P=, D 2Rr + R_fl短路1 一f, P出一 0,断路1 一 0, P出一 0,当R= r时，P出最大，PmE2=4rP-I图线P= EI - I2r虹 A £ J 2r f短路1 = 7，

21、P出=0，断路1 = 0， P出=0，当I = 时，p出最大，2 Pm=4r即时训练(2021 江苏二模)如图甲所示，足够长平行金属导轨 MN PQ固定在水平面上，导轨两端分别连接有电阻R、R，R = 6 Q, Ra= 3 Q,导轨间距 L= 1 m,导轨处于方向水平向下的匀强磁场中，磁感应强度B= 1 T。一根长度也为1 m的金属棒放在导轨上并与导轨垂直且接触良好，金属棒的电阻为r = 2 Q。现给金属棒一个水平向右的拉力F,使金属棒从静止开始运动，金属棒两端的电压U的平方随时间t变化的关系如图乙所示，不计导轨电阻。求:(1) t = 4 s时，金属棒的速度大小;通过电阻R的电荷量为0.1

22、C时，金属棒运动的距离。解析：由题图乙知：t = 4 s时，4 V2，那么得：U= 2 VR、Ra并联电阻：_RR> 6X3R2= R+ R2= 6 + 3 Q = 2 Q干路电流：U 21 = R2=2 A =1 A金属棒产生的感应电动势为:E= U+ Ir = (2 + 1X 2)V = 4 V由E= BLv得金属棒的速度：v =BL41X1m/s = 4 m/s。(2)通过电阻R的电荷量为q1 = 0.1 C时，根据并联电路的分流特点，通过 艮的电荷量 q2= 0.2 C，因此通过金属棒的电荷量q= q1 + q2= 0.3 C，设此时金属棒运动的距离为x那么：q=A2t = 4=

23、竺 t R2+ rR2+ r R 2+ r得：x=qR 2+ rBL0.3 X 2 + 21X1m= 1.2 m。答案：14 m/s 21.2 m课余自查小练1. 如下图为吹风机的工作电路图，其中M和A分别为电动机和电阻丝，且 M为电动机的内阻、 R为电阻丝 A的电阻。该吹风机 有两个挡位，电源电压恒为220 V，低挡消耗的电功率为120 W,高挡消耗的电功率为1 000 W。那么以下关于对该电路的分析正确的选项是)A. 两电键均闭合时吹风机为低挡位B.r m=1 210C. R= 55 QD.低挡位时，电阻丝每秒产生的焦耳热为880 J解析：选C两电键均闭合时，电动机、电阻丝均工作，吹风机为

24、高挡位，A错误；由于UfU2U2电动机为非纯电阻元件， 所以不能用P低=求解，B错误；对电阻丝由P= 得，F=r mRP高R氐22021 000 120Q = 55 Q, C正确；吹风机为低挡位时，电键S处于断开状态，没有电流流过电阻丝，因此其产生的焦耳热为0, D错误。2 .多项选择2021 西安模拟在如下图的电路中，小灯泡的额定 功率和额定电压分别为0.4 W、2 V，电源的电动势为 3 V,电源的内阻为r且不能忽略，先将单刀双掷开关扳到a,调节电阻箱，当小灯泡正常发光时，电阻箱的阻值R= 4 Q;再将单刀双掷开关扳到b，电动机和小灯泡均能正常工作，电动机的额定电压用表示、电动机的内阻用5

25、表示。以下说法正确的是A. r =1 QB. r m= 4 QC. 1 VD.外电路消耗的功率与总功率的比值为1415解析：选AD小灯泡正常工作时的电阻R= -R= 10 Q，流过小灯泡的电流I = £= 0.2 A。当开关S接a时，只总=e= 15 Q，那么电源内阻 r = R总一R- R= 1 Q，A正确；当开关 S接b时，电动机M两端的电压UM= E- Ir U= 0.8 V , C错误；由于电动机热功率未知，所以不 能求出电动机的内阻，B错误；外电路消耗的功率 戸外=El I2r,总功率戸总=EI，那么外电路2P卜 EI I r 14消耗的功率与总功率的比值厂=布，D正确。P

