高考物理冲刺—电路、电磁感应、交流电

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高考物理三轮冲刺：电磁感应综合应用+教案

电磁感应综合应用1.掌握电磁感应与电路结合问题的分析方法2.掌握电磁感应动力学问题的重要求解内容3.能解决电磁感应与能量结合题型4.培养学生模型构建能力和运用科学思维解决问题的能力电磁感应中的电路问题1、分析电磁感应电路问题的基本思路对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成．在闭合电路中，“相当于电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势．【例题1】用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2m，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以10T/s的变化率增强时，线框中a、b两点间的电势差是()A．U ab＝0.1V B．U ab＝－0.1VC．U ab＝0.2V D．U ab＝－0.2V【演练1】如图所示，两个相同导线制成的开口圆环，大环半径为小环半径的2倍，现用电阻不计的导线将两环连接在一起，若将大环放入一均匀变化的磁场中，小环处在磁场外，a、b两点间电压为U1，若将小环放入这个磁场中，大环在磁场外，a、b两点间电压为U2，则()A.＝1B.＝2C.＝4D.＝【例题2】把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，一长度为2a，电阻等于R，粗细均匀的金属棒MN放在圆环上，它与圆环始终保持良好的接触，当金属棒以恒定速度v向右移动经过环心O时，求：(1)棒上电流的大小和方向及棒两端的电压U MN；(2)圆环消耗的热功率和在圆环及金属棒上消耗的总热功率．【演练2】如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d＝0.5m．右端接一阻值为4Ω的小灯泡L，在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B按如图乙规律变化．CF长为2m．在t＝0时，金属棒从图中位置由静止在恒力F作用下向右运动到EF位置，整个过程中，小灯泡亮度始终不变．已知ab金属棒电阻为1Ω，求：(1)通过小灯泡的电流；(2)恒力F的大小；(3)金属棒的质量．电磁感应的动力学问题1．导体棒的两种运动状态(1)平衡状态——导体棒处于静止状态或匀速直线运动状态，加速度为零；(2)非平衡状态——导体棒的加速度不为零．2．两个研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可看作电学对象(因为它相当于电源)，又可看作力学对象(因为有感应电流而受到安培力)，而感应电流I和导体棒的速度v是联系这两个对象的纽带．3．电磁感应中的动力学问题分析思路(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I＝.(2)受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIl＝，根据牛顿第二定律：F合＝ma.(3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速运动或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力的平衡条件列方程：F合＝0.4. 电磁感应中电量求解（1）利用法拉第电磁感应定律由整理得：若是单棒问题（2）利用动量定理单棒无动力运动时-BILΔt=mv2-mv1 又整理得：BLq= mv1-mv2【例题3】如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图．(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小．(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．(4)若从开始下滑到最大速度时，下滑的距离为x,求这一过程中通过电阻R的电量q.【演练3】（多选）如图所示，电阻不计间距为L的光滑平行导轨水平放置，导轨左端接有阻值为R的电阻，以导轨的左端为原点，沿导轨方向建立x轴，导轨处于竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。

高考物理复习磁场、电磁感应和交流电的精讲---磁场、电磁感应和交流电

2009年高考物理复习磁场、电磁感应和交流电的精讲---磁场、电磁感应和交流电磁场方向(小磁针静止时极的指向,磁感线的切线方向,外部(N →S)内部(S →N)组成闭合曲线要熟悉五种典型磁场的磁感线空间分布（正确分析解答问题的关健）脑中要有各种磁源产生的磁感线的立体空间分布观念；会从不同的角度看、画、识各种磁感线分布图能够将磁感线分布的立体、空间图转化成不同方向的平面图（正视、符视、侧视、剖视图）安培右手定则：电产生磁安培分子电流假说，磁产生的实质(磁现象电本质)奥斯特和罗兰实验安培左手定则(与力有关) 磁通量概念一定要指明“是哪一个面积的、方向如何”且是双向标量F 安=B I L⇒推导f 洛=q B v 建立电流的微观图景(物理模型)从安培力F=ILBsin θ和I=neSv 推出f=qvBsin θ。

典型的比值定义(E=qFE=k 2r Q ) (B=L I F B=k 2r I ) (u=q w b a →q W 0A A →=ϕ) ( R=I uR=S L ρ) (C=uQ C=d k 4s πε) 磁感强度B ：由这些公式写出B 单位，单位⇔公式 B=L I F ; B=S φ ; E=BLv ⇒ B=Lv E ； B=k 2rI（直导体）；B=μNI （螺线管）qBv = m R v 2 ⇒ R =qB mv ⇒ B =qRmv ; v v v d u E B qE qBv d u===⇒=电学中的三个力：F 电=q E =q duF 安=B I L f 洛= q B v 注意：①、B ⊥L 时，f 洛最大，f 洛= q B v（f 、B 、v 三者方向两两垂直且力f 方向时刻与速度v 垂直）⇒导致粒子做匀速圆周运动。

②、B || v 时，f 洛=0 ⇒做匀速直线运动。

③、B 与v 成夹角时，（带电粒子沿一般方向射入磁场），可把v 分解为（垂直B 分量v ⊥，此方向匀速圆周运动；平行B 分量v || ，此方向匀速直线运动。

高考物理三轮冲刺专题练：专题十一电磁感应(含详解,重温3年真题)

