高考物理二轮复习 第一部分 专题四 电路与电磁感应检测（含解析）-人教版高三物理试题

电路与电磁感应第一讲直流电路与交流电路考点一交流电的产生及描述1.[考查两种交流电的比较]甲、乙图分别表示两种电压的波形，其中甲图所示的电压按正弦规律变化。下列说法正确的是()A．甲图表示交流电，乙图表示直流电B．甲图电压的有效值为220V，乙图电压的有效值小于220VC．乙图电压的瞬时值表达式为u＝220eq\r(2)sin100πt(V)D．甲图电压经过匝数比为1∶10的变压器变压后，频率变为原来的10倍解析：选B由于两图中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故A错误；由于对应相同时刻，图甲电压比图乙电压大，根据有效值的定义可知，图甲有效值要比图乙有效值大，图甲是正弦式交流电，所以有效值U＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，故乙图电压小于220V，则B正确；图乙不是正弦式交流电，所以表达式不是正弦函数，故C错误；理想变压器变压后，频率不发生变化，故D错误。2．[考查交流电的产生及瞬时值、有效值]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像如图乙中曲线a、b所示，则()A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面垂直B．曲线a表示的交变电动势瞬时值为15cos50πt(V)C．曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶2D．曲线b表示的交变电动势有效值为10V解析：选C在t＝0时刻，线圈一定处在中性面上，故A错误；由题图乙可知，a的周期为4×10－2s，ω＝eq\f(2π,T)＝50πrad/s；曲线a表示的交变电动势瞬时值为15sin50πt(V)，B错误；b的周期为6×10－2s，则由n＝eq\f(1,T)可知，转速与周期成反比，故转速之比为3∶2，故C正确；ωa∶ωb＝n1∶n2＝3∶2，a交流电的最大值为15V，则根据Em＝nBSω得曲线b表示的交变电动势最大值是10V，则有效值为U＝eq\f(10,\r(2))V＝5eq\r(2)V，故D错误。3．[考查交流电的四值及应用][多选]如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5T，边长L＝10cm的正方形线圈共100匝，线圈总电阻r＝1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω＝2πrad/s，外电路中的电阻R＝4Ω，π取3.14，则()A．线圈转动一周产生的总热量为0.99JB．感应电动势的最大值为314VC．由图示位置转过60的过程中产生的平均感应电动势为2.6VD．从图示位置开始的eq\f(1,6)周期内通过R的电荷量为0.87C解析：选AC感应电动势的最大值为：Em＝nBSω＝100×0.5×0.12×2πV＝πV，故B错误；周期为：T＝eq\f(2π,ω)＝1s，线圈转动一周产生的总热量为：Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2))))2·eq\f(1,R＋r)·T＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,\r(2))))2×eq\f(1,4＋1)×1J＝eq\f(π2,10)J≈0.99J，故A正确；转过60的过程中产生的平均感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝100×eq\f(\f(\r(3),2)×0.5×0.12,\f(1,6))V＝eq\f(3\r(3),2)V≈2.6V，故C正确；平均电动势：eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)，平均电流：eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)，在eq\f(1,6)周期内通过电阻R的电荷量为：q＝eq\x\to(I)Δt，即为：q＝eq\f(nΔΦ,R＋r)＝eq\f(nBSsin60,R＋r)＝eq\f(\r(3),20)C≈0.087C，故D错误。考点二直流电路的动态分析4.[考查含容电路的动态问题分析]如图所示电路中，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，下列说法正确的是()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，则小灯泡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，则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上的电荷量增多，故C错误。电源的总功率P＝EI，I减小，则电源的总功率变小，故D错误。5．[考查电路中平行极板间带电粒子的运动问题]如图所示，A、B是两块水平放置的平行金属板，一带电小球垂直于电场线方向射入板间，小球将向A极板偏转。为了使小球沿射入方向做直线运动，可采用的方法是()A．将原来带正电的小球改为带负电B．将滑动变阻器滑片P适当向左滑动C．适当增大小球所带电荷量D．将极板间距适当增大解析：选D一带电小球垂直于电场线方向射入极板区域后，向A极板偏转，则小球所受电场力向上且电场力大于重力，小球原来就带负电，选项A错误；为使小球沿直线运动，应减小小球所受电场力，将滑动变阻器滑片P适当向左滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路中总电阻减小，总电流增大，R两端电压增大，电容器两端电压增大，板间场强增大，电场力增大，选项B错误；适当增大小球所带电荷量，小球所受电场力增大，选项C错误；将极板间距适当增大，板间场强减小，小球所受电场力减小，可使电场力等于重力，选项D正确。6.[考查电表示数变化量大小的比较][多选]在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数的变化量分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。下列说法正确的是()A.eq\f(U2,I)变大，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU2,ΔI)))变小B.eq\f(U3,I)变大，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU3,ΔI)))不变C．ΔI>0，ΔU1>0，ΔU2<0，ΔU3>0D．ΔI<0，ΔU1<0，ΔU2>0，ΔU3>0解析：选BD当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，根据欧姆定律eq\f(U2,I)＝R2，可知eq\f(U2,I)将变大；由U2＝E－I(R1＋r)，可得eq\f(ΔU2,ΔI)＝R1＋r，则eq\f(ΔU2,ΔI)不变，故A错误。由eq\f(U3,I)＝R2＋R1，可知eq\f(U3,I)变大；由U3＝E－Ir，可得eq\f(ΔU3,ΔI)＝r，则eq\f(ΔU3,ΔI)不变，故B正确。R2变大时，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律，可知I变小，所以ΔI<0，U1＝IR1变小，所以ΔU1<0；由路端电压U3＝E－Ir，知U3变大，所以ΔU3>0，因U3＝U1＋U2，U1减小，则U2增大，所以ΔU2＞0，故C错误，D正确。考点三交流电路的动态分析7.[考查由滑动变阻器引起的动态变化问题]如图所示为一理想变压器，原线圈接在输出电压为u＝U0sinωt的交流电源两端。电路中R0为定值电阻，V1、V2为理想交流电压表，A1、A2为理想交流电流表。现使滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动，下列说法正确的是()A．电压表V1与V2示数的比值将变大B．电流表A1与A2示数的比值将变小C．电压表V1与电流表A1示数的比值变大D．