26、总EI 153. (2021 宜昌期末)如下图的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长 I = 80 cm,两板间的距离 d= 40 cm，电源电动势 E =40 V，内电阻r = 1 Q,电阻 R= 15 Q。闭合开关 S,待电路稳定 后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近 B板的位置以初速度 V0=4 m/s水平向右射入两板间，该小球可视为质点。假设小球带电量q= 1X 10 2C质量m= 2X 102kg，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表，假设小球恰好从A板右边缘射出(g取 10 m/s 2)。求:(1)滑动变阻器接入电路的阻值;(2) 此时电流表、电压表的示数；(

27、3) 此时电源的输出功率。解析：(1)小球进入电场中做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动， 竖直方向做匀加速运动，那么有:水平方向：I = Vot竖直方向:解得:a= 20 m/s又加速度为:qu7 mg a= 丁解得：U= 24 V根据串联电路的特点有:U=R'E= R+ R + r解得滑动变阻器接入电路的阻值为：R = 24 Qo(2)根据闭合电路欧姆定律得电流表的示数为：电压表的示数为：U= E Ir = (40 1X 1)V = 39 V。 电源的输出功率为：P= UI = 39x 1 W= 39 Wo答案：(1)24 Q (2)1 A 39 V (3)39 W4. (2021

28、 荆州期末)如下图，R= R2= R3= R4= 10 Q,平行板电容器板长 L= 20 cm、间距d= 8 cm。有一带电小球自两板的 左端中间以初速度 vo = 1 m/s沿水平方向进入平行板电容器内。S闭合时，小球恰好从上极板边开关S断开时，小球恰好沿直线匀速地通过电容器；当开关缘通过电容器。取 g= 10 m/s2,求:(1) 开关S闭合时，小球的加速度;(2) 电源的内阻。解析：(1)开关S闭合时，小球做类平抛运动，那么t =-Vo12 dy = 2at = 22解得 a= 2 m/s 。(2)开关S闭合后，R、R3并联再与R4串联，由阻值关系及电路特点得:UC=1015+ rE开关

29、S断开后，R、F4串联，同理得：Ub,1020+ rE对小球有：UC乔一mg= ma图所示，四个导体中电阻率最大的是(D. 丁对小球有：mg= Eq= Ud q解得r = 10 Q。2答案：(1)2 m/s (2)10 Q 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. (2021 盐城三模)甲、乙、丙、丁是四个长度、横截面积均相同的金属导体，某同学对它们各进行了一次测量， 把每个导体中通过的电流和两端的电压在A甲C.丙I U坐标系中描点，如解析：选A 根据U= IR可知，I U图像的斜率倒数的大小表示电阻，那么由图可知，甲的斜率最小，那么其对应的电阻最大，由于四个

30、金属导体长度、横截 面积均相同，因此甲的电阻率也最大，故A正确，B、C、D错误。R增大，外电路总电阻2. 2021 南通一模如下图的电路，R是定值电阻，R2是滑 动变阻器，L是小灯泡，C是电容器，电源内阻为r。开关S闭合后， 在滑动变阻器触头 P向上移动过程中A. 小灯泡变亮B. 电容器所带电荷量增大C. 电压表示数变小D. 电源的总功率变大解析：选B闭合开关S后，当滑动变阻器触头 P向上移动时,增大，干路中电流减小，那么小灯泡亮度变暗。电源的内电压减小，路端电压增大，那么电压表的示数变大，故 A、C错误；电路稳定时电容器的电压等于R的电压，根据串联电路电压分配规律可知，R2增大，电容器的电压