高中物理学习材料金戈铁骑整理制作专题十一电磁感应高考试题考点一电磁感应现象楞次定律★★★1.(2013年新课标全国卷Ⅱ,19,6分)在物理学发展过程中,观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用.下列叙述符合史实的是( )A.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系B.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说C.法拉第在实验中观察到,在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中,会出现感应电流D.楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化解析:奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电和磁之间的关系,选项A正确;根据通电螺线管产生的磁场与条形磁铁的磁场相似性,安培提出了磁性是分子内环形电流产生的,即分子电流假说,选项B正确;法拉第探究磁产生电的问题,发现导线中电流“通、断”时导线附近的固定导线圈中出现感应电流,而导线中通有恒定电流时导线圈中不产生感应电流,选项C错误;楞次定律指出感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化,选项D正确.答案:ABD2.(2012年山东理综,14,5分)以下叙述正确的是( )A.法拉第发现了电磁感应现象B.惯性是物体的固有属性,速度大的物体惯性一定大C.牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因D.感应电流遵从楞次定律所描述的方向,这是能量守恒定律的必然结果解析:法拉第最早发现了电磁感应现象,A正确;惯性是物体的固有属性,质量是物体惯性大小的唯一量度,B 错误;伽利略通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因,C错误;自然界任何过程都遵循能量守恒定律,D正确.答案:AD点评：本题难度不大,物理学史是近几年许多省高考的必考内容,也就要求今后在备考中要加强物理学史的学习,通过物理学史的学习使学生热爱科学,学习严谨的科学态度.3.(2011年海南卷,7,4分)自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的,很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献.下列说法正确的是( )A.奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电现象和磁现象之间的联系B.欧姆发现了欧姆定律,说明了热现象和电现象之间存在联系C.法拉第发现了电磁感应现象,揭示了磁现象和电现象之间的联系D.焦耳发现了电流的热效应,定量给出了电能和热能之间的转换关系解析:奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电与磁之间的联系,A正确;欧姆发现了欧姆定律,说明了纯电阻电路电流和电压之间存在联系,B错误;法拉第发现了电磁感应现象,揭示了磁现象和电现象之间的联系,C正确;焦耳发现了电流的热效应,定量给出了电能和热能之间的转换关系,D正确.答案:ACD4.(2011年上海卷,13,3分)如图,均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置,当a绕O点在其所在平面内旋转时,b中产生顺时针方向的感应电流,且具有收缩趋势,由此可知,圆环a( )A.顺时针加速旋转B.顺时针减速旋转C.逆时针加速旋转D.逆时针减速旋转解析:b中为顺时针电流,由安培定则知,感应电流的磁场方向垂直纸面向里;b环有收缩趋势,说明原磁场磁通量减少,方向垂直纸面向里,a环中的电流减小;a环带正电,由楞次定律知,a环顺时针减速运动.答案:B点评：本题综合考查了楞次定律和安培定则的应用,正确分析感应电流磁场方向及b环收缩的原因是解题的关键.考点二法拉第电磁感应定律自感★★★1.(2013年北京理综,17,6分)如图所示,在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动,MN中产生的感应电动势为E1;若磁感应强度增为2B,其他条件不变,MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为( )A.c→a,2∶1B.a→c,2∶1C.a→c,1∶2D.c→a,1∶2解析:根据右手定则或楞次定律,知通过电阻R的电流方向为a→c;由法拉第电磁感应定律E=Blv知E1=Blv,E2=2Blv,则E1∶E2=1∶2,故选项C正确,A、B、D错误.答案:C2.(2013年天津理综,3,6分)如图所示,纸面内有一矩形导体闭合线框abcd,ab边长大于bc边长,置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外,线框两次匀速地完全进入磁场,两次速度大小相同,方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q1,通过线框导体横截面的电荷量为q1;第二次bc边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q2,通过线框导体横截面的电荷量为q2,则( )A.Q1>Q2,q1=q2B.Q1>Q2,q1>q2C.Q1=Q2,q1=q2D.Q1=Q2,q1>q2解析:设线框ab边长为L1,bc边长为L2,进入磁场的速度为v,电阻为R,ab边平行MN进入磁场时,根据能量守恒,线框进入磁场的过程中产生的热量等于产生的电能,即Q1=2221B L vR·2Lv=2212B L vLR,通过线框导体横截面的电荷量q 1=R ∆Φ=12BL L R ;同理得bc 边平行MN 进入磁场时,Q 2=222B L v R ·L 1,q 2=R ∆Φ=12BL L R,则q 1=q 2,由于L 1>L 2,因此Q 1>Q 2,选项A 正确.答案:A点评：此题也可用安培力做功求解,线框中产生的热量等于克服安培力所做的功,注意安培力应为恒力;电荷量q 仅由回路电阻和磁通量变化决定,与磁通量发生变化的时间无关.3.(2013年浙江理综,15,6分)磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区,刷卡器中有检测线圈.当以速度v 0刷卡时,在线圈中产生感应电动势,其E t 关系如图所示.如果只将刷卡速度改为02v ,线圈中的E t 关系图可能是( )解析:由公式E=Blv 可知,当刷卡速度减半时,线圈中的感应电动势最大值减半,且刷卡所用时间加倍,故选项D 正确.答案:D4.(2012年新课标全国理综,19,6分)如图,均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆直径与磁场边缘重合;磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里,磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周,在线框中产生感应电流.现使线框保持图中所示位置,磁感应强度大小随时间线性变化.为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流,磁感应强度随时间的变化率B t∆∆的大小应为( )A.04πB ωB.02πB ωC.0πB ωD.02πB ω解析:当线框绕过圆心O 的转动轴以角速度ω匀速转动时,由于面积的变化产生感应电动势,从而产生感应电流,即I 1=E R =R t Φ∆∆=0B S R t ∆∆=202B r R ω,当线圈不动,磁感应强度变化时,I 2=R t Φ∆∆=BS R t∆∆=2π2B r R t ∆∆,因I 1=I 2,可得B t ∆∆=0πB ω,C 正确. 答案:C点评：本题考查法拉第电磁感应定律的应用,涉及两种类型公式的选用.解题时关键是要求学生能利用公式得到电流的表达式,注意本题的动生电动势是直径切割磁感线,而不是半径.5.(2011年广东理综,15,4分)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,关于线圈中产生的感应电动势和感应电流,下列表述正确的是( )A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大,感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同解析:根据法拉第电磁感应定律,感应电动势的大小与线圈的匝数成正比,与磁通量的变化率成正比,与磁通量大小无关,故A 、B 错误,C 正确;根据楞次定律,感应电流产生的磁场方向可能与原磁场方向相同,也可能相反,D 错误.答案:C6.(2011年北京理综,19,6分)某同学为了验证断电自感现象,自己找来带铁芯的线圈L,小灯泡A,开关S 和电池组E,用导线将它们连接成如图所示的电路.检查电路后,闭合开关S,小灯泡发光;再断开开关S,小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象.虽经多次重复,仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象,他冥思苦想找不出原因.你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )A.电源的内阻较大B.小灯泡电阻偏大C.线圈电阻偏大D.线圈的自感系数较大解析:线圈L 要阻碍通过它的电流变化.断电时,要阻碍其中的电流减小,L 中电流要比断电前的电流小,并且通过灯泡形成一个回路,若L 中电流断电前比灯泡中电流大,此时L 中电流虽减小,但仍比灯泡断电前电流大,灯泡就会闪亮一下.要实现L 中电流比小灯泡电流大,根据欧姆定律可知,L 的电阻比小灯泡电阻要小,从而判定出C 正确.答案:C7.(2010年浙江理综,19,6分)半径为r 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置,在圆环的缺口两端引出两根导线,分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接,两板间距为d,如图(甲)所示.有一变化的磁场垂直于纸面,规定向内为正,变化规律如图(乙)所示.在t=0时刻平板之间中心有一重力不计,电荷量为q 的静止微粒.则以下说法正确的是( )A.第2秒内上极板为正极B.第3秒内上极板为负极C.第2秒末微粒回到了原来位置D.第2秒末两极板之间的电场强度大小为0.2πr 2/d 解析:由题图(乙)知第2秒内,磁场向内并均匀减小,由楞次定律知,环中电流方向为顺时针,因而上极板带正电,A 项正确;第3秒内磁场向外且均匀增大.由楞次定律知,环中电流方向为顺时针,上极板仍带正电,B 项错误;同理,第1秒内上极板带负电,此微粒2秒内先做匀加速直线运动,再做匀减速直线运动,加速度大小不变,运动方向不变,C 项错误;由法拉第电磁感应定律知,电路中感应电动势为E 感=t Φ∆∆=0.1πr 2,场强为E=E d 感=0.1πr 2/d,D 项错误. 答案:A8.(2013年江苏卷,13,15分)如图所示,匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd,线圈平面与磁场垂直.已知线圈的匝数N=100,边长ab=1.0 m 、bc=0.5 m,电阻r=2 Ω.磁感应强度B 在0～1 s 内从零均匀变化到0.2 T.在1～5 s 内从0.2 T 均匀变化到-0.2 T,取垂直纸面向里为磁场的正方向.求:(1)0.5 s 时线圈内感应电动势的大小E 和感应电流的方向;(2)在1～5 s 内通过线圈的电荷量q;(3)在0～5 s 内线圈产生的焦耳热Q.解析:(1)感应电动势E 1=N 11t Φ∆∆, 磁通量的变化量ΔΦ1=ΔB 1S解得E 1=N 11B S t ∆∆, 代入数据得E 1=10 V,感应电流的方向为a →d →c →b →a.(2)同理可得E 2=N 22B S t ∆∆, 感应电流I 2=2E r ,电荷量q=I 2Δt 2 解得q=N 2B S r∆,代入数据得q=10 C. (3)0～1 s 内的焦耳热Q 1=21I r Δt 1,且I 1=1E r,1～5 s 内的焦耳热Q 2=22I r Δt 2 0～5 s 内焦耳热Q=Q 1+Q 2,代入数据得Q=100 J.答案:(1)10 V a →d →c →b →a(2)10 C (3)100 J考点三电磁感应中的图像问题 ★★★1.(2013年新课标全国卷Ⅰ,17,6分)如图,在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab 、ac 和MN,其中ab 、ac 在a 点接触,构成“V ”字型导轨.空间存在垂直于纸面的均匀磁场.用力使MN 向右匀速运动,从图示位置开始计时,运动中MN 始终与∠bac 的平分线垂直且和导轨保持良好接触.下列关于回路中电流i 与时间t 的关系图线.可能正确的是( )解析:设开始时MN 距a 点距离为x 0,向右匀速运动的速度为v,金属棒电阻率为ρ,截面积为S,∠bac=2θ.在t 时刻MN 产生的感应电动势为:E=Blv=B ·2(x 0+vt)tan θ·v=2Bv(x 0+vt)tan θ,回路中电阻为R=ρ()22tancosx vtx vtSθθ+++=()2x vtS+1tancosθθ⎛⎫+⎪⎝⎭,由I=ER可得i=()sin1sinBvSθρθ+,即电流保持不变,故选项A正确.答案:A点评：本题将电磁感应、电阻定律及电路结合,考查考生对电阻定律和法拉第电磁感应定律的应用能力.2.