（课标通用）2023新高考物理二轮复习选择题逐题突破第七道选择题涉及的命题点教学案

〔课标通用〕2022新高考物理二轮复习选择题逐题突破第七道选择题涉及的命题点教学案PAGEPAGE102第7道选择题涉及的命题点7－17－27－37－4直流电路交变电流变压器及远距离输电电磁感应问题7－1eq\a\vs4\al(直流电路)备考精要1．恒定电流(1)闭合电路中的电压、电流关系：E＝U外＋U内，I＝eq\f(E,R＋r)，U＝E－Ir。(2)闭合电路中的功率关系：P总＝EI，P内＝I2r，P出＝IU＝P总－P内。(3)直流电路中的能量关系：电功W＝qU＝UIt，电热Q＝I2Rt。[注意]纯电阻电路中W＝Q，非纯电阻电路中W>Q。2．直流电路动态分析的3种常用方法方法一：程序法R局eq\o(→,\s\up7(增大),\s\do5(减小))I总＝eq\f(E,R＋r)eq\o(→,\s\up7(减小),\s\do5(增大))U内＝I总req\o(→,\s\up7(减小),\s\do5(增大))U外＝E－U内eq\o(→,\s\up7(增大),\s\do5(减小))确定U支、I支方法二：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)。方法三：极限法因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动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。三级练·四翼展一练固双基——根底性考法1.(2022·江苏高考)如下图的电路中，电阻R＝2Ω。断开S后，电压表的读数为3V；闭合S后，电压表的读数为2V，那么电源的内阻r为()A．1Ω B．2ΩC．3Ω D．4Ω解析：选A当S断开后，电压表读数为U＝3V，可认为电动势E＝3V当S闭合后，由闭合电路的欧姆定律知E＝U′＋Ir，且I＝eq\f(U′,R)整理得电源内阻r＝eq\f(E－U′R,U′)＝1Ω，选项A正确。2.在如下图电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示。以下判断正确的选项是()A．I减小，U1增大 B．I减小，U2增大C．I增大，U1增大 D．I增大，U2增大解析：选B闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，根据闭合电路的欧姆定律分析得知，干路电流I总减小，路端电压U增大；R3的电压等于路端电压，那么流过R3的电流I3增大；流过电流表的电流I＝I总－I3，I总减小，I3增大，I减小，R1的电压减小，即电压表V1的示数U1减小；电压表V2的示数U2＝U－U1，U增大，U1减小，那么U2增大。所以I减小，U1减小，U2增大，故B正确。3．[多项选择]某种小灯泡的U­I图像如图甲所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路，电源的内阻为1.0Ω。现闭合开关S，理想电压表V的示数为4.0V，那么()A．外电路的总电阻为6.7ΩB．电源的电动势为5.6VC．电源消耗的热功率为3.0WD．电源的效率为89.3%解析：选BD理想电压表V的示数为4.0V，由U­I图像可知通过干路上的小灯泡的电流为0.6A，通过电源的电流也为0.6A，通过两并联小灯泡的电流均为0.3A，那么两并联小灯泡两端电压为1.0V，依据闭合电路的欧姆定律可知，电源的电动势为E＝4.0V＋1.0V＋0.6A×1.0Ω＝5.6V，B正确；电路的路端电压为U0＝5.0V，电流为I0＝0.6A，依据局部电路欧姆定律可知外电阻总阻值为R＝eq\f(5,0.6)Ω＝8.3Ω，A错误；电源消耗的热功率为Pr＝I02r＝0.36W，C错误；输出功率为P出＝U0I0＝3.0W，那么电源的效率为η＝eq\f(P出,Pr＋P出)×100%＝89.3%，D正确。4.如下图电路中，电源电动势E＝6V，内阻r＝2Ω，R1＝4Ω，R2＝6Ω，R3＝6Ω。以下说法正确的选项是()A．电阻R2中电流为eq\f(1,3)AB．电路中A、B两点之间的电压为3VC．假设在C、D间连一个理想电流表，其读数是eq\f(1,3)AD．假设在C、D间连一个理想电压表，其读数是4V解析：选C根据闭合电路欧姆定律，电阻R2中的电流为I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝0.5A，选项A错误；电路中A、B两点之间的电压为UAB＝IR1＝0.5×4V＝2V，选项B错误；假设在C、D间连一个理想电流表，那么外电路总电阻为R＝R1＋eq\f(R2R3,R2＋R3)＝7Ω，电阻R1中的电流为I1＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(2,3)A，电阻R3中的电流为I3＝eq\f(1,2)I1＝eq\f(1,3)A，理想电流表的读数是eq\f(1,3)A，选项C正确；假设在C、D间连一个理想电压表，其测量的电压为R2两端的电压，R2两端的电压U2＝IR2＝0.5×6V＝3V，理想电压表的读数是3V，选项D错误。5.如下图电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表。现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，以下说法正确的选项是()A．电流表A的示数变小，电压表V的示数变大B．小灯泡L变亮C．电容器C上电荷量减少D．电源的总功率变大解析：选A闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，那么小灯泡L变暗，电流表A的示数变小；电压表的示数U＝E－I(RL＋r)，I减小，其他量不变，那么U增大，即电压表V的示数变大，故A正确，B错误；电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增大，由Q＝CU，知电容器C上的电荷量增大，故C错误；电源的总功率P＝EI，I减小，那么电源的总功率变小，故D错误。二练会迁移——综合性考法1．(2022·全国卷Ⅰ)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。导体棒MN受到的安培力大小为F，那么线框LMN受到的安培力的大小为()A．2F B．1.5FC．0.5F D．0解析：选B设每根导体棒的电阻为R，长度为L，那么电路中上下两路电阻之比为R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上下两支路电流之比I1∶I2＝1∶2。如下图，由于上路通电的导体棒受安培力的有效长度也为L，根据安培力计算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝eq\f(1,2)F，根据左手定那么可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为F＋F′＝1.5F，选项B正确。2．(2022·自贡模拟)如下图，电源电动势为E，内阻为r。电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)。当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。以下说法中正确的选项是()A．只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流C．只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D．假设断开开关S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动解析：选A只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，滑动变阻器R2两端的电压变大，电容器两端的电压增大，电容器下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，故A正确；电路稳定时，电容器相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故B错误；只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联局部的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E＝eq\f(U,d)可知，带电微粒受到的电场力变大，带电微粒向上运动，故C错误；假设断开开关S，电容器处于放电状态，电荷量变小，故D错误。