31、增大，那么电容器所带电荷量增大，故B正确；电源的总功率为P= El，干路电流I减小，那么电源的总功率变小，故D错误。3. 2021 镇江一模如下图，开关S闭合后，带电质点P在平行金属板中处于静止状态。那么1|-MIr-?a1円A. 质点P定带正电B. 滑片向a端移动时，两只电表的示数均增大C. 滑片向a端移动时，质点 P将向上板运动D. 假设将开关S断开，质点P将向下板运动解析：选C由题图可知，开关 S闭合后，R2与R串联后与R3并联，再与R串联，电容器与并联局部并联；电容器的上极板带正电，板间场强向下，质点处于平衡状态，那么知受到的电场力向上，故质点 P一定带负电，故 A错误；滑片向a端移动

32、时，滑动变阻器接入电阻 增大，那么总电阻增大，总电流减小，内电压减小，由闭合电路的欧姆定律可知路端电压增大， R两端的电压减小，故并联局部电压增大；电容器两端的电压增大，质点P所受的电场力增大，那么质点P将向上板运动；因并联局部电压增大，那么R3中的电流增大，而干路电流减小，故电流表中的电流减小；并联局部电压增大，即R与R4两端的总电压增大；而由于电流表示数减小，由欧姆定律可知错误，C正确；假设将开关Ra两端的电压减小，故 R4两端的电压增大，电压表示数增大，故S断开，电容器两端的电压等于电源的电动势，电容器两端电压增大，板间场强增大，质点P受到的电场力变大，质点P将向上板运动，故 D错误。4

33、. 2021 江苏二模如下图，电源为恒流电源能始终提供恒 定的电流，Ro为定值电阻，电流表和电压表均为理想电表，移动滑 动变阻器R的滑片，那么以下表示电压表示数U和电路总功率 P随电流表示数I变化的关系图线中，正确的选项是 解析：选DIo I那么电压表示数为：U=Io lR= IRo + IoF0o Io和R是定值，那么根据数学知识可知 U I图像是不过原点的倾斜的直线，故 A、B错误；电路总功率为：P= UIo= Io IFoIo = FoIoI + Rio2, Io和Fo是定值，可知P I图像是向下倾斜的直线，故 C错误，D正确。5. 如下图电路中，电源电动势为 E,内阻为r，当滑动变阻器

34、的滑动触头P向上移动时，电压表的示数 U和电流表的示数I的变化情况是A. U变大,I变大B. U变小,变小ftia、二xC. U变大,I变小D. U变小,变大解析：选C当滑动变阻器的滑动触头P向上移动时,滑动变阻器接入电路的电阻增大,外电路的总电阻增大，根据欧姆定律分析得知,干路电流I干减小。电压表的读数U= E I干r + R , I干减小，U变大。滑动变阻器与Fb并联局部电压为 卩并=E I干r + R + F2 , I干减小，U并增大，电阻R的电流I 3增大。电流表的读数 I = I干一I 3, I干减小，丨3增大，那么I变 小，所以U变大，I变小。故C正确，A、B、D错误。6. 2oi

35、7 江苏三模硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如下图，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图像电池Jrn内阻不是常数，图线b是某电阻R的U图像。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，以下相关表达正确的选项是():A.此时硅光电池的内阻为12.5 Q0.2 0.3 OJ /AB. 此时硅光电池的输出功率为0.4 WC. 此时硅光电池的总功率为0.72 WD. 此时硅光电池的输出效率为40%解析：选BC由闭合电路欧姆定律得U= E Ir，当1= 0时，E= U,由图线a与纵轴的交点读出电动势为 E= 3.6 V。根据两图线交点处的状态可知，将它们组成闭合回路时路端电E U