电压表V2与电流表A2示数的比值变小解析：选C由于变压器原、副线圈电压之比等于线圈匝数之比，因此电压表示数之比一定等于线圈匝数之比，故A错误；由于只有一个副线圈，因此电流之比等于线圈匝数的反比，故两电流表的比值不变，故B错误；滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动，则滑动变阻器接入电阻增大，由欧姆定律可知，电流表A2示数减小，电流表A1示数也减小，而电压表V1和V2示数不变，电压表V1与电流表A1示数的比值变大，电压表V2与电流表A2示数的比值也变大，故C正确，D错误。8．[考查变压器负载变化引起的动态变化问题][多选]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。利用如图模拟输电线路，开关的闭合或者断开模拟用户的变化，原线圈输入电压恒定的交流电。下列分析正确的是()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、副线圈匝数之比等于电压之比，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。9．[考查变压器原线圈匝数变化引起的动态变化][多选]如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为44∶5，b是原线圈的抽头，且其恰好位于原线圈的中心，S为单刀双掷开关，负载电阻R＝25Ω，电表均为理想电表，在原线圈c、d两端接入如图乙所示的正弦交流电。下列说法中正确的是()A．当S与a连接，t＝1×10－2s时，电流表的示数为0B．当S与a连接，电压表示数为50eq\r(2)VC．将S与b连接，电阻R消耗的功率为100WD．将S与b连接，1s内电阻R上电流方向改变100次解析：选CD由题图乙可知，交流电的周期为2×10－2s，所以交流电的频率为f＝50Hz，交流电的有效值为eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，当S与a连接时，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为25V，电压表示数为25V，根据欧姆定律知通过副线圈的电流I2＝eq\f(U2,R)＝eq\f(25,25)A＝1A，原、副线圈中电流与匝数成反比，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，可得电流表示数为0.11A，故A、B错误。S与b连接时，副线圈两端的电压U2′＝eq\f(n2,n1′)U1＝eq\f(5,22)×220V＝50V，电阻R消耗的功率为P2＝eq\f(U2′2,R)＝eq\f(502,25)W＝100W，故C正确。变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50Hz，1s内电流方向改变100次，故D正确。10．[考查自耦变压器负载含电容器的动态变化][多选]一自耦变压器如图所示，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部分，接在c、d间作为副线圈。在a、b间输入u＝220eq\r(2)sin100πt(V)交变电流，滑动触头处于图示M位置时，灯泡L能正常发光。下列说法正确的是()A．交流电源的频率变为100Hz时，可使灯泡变亮B．减小电容器C的电容，可使灯泡变亮C．将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，电压表示数变小且小于220VD．将滑动触头从N点逆时针旋转到M点的过程中，电压表示数变大且大于220V解析：选AC在a、b间输入电压u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，可知交变电流的频率为50Hz，当交流电源的频率变为100Hz时，由于电容器对交变电流的阻碍作用减小，可使灯泡变亮，故A正确；减小电容器C的电容，则对交变电流的阻碍作用增大，灯泡变暗，故B错误；自耦变压器的原线圈匝数大于副线圈匝数，根据变压器原理eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可知输出电压小于220V，将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，自耦变压器的副线圈匝数减小，电压表示数变小，故C正确，D错误。11．[考查变压器副线圈含二极管的动态问题]如图所示，一理想变压器的原、副线圈的匝数比是10∶1，原线圈接入电压u＝311sin100πt(V)的交流电，一理想二极管和一滑动变阻器R串联接在副线圈上，电压表和电流表均为理想交流电表。下列说法正确的是()A．电压表的读数为22VB．原线圈中交流电的频率为25HzC．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电压表读数增大D．若滑动变阻器接入电路的阻值为10Ω，则理想变压器的输入功率为24.2W解析：选D原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为22V，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知eq\f(22V2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)·T，解得U＝11eq\r(2)V，故A错误；原线圈中交流电的频率为f＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，故B错误；将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，副线圈电流变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，故C错误；由B项分析求得电压表两端电压有效值为U＝11eq\r(2)V，则理想变压器的输出功率为P出＝eq\f(U2,R)＝eq\f(11\r(2)2,10)W＝24.2W，理想变压器的输入功率为24.2W，故D正确。考点四变压器与远距离输电问题12.[考查变压器的工作原理与感抗、容抗]如图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计。在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内()A．电流表A1的示数比A3的小B．电流表A2的示数比A1的小C．电流表A1和A2的示数相同D．电流表的示数都不为零解析：选C原线圈中磁场如题图乙所示变化，则原线圈中的磁通量均匀变化，故副线圈中产生恒定的电流，因线圈电阻不计，故线圈L对恒定电流没有阻碍作用，所以电流表A1和A2的示数相同，而电容器“通交流、隔直流”，所以电流表A3的示数为0。只有C正确。13．[考查远距离输电功率分配][多选]如图所示，在远距离输电时，发电厂发电机的输送电功率为P1，输出电压为U1，发电厂至用户的输电导线的总电阻为R，通过输电导线的电流为I，输电线损失的电功率为P′，输电线末端的电压为U2，用户得到的电功率为P2。下列关系式正确的是()A．P′＝eq\f(U12,R) B．P′＝eq\f(U1－U22,R)C．P′＝I2R D．P2＝P1－eq\f(P12R,U12)解析：选BCD根据公式P′＝I2R＝eq\f(U1－U22,R)，故A错误，B、C正确；根据总功率相等可以知道P2＝P1－I2R＝P1－eq\f(P12R,U12)，故D正确。14．[考查远距离输电的相关计算][多选]某大型光伏电站的功率是500kW，电压为12V，送往外地时，先通过逆变器(作用是将直流电压转变为高频的高压交流电)转化为220V的交流电(转化效率为80%)，然后经变压器Ⅰ升压为20000V，通过总电阻为R＝20Ω的输电线路送往某地，再经变压器Ⅱ降为220V电压供用户使用。下列说法正确的是()A．变压器Ⅱ的原、副线圈匝数比为1000∶11B．变压器Ⅰ的原、副线圈匝数比为11∶1000C．用户最多可使用的功率为392kWD．