3.如下图的电路中，电源为恒流源，能始终提供大小恒定的电流。R0为定值电阻，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片，那么以下表示电压表示数U、电路总功率P随电流表示数I变化的关系图线中，可能正确的选项是()解析：选C由题图知R0与R并联，电压表测路端电压，电流表测R接入电路局部所在支路的电流。该恒流源提供的电流恒定为I总，流过R0的电流为I0，R0两端的电压为U0，流过R接入电路局部的电流为I，R接入电路局部两端的电压为U。根据并联电路的特点可知U＝U0＝I0R0＝(I总－I)R0＝－IR0＋I总R0，其中I总、R0为定值，由U＝－R0I＋I总R0可知U­I图像为直线，－R0<0，即图像的斜率小于0，应选项A、B错误；由电功率的计算公式P＝UI知，电路消耗的总功率P＝UI总＝(I总－I)R0×I总＝－I总R0I＋I总2R0，其中I总、R0为定值，由P＝－I总R0I＋I总2R0可知P­I图像为直线，－I总R0<0，即图像的斜率小于0，且I不会为0，P不会为0，应选项C正确，D错误。4．[多项选择]如下图电路中，电阻R1＝1Ω，R2＝3Ω，R3＝6Ω，闭合开关S1后，当开关S2闭合时，电压表示数为7V，当开关S2断开时，电压表示数为9V，那么以下说法正确的选项是()A．电源的电动势为21VB．电源的内阻为3ΩC．断开开关S2后，电源的输出功率增大D．断开开关S2后，电源的效率增大解析：选ABD设电源的电动势为E，内阻为r，闭合开关S1后，当S2闭合时，R2和R3并联，R23＝2Ω，U1＝eq\f(R23E,R23＋R1＋r)，当S2断开时，U2＝eq\f(R2E,R2＋R1＋r)，解得E＝21V，r＝3Ω，选项A、B正确；S2闭合时，外电阻为3Ω，等于电源内阻，此时电源的输出功率最大，S2断开时，外电阻为4Ω，大于电源内阻，那么电源的输出功率减小，选项C错误；断开开关S2后，外电阻增大，电源效率增大，选项D正确。5．在如图甲所示电路中，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)。R1＝30Ω，R2＝60Ω，R3＝10Ω。在MN间加上如图乙所示的交变电压时，R3两端电压表的读数大约是()A．3V B．3.5VC．4V D．5V解析：选B在0～0.01s内，二极管导通，R1、R2并联电阻R12＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＝20Ω，R3两端电压U3＝eq\f(R3,R3＋R12)Um＝4V，在0.01～0.02s内，二极管截止，R3两端电压U3′＝eq\f(R3,R3＋R1)Um＝3V。根据交流电有效值的定义得eq\f(U32,R3)×eq\f(T,2)＋eq\f(U3′2,R3)×eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R3)×T，解得电压表示数U＝3.5V，选项B正确。三练提素养——创新性、应用性考法1．(2022·厦门模拟)如图，是一火警报警电路的示意图。其中R3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大。值班室的显示器为电路中的电流表，两电极之间接一报警器。当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I，报警器两端的电压U的变化情况是()A．I变大，U变小 B．I变小，U变大C．I变小，U变小 D．I变大，U变大解析：选D当传感器R3所在处出现火情时，R3的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律得知，干路电流I减小，路端电压U＝E－Ir变大，即报警器两端的电压U变大。传感器R3与电阻R2并联局部的电压U并＝E－I(r＋R1)，I减小，U并变大，电流表的读数变大。2.[多项选择](2022·江苏高考)如下图，电源E对电容器C充电，当C两端电压到达80V时，闪光灯瞬间导通并发光，C放电。放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电。这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光。该电路()A．充电时，通过R的电流不变B．假设R增大，那么充电时间变长C．假设C增大，那么闪光灯闪光一次通过的电荷量增大D．假设E减小为85V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变解析：选BCD给电容器充电过程中，随着两极板间所带电荷量增多，电路中的电流逐渐减小，故A错误。充满一次电，电容器增加的电荷量是相同的，即通过R的电荷量Q是一定的；电源恒定，R增大，那么电流I减小，根据I＝eq\f(Q,t)可知，充电时间变长，故B正确。假设C增大，电容器两端到达80V时所带电荷增大，所以闪光时通过闪光灯的电荷量也增大，故C正确。因为C两端电压到达80V时，电容器就不再充电，外接电源只要提供电压超过80V，产生的效果均相同，闪光灯闪光一次通过的电荷量也相同，故D正确。3.在如下图的电路中，电源电动势为E，内阻为r，L1和L2为两个相同的灯泡，每个灯泡的电阻和电源内阻的阻值均相同，D为理想二极管，C为电容器，开关S处于断开状态。以下说法中正确的选项是()A．滑动变阻器滑片向右移动，电流表示数变小B．滑动变阻器滑片向右移动，电源内阻的发热功率变小C．开关S闭合后，L2亮度变暗D．开关S闭合后，电流表示数不变解析：选D电容器视为断路，所以只有灯泡L2中有电流通过，滑动变阻器滑片向右移动，电流表的示数不变，故A错误；滑动变阻器滑片向右移动，电路电流不变，电源内阻的发热功率不变，故B错误；开关S闭合后，因为二极管具有单向导电性，二极管处于截止状态，灯泡L1中无电流，电路总电阻不变，总电流不变，电流表的示数不变，L2亮度不变，故C错误，D正确。4.如下图的电路中，电源电动势为E，内阻为r，开关S闭合后，平行板电容器中的带电液滴M处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，那么()A．带电液滴M一定带正电B．R4的滑片向上端移动时，电流表示数减小，电压表示数增大C．假设仅将电容器下极板稍微向上平移，带电液滴M将向上极板运动D．假设将开关S断开，带电液滴M将向下极板运动解析：选BC电容器的上极板带正电，板间场强方向向下，带电液滴M处于平衡状态，那么知受到的电场力向上，带电液滴M带负电，故A错误。R4的滑片向上端移动时，其接入电路的电阻增大，根据“串反并同〞知电流表示数减小，电压表示数增大，所以B正确。假设仅将电容器下极板稍微向上平移，因为板间电压U不变，由E＝eq\f(U,d)可得E增大，所以液滴受到的电场力增大，液滴将向上极板运动，所以C正确。假设将开关S断开，电容器板间电压增大，液滴受到的电场力增大，液滴将向上极板运动，故D错误。5．[多项选择]节能的LED灯越来越普及，而驱动LED发光需要恒流源。如下图，电路中的电压表、电流表都是理想电表，电源是一个恒流源(该恒流源输出的电流大小和方向都不变)，在改变R2阻值的过程中，电压表的读数为U，电流表A的读数为I，电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，它们的变化量的绝对值分别为ΔU、ΔI、ΔI1、ΔI2。以下说法正确的选项是()A.eq\f(U,I1)＝R1，eq\f(U,I2)＝R2B.eq\f(ΔU,ΔI1)＝eq\f(ΔU,ΔI2)C.eq\f(ΔU,ΔI)＝eq\f(ΔU,ΔI2)D．当R2＝R1时，滑动变阻器R2消耗的电功率最大解析：选ABD由局部电路的欧姆定律可知R1＝eq\f(U,I1)，R2＝eq\f(U,I2)，A正确；因为I不变，I1的变化量与I2的变化量绝对值相等，所以B正确；因为ΔI＝0，所以C错误；I2＝eq\f(R1,R1＋R2)I，滑动变阻器R2消耗的电功率P2＝I22R2＝I2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R1,\f(R1,\r(R2))＋\r(R2))))2，故当R2＝R1时，R2消耗的电功率最大，D正确。7－2eq\a\vs4\al(交变电流)备考精要1．正弦式交变电流“四值〞的比拟和理解物理量表达式适用情况及说明瞬时值e＝Emsinωtu＝Umsinωti＝Imsinωt(1)从线圈位于中性面开始计时(2)可用于分析或计算线圈某时刻的受力情况最大值(峰值)Em＝nBSωIm＝eq\f(Em,R＋r)(1)此时线圈垂直于中性面(2)电容器的击穿电压指的就是最大值有效值E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)(2)电表的读数为有效值(3)保险丝的熔断电流为有效值(4)电气设备“铭牌〞上所标的工作电压、工作电流一般都是有效值(5)非正弦式交变电流的有效值利用电流的热效应计算平均值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)计算通过电路截面的电荷量，q＝neq\f(ΔΦ,R＋r)2．交变电流常考的几类问题(1)从磁通量随时间变化的图像来认识交变电流的产生，当磁通量为零时，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，该位置是电流强度增大与减小的转换点。(2)求交变电流在一个周期内产生的热量。(3)在电磁感应和交变电流问题中，求解通过导体某横截面的电荷量时，可由公式q＝neq\f(ΔΦ,R)快速得出。