36、 3.6 一 2压为 U= 2 V，电流为I = 0.2 A，那么此时硅光电池的内阻为r = I 02_ = 8 Q,故A错误；此时硅光电池的输出功率为：P出=UI = 0.4 W，故B正确；此时硅光电池的总功率0.4072X 100%« 55.6%,故D错误。n= PX 100%为：戸总=El = 3.6 X 0.2 W= 0.72 W 故C正确；此时硅光电池的输出效率为:7两位同学在实验室中利用如图a所示的电路进行实验，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一位同学记录电流表A和电压表M的测量数据，另一位同学记录电流表A和电压表V2的测量数据。两位同学根据记录的数据描绘出如

37、图b所示的两条U-I图线。B. 电源的输出功率最大C. 定值电阻R0消耗的功率为0.5 WD. 电源的效率到达最大值解析：选BC由题图可得，电源电动势 E= 1.5 V，内阻r = 1 Q,在交点位置有 R+ R0=2 Q, F0= Y = 2 Q,贝y R= 0，滑动变阻器的滑动触头P滑到了最左端，选项 A错误；当电路中外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，但F0>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；F0= U2I = 0.5 W，选项C正确；电源的效率EI - l

38、2rn= ET，电流越小，电源的效率越大，可见滑动变阻器的滑动触头F滑到最右端时电源的效率最大，选项 D错误。8. 在如下图的电路中，电源内阻r工0,定值电阻F2消耗的功率用F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，解析：选AB电阻R2消耗的功率P= 1浪，图像A正确；电容器所带电荷量 Q= UCC= E -I (r + R2) C= ECr- IC(r + F2)，图像B正确；电压表的读数 U= E- Ir，图像C错误；电源做 功W=

39、qE,图像D错误。9. 某同学将一直流电源的总功率FE、输出功率Pr和电源内部的发热功率P随电流I变化的图线画在同一坐标系内，如下图，根据图 线可知以下说法正确的选项是 ()A. 反映P变化的图线是bB. 电源电动势约为 8 VC. 当外电阻约为2 Q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 Q解析：选CD电源内部发热功率 Pr = I2r，所以Pr-I图像为抛物线，那么反映 Pr变化的图PE 8线为c, A错误；电源的总功率为 Pe= EI，其图线为a,贝y E=t = - V = 4 V , B错误；由图 线c知，当I = 1 A时，Pr = 2 W,由P = I2

40、r得r = 2 Q,当外电阻为 2 Q时，输出功率最 大，C正确；当电流为 0.5 A时，由I = 二解得R= 6 Q, D正确。r二、非选择题10. 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。假设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： 电动机的输入功率 P入=IU = 0.2 X 3 W/= 0.6 W。(2)电动机提升物体的机械功率sP 机=Fv= G - = 0.4 W由能量

41、守恒定律得P入=P机+ P热故 P 热=P入一P机=(0.6 0.4)W = 0.2 W所以电动机线圈产生的热量Q= P热t = 0.2 X 30 J = 6 J。 根据焦耳定律 Q= I2Rt可得线圈电阻R=Qrr60.22 X 30Q = 5 Qo答案：(1)0.6 W (2)6 J (3)5 Q11. 在如图甲所示的电路中，R、R均为定值电阻，且R = 100 Q, R的阻值未知，R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：2016128U/V* -X/i丐

42、丄j.十0.2 0.10.60.8 1.0/A甲(1) 电源的电动势和内电阻；(2) 定值电阻艮的阻值；(3) 滑动变阻器R的最大值。解析：由闭合电路欧姆定律得 E= U+ Ir将图线上 A B两点的U I值代入得E= 16+ 0.2 r, E= 4+ 0.8 r解得 E= 20 V, r = 20 Qo(2)当R的滑片自左向右滑动时，F3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,UB 4F3= 0, R被短路，外电路电阻即为F2,故由B点的U I值得F2 = 冇 Q = 5 QoI b 0.8(3)当滑片在

43、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R的最大值。R外=RR?+ RR+ RR外=U = 02 Q = 80 Q,又I a 0.2代入数据解得滑动变阻器的最大值R= 300 Qo答案：(1)20 V 20 Q (2)5 Q (3)300 Q专题复习重点 傑破28 Q十九、交变电流常考的三个题型抓牢解题根源、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，S丄B, 取大，厶t = 0, e= 0, i = 0，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