(2013年新课标全国卷Ⅱ,16,6分)如图,在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框;在导线框右侧有一宽度为d(d>L )的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动,t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域.下列v t图像中,可能正确描述上述过程的是( )解析:线框进入和离开磁场时,穿过线框的磁通量发生变化产生感应电流,磁场对线框的安培力阻碍线框运动,使线框速度减小,由E=BLv、I=ER及F=BIL=ma可知安培力减小,加速度减小,当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化,不产生感应电流,不受安培力,线框做匀速直线运动,故选项D正确.答案:D3.(2013年大纲全国卷,17,6分)纸面内两个半径均为R的圆相切于O点,两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小相等、方向相反,且不随时间变化.一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转,角速度为ω.t=0时,OA恰好位于两圆的公切线上,如图所示,若选取从O指向A的电动势为正,下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是( )解析:当导体杆顺时针转动切割圆形区域中的磁感线时,由右手定则可知电动势由O指向A,即为正值,选项D错误;切割过程中产生的感应电动势E=BL v=12BL2ω,其中L=2Rsin ωt,如图所示,则E=2BωR2sin2ωt,由此可知选项A、B错误,选项C正确.答案:C点评：本题中导体杆切割磁感线,导体杆中一定产生感应电动势,电动势与电路是否闭合无关;电动势的方向可由右手定则加以判断,即认为电路闭合,判断导体杆内电流方向,即为电动势方向.4.(2013年山东理综,18,5分)将一段导线绕成图(甲)所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内,回路的ab 边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中.回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ,以向里为磁场Ⅱ的正方向,其磁感应强度B 随时间t 变化的图像如图(乙)所示.用F 表示ab 边受到的安培力,以水平向右为F 的正方向,能正确反映F 随时间t 变化的图像是( )解析:0～2T 时间内,回路的圆环区域内垂直纸面的磁场Ⅱ的磁感应强度随时间先均匀减小后反向均匀增大,根据法拉第电磁感应定律及楞次定律可得回路的圆环区域产生大小恒定的、顺时针方向的感应电流,导线ab 中的电流方向由b →a,根据左手定则,ab 边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向左的恒定的安培力;同理可得 2T ～T 时间内,ab 边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向右的恒定的安培力,故选项B 正确. 答案:B点评：考查电磁感应中的图像问题,并利用法拉第电磁感应定律及楞次定律、左手定则处理电磁感应问题的能力.5.(2012年福建理综,18,6分)如图(甲),一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落,穿过一根竖直悬挂的条形磁铁,铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合.若取磁铁中心O 为坐标原点,建立竖直向下为正方向的x 轴,则图(乙)中最能正确反映环中感应电流i 随环心位置坐标x 变化的关系图像是( )解析:由条形磁铁的磁感线分布图知,从圆环下落处至O 点,磁场的水平分量先增加后减小至0,磁场的增加与减小都不是线性的,且磁场方向向外,从O 点以下,磁场的水平分量向里,先增加后减小,磁场的增加与减小也不是线性的,铜环加速下滑,由i=Blv R判定电流变化不是线性的,A 错误;关于O 点的对称点,下面的速度大于上面的速度,磁感应强度的水平分量B 大小相同,则下边的电流大于上边电流,B 正确.由于关于O 点的对称点速度大小不同,则电流不同,C 错误;在O 点的上方与下方,磁感应强度的水平分量方向相反,根据右手定则,电流方向也应该相反,D 错误.答案:B点评： (1)掌握常见磁体的磁感线分布是解此题的关键.(2)挖掘题目中的隐含条件,例如,磁感应强度的水平分量B关于O点对称,大小相等,方向相反;由于重力大于安培力,铜环加速下落.6.(2012年课标全国理综,20,6分)如图,一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内,线框在长直导线右侧,且其长边与长直导线平行.已知在t=0到t=t1的时间间隔内,直导线中电流i发生某种变化,而线框中的感应电流总是沿顺时针方向;线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右.设电流i正方向与图中箭头所示方向相同,则i随时间t变化的图线可能是( )解析:因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强,而线框中左右两边电流的大小相同,而方向相反,所以受到的安培力方向相反,而导线框的左边受到的安培力大于导线框的右边受到的安培力,所以合力沿导线框左边受到的力的方向,因为线框受到的安培力的合力先水平向左,后水平向右,根据左手定则,导线框处的磁场方向先垂直纸面向里,后垂直纸面向外,根据右手螺旋定则,导线中的电流先为正,后为负,所以A正确,B、C、D错误.答案:A7.(2010年北京理综,19,6分)在如图(甲)所示的电路中,两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后,调整R,使L1和L2发光的亮度一样,此时流过两个灯泡的电流均为I.然后,断开S.若t′时刻再闭合S,则在t′前后的一小段时间内,正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图像是图(乙)中的( )解析:S闭合前,i1=0,i2=0,S闭合后,流过L1的电流从零缓慢增大到稳定值I.流过L2的电流立即增大到稳定值I.故B正确.答案:B8.(2011年海南卷,6,6分)如图所示,EOF和E′O′F′为空间一匀强磁场的边界,其中EO∥E′O′,FO∥F′O′,且EO⊥OF;OO′为∠EOF的角平分线,OO′间的距离为l;磁场方向垂直于纸面向里.一边长为l的正方形导线框沿O′O方向匀速通过磁场,t=0时刻恰好位于图示位置.规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正,则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是( )解析:当线框左边进入磁场时,线框上的电流方向为逆时针,直至线框右边完全进入磁场;当右边一半进入磁场,左边一半开始出磁场,此后线圈中的电流方向为顺时针.当线框左边进入磁场时,切割磁感线的有效长度均匀增加,故感应电动势、感应电流均匀增加,当左边完全进入磁场,右边还没有进入时,感应电动势、感应电流达最大,且直到右边将要进入磁场这一段时间内均不变,当右边进入磁场时,左边开始出磁场,这时切割磁感线的有效长度均匀减小,感应电动势、感应电流均减小,且左、右两边在磁场中长度相等时为零,之后再反向均匀增加至左边完全出来,到右边到达左边界时电流最大且不变,直到再次减小,故B正确.答案:B考点四电磁感应中的力、电综合问题★★★★1.(2013年安徽理综,16,6分)如图所示,足够长平行金属导轨倾斜放置,倾角为37°,宽度为0.5 m,电阻忽略不计,其上端接一小灯泡,电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置,质量为0.2 kg,接入电路的电阻为1 Ω,两端与导轨接触良好,与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度为0.8 T.将导体棒MN由静止释放,运动一段时间后,小灯泡稳定发光,此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6)( )A.2.5 m/s 1 WB.5 m/s 1 WC.7.5 m/s 9 WD.15 m/s 9 W解析:小灯泡稳定发光时,导体棒MN匀速运动,所受合力为零,在沿斜面方向上:mgsin 37°-μmgcos 37°-BIL=0,I=BLvR总,R总=2 Ω,代入数据得v=5 m/s;闭合回路的总功率P=IE=IBLv,代入数据得P=2 W,小灯泡与导体棒的电阻相等,消耗的电功率相等,都为1 W,故选项B正确.答案:B2.(2013年四川理综,7,6分)如图所示,边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域,其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt(常量k>0).回路中滑动变阻器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R 1=R 0、R 2=02R .闭合开关S,电压表的示数为U,不考虑虚线MN 右侧导体的感应电动势,则( ) A.R 2两端的电压为7UB.电容器的a 极板带正电C.滑动变阻器R 的热功率为电阻R 2的5倍D.正方形导线框中的感应电动势为kL 2解析:根据串、并联电路特点,虚线MN 右侧电路部分的总电阻R=R 0+02R +04R =74R 0.回路的总电流I=U R =047U R ,由于R 2=02R ,所以通过R 2的电流I 2=2I =027U R ,所以R 2两端电压U 2=I 2R 2=027U R ·02R =17U,选项A 正确;根据楞次定律可知,回路中的电流为逆时针方向,即流过R 2的电流方向向左,所以电容器b 极板带正电,选项B 错误;根据P=I 2R,滑动变阻器R 的热功率P=I 202R +22I ⎛⎫ ⎪⎝⎭02R =58I 2R 0,电阻R 2的热功率P 2=22I ⎛⎫ ⎪⎝⎭R 2=18I 2R 0=15P,选项C 正确;根据法拉第电磁感应定律得,线框中产生的感应电动势E=t Φ∆∆=B tS=k πr 2,选项D 错误. 答案:AC 点评：本题考查知识点较多,涉及到楞次定律、法拉第电磁感应定律的计算、串并联电路的特点及电路中的欧姆定律和功率计算的知识,对学生基础知识的掌握以及推理能力的要求较高,但总体难度却不大,属于中档题.3.(2012年北京理综,19,6分)物理课上,老师做了一个奇妙的“跳环实验”.如图,她把一个带铁芯的线圈L 、开关S 和电源用导线连接起来后,将一金属套环置于线圈L 上,且使铁芯穿过套环.闭合开关S 的瞬间,套环立刻跳起.某同学另找来器材再探究此实验.他连接好电路,经重复试验,线圈上的套环均未动.对比老师演示的实验,下列四个选项中,导致套环未动的原因可能是( )A.线圈接在了直流电源上B.电源电压过高C.所选线圈的匝数过多D.所用套环的材料与老师的不同解析:套环跳起的原因是闭合开关的瞬间,套环中产生感应电流从而受到磁场力的作用,且磁场力大于套环的重力.该同学实验未成功的原因,可能是选用了非导体材料的套环.D 项正确.答案:D4.(2012年山东理综,20,5分)如图所示,相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ,上端接有定值电阻R,匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度为B.将质量为m 的导体棒由静止释放,当速度达到v 时开始匀速运动,此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力,并保持拉力的功率恒为P,导体棒最终以2v 的速度匀速运动.导体棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨和导体棒的电阻,重力加速度为g.下列选项正确的是( )A.P=2mgvsin θB.P=3mgvsin θC.当导体棒速度达到2v 时加速度大小为2gsin θD.在速度达到2v 以后匀速运动的过程中,R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功解析:当导体棒以速度v 匀速下滑时,满足:22B L vR=mgsin θ 当导体棒以速度2v 匀速下滑时,满足: 222B L vR=mgsin θ+F两式联立解得:F=mgsin θ,则拉力F 的功率P=F ·2v=2mgvsin θ,A 正确,B 错误; 当导体棒以速度2v匀速下滑时, 由牛顿第二定律:mgsin θ-222B L vR=ma, 解得:a=2gsin θ,C 正确; 当导体棒以速度2v 匀速下滑时,由功能关系可知,F 做的功和重力做的功全部转化成电阻R 上产生的焦耳热,D 错误. 答案:AC点评：本题是一道综合性比较强的考题,这类问题是每年高考的必考内容,考生在备考中要充分重视. 5.(2011年福建理综,17,6分)如图,足够长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°),其中MN 与PQ 平行且间距为L,导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直,导轨电阻不计.金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑,并与两导轨始终保持垂直且良好接触,ab 棒接入电路的电阻为R,当流过ab 棒某一横截面的电量为q 时,棒的速度大小为v,则金属棒ab 在这一过程中( )A.运动的平均速度大小为12v B.下滑的位移大小为qR BL。