用户负载越多，线路上损耗的功率越小解析：选BC直流电转变为交流电后的功率为P＝500×0.8kW＝400kW根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得：eq\f(n1,n2)＝eq\f(220,20000)＝eq\f(11,1000)电线上损失的电压为ΔU＝I2R＝eq\f(P,U2)R＝eq\f(400×103,20000)×20V＝400V则U3＝U2－ΔU＝20000V－400V＝19600V由eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)得：eq\f(n3,n4)＝eq\f(19600,220)＝eq\f(980,11)，故A错误，B正确；回路中损失的功率为ΔP＝I22R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U2)))2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(400×103,20000)))2×20W＝8kW，所以用户得到的功率为P用＝P－P损＝400kW－8kW＝392kW，故C正确；用户负载越多，输电线上的电流越大，线路上损耗的功率越大，故D错误。释疑4大考点考点一交流电的产生及描述本考点是对交流电的产生及描述交流电的物理量等知识的考查，常以选择题的形式呈现，四个选项考查多个知识点，考生失分的原因，大多是因知识或概念的混淆。建议考生自学为主。(一)正弦式交变电流“四值”的比较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)(二)交变电流问题的三点提醒1．正弦式交变电流不只局限于由线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动而产生。2．电压表、电流表的示数对应交流电的有效值，计算用电器的电热(或功率)时，也应利用电流或电压的有效值，如诊断卷第3题A选项。3．对于有电动机的回路，要注意欧姆定律的适用条件。[题点全练]1.[多选]如图所示，电阻为r的单匝矩形线圈面积为S，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动。匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，则()A．滑片P向下滑动时，电压表的读数变大B．图示位置线圈中的感应电动势最大C．线圈从图示位置转过180的过程中，电阻R上产生的焦耳热为eq\f(πB2S2ωR,2R＋r2)D．1s内流过R的电流方向改变eq\f(ω,π)次解析：选ACD滑片P向下滑动时外电阻变大，电流变小，内电压变小，外电压变大，则电压表的读数变大，则A正确；图示位置为中性面，电动势为0，故B错误；电动势最大值Em＝BSω，则由图示位置转过180电阻R上产生的焦耳热为Q＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2)R＋r)))2R·eq\f(π,ω)＝eq\f(πB2S2ωR,2R＋r2)，故C正确；1s内所完成的周期数是eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)，每个周期电流方向改变2次，1s内流过R的电流方向改变eq\f(ω,π)次，故D正确。2.如图所示，N匝矩形导线框以角速度ω绕对称轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框电阻、电感均不计。在OO′左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，外电路接有电阻R和理想电流表A。下列说法正确的是()A．从图示时刻起，线框产生的瞬时电动势为e＝NBSωsinωtB．电流表的示数I＝eq\f(\r(2)ω,4R)NBSC．R两端电压有效值U＝eq\f(ω,2)NBSD．一个周期内电阻R的发热量为Q＝eq\f(πωNBS2,R)解析：选B由题图可知，线框只有一半在磁场中，故产生的电动势的最大值为Em＝NBeq\f(S,2)ω＝eq\f(NBSω,2)，故瞬时值表达式为e＝eq\f(NBSω,2)sinωt，故A错误；电流表的示数为：I＝eq\f(\f(Em,\r(2)),R)＝eq\f(\r(2)ω,4R)NBS，故B正确；电阻R两端电压的有效值U＝E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2)ω,4)NBS，故C错误；一个周期内电阻R的发热量Q＝I2RT＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)ω,4R)NBS))2R×eq\f(2π,ω)＝eq\f(πωNBS2,4R)，故D错误。考点二直流电路的动态分析高考对本考点的考查较为简单，考生失分主要原因是不按正确程序进行分析，只关注局部，不考虑整体。解决此类问题时注意应用程序法分析动态变化，并用好“串反并同”结论进行快速判断。需要考生学会灵活变通。(一)理清直流电路知识体系(二)掌握动态变化判断方法1．程序判断法遵循“局部—整体—部分”的思路，按以下步骤分析：2．直观判断法利用下面两个结论直观地得到结论：(1)任一电阻R阻值增大，必引起该电阻中电流I的减小和该电阻两端电压U的增大。(2)任一电阻R阻值增大，必将引起与之并联的支路中电流I并的增大和与之串联的各电路电压U串的减小。如诊断卷第4题，滑动变阻器滑片P向左移动3．注意某些特殊公式的含义如诊断卷第6题，由U2＝E－I(R1＋r)，可得eq\f(ΔU2,ΔI)＝R1＋r，又U3＝E－Ir，则有eq\f(ΔU3,ΔI)＝r。[题点全练]1.如图所示电路中，电动势为E、内阻为r的电源与一滑动变阻器构成闭合电路。闭合开关S，当滑片移动时，滑动变阻器两端的电压和电路中电流的关系图像为()解析：选D由闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir，得U＝E－Ir，U与I为一次函数关系，且随电流I增大，电压U减小。2.[多选]在如图所示的电路中，R0为定值电阻，R为光敏电阻(光照减弱时阻值增大)，C为电容器。现减弱对光敏电阻R光照的强度，下列说法正确的是()A．电流表的示数减小B．电容器C的电荷量增大C．电压表的示数变小D．电源内部消耗的功率变大解析：选AB减弱对光敏电阻R光照的强度，R阻值增大，根据闭合回路欧姆定律可得路端电压增大，即电压表示数增大，总电流减小，即电流表示数减小，电容器两端的电压增大，根据C＝eq\f(Q,U)可得Q增大，电源内部消耗的电功率P＝I2r，I减小，内阻不变，所以P减小，故A、B正确。考点三交流电路的动态分析本考点是高考的热点，考查的知识交汇点较多，常与交变电流的性质和变压器的规律相结合。对于这类问题，需通过原、副线圈电路，综合分析变压器与电路的关系。需要考生学会迁移应用。(一)明确变压器各物理量间的制约关系(二)谨记交流电路动态分析的注意事项1．变压器匝数不变时，变压器的输入、输出电压均不变，但变压器原、副线圈中的电流均随负载的变化而变化。如诊断卷第11题，电压表示数不随触头P的移动而改变；诊断卷第8题，变压器输出电压不变，但因输电线电阻R上消耗的电压变化导致L1两端电压变化。2．变压器匝数变化时，要注意区分是原线圈还是副线圈匝数变化。如诊断卷第9题，将S与b连接时，原线圈匝数减半；诊断卷第10题，将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程，副线圈匝数减小。3．当变压器输出电压一定时，移动变阻器的滑动触头或改变接入的用电器多少时，引起的各物理量的变化分析方法同直流电路的动态分析方法。如诊断卷第11题，由于二极管具有单向导电性，根据电流的热效应eq\f(22V2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)·T，解得U＝11eq\r(2)V，电压表的示数并不等于副线圈电压。[题点全练]1.[多选]如图所示，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，线圈面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计。下列说法正确的是()A．电容器的电容C变大时，灯泡变暗B．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大C．将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变暗D．