三级练·四翼展一练固双基——根底性考法1.一闭合矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电流如下图，由图可知()A．该交变电流的有效值是5AB．该交变电流的频率是20HzC．t＝0时刻线圈平面位于中性面D．该交变电流的瞬时值表达式为i＝5cos(10πt)A解析：选D由题图知，交流电的最大值为5A，A错误；该交流电的周期为0.2s，频率为5Hz，B错误；t＝0时刻线圈平面位于垂直中性面位置，C错误；该交变电流的瞬时值表达式为i＝5cos(10πt)A，D正确。2．[多项选择]在匀强磁场中，一个匝数为150匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间变化规律如下图。设线圈总电阻为2Ω，那么()A．t＝0时，线圈平面与磁感线方向垂直B．t＝0.5s时，线圈中的电流改变方向C．t＝2s时，线圈中磁通量的变化率为零D．在2s内，线圈产生的热量为18π2J解析：选BD根据题图可知，在t＝0时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，感应电动势最大，故A错误；t＝0.5s时，线圈中磁通量最大，感应电动势为零，此时的电流改变方向，故B正确；t＝2s时，线圈中磁通量为零，此时磁通量的变化率最大，故C错误；感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝NΦmω＝150×0.04×eq\f(2π,2)V＝6πV，有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝3eq\r(2)πV，根据焦耳定律可得2s内产生的热量为Q＝eq\f(E2,R)T＝eq\f(18π2,2)×2J＝18π2J，故D正确。3．(2022·全国卷Ⅲ)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；假设该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如下图。那么Q方∶Q正等于()A．1∶eq\r(2) B.eq\r(2)∶1C．1∶2 D．2∶1解析：选D由焦耳定律和有效值概念知，一个周期内产生热量Q方＝eq\f(u02,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(u02,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(u02,R)T，Q正＝eq\f(U有效2,R)T＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(u0,\r(2))))2,R)T＝eq\f(1,2)·eq\f(u02,R)T，故Q方∶Q正＝2∶1。4．[多项选择](2022·天津高考)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如下图。以下说法正确的选项是()A.eq\f(T,2)时刻线框平面与中性面垂直B．线框的感应电动势有效值为eq\f(\r(2)πΦm,T)C．线框转一周外力所做的功为eq\f(2π2Φm2,RT)D．从t＝0到t＝eq\f(T,4)过程中线框的平均感应电动势为eq\f(πΦm,T)解析：选BC中性面的特点是与磁场垂直，穿过线框的磁通量最大，磁通量变化率最小，由题图可知eq\f(T,2)时刻线框在中性面上，A错误。电动势最大值为Em＝Φmω＝Фmeq\f(2π,T)，对正弦交流电，E有＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2)πΦm,T)，故B正确。由功能关系知，线框转一周外力做的功等于产生的电能，W＝W电＝eq\f(E有2,R)·T＝eq\f(2π2Φm2,RT)，C正确。由法拉第电磁感应定律知，eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Φm,\f(T,4))＝eq\f(4Φm,T)，D错误。5．(2022·聊城二模)一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦图像如图甲所示。发电机线圈内阻为5.0Ω，现外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示。以下说法正确的选项是()A．电压表的示数为220VB．电路中的电流方向每秒钟改变50次C．灯泡实际消耗的功率为484WD．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J解析：选D由题图甲可知Em＝220eq\r(2)V，那么有效值E＝220V，电压表示数U＝eq\f(R,R＋r)E＝209V，故A错误；周期T＝0.02s，每个周期交流电方向改变两次，那么1s内电流方向改变的次数为n＝2·eq\f(1,T)＝100次，故B错误；灯泡实际消耗的功率P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(2092,95)W≠484W，故C错误；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q＝eq\f(E－U2,r)t＝eq\f(112,5)×1J＝24.2J，故D正确。二练会迁移——综合性考法1.如下图电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和电阻R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看成零，反向电阻可看成无穷大)，在A、B间加一正弦交流电，该正弦交流电电压的瞬时值表达式为u＝20eq\r(2)sin(100πt)V，那么加在R2上的电压有效值为()A．10V B．20VC．15V D．5eq\r(10)V解析：选D由二极管的单向导电性可知，二极管导通时，加在R2上的电压为电源电压，时长半个周期，最大值为20eq\r(2)V，二极管截止时，R1、R2串联，那么R2上的电压为电源电压的一半，时长半个周期，最大值为10eq\r(2)V。由有效值的定义得eq\f(U2,R)·T＝eq\f(20V2,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(10V2,R)·eq\f(T,2)，可得加在R2上的电压有效值为U＝5eq\r(10)V，选项D正确。2．[多项选择]小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如下图。不计线圈的电阻。以下说法正确的选项是()A．产生的感应电动势瞬时值表达式为e＝20eq\r(2)sin(8πt)VB．假设与一个R＝10Ω的电阻构成闭合回路，交变电流的有效值为eq\r(2)AC．假设将此电动势加在电容为C＝1μF的电容器上，那么该电容器的耐压值应不小于10eq\r(2)VD．