高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应1直流电路与交流电路课时作业含解析

2021-4-29 20XX年复习资料教学复习资料班级：科目：直流电路与交流电路[题组一] 直流电路的分析1.(2020·长沙长郡中学模拟)如图为直流电动机提升重物的装置，重物的重量G ＝500 N ，电源电动势E ＝90 V ，电源内阻r ＝2 Ω，不计各处摩擦，当电动机以v ＝0.6 m/s 的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I ＝5 A ，下列判断不正确的是( )A ．电动机消耗的总功率为400 WB ．电动机线圈的电阻为0.4 ΩC ．电源的效率约为88.9%D ．电动机的效率为75%解析：B [重物被提升的功率P 重＝Fv ＝Gv ＝500×0.6 W＝300 W ，此时电路中的电流I ＝5 A ，则电源的总功率P 总＝EI ＝90×5 W＝450 W ，设电动机线圈的电阻为R ，根据能量守恒定律得P 总＝P 重＋I 2r ＋I 2R ，则得R ＝P 总－P 重－I 2r I 2＝450－300－52×252 Ω＝4 Ω，电动机消耗的总功率P 电＝P 重＋I 2R ＝400 W ，电源的效率η1＝P 总－I 2r P 总×100%＝450－52×2450×100%≈88.9%，电动机的效率η2＝P 重P 重＋I 2R ×100%＝300300＋52×4×100%＝75%，故选项B 符合题意．] 2．(2020·广州模拟)在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R 1和R 3均为定值电阻，R 2为滑动变阻器．当R 2的滑动触点在a 端时合上开关S ，此时三个电表A 1、A 2和V 的示数分别为I 1、I 2和U .现将R 2的滑动触点向b 端移动，则三个电表示数的变化情况是( )A ．I 1增大，I 2不变，U 增大B ．I 1减小，I 2增大，U 减小C ．I 1增大，I 2减小，U 增大D ．I 1减小，I 2不变，U 减小解析：B [由题图知电压表测量路端电压，电流表A 1测量流过R 1的电流，电流表A 2测量流过R 2的电流．R 2的滑动触点向b 端移动时，R 2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U 减小，R 3电压增大，R 1、R 2并联电压减小，通过R 1的电流I 1减小，而总电流I 增大，则流过R 2的电流I 2增大．故A 、C 、D 错误，B 正确．]3．(2020·孝义市一模)如图所示的电路中，电源电动势E ＝8 V ，内阻r ＝2 Ω，电阻R 2＝6 Ω，电容为1μF 的平行板电容器水平放置且下极板接地．当滑动变阻器R 1的滑片处于b 端时，有一带电油滴位于板间正中央P 点且恰好处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．此时P 点电势为6 VB ．电容器上极板所带电荷量为6×10－6 CC ．若仅将电容器上极板缓慢上移少许，则P 点电势不变D ．若仅将滑片P 从b 端向a 端缓慢移动少许，则油滴将向下移动解析：B [由闭合电路的欧姆定律可知：路端电压U ＝R 2R 2＋r E ＝6 V ，那么电容器两极的电势差为6 V ，又有下端接地，故电势为零，那么P 点电势为12U ＝3 V ，故A 错误；电容器上极板所带电荷量Q ＝CU ＝1×10－6×6 C＝6×10－6C ，故B 正确；移动电容器上极板，电容器两端电势差不变；又有两极板间距离增大，故电场强度减小；又有P 点到下极板的距离不变，故电势差减小，那么，P 点电势减小，故C 错误；滑片P 从b 端向a 端移动，那么外电路电阻增大，所以路端电压增大，故两极板电势差增大，极板间场强增大，那么，油滴受到的电场力增大；油滴受重力和电场力作用，故有开始时油滴静止可知：电场力方向向上，那么，移动滑片后油滴合外力向上，故油滴向上运动，故D 错误．][题组二] 交变电流的产生及描述4．(2020·河南模拟)(多选)如图1所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的金属正方形线圈abcd 以垂直磁感线的cd 边为转动轴匀速转动，线圈产生的交变电动势图像如图2所示，则下列说法正确的是( )A ．t ＝3 s 时刻通过线圈的磁通量为零B ．ab 边两端的电压大小等于dc 边两端的电压大小C ．此交变电动势的频率为50 HzD ．dc 边两端电压的有效值为2 2 V 解析：ABD [由图乙可知，当t ＝3 s 时，感应电动势最大，则此时穿过线框回路的磁通量变化率最大，磁通量为零．故A 正确；由图可知，线框中的ab 边与dc 边切割磁感线，产生电动势，由E ＝BLv 可知二者产生的电动势是相等的；由于线框各部分的电阻串联，所以ab 边与dc 边电压降U ＝IR 也相等，所以ab 边两端的电压大小等于dc 边两端的电压大小．故B 正确；由图可知，交流电的周期为0.04 s ，则此交变电动势的频率为：f ＝1T ＝10.04Hz ＝25 Hz ；故C 错误；由图可知，交流电压的最大值为16 V ，则有效值为8 2 V ，该电路的等效电路如图设ab 边与dc 边产生的电动势都是E ，每一条边的电阻都是r ，则E ＝4 2 V电路中的电流：I ＝2E 4rdc 边两侧的电压：U dc ＝E －Ir ＝E －2E 4r ·r ＝12E ＝2 2 V ．故D 正确．] 5．(多选)如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的瞬时值表达式为u ＝10sin 5πt (V)D ．交流电b 的最大值为203 V 解析：BCD [在图中t ＝0时刻，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，A 错误；a 的周期为0.4 s ，b 的周期为0.6 s ，转速与周期成反比，所以转速之比为3∶2，B 正确；交流电的瞬时值表达式为u ＝U m sin ωt ，所以a 的瞬时值表达式为u ＝10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π0.4t ＝10sin 5πt (V)，C 正确；由U m ＝NBSω，可知角速度变为原来的23，则最大值变为原来的23，交流电b 的最大值为203V ，D 正确．]6．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1.0 Ω，则( )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 ＝2.0 s 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4∶5D ．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5π A解析：B [在t ＝0时，Φ甲最大，则产生的感应电动势最小，故A 错误；因为在t ＝0.2 s×10＝2.0 s 时，Φ甲＝Φ乙＝0，所以线圈平面均平行于磁感线，故B 正确；由图可知甲、乙图线对应的周期之比为4∶5，而线圈的转速n ＝1T，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4，故C 错误；甲图线对应的线圈中交流电压的峰值E m ＝BSω＝Φm ω＝0.4×2π0.16V ＝5π V，电流的峰值I m ＝E m R＝5π A，故D 项错误．][题组三] 变压器及远距离输电7．(2019·山西四模)如图甲所示，一阻值为R 的电阻接在电动势为E 、内阻为r 的直流电源两端，电源的效率为94.1%；如图乙所示，当该阻值为R 的电阻通过理想变压器接在电压有效值为E 、内阻为r 的交流电源上时，变压器原线圈两端的电压为E 2，则该变压器的原、副线圈匝数比为( ) A ．4∶1B ．1∶4C ．16∶1D ．1∶16 解析：B [当接直流电源时，有：η＝R R ＋r ＝94.1%解得：R ＝16r 根据原副线圈的电压比等于匝数比可知：n 1n 2＝U 1U 2＝E2U 2解得：U 2＝En 22n 1根据原副线圈的功率相等可知：I 1U 1＝I 2U 2 即为：E 2r ×E 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫En 22n 12R 解得：n 1n 2＝14故B 正确，A 、C 、D 错误．]8．(2020·安徽一模)有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡．当S 断开时，灯L 1正常发光．保持原线圈输入电压不变，S 闭合后，下列说法正确的是( )A ．电阻R 消耗的功率增大B ．原线圈的输入电流减小C ．原、副线圈的电压比增大D ．灯L 1、L 2都能正常发光解析：A [当S 闭开后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以电阻R 两端的电压增大，故R 消耗的功率增大，故A 正确；变压器原副线圈的匝数不变，故原副线圈中电流之比不变，副线圈中电流增大，故原线圈中电流也增大，故B 错误；因线圈匝数之比不变，故原副线圈中电压比不变，故C 错误；当S 闭合后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以通过电阻R 的电压增大，灯泡两端的电压减小，灯L 1、L 2都不能正常发光，故D 错误．]9．(2020·河南郑州检测)如图所示的电路中，R 为光敏电阻(增大照射光的强度电阻会减小)、C 为电容器，灯泡L 的额定电压为50 V ，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1.闭合开关S ，在a 、b 两端输入正弦式交变电流u ＝1002sin 10πt (V)，则下列说法正确的是( )A ．灯泡会正常发光B ．光敏电阻中的电流和灯泡中的电流相等C ．增大照射光的强度照射光敏电阻，灯泡会变亮D ．断开开关S ，灯泡会熄灭解析：C [由题可知，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，原线圈两端的电压的有效值为100 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，可知副线圈两端的电压的有效值为50 V ，由于电容器和光敏电阻都会阻碍交变电流的通过，因此灯泡两端的电压小于50 V ，不会正常发光，A 错误；由于电容器能通交流，因此光敏电阻R 中的电流小于灯泡中的电流，B 错误；增大照射光的强度照射光敏电阻，光敏电阻的阻值减小，因此灯泡中的电流增大，灯泡会变亮，C 正确；断开开关S ，由于电容器能通交流，因此灯泡不会熄灭，D 错误．]10.(2020·资阳模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b .当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )A ．原、副线圈匝数之比为1∶9B ．原、副线圈匝数之比为9∶1C ．此时a 和b 的电功率之比为10∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶10解析：B [灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U ，则说明原线圈输入电压为9U ，输出电压为U ；则可知，原副线圈匝数之比为9∶1，故A 错误，B 正确；根据公式I 1I 2＝n 2n 1可得I 1I 2＝19，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得两者的电功率之比为1∶9；故C 错误，D 错误．][B 级－综合练]11．(2019·江苏南京三模，5)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原副线圈匝数比为m ，降压变压器的原副线圈匝数比为n ，输电线的电阻为R ，升压变压器和降压变压器均为一理想变压器，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V 2的示数减小了ΔU ，则下列判断正确的是( )A ．电流表A 2的示数增大了ΔU RB ．电流表A 1的示数增大了n ΔU RC ．电压表V 1的示数减小了ΔUD ．输电线损失的功率增加了⎝ ⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2R 解析：B [由U U 1＝m 得U 1＝U m ，由于U 、m 不变，故U 1不变，故C 错．设降压变压器的输入电压为U ′，则U ′＝U 1－I 1R ，由U ′U 2＝n 得，U 2＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫U m －I 1R ，则ΔU ＝－R n ΔI 1，由此可见，电流表A 1的示数增大了n ΔU R ，即B 正确．由I 1I 2＝1n 得I 2＝nI 1，由此可知，I 2增大了n 2ΔU R，故A 错．输电线损失的功率增加量ΔP ＝(I 1＋ΔI 1)2R －I 21R ＝2I 1ΔI 1·R ＋ΔI 21R ≠⎝⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2R ，故D 错．]12.(2020·新课标Ⅱ卷一模)如图所示，直角三角形导线框OPQ 放置在磁感应强度大小为B ，方向垂直于OQ 向右的匀强磁场中，且OP 边的长度为L ，∠POQ ＝θ.当导线框绕OQ 边以角速度ω逆时针转动(从O 向Q 观察)时，下列说法正确的是( )A ．导线框OPQ 内无感应电流B ．导线框OPQ 内产生大小恒定，方向周期性变化的交变电流C ．P 点的电势始终大于O 点的电势D ．如果截去导线PQ ，则P 、O 两点的电势差的最大值为12BL 2ωsin θcos θ 解析：D [导线框OPQ 内，只有边长OP 做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势的大小为E ＝BL ·L sin θ2·ωcos θsin ωt ＝12BL 2ωsin θcos θsin ωt ，故导线框OPQ 内产生正弦式交变电流，故A 、B 错误；由于导体框OPQ 内产生正弦式交变电流，P 点的电动势与O 点的电动势大小成周期性变化，故C 错误；如果截取导线PQ ，则没有感应电流，但PQ 两点的电势差U ＝BL L sin θ2ωcos θsin ωt ＝12BL 2ωsin θcos θsin ωt ，故最大值为12BL 2ωsin θcos θ，故D 正确．] 13．(2020·衡水模拟)(多选)如图所示，面积S ＝0.5 m 2、n ＝50匝、电阻不计的矩形闭合导线圈ABCD 处于磁感应强度大小为B ＝210 T 的水平匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω＝200 rad/s 匀速转动，并与理想变压器原线圈1相连，副线圈2接入一只“220 V 100 W”的灯泡甲，副线圈3接入一只“110 V 60 W”的灯泡乙与滑动变阻器，已知当滑动变阻器的滑片处于最左端时两灯均正常发光，交流电流表的量程为0～0.6 A ，且为理想电表．下列说法正确的是( )A ．从图示位置计时，线框中交变电压瞬时值的表达式为e ＝5002sin 200t VB ．当两灯正常发光时，交流电流表的示数为0.30 AC ．变压器线圈的匝数之比为n 1∶n 2∶n 3＝50∶22∶11D ．当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数增大解析：AC [图示位置穿过线框的磁通量最大，电动势的最大值E m ＝NBSω＝50×210×0.5×200 V＝500 2 V ．图示位置穿过线框的磁通量最大，导线框中产生交变电压的表达式为u ＝5002sin 200t V ．故A 正确；变压器副线圈2中的电功率为100 W ，变压器副线圈3中电功率为60 W ，则变压器原线圈中的电功率为160 W ，所以变压器原线圈中电流强度I 1＝P 1U 1＝160500 A ＝825A ．故B 错误；电动势的最大值为500 2 V ，则交流电压的有效值500 V ．滑动变阻器的滑片处于最左端时接入电路中的电阻值为0；根据电压之比等于匝数比，则原副线圈的匝数比＝500∶220∶110＝50∶22∶11，故C 正确，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，接入副线圈的电阻值增大，所以副线圈3中的电流值减小，输出功率与输入功率都减小，所以电流表的示数减小，故D错误．]14．(多选)如图所示的电路中，E为电源，内电阻为r，V为理想电压表，L为阻值恒为2r的小灯泡，定值电阻R1的阻值恒为r，R3为半导体材料制成的光敏电阻(其阻值随光照的增强而减小)．电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电小球处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是( )A．若将R2的滑片上移，则电压表的示数变小B．若突然将电容器上极板上移，则小球在P点的电势能增大C．若光照变强，则小球会向上运动D．若光照变强，则A、B间电路的功率变大解析：BD [R2与电容器C串联，若只是将R2的滑片上移，对电路没有影响，电压表示数不变，A项错误；若只是将电容器上极板上移，则电容器两端电压U C不变，两极板间距d 增大，场强E减小，P点的电势减小，由题分析可知小球带负电，则小球在P点的电势能增大，B项正确；若光照变强，则光敏电阻R3的阻值减小，灯L和R3两端电压减小，电容器两端电压减小，两极板间场强E减小，小球所受电场力减小，球会向下运动，C项错误；将R1视为电源一部分，则等效电源内阻阻值为2r，而A、B间L和R3的总电阻为R L＋R3＝2r＋R3＞2r，若光照变强，则R3的阻值减小，A、B间电路的功率变大，故D项正确．]高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应1直流电路与交流电路课时作业含解析结束语同学们，相信梦想是价值的源泉，相信成功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念。