若线圈abcd转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBSω解析：选CD电容器的电容C变大时，容抗减小，副线圈电流增大，灯泡变亮，故A错误；线圈处于图示位置时，是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零，故B错误；矩形线圈abcd中产生交变电流，将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈匝数变大，根据变压比公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，输出电压减小，灯泡会变暗，故C正确；若线圈转动角速度变为2ω，线圈产生的电动势最大值增加为原来的2倍；Em＝2NBSω，根据有效值的定义有：eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2NBSω,\r(2))))2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(E2,R)·T，解得：E＝NBSω，故D正确。2．[多选]如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，图中电表均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻(其阻值随光照增强而减小)、电感线圈和灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是()A．电压u的频率为50HzB．电压表的示数为22eq\r(2)VC．有光照射R时，电流表的示数变大D．抽出L中的铁芯，D变暗解析：选AC原线圈接入题图乙所示的正弦交流电压，T＝0.02s，所以频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，故A正确；原线圈接入电压的最大值是220eq\r(2)V，有效值是220V，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，所以电压表的示数U＝22V，故B错误；有光照射R时，R阻值随光照增强而减小，根据P＝eq\f(U2,R总)，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以电流表的示数变大，故C正确；抽出L中的铁芯，电感线圈自感系数减小，电感线圈对电流的阻碍减小，所以D变亮，故D错误。3.[多选](2018·南通一模)如图所示，理想变压器原线圈接电压为220V的正弦交流电，开关S接1时，原、副线圈的匝数比为11∶1，滑动变阻器接入电路的阻值为10Ω，电压表和电流表均为理想电表。下列说法正确的是()A．变压器输入功率与输出功率之比为1∶1B．1min内滑动变阻器产生的热量为40JC．仅将S从1拨到2，电流表示数减小D．仅将滑动变阻器的滑片向下滑动，两电表示数均减小解析：选AC根据理想变压器的特点可知，变压器的输入功率与输出功率之比为1∶1，故A正确；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(1,11)×220V＝20V，则1min内滑动变阻器产生的热量为Q＝eq\f(U22,R)t＝eq\f(202,10)×60J＝2400J，B错误；若只将S从1拨到2，副线圈的电压减小，副线圈电流减小，原线圈电流即电流表示数减小，故C正确；将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，副线圈电流减小，原线圈电流即电流表的示数减小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，故D错误。考点四变压器与远距离输电问题本考点是高考命题的热点，主要考查变压器的工作原理及远距离输电过程中的电路计算问题，此类问题综合性较强，要求有较高分析解决问题的能力。要顺利解决此类问题，需熟知一个流程，抓住两个关系，掌握两种损耗。建议考生适当关注。(一)熟知一个流程(二)抓住两个关系升压变压器T1两端降压变压器T2两端eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，P1＝P2eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，P3＝P4(三)掌握两种损耗1．电压损耗：输电线路上I2＝IR＝I3，总电阻R导致的电压损耗UR＝U2－U3＝IRR。2．功率损耗：输电线路发热导致的功率损耗PR＝P2－P3＝IR2R＝eq\f(UR2,R)，注意PR≠eq\f(U22,R)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(U32,R)))。(四)注意一种特殊情况交流电源与变压器原线圈间接有用电器，或它们之间的连接导线阻值不能忽略时，电源的输出电压与变压器的输入电压不相等。eq\a\vs4\al([典例])如图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其原线圈输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为50Ω。降压变压器右侧部分为火灾报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小，电压表V可以显示加在报警器两端的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为660kW。下列说法中正确的是()A．t＝0.01s时刻，电压表的示数是0B．未出现火警时，远距离输电线路损耗的功率为45kWC．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大D．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变小[解析]电压表的示数是交流电的有效值，则t＝0.01s时刻，电压表的示数不为0，选项A错误；升压变压器输入端电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端电压为22000V，所以输电线中的电流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(660×103,22000)A＝30A，输电线损失的电压ΔU＝IR＝30×50V＝1500V，输电线路损耗功率ΔP＝ΔUI＝1500×30W＝45kW，故B正确；当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，电路中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数减小，故C错误；当传感器R2所在处出现火警时，降压变压器副线圈中电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流增大，故D错误。[答案]B[题点全练]1．[多选]如图所示，MN和PQ为处于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，导轨的电阻不计。垂直导轨放置一根电阻不变的导体棒ab，导体棒与导轨接触良好。N、Q端接理想变压器的原线圈，理想变压器的输出端有三组副线圈，分别接电阻元件R和小灯泡、电感元件L(电阻不为零)和小灯泡、电容元件C和小灯泡。在水平金属导轨之间加磁感应强度方向竖直向下、大小随时间均匀增加的匀强磁场，则下列判断正确的是()A．若ab棒静止，则a、b间没有电流流过B．在ab棒向左匀速运动过程中，三个灯泡都亮C．在ab棒向左匀速运动过程中，灯泡1、2亮，3不亮D．在ab棒向左匀加速运动过程中，三个灯泡都亮解析：选CD若ab棒静止，由于磁感应强度随时间均匀增加，原线圈中产生恒定的感应电动势和感应电流，则a、b间有电流流过，故A错误。在ab棒向左匀速运动的过程中，磁感应强度方向竖直向下，大小随时间均匀增加，根据E＝BLv知：ab棒产生随时间均匀增大的感应电动势，原线圈中产生随时间均匀增大的电流，穿过右侧的三个副线圈的磁通量均匀增大，则副线圈中产生恒定的感应电动势和感应电流，所以IR≠0、IL≠0，由于电容器有隔直流的特性，IC＝0，故B错误，C正确。若ab棒匀加速运动，则导体棒的速度为v＝v0＋at，又磁感应强度大小随时间均匀增加，即B＝kt，原线圈中感应电动势为E＝BLv＝ktL(v0＋at)＝kLv0t＋kLat2，所以副线圈中产生变化的感应电动势，由于电容器有通交流的特性，IC≠0，IL≠0，IR≠0，即三盏灯都亮，故D正确。2．[多选]某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示。