假设该交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动的速度增大到原来的2倍，那么产生的交变电流的电动势的最大值增大为40V解析：选BD由题图可知，交变电流的电动势的最大值Em＝20V，周期为T＝0.25s，频率为f＝eq\f(1,T)＝4Hz，线圈转动的角速度ω＝2πf＝8πrad/s，产生的感应电动势瞬时值表达式为e＝Emsinωt＝20sin(8πt)V，选项A错误；交变电流的电动势的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝10eq\r(2)V，由闭合电路的欧姆定律得交变电流的有效值为I＝eq\f(E,R)＝eq\r(2)A，选项B正确；假设将此电动势加在电容器上，电容器的耐压值应不小于电动势最大值，即不小于20V，选项C错误；由交变电流的电动势最大值表达式Em＝NBSω可知，假设该交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动的速度增大到原来的2倍，那么产生的交变电流的电动势的最大值增大到原来的2倍，为40V，选项D正确。3．[多项选择]如下图，一矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′逆时针(俯视)匀速转动。线圈匝数为n，总电阻为r，ab边长为l1，ad边长为l2，线圈转动的角速度为ω，外电阻阻值为R，匀强磁场的磁感应强度为B，电流表为理想交流电流表。以下判断正确的选项是()A．在图示位置，ab边所受的安培力为F＝eq\f(n2B2l12l2ω,R＋r)B．线圈从图示位置转过90°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝eq\f(nBl1l2,R＋r)C．在图示时刻，电流表的读数为eq\f(nBl1l2ω,R＋r)D．在图示位置，穿过线圈的磁通量的变化率为0解析：选AB矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，所以产生正弦式交变电流，图示位置穿过线圈的磁通量的变化率最大，产生的电动势最大，其最大值Em＝nBl1l2ω，又因为I＝eq\f(E,R＋r)，F＝nBIl1，所以在图示位置ab边所受的安培力为F＝eq\f(n2B2l12l2ω,R＋r)，A正确，D错误；由q＝eq\x\to(I)Δt，eq\x\to(I)＝eq\f(E,R＋r)，E＝neq\f(BΔS,Δt)可得，线圈从图示位置转过90°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝eq\f(nBl1l2,R＋r)，B正确；交流电表显示的是有效值，即I＝eq\f(\f(Em,\r(2)),R＋r)＝eq\f(\r(2)nBl1l2ω,2R＋r)，C错误。4．如图甲所示是一台交流发电机的构造示意图，线圈转动产生的感应电动势随时间变化的规律如图乙所示；发电机线圈电阻为1Ω，外接电阻为4Ω，那么()A．线圈转速为50r/sB．电压表的示数为2.5VC．负载电阻的电功率为2WD．线圈转速加倍，电压表读数变为原来的4倍解析：选C由题图乙可知，线圈转动周期为0.04s，那么转速为n＝eq\f(1,0.04)r/s＝25r/s，故A错误；电动势的最大值为5V，有效值为E＝eq\f(5,\r(2))V＝2.5eq\r(2)V，那么电压表的示数为U＝eq\f(E,r＋R)R＝eq\f(2.5\r(2),1＋4)×4V＝2eq\r(2)V，故B错误；R消耗的功率P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(2\r(2)2,4)W＝2W，故C正确；线圈转速加倍，那么角速度加倍，最大值Em＝NBSω，故最大值变为原来的2倍，有效值也变为原来的2倍，故电压表示数变为原来2倍，故D错误。5．[多项选择]如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面，且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，那么()A．两导线框中均会产生正弦交流电B．两导线框中感应电流的周期都等于TC．在t＝eq\f(T,8)时，两导线框中产生的感应电动势相等D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等解析：选BC两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A错误；导线框的转动周期为T，那么感应电流的周期也为T，选项B正确；在t＝eq\f(T,8)时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C正确；M导线框中一直有感应电流，N导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D错误。三练提素养——创新性、应用性考法1．[多项选择](2022·洛阳二模)如下图是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω，线圈匝数为n，电阻为r，外接电阻为R，A为理想交流电流表，线圈从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)转过60°时的感应电流为i，以下说法正确的选项是()A．电流表的读数为2iB．转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为eq\f(2iR＋r,nω)C．从图示位置开始转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为eq\f(2i,ω)D．线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为eq\f(4πRi2,ω)解析：选BCD由题有：i＝imcoseq\f(π,3)，可得感应电流的最大值im＝2i，有效值i有＝eq\f(\r(2),2)im＝eq\r(2)i，那么电流表的读数为eq\r(2)i，故A错误；感应电动势的最大值Em＝im(R＋r)＝2i(R＋r)，又Em＝nBSω，磁通量的最大值Φm＝BS，联立解得：Φm＝BS＝eq\f(2iR＋r,nω)，故B正确；从题图所示位置开始转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量q＝neq\f(ΔΦ,R＋r)＝neq\f(BS,R＋r)＝n·eq\f(1,R＋r)·eq\f(2iR＋r,nω)＝eq\f(2i,ω)，故C正确；线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量Q＝i有2RT＝(eq\r(2)i)2R·eq\f(2π,ω)＝eq\f(4πRi2,ω)，故D正确。2.一个匝数为100匝，电阻为0.5Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按如下图规律变化。那么线圈中产生交变电流的有效值为()A．5A B．2eq\r(5)AC．6A D．2eq\r(6)A解析：选B0～1s时间内，感应电动势为E1＝eq\f(nΔΦ1,Δt1)＝1V，电流为I1＝eq\f(E1,R)＝2A；1～1.2s内，感应电动势E2＝eq\f(nΔΦ2,Δt2)＝5V，感应电流为I2＝eq\f(E2,R)＝10A，由有效值的定义有I12Rt1＋I22Rt2＝I2R(t1＋t2)，得I＝2eq\r(5)A，B正确。3．[多项选择]如下图，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，过ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B。假设线圈从图示位置开始，以角速度ω绕轴OO′匀速转动，以下判断正确的选项是()A．图示位置线圈中的感应电动势最大，其值为Em＝BL2ωB．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝BL2ωsinωtC．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝eq\f(BL2,R＋r)D．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝eq\f(πB2ωL4R,4R＋r2)解析：选CD题图所示位置为中性面，线圈中的感应电动势为0，选项A错误；线圈的有效面积为正方形面积的一半，故闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝eq\f(1,2)BL2ωsinωt，选项B错误；线圈从题图所示位置转过180°的过程中，根据q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)，ΔΦ＝BS有效＋BS有效′＝BL2，可得流过电阻R的电荷量为q＝eq\f(BL2,R＋r)，选项C正确；线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝I2RT＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(BωL2,2\r(2)R＋r)))2Req\f(2π,ω)＝eq\f(πB2ωL4R,4R＋r2)，选项D正确。