电磁感应和交流电的产生机制

电磁感应和交流电的产生机制电磁感应是电磁学中一个重要的概念，它描述了电流产生磁场或磁场变化引起电流的现象。

而交流电则是一种在电路中流动的电流，其方向和大小都随时间变化。

那么，电磁感应和交流电是如何产生的呢？首先，我们需要了解电磁感应的基本原理。

根据法拉第电磁感应定律，当一个导体在一个磁场中运动时，会在导体两端引起电位差，从而产生电流。

这就是所谓的感应电流。

具体来说，当导体与磁场垂直运动时，感应电流的大小与导体的速度成正比；而当导体与磁场平行运动时，感应电流的大小与导体的长度成正比。

这个现象由于磁场线穿过闭合线圈时会引起线圈内的电流。

这种电磁感应的现象被广泛应用在发电机中。

发电机利用磁场线穿过线圈产生电流，通过旋转电磁铁（通常由大型涡轮与磁铁组成），使得磁场线与线圈交叉运动，从而产生交流电。

当电磁铁旋转时，磁场线会不断切割线圈，导致感应电流的产生。

这个原理也是交流电发电的基础。

而交流电的产生机制可以通过交变磁场的作用来解释。

在交变磁场中，磁场的大小和方向都会随时间的变化而改变。

在一个交变磁场中放置一个导线，磁场的变化会引起导线两端的电荷的分离，从而产生交流电。

这是由于磁场的变化会导致感应电流的产生，进而形成交流电。

这个现象也称为电磁感应现象。

交流电的特点是电流的方向和大小都会周期性地变化。

这是因为在交变磁场中，磁场线的方向和大小都会反复变化，进而引起导线两端电荷的反复分离。

这种周期性的电流变化就构成了交流电。

交流电的频率表示了单位时间内电流方向的变化次数，单位为赫兹（Hz）。

而交流电的幅值则表示了电流的最大值。

交流电在现代生活中起着重要的作用。

它被广泛应用在电力系统中，用于供电和传输电能。

而交流电还可以通过变压器进行变换，从而适应不同电压和功率的需要。

此外，交流电还广泛应用于电子设备、通信系统、照明和动力控制等领域。

综上所述，电磁感应和交流电的产生机制是密切相关的。

电磁感应是产生交流电的基础，而交流电又是在交变磁场中产生的。

高考物理交流电必考知识点

高考物理交流电必考知识点随着社会科技的不断进步，电力成为了人们生活中不可或缺的一部分。

而在物理学中，交流电是一种重要的电路结构，其在高考中经常出现。

本文将深入讨论高考物理交流电的必考知识点，以帮助考生更好地备考。

1. 什么是交流电交流电又称交流电流，是指电流的大小和方向随时间的变化而周期性地改变。

与之相对的是直流电，直流电的大小和方向不随时间的变化而改变。

交流电的波形通常用正弦曲线表示，其周期表示了电流一次从正向到负向再回到正向的完整过程。

2. 变压器的原理与应用变压器是交流电路中常见的元件，其原理基于电磁感应。

变压器由两个线圈（分别称为初级线圈和次级线圈）和一个铁心组成。

当在初级线圈中通入交流电时，变压器会通过电磁感应将电能从初级线圈传递到次级线圈中，从而改变电压的大小。

利用变压器，我们可以实现电压的升高或降低，从而适应不同设备的使用需求。

3. 交流电的频率与周期交流电的频率表示了电流在单位时间内完成周期性改变的次数。

单位为赫兹（Hz），常见的交流电频率为50Hz或60Hz。

频率与周期的关系是频率等于1除以周期，即f = 1/T。

高考中经常提到的电压、电流的频率就是指交流电的频率。

4. 交流电的有效值与峰值交流电的有效值表示了相同功率时所需要的直流电的大小。

对于正弦交流电而言，有效值通常是其峰值的1/√2。

在实际应用中，我们常常关心的是交流电的有效值，因为它可以更好地反映电流的实际强度。

5. 交流电的电压与电流之间的相位关系交流电的电压与电流之间存在一定的相位差。

相位差可以用角度或时间表示。

对于正弦交流电而言，电压与电流之间的相位差通常为90度（π/2弧度）。

在电路中，交流电的电流和电压的相位差会影响电路元件的工作状态和能量的传递。

6. 交流电的电阻与电感在交流电路中，电阻和电感是两个常见的元件。

电阻是电流通过时产生电场能量损失的元件，其阻碍电流通过的能力称为电阻。

而电感则是电流通过时产生磁场能量的元件，其能够储存电能。

高中物理实用口诀——电磁感应、交流电

高中物理实用口诀——电磁感应、交流电
电磁感应和交流电是高中物理中经常涉及到的两个重要内容，它们充分反映了从物理学的
角度上对自然界中电磁现象的认识及应用，其中电磁感应丰富了物理学的内容，让我们了
解到电、磁有着千丝万缕的联结，交流电也使人们的生活更加的便利。