发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。用户用电器(均看作纯电阻元件)的总电阻为R，变压器均为理想变压器，图乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则()A．发电机输出交流电压的有效值为220VB．用电器上交流电的频率是50HzC．当R减小时，输电线上的电流减小D．当R减小时，输电线上损失的功率增大解析：选ABD由题图乙可知交流电压的最大值为Um＝220eq\r(2)V，因此其有效值为U＝220V，选项A正确；由题图乙知交流电的周期T＝2×10－2s，则f＝eq\f(1,T)＝50Hz，选项B正确；当用户用电器的总电阻减小时，用户的功率增大，降压变压器的输出功率增大，则输入的功率增大，输电线上的电流增大，输电线上损失的功率增大，选项C错误，选项D正确。3．如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为m，降压变压器的变压比为n，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为U。若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了ΔU，则下列判断正确的是()A．电流表A2的示数增大了eq\f(ΔU,R)B．电流表A1的示数增大了eq\f(nΔU,R)C．电压表V1的示数减小了ΔUD．输电线损失的功率增加了eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nΔU,R)))2R解析：选B电压表V2的示数减小了ΔU，根据变压器的变压比可知降压变压器输入电压减小了ΔU3＝nΔU，由于升压变压器输入电压不变，因此输电线上的电压增大了nΔU，因此电流表A1的示数增大了eq\f(nΔU,R)，B正确；根据变流比，电流表A2的示数增大了eq\f(n2ΔU,R)，A错误；由于发电机的输出电压不变，因此升压变压器的输出电压不变，电压表V1的示数不变，C错误；设原来输电线上的电流为I，则输电线损失的功率增加了eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(I＋\f(nΔU,R)))2R－I2R，不等于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nΔU,R)))2R，D错误。1．(2018·江苏高考)采用220kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的eq\f(1,4)，输电电压应变为()A．55kV B．110kVC．440kV D．880kV解析：选C输送功率P＝UI，输电线上损耗的功率P损＝I2r＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))2r∝eq\f(1,U2)。当P损减小为原来的eq\f(1,4)时，输电电压应变为原来的2倍。2.(2018·南京一模)变压器线圈中的电流越大，所用的导线应当越粗。如图所示是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，匝数分别为n1和n2。下列说法中正确的是()A．n1>n2，原线圈比副线圈的导线粗B．n1>n2，原线圈比副线圈的导线细C．n1<n2，原线圈比副线圈的导线粗D．n1<n2，原线圈比副线圈的导线细解析：选B由于是降压变压器，所以原线圈匝数要比副线圈匝数多，即n1>n2，故C、D错误；输入功率等于输出功率，所以副线圈的电流大于原线圈的电流，则较粗导线的线圈应该作为副线圈，故B正确，A错误。3．[多选](2018·南京三模)如图甲所示，不计电阻的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像如图乙所示，经原、副线圈匝数比为1∶10的理想变压器给一灯泡供电，灯泡上标有“220V22W”字样，如图丙所示，则()A．t＝0.01s时刻穿过线框回路的磁通量为零B．灯泡中的电流方向每秒钟改变100次C．灯泡正常发光D．电流表示数为eq\r(2)A解析：选BC由题图乙可知，当t＝0.01s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，故A错误；由题图乙可知，交流电的周期T＝0.02s，则f＝eq\f(1,T)＝50Hz，所以灯泡中的电流方向每秒钟改变100次，故B正确；原线圈输入电压的有效值为22V，则副线圈的电压为22×10V＝220V，由P＝UI可知，副线圈电流I2＝0.1A，则电流表示数I1＝1A，灯泡正常发光，故C正确，D错误。4.[多选](2018·镇江一模)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25Ω，D为理想二极管，原线圈接u＝220eq\r(2)·sin(100πt)V的交流电，则()A．此交流电的频率为100HzB．电阻R1两端的电压为50VC．通过电阻R2的电流为eq\r(2)AD．变压器的输入功率为150W解析：选BCD根据表达式可知ω＝100πrad/s，根据ω＝2πf得：交流电的频率为f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(100π,2π)Hz＝50Hz，故A错误；原线圈电压有效值为U1＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，则根据变压器匝数比可得副线圈电压为U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(5,22)×220V＝50V，选项B正确；二极管具有单向导电性，流过二极管中的交流电只有半个周期可以通过，根据电流的热效应得：eq\f(U22,R2)·eq\f(T,2)＝eq\f(U′2,R2)T，解得：U′＝25eq\r(2)V，根据欧姆定律得通过R2的电流为：IR2＝eq\f(U′,R2)＝eq\f(25\r(2),25)A＝eq\r(2)A，故C正确；电阻R1消耗功率为PR1＝eq\f(U22,R1)＝eq\f(502,25)W＝100W，电阻R2消耗功率为PR2＝IR22R2＝(eq\r(2))2×25W＝50W，则原线圈输入功率为P＝PR1＋PR2＝100W＋50W＝150W，故D正确。5.(2018·苏北四市一模)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1，原线圈接交流电u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，保险丝的电阻为1Ω，熔断电流为2A，电表均为理想电表。下列说法正确的是()A．电压表V的示数为14.1VB．电流表A1、A2的示数之比为2∶1C．为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为4ΩD．将滑动变阻器滑片向上移动，电流表A1的示数减小解析：选D原线圈电压有效值为U1＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，根据变压器原理可得U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(1,2)×220V＝110V，故电压表V的示数为110V，A错误；根据变压器原理可知，电流强度与匝数成反比，故电流表A1、A2的示数之比为1∶2，B错误；保险丝的电阻为1Ω，熔断电流为2A，为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为Rmin＝eq\f(U2,Imax)－r保＝eq\f(110,2)Ω－1Ω＝54Ω，C错误；将滑动变阻器滑片向上移动，滑动变阻器接入电路的总电阻增大，副线圈电流强度减小，则原线圈的电流强度也减小，所以电流表A1的示数减小，D正确。6.[多选]如图所示，Rt为正温度系数热敏电阻，R1为光敏电阻，其阻值随光照增强而减小，R2和R3均为定值电阻，电源电动势为E，内阻为r,V为理想电压表。现发现电压表示数增大，可能的原因是()A．热敏电阻温度升高，其他条件不变B．热敏电阻温度降低，其他条件不变C．光照增强，其他条件不变D．光照减弱，其他条件不变解析：选BD热敏电阻温度升高时，其阻值增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压随之增大，而R2的电压减小，则并联部分的电压增大，通过光敏电阻的电流增大，所以通过R3的电流减小，电压表的示数减小，不符合题意，故A错误。