4．如图甲所示电路，电阻R的阻值为50Ω，在ab间加上如图乙所示的正弦交流电，那么下面说法中错误的选项是()A．交流电压的有效值为100VB．电流表示数为2AC．该交变电流的周期为0.01sD．如果产生该交流电的线圈转速提高一倍，那么电流表的示数也增大一倍解析：选C由题图乙可知：电压最大值Um＝100eq\r(2)V，有效值U＝eq\f(Um,\r(2))＝100V，选项A正确；电流表显示有效值，根据欧姆定律得：I＝eq\f(U,R)＝eq\f(100,50)A＝2A，故B正确；由题图乙知交流电压的周期为0.02s，选项C错误；如果产生该交流电的线圈转速提高一倍，那么产生的感应电动势的电压也提高一倍，根据欧姆定律可知电流也增大一倍，选项D正确。此题选说法错误的，应选C。5．[多项选择]图1中，单匝矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴转动。改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图2中图线甲、乙的规律变化。设线圈的电阻为1.0Ω，那么()A．图线甲对应线圈在t＝0时产生的感应电动势最大B．图线甲、乙对应的线圈在t＝0.2s时，线圈平面均平行于磁感线C．图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4D．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5πA解析：选BC在t＝0时，Φ甲最大，那么产生的感应电动势最小，故A错误；因为在t＝0.2s时，Φ甲＝Φ乙＝0，所以线圈平面均平行于磁感线，故B正确；由题图2可知甲、乙图线对应的周期之比为4∶5，而线圈的转速n＝eq\f(1,T)，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4，故C正确；甲图线对应的线圈中交流电压的峰值Em＝BSω＝Φmω＝0.4×eq\f(2π,0.16)V＝5πV，电流的峰值Im＝eq\f(Em,R)＝5πA，故D项错误。7－3eq\a\vs4\al(变压器及远距离输电)备考精要1．变压器各物理量间的制约关系2．远距离高压输电的工作原理(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P3＋ΔP；(2)电压关系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，U2＝U3＋ΔU；(3)电流关系：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，I2＝I3＝I线；(4)输电电流：I线＝eq\f(P2,U2)＝eq\f(P3,U3)＝eq\f(ΔU,R线)；(5)输电线路上损失的电功率：ΔP＝P2－P3＝I线2R线＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P2,U2)))2R线＝eq\f(ΔU2,R线)。三级练·四翼展一练固双基——根底性考法1．(2022·江苏高考)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10，当输入电压增加20V时，输出电压()A．降低2V B．增加2VC．降低200V D．增加200V解析：选D理想变压器的电压与匝数关系为eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1＋ΔU1,U2＋ΔU2)，整理可得eq\f(ΔU1,ΔU2)＝eq\f(n1,n2)，即原、副线圈匝数比等于电压变化量之比，当ΔU1＝20V时，ΔU2＝200V，选项D正确。2．[多项选择]每到夜深人静的时候我们就会发现灯泡比睡觉前要亮，其原因在于大家都在用电时，用电器较多。利用如下图电路模拟输电线路，开关的闭合或者断开模拟用户的变化，原线圈输入50Hz的220V交流电。以下分析正确的选项是()A．定值电阻相当于输电线电阻B．开关闭合，灯泡L1两端电压升高C．开关闭合，原线圈输入功率增大D．开关断开，副线圈电压增大解析：选AC原、副线圈匝数和电压成正比，由于匝数比值不变，原线圈输入电压也不变，所以副线圈电压不会变化，选项D错误；家庭电路用电器之间为并联关系，用户较多时，并联支路增多，相当于开关闭合，而与之串联的定值电阻，实际是等效输电线的电阻，选项A正确；开关闭合副线圈总电阻变小，总电流变大，定值电阻分电压增多，并联电压变小，即灯泡L1两端电压减小，选项B错误；副线圈电压不变电流增大，副线圈电功率增大，根据能量守恒，原线圈电功率也增大，选项C正确。3．[多项选择]如下图，可调理想变压器原线圈接交流电，副线圈通过滑动触头P可改变其匝数。以下说法正确的选项是()A．仅增大R的阻值，通过灯泡L的电流将变大B．仅增大R的阻值，通过灯泡L的电流将变小C．仅将滑动触头P向下滑动，灯泡L两端的电压将变大D．仅将滑动触头P向下滑动，灯泡L两端的电压将变小解析：选BD仅增大电阻R时，由于匝数不变，输出电压不变，那么由欧姆定律可知，通过灯泡的电流变小，故A错误，B正确；滑动触头P向下滑动时，输出端匝数减小，那么输出电压变小，灯泡两端的电压变小，故C错误，D正确。4.如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T为理想变压器，V1、A1为监控市电供电端的电压表和电流表，V2、A2为监控校内变压器输出端的电压表和电流表，R1、R2为教室的负载电阻，V3、A3为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，那么当开关S闭合时()A．电流表A1、A2和A3的示数都变大B．只有电流表A1的示数变大C．电压表V3的示数变小D．电压表V2和V3的示数都变小解析：选C开关S闭合，负载的总电阻减小，又副线圈的电压U2不变，所以副线圈的电流增大，电流表A2示数变大，根据变压器变流规律可得原线圈电流增大，电流表A1示数增大，配电房和教室间有相当长的一段距离，导线所耗电压增大，故并联电路的电压减小，即电压表V3示数减小，所以电流表A3的示数减小，所以A、B错误，C正确；副线圈电压不变，即V2示数不变，所以D错误。5.如图为模拟远距离交流输电的电路，升压变压器T1的原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶k，降压变压器T2的原、副线圈匝数比n3∶n4＝k∶1，模拟输电导线的电阻r＝3Ω，T2的负载是规格为“15V45W〞的灯泡L。当T1的输入电压为16V时L正常发光，两个变压器可视为理想变压器，那么k的值为()A.eq\f(3,2) B．3C．4 D．9解析：选B根据电压与匝数成正比，有eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，即eq\f(16,U2)＝eq\f(1,k)，可得U2＝16k，灯泡的额定电流为I＝eq\f(P,U)＝eq\f(45,15)A＝3A，降压变压器副线圈电流I4＝3A，根据eq\f(U3,U4)＝eq\f(k,1)，得U3＝kU4＝15k，根据电流与匝数成反比，得eq\f(I3,I4)＝eq\f(1,k)，即I3＝eq\f(I4,k)＝eq\f(3,k)，电压关系：U2＝U3＋I3r，代入数据得16k＝15k＋eq\f(3,k)×3，解得：k＝3。二练会迁移——综合性考法1．远距离输电的原理图如下图，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器，那么以下关系式中正确的选项是()A.eq\f(I1,I2)＝eq\f(n1,n2) B．I2＝eq\f(U2,R)C．I1U1＝I22R D．I1U1＝I2U2解析：选D根据理想变压器的工作原理得I1U1＝I2U2，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)。U2不是加在R两端的电压，故I2≠eq\f(U2,R)，而I1U1等于R上消耗的功率I22R与下一级变压器的输入功率之和。选项D正确。2.