电磁感应口诀：
①、电磁感应定律：磁线圈就循环电流改变，产生磁感应势由E库仑定义。

②、电磁感应中心定律：磁通单位正比磁通矢量，磁感应强度等于力线密度积分。

③、电磁感应不可传导：磁耦合现象和电场中电流消失，磁感应矢量由B库仑定义。

交流电口诀：
①、交流电无定向：电压信号变化像正弦波，频率定义自然界工程活动。

②、交流电的处理：简单的感应的话，用电感来调和含有相位的振荡。

③、变压器的原理：副线电压与主线电压的比，取决于线圈的匝数或能量比。

电磁感应和交流电是高中物理中的重要部分，这两项知识丰富了我们对物理学的认识。

电
磁感应能让我们了解到在大自然中，电磁的现象有千丝万缕的联系，而交流电的存在，也
为我们日常的生活提供了极其方便的补充。

如此，我们更加深刻地认识到物理学中的知识，也看到了它的可贵和重要性。

高考物理二轮总复习第1部分专题突破方略专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路

第一部分专题四第1讲基础题——知识基础打牢1. (2022·四川自贡三诊)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图．线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R.若AB间输入图乙所示的交变电压，则( C )A．t＝2×10－2 s时，电压表的示数为零B．电阻R中电流方向每秒钟改变50次C．滑动触头P逆时针转动时，R两端的电压增大D．滑动触头P顺时针转动时，AB间输入功率增大【解析】电压表的示数是交流电的有效值，则t＝2×10－2 s时，电压表的示数不为零，选项A错误；交流电的周期为0.02 s，一个周期内电流方向改变2次，则电阻R中电流方向每秒钟改变100次，选项B错误；滑动触头P逆时针转动时，次级匝数变大，则次级电压变大，即R两端的电压增大，选项C正确；滑动触头P顺时针转动时，次级匝数减小，次级电压减小，次级消耗的功率减小，则AB间输入功率减小，选项D错误．2. (2022·四川成都三诊)发电站通过升压变压器和降压变压器给某用户端供电，发电机组输出交变电压的有效值恒定，输电线总电阻r保持不变．当用户端用电器增加后( A )A．若滑片P位置不变，则输电线上损失的功率变大B．若滑片P位置不变，则用户端电压升高C．若将滑片P上移，则用户端电压可能不变D．若将滑片P上移，则输电线上损失的功率可能减小【解析】若滑片P位置不变，当用户端用电器增加后，用户端总功率变大，发电机的输出功率增大，输电线的电流变大，ΔU＝Ir，输电线两端承担的电压变大，损耗的功率增大；发电机的输入电压不变，升压变压器、降压变压器的匝数不变，故用户端电压降低，A正确，B 错误；若将滑片P 上移，升压变压器的副线圈与原线圈的匝数比变小，发电机组输出交变电压的有效值恒定，则副线圈两端电压变小．用户端用电器使用相同功率，则输电线上的电流会更大，输电线两端承担的电压更大，损耗的功率更大，则用户端的电压更小，故C 、D 错误．3. (多选)(2022·河南押题卷)图甲是一种振动式发电机的截面图，半径r ＝0.1 m 、匝数n ＝30的线圈位于辐射状分布的磁场中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布，线圈所在位置的磁感应强度大小均为B ＝12πT .如图乙，施加外力使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动的速度随时间变化的规律如图丙中正弦曲线所示．发电机通过灯泡L 后接入理想变压器，对图乙中电路供电，三个完全相同的小灯泡均正常发光，灯泡的阻值R L ＝1 Ω，电压表为理想电压表，线圈及导线电阻均不计．下列说法正确的是( AC )A ．发电机产生电动势的瞬时值为e ＝6sin 5πt (V)B ．变压器原、副线圈的匝数之比为1∶3C ．每个小灯泡正常发光时的功率为2 WD ．t ＝0.1 s 时电压表的示数为6 V【解析】由图丙可知，线圈运动的速度最大值v m ＝2 m/s ，速度变化周期为T ＝0.4 s ，则线圈运动的速度瞬时值v ＝v m sin 2πTt ＝2sin 5πt (m/s)，发电机产生电动势的瞬时值为e ＝nB ·2πr ·v ＝6sin 5πt (V)，A 正确；设灯泡正常发光时通过灯泡的电流为I ，则通过原线圈的电流I 1＝I ，通过副线圈的电流I 2＝2I ，变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝21，B 错误；根据能量关系可知，U 出I 1＝3I 2R L ，其中U 出＝E m 2＝62 V ＝3 2 V ，I 1＝I ，解得I ＝ 2 A ，每个小灯泡正常发光时的功率为P L ＝I 2R L ＝2 W ，C 正确；电压表示数为发电机两端电压的有效值，即电压表示数为U ＝E 2＝62V ＝3 2 V ，D 错误．故选AC. 4. (多选)(2022·四川巴中一诊)在如图所示的电路中，定值电阻R 1＝R 4＝3 kΩ，R 2＝2 kΩ，R 3＝R 5＝12 kΩ，电容器的电容C ＝6 μF，电源的电动势E ＝10 V ，内阻不计，当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中间带电量q ＝2×10－3C 的油滴恰好保持静止，当开关S 2闭合后，则以下判断正确的是( BD )A ．电容器上极板是高电势点B ．带电油滴加速向下运动C ．a 、b 两点的电势差U ab ＝8 VD ．通过R 3的电量Q ＝4.8×10－5C【解析】当开关S 2闭合后，由电路图可知，电容器上极板是低电势点，A 错误；当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中油滴保持静止，而开关S 2闭合后，电容器上极板是低电势点，油滴受到的电场力方向发生变化，故可得带电油滴加速向下运动，B 正确；由电路图可知，a 、b 两点的电势差为U R 5－U R 2＝8 V －4 V ＝4 V ，C 错误；由开关S 1闭合电流达到稳定时，再到当开关S 2闭合后的过程中，通过R 3的电量为Q ＝Q 1＋Q 2＝4×6×10－6 C ＋(8－4)×6×10－6 C ＝4.8×10－5 C ，D 正确．5. (多选)(2022·天津南开二模)如图甲所示电路中，L 1为标有“4 V,2 W”字样的小灯泡，L 2、L 3为两只标有“8 V，6 W”字样的相同灯泡，变压器为理想变压器，各电表为理想电表，当ab 端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光．下列说法正确的是( ACD )A ．电流表的示数为1.5 AB ．交变电压的最大值U m ＝28 VC ．变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1D ．电压表的示数为24 V【解析】 L 2、L 3的额定电流为I 23＝P 23U 23＝34A ，所以电流表的示数为I 2＝2I 23＝1.5 A ，故A 正确；通过原线圈的电流等于L 1的额定电流，为I 1＝P 1U 1′＝0.5 A ，所以变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝31，故C 正确；副线圈两端电压等于L 2和L 3的额定电压，为U 2＝8 V ，所以电压表的示数，即原线圈两端电压为U 1＝n 1n 2U 2＝24 V ，故D 正确；根据闭合电路的欧姆定律可得U m2－U 1′＝U 1，解得U m ＝28 2 V ，故B 错误．故选ACD.6. (多选)(2022·广西桂林模拟)在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd 的面积为S ，匝数为n ，线圈总电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕轴OO ′(从上往下看逆时针转动)以角速度ω匀速转动，从如图甲所示的位置作为计时的起点，产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R 的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是( AD )A ．在t 1～t 3时间内，穿过线圈的磁通量的变化量大小为2BSB ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 电流方向先向上然后向下C ．t 4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E 0D ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为2E 0R ＋r ω【解析】由图乙可知t 1和t 3时刻，线圈的感应电动势都为0，可知这两个时刻穿过线圈的磁通量一正一负，大小均为BS ，故此过程穿过线圈的磁通量的变化量大小为ΔΦ＝BS －(－BS )＝2BS ，A 正确；由图乙可知，在t 1～t 3时间内，线圈中的电流方向不变，根据右手定则可知通过电阻R 电流方向始终向上，B 错误；由图乙可知，t 4时刻的感应电动势为E 0，根据法拉第电磁感应定律可得E 0＝n ΔΦΔt 可得穿过线圈的磁通量的变化率大小为ΔΦΔt ＝E 0n，C 错误；在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为q ＝n ΔΦR ＋r ＝2nBS R ＋r，又E 0＝nBSω，联立可得q ＝2E 0R ＋r ω，D 正确．故选AD. 7. (多选)(2022·河北秦皇岛三模)如图所示，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的输入端接有正弦交变电流，开关S 闭合．已知L 1、L 2、L 3是相同的电灯且灯丝的电阻不随温度变化，灯丝不会被烧断．下列说法正确的是( BD )A ．L 1、L 2中的电流之比为1∶2B ．L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶2C ．开关S 断开后，L 1、L 2中的电流之比为1∶1D ．开关S 断开后，L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶4【解析】原、副线圈中的电流之比为1∶2，由于开关S 闭合时L 2与L 3并联，因此L 1、L 2中的电流之比I 1∶I 2＝1∶1，A 错误；设电灯的电阻为R ，由于原、副线圈两端的电压之比为2∶1，因此原线圈两端的电压U ＝2I 2R ，L 1两端的电压U 1＝I 1R ，结合I 1∶I 2＝1∶1，解得U 1U＝12，B 正确；开关S 断开后，L 1、L 2中的电流与线圈匝数成反比I 1′∶I 2′＝1∶2，C 错误；开关S 断开后，原线圈两端的电压U ′＝2I 2′R ，L 1两端的电压U 1′＝I 1′R ，结合I 1′∶I 2′＝1∶2解得U 1′U ′＝14，D 正确．故选BD. 8. (多选)(2022·辽宁鞍山预测)如图甲所示，理想变压器的原副线圈匝数之比n 1∶n 2＝2∶1，定值电阻R 1和R 2的阻值分别为5 Ω和3 Ω，电表均为理想交流电表，电源输出的电流如图乙所示，图中的前半周期是正弦交流的一部分，后半周期是稳恒直流的一部分，则( BD )A ．电流表示数为2 AB ．电压表示数为6 VC ．R 1的功率为10 WD ．R 2的功率为12 W【解析】设电源输出电流的有效值即电流表示数为I 1，根据等效热值法可得I 21RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫i m 22RT 2＋i 2m ·RT 2，解得I 1＝ 3 A ，故A 错误；由于变压器不能对稳恒直流电进行变压，所以每个周期内有半个周期副线圈无电流，设副线圈中电流的有效值为I 2，根据等效热值法有⎝⎛⎭⎪⎫n 1n 2·i m 22RT 2＝I 22RT ，解得I 2＝2 A ，电压表示数为U 2＝I 2R 2＝6 V ，故B 正确；R 1的功率为P 1＝I 21R 1＝15 W ，故C 错误；R 2的功率为P 2＝I 22R 2＝12 W ，故D 正确．故选BD.9. (多选)(2022·湖南押题卷)如图所示在竖直平面的电路，闭合开关S 1和S 2后，带电油滴在电容器内部处于静止状态，R 1为滑动变阻器，R 2为定值电阻，二极管为理想二极管，电容器的下极板接地，则下列说法正确的是( AC )A ．滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，油滴向上运动B ．滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，油滴向下运动C ．极板M 向上运动，M 板的电势升高D ．断开S 2，油滴不动【解析】滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，则R 1阻值减小，回路电流变大，则R 2两端电压变大，则电容器要充电，此时电容器两板电压变大，场强变大，则油滴向上运动，选项A 正确；滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，则R 1阻值变大，回路电流变小，则R 2两端电压变小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则使得电容器两板电压不变，则油滴仍静止，选项B 错误；极板M 向上运动，根据C ＝εr S 4πkd可知电容器电容减小，则带电量应该减小，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则两板间电量不变，结合E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkdd ＝4πkQ εr S 可知两板间场强不变，则根据U ＝Ed 可知，两板电势差变大，则M 板的电势升高，选项C 正确；断开S 2，则电容器两板间的电压等于电源的电动势，即电压变大，电容器充电，两板间场强变大，则油滴向上运动，选项D 错误．故选AC.10. (多选)(2022·山东威海二模)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器T 1、降压变压器T 2均为理想变压器，T 1、T 2的原、副线圈匝数比分别为k 1、k 2.输电线间的总电阻为R 0，可变电阻R 为用户端负载．U 1、I 1分别表示电压表V 1、电流表A 1的示数，输入电压U 保持不变，当负载电阻R 减小时，理想电压表V 2的示数变化的绝对值为ΔU ，理想电流表A 2的示数变化的绝对值为ΔI ，下列说法正确的是( BD )A ．R 0＝U 1I 1B ．R 0＝ΔU ΔI k 22C ．电压表V 1示数增大D ．电流表A 1的示数增加了ΔI k 2【解析】设降压变压器T 2原线圈电压为U 3，副线圈电压为U 2，根据题意可知，电阻R 0两端的电压等于U R 0＝U 1－U 3，则R 0＝U 1－U 3I 1，故A 错误；设降压变压器T 2原线圈电压变化为ΔU 3，则ΔU 3ΔU ＝k 2，设降压变压器T 2原线圈电流变化为ΔI 3，则ΔI 3ΔI ＝1k 2，可得ΔI 3＝ΔI k 2，根据欧姆定律得ΔU 3＝ΔI 3R 0，即k 2ΔU ＝ΔI k 2R 0，解得R 0＝ΔU ΔIk 22，故B 、D 正确；输入电压不变，升压变压器T 1原副线圈匝数比不变，则升压变压器T 1副线圈的电压不变，电压表V 1示数不变，故C 错误．故选BD.应用题——强化学以致用11. (多选)(2022·安徽合肥预测)如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接有R 1＝250 Ω与R 2＝10 Ω的电阻．当原线圈一侧接入u ＝311sin 100πt (V)的交流电时，两电阻消耗的功率相等，则有( AC )A ．原、副线圈的匝数比为5∶1B ．电阻R 1两端电压有效值是电阻R 2两端电压有效值的2倍C ．电阻R 2消耗的功率为48.4 WD ．1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变200次【解析】设原线圈电流为I 1，副线圈电流为I 2，由题意可知I 21R 1＝I 22R 2，故n 1n 2＝I 2I 1＝R 1R 2＝5，A 正确；电阻R 1两端电压有效值和电阻R 2两端电压有效值之比为U R 1U R 2＝I 1R 1I 2R 2＝5，B 错误；设原线圈输入电压为U 1，副线圈输出电压为U 2，故U 1U 2＝n 1n 2＝5，解得U 1＝5U 2，又U R 1＝I 1R 1，U 2＝I 2R 2，又因为U ＝U R 1＋U 1，外接交流电压有效值为220 V ，联立代入数据解得U 2＝110U ＝22 V ，电阻R 2消耗的功率为P ＝U 22R 2＝48.4 W ，C 正确；由题意可知，交流电的频率为f ＝ω2π＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，一个周期内电流方向改变2次，故1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变100次，D 错误．故选AC.12. (多选)(2022·湖北恩施预测)为了适应特高压输电以实现地区间电力资源的有效配置，需要对原来线路中的变压器进行调换．某输电线路可简化为如图所示，变压器均为理想变压器，调换前后发电机输出电压、输电线电阻、用户得到的电压均不变，改造后输送电压提升为原来的5倍，假设特高压输电前后输送的功率不变，下列说法正确的是( AB )A ．线路改造后升压变压器原、副线圈的匝数比改变B ．线路上电阻的功率变为原来的125C ．特高压输电后，电压损失变为原来的125D ．线路改造后用户端降压变压器匝数比不变【解析】发电机输出电压不变，应改变升压变压器原、副线圈的匝数比，故A 项正确；根据线路上功率的损失ΔP ＝I 22r ，输送功率不变，电压提升为原来的5倍，输送的电流变为原来的15，线路电阻不变，损失的功率变为原来的125，故B 项正确；输电线上的电压损失为ΔU ＝I 2r ，输送功率为P 2＝U 2I 2则输送功率不变，电压增为原来的5倍，电流变为原来的15，损失的电压变为原来的15，故C 项错误；用户端的降压变压器改造前后输出端电压U 4不变，输入端电压U 3变大，根据U 3U 4＝n 3n 4，可得原、副线圈的匝数比一定变化，故D 项错误．故选AB.13. (多选)(2022·湖北襄阳模拟)如图所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动，线圈的电阻为R ，线圈共N 匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，定值电阻R 1＝R ，当线圈转动的转速为n 时，电压表的示数为U ，则( ACD )A ．电流表的示数为2U RB ．从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝52U cos2πntC ．线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为52U 4Nn πD ．当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U 【解析】依题意有I 2＝U R 1＝U R ，I 1∶I 2＝2∶1则有I 1＝2I 2＝2U R，故A 正确；根据欧姆定律，发电机产生的感应电动势的最大值为E m ，有E m 2＝R ×I 1＋U 1，U 1U ＝12，ω＝2n π rad/s，从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝E m cos ωt ＝52U 2cos 2n πt (V)，故B 错误；依题意有，线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为Φm ，则有52U 2＝NΦm 2n π，解得Φm ＝52U 4Nn π，故C 正确；当线圈转动的转速为2n 时，线圈中产生的电动势的最大值为E m ′＝NΦm 4n π，因52U 2＝NΦm 2n π＝E m ，所以E m ′＝52U ，其有效值为5U ，假定电压表示数为U 2′，则有5U ＝I 1′R ＋U 1′＝2U 2′R 1×R ＋U 1′＝12U 2′＋2U 2′＝52U 2′，解得U 2′＝2U ，当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U ，故D 正确．故选ACD.。