44、时，S/ B,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i = I msin_ st,如图甲；从垂直于中性面位置开始计时,交流电i = I nCOS_ st,如图乙。11欣;一7 .-I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e EnSin st i I nsin st计算线圈某时刻的受力情况最大值最大的瞬时值Em nBSwEm n msEmI mr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)弦父流电有：Em匚Pim%I m(1) 计算与电流热效应有 关的量(如功、功率、热量等)(2

45、) 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E BLvE StEI R+ r计算通过电路截面的电 量、理想变压器原、副线圈根本量间的关系制约关系根本关系电压原线圈电压U和线圈匝数比决定副线圈电压UU m 12 = n2电流副线圈电流I2和线圈匝数比决定原线圈电流Il11乜12 = m功率副线圈功率P2决定原线圈功率PiP = R频率原线圈频率f 1决定副线圈频率f2f 1 = f 2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。Un i U ni旷 n? U3= n?(2)

46、nil i = n?l 2 + nsl 3 +(3) Pi= P2+ P3+ 、远距离高压输电的工作原理功率关系：P1 = P2, P3= P4, P2= P3+A P；电压关系.Un1Usn3=U= U3+A UUan2，U4n4，U3+U；输电电流:F2 F3 U1 线二 U2= U3=瓦;输电线路上损失的电功率：2P= Pa P?= I 线 R线=U22r 线=电流关系：11n213n4l2= n 1, 14= n3，l2= l3= 1 线;研透常考题根交变电流的产生及四值问题例1多项选择2021 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

47、动势的图像如图乙所示，那么以下判断正确的有3ft#/V1r311/ +一I/必311nb叩L.A. t = 0.005 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e= 311sin 100 n t 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。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2ne Emsin丁(穿过线圈平面的磁解析当t = 0.005 s时电动势最大，那么线圈平面与磁场方向平行t = 311sin 100 n t

48、 V，故B正确；由题图乙可知周期为 0.02 s，那么频率为f =50 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 Em= nBSw。2n(2) 再求出角速度 3 = 。(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。即时训练如下图，边长为 L的正方形线圈abed的匝数为n,线圈电阻为r, 外电路的电阻为 R, ab的中点和ed的中点的连线 0O恰好位于匀强磁场 的边界上，磁感应强度为B,现在线圈以 00为轴，以角速度 3匀速转动，求：(1) 闭合电路中电流瞬

49、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be边转动的线速度大小相等,1.2当线圈平行于磁场时，产生的感应电动势最大，为"woEm= nBLv= nBL- w "L= "nBL2由闭合电路欧姆定律可知'm=岸+，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nBf wi = ' msin wt = 2 R+'Tsincot o2在线圈

50、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Qi= InBL"w其中'=2 2 '2 R+ rn2n BVwRQ= I16 r2。在线圈转过90°的过程中感应电动势的平均值为fnBEnBEwn2E = n = t n2 wnBL?o_ E流过R的平均电流1 =耳厂nR+ r '所以流过R的电荷量2 2T nBL w nnBLq = I =M4 n R+ r X2 w 2 R+ r 由局部电路欧姆定律可知电阻 R上的最大电压2u= I mR= nBwR o2 R+ r答案：见解析结合理想变压器考查交流电路的分析例2 20

51、21 泰州模拟如下图，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 00轴以角速度 w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,以下判断正确的选项是A.矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e= NBStocos cotB.矩形线圈从图示位置经过n石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NBSd，所以感应电动势的瞬时值n表达式为e= NBSo cos ot, A正确；矩形线圈从图示位置经过 訂时间，线圈磁通量的变化2 3量为=BS故通过电流表的电荷量 q= N,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NBSd2一,C错误；当P向上移动时，输出电压升高变时，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