如下图，水平铜盘半径为r，置于磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度ω做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过导线和滑动变阻器R1与理想变压器的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为n∶1，变压器的副线圈与电阻为R2的负载相连，那么()A．变压器原线圈两端的电压为eq\f(Br2ω,2)B．假设R1不变时，通过负载R2的电流强度为0C．假设R1不变时，通过变压器的副线圈横截面磁通量为0D．假设R1变化时，通过负载R2的电流强度为通过R1电流的eq\f(1,n)解析：选B铜盘转动产生的电动势大小为eq\f(Br2ω,2)，加在变压器原线圈两端的电压小于eq\f(Br2ω,2)，A错误；铜盘匀速转动产生恒定的电动势，假设R1不变时，原线圈中有恒定的电流，通过变压器的副线圈横截面磁通量不变(但不为零)，不产生感应电流，B正确，C错误；假设R1变化时，通过负载R2的电流强度为通过R1电流的n倍，D错误。3.一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，原线圈与小灯泡D串联后，接入一正弦交流电源，电源电压的有效值恒定；副线圈电路中连接可变电阻R和电流表，电流表内阻不计，如下图。假设改变R的阻值，使电流表的示数变为原来的两倍。那么()A．小灯泡D的亮度变暗B．副线圈的电压变小C．R的阻值大于原来的一半D．变压器的输入功率变为原来的两倍解析：选B因电流表的示数变为原来的两倍，即副线圈中电流变为原来的两倍，那么原线圈中电流也变为原来的两倍，即小灯泡D的亮度变亮，选项A错误；因灯泡D两端的电压变大，可知变压器原线圈中电压减小，副线圈中电压也减小，R的阻值小于原来的一半，选项B正确，C错误；原线圈中电流变为原来的两倍，但是原线圈中电压减小，那么变压器的输入功率小于原来的两倍，选项D错误。4．如下图，面积为S、匝数为N、内阻不计的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕水平轴OO′以角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过滑环连接理想变压器。理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动时，可改变副线圈的输出电压；副线圈接有可变电阻R。电表均为理想交流电表。以下判断正确的选项是()A．原线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωsinωtB．矩形线圈产生的感应电动势的有效值为NBSωC．当P位置不动，R减小时，电压表示数也增大D．当P位置向上移动，R不变时，电流表示数将增大解析：选D由题图知开始计时时线圈处于垂直于中性面的位置，故产生的电动势瞬时值为e＝NBSωcosωt，即变压器原线圈的电压瞬时值为e＝NBSωcosωt，所以A错误；矩形线圈产生的感应电动势的有效值为eq\f(\r(2),2)NBSω，所以B错误；当P位置不动，R减小时，电压表示数不变，故C错误；当P位置向上移动，原线圈的匝数减少，根据变压规律知，副线圈的电压U2增大，又R不变，根据欧姆定律知，副线圈的电流增大，原线圈电流跟着增大，即电流表示数将增大，所以D正确。5.如下图，一个匝数为N＝100匝的线圈以固定转速50转/秒在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1∶n2＝10∶1的理想变压器给阻值R＝20Ω的电阻供电。交流电压表的示数为20V，从图示位置开始计时，那么以下说法正确的选项是()A．电阻R消耗的电功率为10WB．穿过线圈平面的最大磁通量为eq\f(1,50π)WbC．t＝0时刻流过线圈的电流不为零D．t＝0.0025s时刻穿过线圈平面的磁通量为eq\f(1,50π)Wb解析：选D电阻R消耗的电功率为P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(202,20)W＝20W，故A错误；根据变压器的匝数比可知线圈转动产生的电动势有效值为U＝200V，那么最大值Em＝200eq\r(2)V，根据公式Em＝NBSω＝NΦmω，可得穿过线圈平面的最大磁通量为Φm＝eq\f(Em,Nω)＝eq\f(200\r(2),100×2π×50)Wb＝eq\f(\r(2),50π)Wb，故B错误；题图所示时刻线圈处于中性面位置，故感应电动势为零，感应电流为零，故C错误；线圈转动的周期为T＝eq\f(1,50)s＝0.02s，又t＝0.0025s＝eq\f(1,8)T，那么穿过线圈的磁通量为Φ＝Φmcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)·t))＝eq\f(\r(2),50π)×eq\f(\r(2),2)Wb＝eq\f(1,50π)Wb，故D正确。三练提素养——创新性、应用性考法1.如下图，理想变压器三个线圈的匝数之比n1∶n2∶n3＝10∶5∶1，其中匝数为n1的原线圈接到220V的交流电源上，匝数为n2和n3的两个副线圈分别与电阻R2、R3组成闭合回路。通过电阻R3的电流I3＝2A，电阻R2＝110Ω，那么通过电阻R2的电流I2和通过原线圈的电流I1分别是()A．10A,12A B．10A,20AC．1A,0.7A D．1A,3A解析：选C由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得U2＝eq\f(n2,n1)U1＝110V，那么I2＝eq\f(U2,R2)＝1A。由eq\f(U3,U1)＝eq\f(n3,n1)，得U3＝eq\f(n3,n1)U1＝22V。又I1U1＝I2U2＋I3U3，解得I1＝0.7A。选项C正确。2．[多项选择](2022·南宁二模)手摇发电机产生的正弦交流电经变压器给灯泡L供电，其电路如下图，当线圈以角速度ω匀速转动时，电压表示数为U，灯泡正常发光。发电机线圈的电阻为r，灯泡正常发光时的电阻为R，其他电阻可忽略，变压器原线圈与副线圈的匝数比为k，变压器可视为理想变压器。那么()A．灯泡的额定电压为eq\f(U,k)B．灯泡的额定功率为eq\f(k2U2,R)C．发电机的线圈中产生的电动势最大值为eq\f(\r(2)R＋r,R)UD．从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝eq\r(2)Usinωt解析：选AD电压表测量的是原线圈的电压有效值，因为此时灯泡正常发光，那么灯泡的额定电压等于此时副线圈的电压，那么由eq\f(U,UL)＝k得灯泡的额定电压UL＝eq\f(U,k)，A正确；灯泡的额定功率PL＝eq\f(UL2,R)＝eq\f(U2,k2R)，B错误；副线圈的电流IL＝eq\f(UL,R)＝eq\f(U,kR)，因原、副线圈的电流之比eq\f(I1,IL)＝eq\f(1,k)，故原线圈的电流I1＝eq\f(U,k2R)，因此发电机的线圈中产生的电动势的有效值E＝U＋I1r，最大值Em＝eq\r(2)E＝eq\r(2)Ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(r,k2R)))，C错误；原线圈输入电压最大值为eq\r(2)U，那么从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝eq\r(2)Usinωt，D正确。3．[多项选择]如下图，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路。线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈转动的角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计。以下说法正确的选项是()A．将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变暗B．电容器的电容C变大时，灯泡变暗C．线圈处于图示位置时，电压表读数为0D．假设线圈转动的角速度变为2ω，那么电压表读数变为原来2倍解析：选AD根据公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得U2＝U1eq\f(n2,n1)，P向上滑动，n1增大，而U1不变，所以U2减小，故灯泡变暗，A正确；根据公式XC＝eq\f(1,2πfC)，电容增大，容抗减小，故灯泡变亮，B错误；交流电路中电表示数为有效值，所以电压表示数不为零，C错误；根据公式Em＝NBSω可得交流电最大值变为原来的2倍，所以有效值变为原来的2倍，D正确。