高考物理——电磁感应与正弦式交流电综合的新题归纳与解题策略

高考物理——电磁感应与正弦式交流电综合的新题归纳与解题策略在新高考的背景下,将电磁感应与正弦式交变电流这两部分知识进行综合考查的新题型越来越多,此类试题不仅可以考查对感应电动势、感应电流、安培力和正弦式交变电流的产生以及“四值”的应用等重要知识点,还可以考查学生的空间思维能力以及应用数学知识处理物理问题的能力。

由于电磁感应和交变电流都是高考必考的章节,因此有必要对这两部分知识进行综合考查的新题型进行深入研究。

笔者现对这些试题进行归纳总结,并探索解题策略。

题型1 线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动该题型是涉及正弦式交变电流产生的常规题型,核心要点有:1.若计时起点在中性面,则感应电动势瞬时值的表达式为e＝Emsinωt,其中Em ＝NBSω;若计时起点在垂直中性面的位置,则感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcosωt。

2.每经过中性面一次,电流方向改变一次,则线圈转动一圈,电流的方向改变两次。

3.在中性面时,穿过线圈的磁通量最大,但此刻磁通量的变化率为零,感应电动势为零;在经过与中性面垂直的位置时,穿过线圈的磁通量为零,但此刻磁通量的变化率最大,感应电动势最大。

除了这些基本的知识点以外,还有以下几点需要强调说明。

①线圈不管是圆形、矩形或其他形状,以上结论均相同。

②只要转轴与磁场垂直,即使轴的位置发生改变,以上结论均相同。

③当磁场或永磁体旋转、线圈静止不动时,以上结论均相同。

④当只有部分线框处于磁场中时,公式中的面积S是线框位于磁场中的有效面积。

【例1】(2022·江苏南通考前模拟·12)如图1所示,矩形线圈abcd匝数为N,总电阻为R,ab边和ad边长分别为L和3L,O、O′为线圈上两点,OO′与cd边平行且与cd边的距离为L,OO′左侧空间有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。