同理可得热敏电阻温度降低，其他条件不变时，电压表的示数增大，符合题意，B正确。光照增强时，光敏电阻的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压随之减小，而R2的电压增大，则并联部分的电压减小，电压表的示数减小；同理可得光照减弱，其他条件不变时，电压表的示数增大，故D正确，C错误。7.(2018·盐城一模)旋转磁极式发电机通过磁极的旋转使不动的线圈切割磁感线而产生感应电流，其原理示意图如图所示，固定不动的单匝矩形线圈abcd的电阻为r，外电阻为R，磁场绕转轴OO′匀速转动，角速度为ω。图中的电压表为理想电表，示数为U。求：(1)发电机线圈内阻消耗的功率；(2)从图示位置开始计时，t＝0时，通过外电阻R的电流及方向；(3)从图示位置开始计时，t＝eq\f(T,4)时，穿过矩形线圈abcd的磁通量。解析：(1)根据热功率公式可知，Pr＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U,R)))2r；(2)旋转磁极式发电机产生正弦式交变电流，根据正弦式交变电流的最大值与有效值的关系可知，Umax＝eq\r(2)U，所以t＝0时，通过外电阻R的电流I＝eq\f(\r(2)U,R)，根据“楞次定律”可知，电流方向为自左向右；(3)从图示位置开始计时经过eq\f(T,4)，线圈转到中性面位置，磁通量Φ＝BS，Emax＝BSω，又Emax＝I(R＋r)＝eq\f(\r(2)UR＋r,R)联立以上各式可解得：Φ＝eq\f(\r(2)UR＋r,ωR)。答案：(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U,R)))2r(2)eq\f(\r(2)U,R)方向自左向右(3)eq\f(\r(2)UR＋r,Rω)第二讲楞次定律__法拉第电磁感应定律考点一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1.[考查楞次定律及其应用][多选](2018·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，则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。2．[考查法拉第电磁感应定律的应用]在匀强磁场中，有一个接有电容器的单匝导线回路，如图所示，导线回路与匀强磁场垂直，磁场方向垂直纸面向里，磁场均匀地增强，磁感应强度随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝5×10－2T/s，电容器电容C＝60μF，导线回路边长L1＝8cm，L2＝5cm。则电容器上极板()A．带正电，电荷量是1.2×10－4CB．带负电，电荷量是1.2×10－4CC．带正电，电荷量是1.2×10－8CD．带负电，电荷量是1.2×10－8C解析：选C根据楞次定律知，感应电动势的方向是逆时针方向，则上极板带正电。根据法拉第电磁感应定律得：E＝eq\f(ΔBS,Δt)＝5×10－2×0.05×0.08V＝2×10－4V，电容器带电荷量为Q＝CU＝CE＝6×10－5×2×10－4C＝1.2×10－8C，故C正确，A、B、D错误。3．[考查感生电动势][多选]在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1250匝，横截面积S＝20cm2，螺旋管导线电阻r＝1Ω，R1＝4Ω，R2＝5Ω，C＝20μF。在一段时间内，竖直向下穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化，下列说法正确的是()A．螺线管中产生的感应电动势为1000VB．闭合S，电路中的电流稳定后，电容器下极板带负电C．闭合S，电路中的电流稳定后，通过电阻R1的电流为0.1AD．闭合S，电路中的电流稳定后，再断开S，以后流经R2的电荷量为1.0×10－5C解析：选CD根据法拉第电磁感应定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝1250×eq\f(0.8,2)×20×10－4V＝1.0V，故A错误；根据楞次定律可知回路中产生的电流方向是逆时针，所以电容器下极板带正电，故B错误；根据闭合电路欧姆定律，有：I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝eq\f(1,4＋5＋1)A＝0.1A，故C正确；S断开后，流经R2的电荷量即为S闭合时电容器极板上所带的电荷量Q，电容器两端的电压：U＝IR2＝0.1×5V＝0.5V，流经R2的电荷量：Q＝CU＝20×10－6×0.5C＝1.0×10－5C，故D正确。4．[考查动生电动势与楞次定律][多选]如图甲所示，一宽为l的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。一个边长为a(l＞a)的正方形导线框ABCD位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v通过该磁场区域，导线框电阻为R。在运动过程中，线框有一条边始终与磁场区域的边界平行，取线框刚进入磁场的时刻t＝0，线框中感应电流随时间变化规律的I­t图像如图乙所示。下列说法正确的是()A．在第1s内，线框中感应电流为逆时针方向，大小恒定为0.3AB．在第2s内，穿过线框的磁通量最大，感应电流大小恒定为0.6AC．在第3s内，线框中感应电流方向为顺时针方向，大小恒定为0.3AD．在第1s内，线框中C点电势高于D点电势，感应电流大小为0解析：选AC在第1s内，线框向磁场中运动，穿过线框的磁通量均匀增加，感应电流为逆时针方向(取为正方向)，电流大小恒定，由题图乙可知I＝0.3A，选项A正确；在第2s内，整个线框在磁场中运动，穿过线框的磁通量最大且不变，没有感应电流，选项B错误；在第3s内，线框从磁场中出来，磁通量均匀减小，感应电流为顺时针方向(为负方向)，大小恒定，I＝0.3A，选项C正确；在第1s内，由楞次定律判断出线框中感应电流方向沿逆时针方向，则C点电势低于D点电势，选项D错误。5．[考查电磁感应定律和楞次定律的应用]如图甲所示，正方形闭合线圈abcd边长为10cm，总电阻为2.0Ω，匝数为100匝，放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。求：(1)在0～2s内线圈中感应电动势的大小；(2)在t＝1.0s时线圈的ad边所受安培力的大小和方向；(3)线圈中感应电流的有效值。解析：(1)在0～2s内线圈中感应电动势的大小为E1＝neq\f(ΔΦ1,Δt1)＝nSeq\f(ΔB1,Δt1)＝1V。(2)在t＝1.0s时，I1＝eq\f(E1,R)＝0.5A，由题图乙可知，B1＝1T，则F＝nB1I1L＝5.0N根据楞次定律，流过ad边的电流方向由a到d，由左手定则可知，ad边所受安培力的方向垂直ad向右。(3)在0～2s内I1＝0.5A在2～3s内，线圈中感应电动势的大小为E2，E2＝neq\f(ΔΦ2,Δt2)＝nSeq\f(ΔB2,Δt2)＝2V，I2＝eq\f(E2,R)＝1A设线圈中感应电流的有效值为I，则I12Rt1＋I22Rt2＝I2Rt，解得I＝eq\f(\r(2),2)A。答案：(1)1V(2)5.0N垂直ad向右(3)eq\f(\r(2),2)A考点二电磁感应中的图像问题6.[考查Φ­t的关系图像]穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像分别如图中的①～④所示，下列说法正确的是()A．图①有感应电动势，且大小恒定不变B．图②产生的感应电动势一直在变大C．图③在0～t1时间内的感应电动势是t1～t2时间内感应电动势的2倍D．图④产生的感应电动势先变大再变小解析：选C图①中磁通量没有变化，因此没有感应电动势，故A错误；图②中的磁通量均匀增加，图像的斜率不变，因此感应电动势不变，故B错误；图③在0～t1时间内的斜率是t1～t2时间内斜率的2倍，所以在0～t1时间内感应电动势是t1～t2时间内感应电动势的2倍，故C正确；图④的斜率大小先减小后增大，故产生的感应电动势先变小再变大，故D错误。7．[考查感应电流的功率和安培力的图像问题][多选]如图所示，粗细均匀的矩形金属导体线框abcd固定于匀强磁场中，磁场方向垂直线框所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示。