4．[多项选择]如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。以下说法中正确的选项是()A．图乙中电压的有效值为110eq\r(2)VB．电压表的示数为44VC．R处出现火灾时电流表示数增大D．R处出现火灾时电阻R0消耗的电功率增大解析：选ACD根据电流的热效应可得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(220\r(2)V,\r(2))))2,R)×0.01s＝eq\f(U2,R)×0.02s，解得U＝110eq\r(2)V，故A正确；电压与匝数成正比：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，即eq\f(110\r(2)V,U2)＝eq\f(5,1)，解得：U2＝31.1V，所以电压表的示数为31.1V，故B错误；R处出现火灾温度升高时，R的阻值减小，由于电压不变，所以出现火灾时副线圈电流增大，输出功率增大，根据输入功率等于输出功率，输入功率增大，根据P1＝U1I1，所以电流表的示数增大，故C正确；R处出现火灾时，R的阻值减小，由于电压不变，电流增大，R0消耗的功率增大，故D正确。5.如下图为理想变压器及其工作电路，原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接函数表达式u1＝220eq\r(2)sin(100πt)V的交流电，RT为半导体热敏电阻(其电阻随温度升高而变小)。R1、R2为定值电阻，C为电容器。以下判断正确的选项是()A．V1表的示数为220VB．R2的电功率为零C．副线圈输出电压的函数表达式为u2＝110eq\r(2)·sin(50πt)VD．RT处温度升高时，V1表示数不变，V2表和A表的示数均变大解析：选A由题意可知原线圈输入电压的有效值为220V，即V1表的示数为220V，应选项A正确；由于原线圈输入交流电，副线圈也输出交流电，所以有电流通过电容器，即通过电阻R2的电流不为零，功率不为零，应选项B错误；由于原、副线圈的电流频率相同，应选项C错误；副线圈相当于电源，其电压为110V，当半导体电阻温度升高时，其阻值减小，副线圈负载减小，副线圈电流I2变大，即电流表的示数变大，由闭合电路的欧姆定律可知电压表V2的示数减小，应选项D错误。

7－4eq\a\vs4\al(电磁感应问题)备考精要1．求解感应电动势常见的四种情况表达式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BlvsinθE＝eq\f(1,2)Bl2ωE＝NBSω·sin(ωt＋φ0)情景图研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端转动的一段导体棒绕与磁场垂直的轴转动的导线框意义一般求平均感应电动势，当Δt→0时求的是瞬时感应电动势一般求瞬时感应电动势，当v为平均速度时求的是平均感应电动势用平均值法求瞬时感应电动势求瞬时感应电动势适用条件所有磁场(匀强磁场定量计算、非匀强磁场定性分析)匀强磁场匀强磁场匀强磁场2．“三定那么、一定律〞的应用安培定那么判断运动电荷、电流产生的磁场方向左手定那么判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向右手定那么判断局部导体切割磁感线产生的感应电流的方向楞次定律判断闭合电路磁通量发生变化产生的感应电流的方向3.判断感应电流方向的两种方法(1)利用右手定那么，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断。(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合电路的磁通量的变化情况进行判断。4．楞次定律中“阻碍〞的主要表现形式(1)“增反减同〞——阻碍原磁通量的变化，或阻碍原电流的变化(自感现象)。(2)“增缩减扩〞——使线圈面积有扩大或缩小的趋势。(3)“来拒去留〞——阻碍相对运动。5．熟悉电磁感应中电路问题的解题流程6．熟悉电磁感应图像问题的两个技法(1)排除法定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。没有表示方向的正负时，优先判断方向有时会产生意想不到的效果。(2)函数法根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最准确有效的方法。三级练·四翼展一练固双基——根底性考法1．(2022·全国卷Ⅲ)楞次定律是以下哪个定律在电磁感应现象中的具体表达？()A．电阻定律 B．库仑定律C．欧姆定律 D．能量守恒定律解析：选D楞次定律中的“阻碍〞作用，是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体表达，在克服这种“阻碍〞的过程中，其他形式的能转化为电能，选项D正确。2．[多项选择](2022·全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示。那么在t＝0到t＝t1的时间间隔内()A．圆环所受安培力的方向始终不变B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C．圆环中的感应电流大小为eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圆环中的感应电动势大小为eq\f(B0πr2,4t0)解析：选BC由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故圆环所受安培力方向发生变化，A错误；根据楞次定律，圆环中感应电流始终沿顺时针方向，B正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝eq\f(ΔB,Δt)·S′＝eq\f(B0,t0)·eq\f(πr2,2)＝eq\f(πB0r2,2t0)，根据闭合电路欧姆定律知，电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(πB0r2,2t0),ρ\f(2πr,S))＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，C正确，D错误。3．[多项选择]如下图，水平放置的粗糙U形框架上接一个阻值为R0的电阻，固定在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC与U形框架良好接触，在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度到达v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计。以下说法正确的选项是()A．A点的电势高于C点的电势B．此时AC两端电压为UAC＝eq\f(BπLvR0,R0＋r)C．此过程中电路产生的电热为Q＝Fd－eq\f(1,2)mv2D．此过程中通过电阻R0的电荷量为q＝eq\f(2BLd,R0＋r)解析：选AD根据右手定那么可知，A点相当于电源的正极，电势高，A正确；AC产生的感应电动势为E＝2BLv，AC两端的电压为UAC＝eq\f(ER0,R0＋r)＝eq\f(2BLvR0,R0＋r)，B错误；由功能关系得Fd＝eq\f(1,2)mv2＋Q＋Qf，C错误；此过程中平均感应电流为eq\x\to(I)＝eq\f(2BLd,R0＋rΔt)，通过电阻R0的电荷量为q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(2BLd,R0＋r)，D正确。4.[多项选择](2022·全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势()A．在t＝eq\f(T,4)时为零B．在t＝eq\f(T,2)时改变方向C．在t＝eq\f(T,2)时最大，且沿顺时针方向D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向解析：选AC在t＝eq\f(T,4)时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S知，E＝0，故A正确。在t＝eq\f(T,2)和t＝T时，图线斜率最大，在t＝eq\f(T,2)和t＝T时感应电动势最大。在eq\f(T,4)到eq\f(T,2)之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，那么R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在eq\f(T,2)到eq\f(3,4)T时，R中电动势也为顺时针方向，在eq\f(3,4)T到eq\f(5,4)T时，R中电动势为逆时针方向，C正确，B、D错误。5．[多项选择](2022·全国卷Ⅱ)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的选项是()解析：选ADPQ刚进入磁场时，加速度为零，那么mgsinθ＝BIL，I＝eq\f(mgsinθ,BL)，即电流恒定；由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时速度相同。情形1：假设MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，那么对MN，由mgsinθ＝BIL及右手定那么知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，故I­t图像如图A所示。情形2：假设MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为0，但两导体棒在重力作用下均加速直至PQ离开磁场，此后MN为电源，由E＝BLv，I＝eq\f(E,R总)，BIL－mgsinθ＝ma知，MN减速，电流减小，可能的I­t图像如图D所示。二练会迁移——综合性考法1．[多项选择]如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，以下说法正确的选项是()A．0～t1时间内，线圈中感应电流沿逆时针方向B．0～t1时间内，电压表的读数为eq\f(nB1－B0S,t1)C．t1～t2时间内，R上的电流为eq\f(nB1S,2t2－t1R)D．t1～t2时间内，P端电势高于Q端电势解析：选AC0～t1时间内，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流沿逆时针方向，故A正确；0～t1时间内线圈产生的感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝neq\f(B1－B0,t1)S，电压表的示数等于电阻R两端的电压，U＝IR＝eq\f(E,2R)·R＝eq\f(nB1－B0S,2t1)，故B错误；t1～t2时间内线圈产生的感应电动势E′＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(B1,t2－t1)S，根据闭合电路的欧姆定律I′＝eq\f(E′,2R)＝eq\f(nB1S,2t2－t1R)，故C正确；t1～t2时间内，磁通量减小，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，线圈相当于电源，上端为负极，下端为正极，所以P端电势低于Q端电势，故D错误。2.如下图，平行极板与单匝圆线圈相连，极板距离为d，圆半径为r，单匝线圈的电阻为R1，外接电阻为R2，其他局部的电阻忽略不计。在圆中有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度均匀增加，有一个带电粒子静止在极板之间，带电粒子质量为m、电荷量为q。以下说法正确的选项是()A．粒子带正电B．磁感应强度的变化率为eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(R1＋R2mgd,πr2qR2)C．保持开关闭合，向上移动下极板时，粒子将向下运动D．断开开关S，粒子将向下运动解析：选B穿过线圈的磁通量垂直纸面向里增加，由楞次定律可知，平行板电容器的上极板带正电，粒子受到重力和电场力而静止，因此粒子带负电，故A错误；对粒子，由平衡条件得：mg＝qeq\f(U2,d)，而感应电动势：E＝eq\f(R2＋R1U2,R2)，解得：E＝eq\f(R1＋R2mgd,qR2)，由法拉第电磁感应定律得：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，解得：eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(R1＋R2mgd,πr2qR2)，故B正确；保持开关闭合，那么极板间的电压不变，当向上移动下极板时，导致间距减小，那么电场强度增大，那么电场力增大，因此粒子将向上运动，故C错误；断开开关S，电容器既不充电，也不放电，那么电场强度不变，因此电场力也不变，故粒子静止不动，故D错误。3．[多项选择]如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，导轨间距为L＝1m。一质量m＝2kg、阻值r＝2Ω的金属棒在拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.25，g＝10m/s2。金属棒的v­x图像如图乙所示，那么从起点发生x＝1m位移的过程中()A．拉力做的功W＝9.25JB．通过电阻R的电荷量q＝0.125CC．整个系统产生的总热量Q＝5.25JD．x＝1m时金属棒的热功率为1W解析：选AC金属棒在运动位移x＝1m的过程中，克服摩擦力做功为Wf＝μmgx＝5J，x＝1m时金属棒的安培力大小为F安＝BIL＝eq\f(B2L2,R＋r)v，结合图像可知，安培力大小与位移成正比，那么金属棒克服安培力做功为W安＝Fx＝eq\f(F安x,2)＝eq\f(B2L2,2R＋r)vx＝0.25J，由动能定理得W－W安－Wf＝eq\f(1,2)mv2，得W＝9.25J，选项A正确；流过电阻R的电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝0.25C，选项B错误；系统产生的焦耳热等于金属棒克服安培力做功大小，等于0.25J，系统产生的热量等于摩擦生热和焦耳热之和，大小为5.25J，选项C正确；x＝1m时，回路中电流I＝eq\f(BLv,R＋r)＝0.5A，由P＝I2r得金属棒的热功率为0.5W，选项D错误。4．[多项选择](2022·孝义一模)如下图，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P之间接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置并良好接触，其他电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。t＝0时对棒施加一平行于导轨向上的外力F，棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动。以下关于通过金属棒ab的感应电荷量q、电流I、ab所受外力F及穿过abPM的磁通量Φ随时间t变化的图像中，大致正确的选项是()解析：选BC由题意知，棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动，设加速度为a，那么棒运动的速度为v＝at，产生的感应电流为I＝eq\f(BLv,R＋r)＝eq\f(BLa,R＋r)t，即电流I与t成正比，是直线，故B正确；通过金属棒的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLa,2R＋r)t2，故q∝t2，故A错误；根据牛顿第二定律得：F－F安－mgsinθ＝ma，安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2a,R＋r)t，解得F＝mgsinθ＋ma＋eq\f(B2L2a,R＋r)t，即F随t的增大而增大，是直线，故C正确；Φ＝BS＝BLeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)at2))＝BLx＋eq\f(1,2)BLat2，故Φ∝t2，故D错误。5．(2022·南昌三模)如下图，质量为m＝0.04kg、边长l＝0.4m的正方形线框abcd放置在一光滑绝缘斜面上，线框用一平行斜面的细绳系于O点，斜面的倾角为θ＝30°；线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化的关系为B＝2＋0.5t(T)，方向垂直于斜面向上；线框电阻为R＝0.5Ω，重力加速度取g＝10m/s2。以下说法中正确的选项是()A．线框中的感应电流方向为abcdaB．t＝0时，细绳拉力大小为F＝