以垂直于线框所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则下列关于ab边的热功率P、ab边受到的安培力F(以向右为正方向)随时间t变化的图像中正确的是()解析：选AD根据法拉第电磁感应定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S可知，产生的感应电动势大小不变，所以感应电流大小也不变，ab边热功率P＝I2R，恒定不变，A正确，B错误；根据安培力公式F＝BIL，因为电流大小、ab边长度不变，安培力与磁感应强度成正比，根据左手定则判定方向，可知C错误，D正确。8．[考查倾斜导轨上金属杆下滑速度随电阻变化的图像][多选]如图甲所示，两固定平行且光滑金属轨道MN、PQ与水平面成θ＝37，M、P之间接电阻箱R，电阻箱的阻值范围为0～9.9Ω，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝0.5T。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r。现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm，改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示。已知轨道间距为L＝2m，取重力加速度g＝10m/s2，轨道足够长且电阻不计(sin37＝0.6，cos37＝0.8)。则()A．金属杆滑动时产生的感应电流方向是aPMbaB．金属杆的质量为m＝0.5kgC．金属杆的接入电阻r＝2ΩD．当R＝2Ω时，杆ab匀速下滑过程中R两端电压为8V解析：选AC金属杆向下切割磁感线，由右手定则可知产生的感应电流方向为aPMba，故A正确；当速度达到最大时，金属杆的加速度为零，即受力平衡，由平衡可知mgsinθ＝BIL＝eq\f(B2L2vm,R＋r)，vm＝eq\f(mgsinθ,B2L2)R＋eq\f(mgrsinθ,B2L2)，结合图像可知：m＝0.33kg，r＝2Ω，故B错误，C正确；当R＝2Ω时，结合图像，最终的速度为8m/s，根据电路知识：E＝BLv，I＝eq\f(E,R＋r)，U＝IR，解得：U＝4V，故D错误。9．[考查电磁感应中的B­t图像][多选]如图甲所示，两根间距为L的粗糙导轨水平放置，在导轨上垂直导轨放置一根导体棒MN，导体棒MN接入回路中电阻为R，与导轨接触良好，且处在竖直向上的匀强磁场B1中。导轨的左端与一个半径为l的导线圈连接，P、Q两点距离很小，导线圈内存在着竖直向下的磁场B2，磁感应强度B2随时间变化的图像如图乙所示。已知导体棒MN始终保持静止状态，导轨与导线圈电阻不计，则在B2均匀减弱的过程中，下列说法正确的是()A．导体棒MN受到水平向左的摩擦力B．导体棒MN受到水平向右的摩擦力C．摩擦力大小为B1eq\f(πB2R,t2)LD．摩擦力大小为B1eq\f(πB2l2,Rt2)L解析：选BD根据楞次定律和安培定则可知，导线圈内的感应电流方向为顺时针，根据左手定则，导体棒MN受到水平向左的安培力，根据平衡条件可知导体棒MN受到水平向右的摩擦力，故B正确，A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(SΔB,Δt)＝eq\f(B2πl2,t2)，由欧姆定律可知I＝eq\f(E,R)，安培力为F＝B1IL，摩擦力大小为f＝F＝eq\f(πB1B2l2L,Rt2)，故D正确，C错误。考点三通电自感和断电自感10.[考查自感中的电流关系]如图所示是研究通电自感实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，调节可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S，则()A．闭合开关瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮B．闭合开关瞬间，A2立刻变亮，A1逐渐变亮C．稳定后，L和R两端电势差不相同D．稳定后断开开关，A1和A2都闪亮一下然后慢慢熄灭解析：选B闭合开关瞬间，L产生自感电动势，要阻碍电流的增加，A1逐渐变亮；电阻R不产生自感现象，则A2立刻变亮，故A错误，B正确。闭合开关稳定后，两灯仍能正常发光，即两灯泡的电压相同，因为两支路并联，并联电压相等，所以L和R两端电势差相同，故C错误。稳定后断开开关，由于电感线圈的作用，产生自感电动势阻碍电流的减小，在L、A1、A2和R中重新形成回路，使得A1和A2都慢慢熄灭，但不会闪亮，选项D错误。11．[考查含二极管的自感现象][多选]如图所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管。下列说法正确的有()A．当S闭合时，L1立即变亮，L2逐渐变亮B．当S闭合时，L1一直不亮，L2逐渐变亮C．当S断开时，L2立即熄灭D．当S断开时，L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭解析：选BD当S闭合时，因二极管加上了反向电压，故电流在二极管截止，L1一直不亮；通过线圈的电流增加，感应电动势阻碍电流增加，故使得L2逐渐变亮，选项B正确，A错误；当S断开时，由于线圈自感电动势阻碍电流的减小，故通过L2的电流要在L2－L1－D－L之中形成新的回路，故L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，选项C错误，D正确。12．[考查自感现象在电磁继电器中的应用]如图所示，铁芯上绕有线圈A和B，线圈A与电源连接，线圈B与理想发光二极管D相连，衔铁E连接弹簧K控制触头C的通断，忽略A的自感。下列说法正确的是()A．闭合S，D闪亮一下B．闭合S，C将会过一小段时间接通C．断开S，D不会闪亮D．断开S，C将会过一小段时间断开解析：选D当闭合S时，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律(增反减同)，结合右手螺旋定则可知，线圈B所在回路的电流方向为逆时针，而由于二极管顺时针方向导电，则二极管D不会闪亮一下，此时线圈A中磁场立刻吸引E，导致触头C即时接触，故A、B错误；当断开S时，穿过线圈B的磁通量要减小，根据楞次定律(增反减同)，结合右手螺旋定则可知，线圈B所在回路的电流方向为顺时针，则二极管处于导通状态，则D会闪亮一下，同时对线圈A有影响，阻碍其磁通量减小，那么C将会过一小段时间断开，故C错误，D正确。13．[考查涡流现象]铺设海底金属油气管道时，焊接管道需要先用感应加热的方法对焊口两侧进行预热。其具体做法是将被加热管道置于感应线圈中，当感应线圈中通以电流时管道发热。下列说法正确的是()A．管道发热是由于线圈中的电流直接流经管道引起的B．感应加热是利用线圈电阻产生的焦耳热加热管道的C．感应线圈中通以恒定电流时也能在管道中产生电流D．感应线圈中通以正弦交流电在管道中产生的涡流也是交流电解析：选D管道发热是由于线圈中产生变化的磁场，导致管道中有涡流产生，A、B错误；感应线圈中通以恒定电流时，不能在管道中产生电流；感应线圈中通以正弦交流电，在管道中产生的涡流也是交流电，C错误，D正确。释疑3大考点考点一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用本考点是高考的热点内容之一，在近几年高考中多以选择题的形式出现，考查的主要内容有探究电磁感应现象；利用法拉第电磁感应定律求解感应电动势的大小；利用楞次定律判断磁场的变化情况等。需要考生学会灵活变通。(一)理清知识体系(二)掌握规律方法1．灵活应用楞次定律中“阻碍”的推广含义：(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；(2)阻碍相对运动——“来拒去留”；(3)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”；(4)使线圈平面有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。2．应用法拉第电磁感应定律求磁场变化产生的电动势时，公式E＝neq\f(ΔB,Δt)·S，其中S为线圈内磁场区的面积，不一定等于线圈的面积。3．在比较电势高低时要区分电源的内电路和外电路。如诊断卷第4题，在第1s内，AB边切割磁感线为电源，电流方向由低电势指向高电势，A点电势高，CD边为外电路部分，电流方向由高电势指向低电势，D点电势高。[题点全练]1．[多选](2018·全国卷Ⅰ)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是()A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动解析：选AD根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场。开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，故A正确。同理D正确。开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，故B、C错误。2．用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的直径，t＝0时刻在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图甲，磁感应强度B与时间t的关系如图乙所示。在0～t1时间内，下面说法正确的是()A．圆环一直具有扩张的趋势B．圆环中产生逆时针方向的感应电流C．圆环中感应电流的大小为eq\f(B0rS,4t0ρ)D．图中a、b两点之间的电势差Uab＝eq\f(B0πr2,2t0)解析：选C由题图乙可知，0～t0时间内，磁通量向里减小，t0～t1时间内，磁通量向外增大。由楞次定律的“增缩减扩”可知，为了阻碍磁通量的变化，圆环应先有扩张的趋势后有收缩的趋势，故A错误；由楞次定律“增反减同”可知，圆环中的感应电流方向始终为顺时针，故B错误；由法拉第电磁感应定律可知，E＝eq\f(ΔB,Δt)S′＝eq\f(B0πr2,2t0)，感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(B0πr2,2t0),ρ\f(2πr,S))＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，故C正确；a、b两点之间的电势差Uab＝eq\f(1,2)E＝eq\f(B0πr2,4t0)，故D错误。3.如图所示，半径为l的金属圆环水平放置，圆心处及圆环边缘通过导线分别与两条平行的倾斜金属轨道相连，圆环区域内分布着磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场，圆环上放置一金属棒a，一端在圆心处，另一端恰好在圆环上，可绕圆心转动。倾斜轨道部分处于垂直轨道平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小也为B，金属棒b放置在倾斜平行导轨上，其长度与导轨间距均为2l。当棒a绕圆心以角速度ω顺时针(俯视)匀速旋转时，棒b保持静止。已知棒b与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.5，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；棒b的质量为m，棒a、b的电阻分别为R、2R，其余电阻不计，斜面倾角为θ＝37，sin37＝0.6，cos37＝0.8，重力加速度为g，求：(1)金属棒b两端的电压；(2)为保持b棒始终静止，棒a旋转的角速度大小的范围。解析：(1)金属棒a切割磁感线产生的感应电动势为E＝Bleq\x\to(v)①eq\x\to(v)＝eq\f(0＋lω,2)②金属棒b两端的电压U＝eq\f(2R,R＋2R)E③联立①②③解得U＝eq\f(1,3)Bl2ω。④(2)电路中的电流I＝eq\f(E,R＋2R)⑤金属棒b受到的安培力F安＝BI·2l⑥由①②⑤⑥解得F安＝eq\f(B2l3ω,3R)，为保持b棒始终静止，棒a旋转的角速度最小为ω1，最大为ω2，对b棒受力分析，有mgsinθ＝μmgcosθ＋eq\f(B2l3ω1,3R)，mgsinθ＋μmgcosθ＝eq\f(B2l3ω2,3R)，解得ω1＝eq\f(3mgR,5B2l3)，ω2＝eq\f(3mgR,B2l3)，所以棒a旋转的角速度大小的范围是eq\f(3mgR,5B2l3)≤ω≤eq\f(3mgR,B2l3)。答案：(1)eq\f(1,3)Bl2ω(2)eq\f(3mgR,5B2l3)≤ω≤eq\f(3mgR,B2l3)考点二电磁感应中的图像问题本考点是高考命题的热点，图像的种类较多，有随时间t变化的图像，如B­t、Φ­t、E­t、F­t、i­t等图像；有随位移x变化的图像，如E­x、i­x等图像。此类问题综合性较强，应用知识较多，如左手定则、右手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等。建议对本考点重点攻坚。(一)熟悉两个技法，做到解题快又准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。如诊断卷第6题，利用Φ­t图像斜率的变化就可以排除A、B、D选项。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，但却是最有效的方法。如诊断卷第7题，由E＝eq\f(ΔB,Δt)·S可知，线框中电流大小恒定，方向周期性变化，由P＝I2R可知，P恒定不变，A正确；由F＝BIL可知，F的大小和方向均做周期性变化，同时注意F的方向及大小变化规律，可知C错误，D正确。(二)谨记三点注意，力避踏入雷区1．定性或定量地表示出所研究问题的函数关系是选择或绘制图像的关键。2．在图像中I、v等物理量的方向是通过正负值来反映的。3．注意过程或阶段的选取，一般进磁场或出磁场，磁通量最大或最小，有效切割长度最大或最小等是分段的关键点。[题点全练]1．在空间存在着竖直向上的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中，规定线圈中感应电流方向如图甲所示的方向为正。当磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示时，下图中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是()解析：选B由楞次定律可判断，第1s内线圈中电流方向与规定的正方向相同，为正值，可知A、D选项均错误；由E＝eq\f(ΔB,Δt)·S，i＝eq\f(E,R)可知，第1s内图线斜率大，对应的电流大，可知选项B正确，C错误。2．[多选]如图甲所示，在水平向右的磁场中，竖直放置一个单匝金属圆线圈，线圈所围面积为0.1m2，线圈电阻为0.1Ω，磁场的磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示。规定从左向右看顺时针方向为线圈中感应电流的正方向，下列说法正确的是()A．第2s内线圈有收缩的趋势B．第3s内线圈的发热功率最大C．第4s内感应电流的方向为正方向D．0～5s内感应电流的最大值为0.1A解析：选ACD第2s内磁感应强度增大，故磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈有收缩的趋势，故A正确；第3s内磁感应强度不变，感应电流为零，线圈不发热，故B错误；第4s内磁场减小，则由楞次定律可知，电流的方向为正方向，故C正确；由题图乙可知，磁感应强度的变化率最大为0.1T/s，则感应电流为：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,Δt·R)＝eq\f(0.1×0.1,0.1)A＝0.1A，故D正确。3．如图甲所示，光滑的平行金属导轨(足够长)固定在水平面内，导轨间距为l＝20cm，左端接有阻值为R＝1Ω的电阻，放在轨道上静止的一导体杆MN与两轨道垂直，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B＝0.5T。导体杆受到沿轨道方向的拉力F做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图乙所示。导体杆及两轨道的电阻均可忽略不计，导体杆在运动过程中始终与轨道垂直且两端与轨道保持良好接触，则导体杆的加速度大小和质量分别为()A．20m/s2，0.5kg B．20m/s2，0.1kgC．10m/s2，0.5kg D．10m/s2，0.1kg解析：选D导体杆MN在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，用v表示瞬时速度，t表示时间，则