现使线圈绕OO′以角速度ω匀速转动,求:(1)从图1 位置开始转过60°过程中通过导线截面电荷量q;图1(2)线圈在转动一周过程中产生的焦耳热Q。

高三物理二轮复习第一部分专题四电磁感应与电路第2讲直流电路和交流电路课件

(1)在上述题 1 中，若把电路图中的电压表改为直接接在电源两端，其他条件不变，则在滑动变阻器滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中，电压表示数如何变化？解析：若把电压表直接接在电源两端，则电压表测的是路端电
压，当滑动变阻器滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律 I＝RE总可得，干路电流增大，又由 U＝E－Ir 可知路端电压 U 减小，故电压表示数将减小．答案：变小
2．(多选)(2015·河北石家庄2月调研)如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻，R为光敏电阻(光敏电阻被光照射时阻值变小)，C为电容器．闭合开关S，电路稳定后，用光照射R，下列说法正确的是(CD ) A．电压表示数增大 B．电源的效率增大 C．电容器所带电荷量增加 D．R2消耗的功率增大
(2)在上述题1中，电源的总功率、输出功率各如何变化？解析：由于干路电流增大，由P＝EI可得电源总功率增大,当外电路电阻和内电阻相等时，电源输出功率最大，而题干中外电阻与内电阻的大小关系未知，故滑动变阻器的滑动头移动时，输出功率的变化无法判断．答案：电源总功率增大，输出功率的变化无法判断
[突破点拨] (1)电路图中电压表和电流表的作用： ①电压表直接与电阻 R1 并联，测的是 ________________________________； ②电流表位于支路中，测的是______________________． (2)题干中的“电源的负极接地”说明 ________________________． (3)当滑动变阻器滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动时，分析下列各物理量的变化情况： R3 变________，电路总电阻变________，干路电流变________，路端电压变________．

2023版高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路课件

命题热点•巧突破
考点一直流电路的计算与分析
考向1 直流电路的动态分析
1．(2021·广东广州模拟)如图所示的电路中，当变阻器R1的滑动触
头向上滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为
(A )
A．A灯和B灯都变亮
B．A灯和B灯都变暗
C．A灯变亮，B灯变暗
D．A灯变暗，B灯变亮
【解析】 “串反并同”指的是在一个闭合回路中某一个电学元件的阻值发生了变化，则与其并联的电学元件的电学量的变化趋势与其相同，与其串联的电学元件的电学量的变化趋势与其相反，这里的并联是指两电学元件之间没有电流的流进流出关系，串联指的是电流有流进流出关系．当变阻器R1的滑动触头向上滑动时，滑动变阻器的阻值增大，根据“串反并同”规律可知A、B灯泡与之并联，则两灯都变亮，所以A 正确，B、C、D错误．故选A．
则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图象中，正确的是 (A )
【解析】当电容器两端电压变化时，电容器由于充放电，电路中会有电流 I＝ΔΔQt ＝CΔΔtU，而充电放电时，电流方向相反，电阻 R 两端电压 UR＝IR＝CΔΔtUR，由图(b)可知，(1～2)s 电容器充电，(3～5)s 过程电容放电，且放电时电流为充电时的一半，故选 A．
( AD )
A．若将电容器上极板上移少许，则液滴的电势能增大
B．若减小电容器两极板的正对面积，则液滴向下加速运动
C．闭合 S，则电路稳定后电容器所带电荷量比原来增加C3E
D．闭合 S，若电路稳定后液滴还在板间运动，则其加速度大小为13g
【解析】若将电容器上极板上移少许，和电容并联部分电路没有发生改变，电容器两端的电压不变，根据 E＝Ud 可知电场强度变小，则油滴所受向上电场力变小，油滴向下运动，电场力做负功，油滴的电势能增大，故 A 正确；若减小电容器两极板的正对面积，不改变极板间的电场强度，则油滴所受向上电场力不变，油滴仍然静止，故 B 错误；

高考物理二轮复习第一部分专题六电磁感应和电路第2讲直流电路和交流电路课件

(2)在如图乙所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源(忽略内阻)。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q-t曲线如图丙中① ②所示。
a．①②两条曲线不同是________(选填E或R)的改变造成的； b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径。
两端电压增大而增大；对于(2)中电源，由于内阻不计，故其两端电压等于电动
势而保持恒定，通过电源的电流满足E＝UC＋IR，即I＝
E－UC R
，可见电流会随
着电容器两端电压的增大而减小。
12/8/2021
[答案]
(1)u-q图线如图
1 2CU
2
(2)a.R b．减小电阻R，可以实现对电容器更快速充电；增大电阻R，可以实现更均匀充电。
1 2
12/8/2021
[解析] 题图乙所示电流的最大值为 Im＝0.5 A，由欧姆定律得 Um＝ImR＝2.5
V，周期为 T＝0.01 s，ω＝2Tπ＝200π rad/s，所以 R 两端电压的表达式为 u＝
2.5sin200πt(V)，A
项正确；该电流的有效值为
I＝
Im ，电阻 2
R
消耗的电功率为
答案
12/8/2021
AD
考向3 理想变压器和远距离输电问题变压器各物理量间的制约关系
12/8/2021
例 4 (2018·天津卷)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻 R 供电，电路如图所示，理想交流电流表 A、理想交流电压表 V 的读数分别为 I、U，R 消耗的功率为 P。若发电机线圈的转速变为原来的12，则( )
第2讲直流电路和交流电路

2024高考物理电磁感应现象及其应用

2024高考物理电磁感应现象及其应用电磁感应是物理学中的重要现象之一，广泛应用于现代科技和工业领域。

本文将详细介绍电磁感应的基本原理、应用以及未来的发展趋势。

一、电磁感应的基本原理电磁感应是指当导体处于磁场中或磁场发生变化时，由于感应电动势的存在，将产生电流。

这个现象最早由法拉第在19世纪发现和研究，并总结为法拉第电磁感应定律。

该定律表明，在一段导线内，感应电动势的大小与导线长度、磁场强度和导线运动速度有关。

二、电磁感应的应用1. 发电机电磁感应的最重要应用之一是发电机。

发电机通过利用电磁感应的原理，将机械能转化为电能。

当导体线圈在磁场中旋转时，磁场的变化将导致电流的产生，从而实现了电能的转化和输送。

2. 变压器变压器也是电磁感应的重要应用之一。

通过将交流电输入主线圈，产生交变磁场，进而诱导出次级线圈中的电流，实现电能的传递和降压升压。

3. 电动机电动机是将电能转化为机械能的装置。

通过利用电磁感应现象产生的磁场力线和导体电流的相互作用，实现电能转化为机械能，驱动设备的运转。

4. 感应炉感应炉是一种利用电磁感应原理加热的设备。

通过高频交流电在线圈中产生的磁场，诱发电流在导体中产生热能，并在短时间内将导体加热到高温。

5. 电磁感应传感器电磁感应传感器在现代工业和科技领域有着广泛的应用，如位移传感器、速度传感器、涡流传感器等。

这些传感器利用电磁感应现象对物体的运动和变化进行检测和测量。

三、电磁感应的发展趋势随着科技的不断进步，电磁感应在各个领域的应用将变得更加广泛和深入。

以下是电磁感应未来的几个发展趋势：1. 高效能量转换技术：尽管现有的发电机、变压器和电动机已经经过多年的改进和优化，但在能量转换效率上仍有提升的空间。

未来的发展趋势将主要集中在提高能量转换效率，减少能源浪费。

2. 环保与可持续发展：电磁感应技术在可再生能源中的应用将得到进一步发展，如风力发电、太阳能发电等。

通过结合电磁感应技术和可持续能源，可以实现对环境的保护和可持续发展。

2021届高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应(考点+习题)含解析

专题四电路与电磁感应1.恒定电流(1)闭合电路中的电压、电流关系:E=U外+U内,I=,U=E-Ir。

(2)闭合电路中的功率关系:P总=EI,P内=I2r,P出=IU=I2R=P总-P内。

(3)直流电路中的能量关系:电功W=qU=UIt,电热Q=I2Rt。

(4)纯电阻电路中W=Q,非纯电阻电路中W>Q。

2.电磁感应(1)判断感应电流的方向:右手定则和楞次定律(增反减同、来拒去留、增缩减扩)。

(2)求解感应电动势常见情况与方法(3)自感现象与涡流自感电动势与导体中的电流变化率成正比,线圈的自感系数L跟线圈的形状、长短、匝数等因素有关系。

线圈的横截面积越大,线圈越长,匝数越多,它的自感系数就越大。

带有铁芯的线圈其自感系数比没有铁芯时大得多。

3.交变电流(1)交变电流的“四值”①最大值:为U m、I m,即交变电流的峰值。

②瞬时值:反映交变电流每瞬间的值,如e=E m sinωt。

③有效值:正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系为E=、U=、I=;非正弦式交变电流的有效值可以根据电流的热效应来求解。

计算交变电流的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值。

④平均值:反映交变电流的某物理量在t时间内的平均大小,如平均电动势E=n。

(2)理想变压器的基本关系式①功率关系:P入=P出;②电压关系:=;③电流关系:=。

(3)远距离输电常用关系式(如图所示)①功率关系:P1=P2,P3=P4,P2=P线+P3。

②电压损失:U损=I2R线=U2-U3。

③输电电流:I线===。

④输电导线上损耗的电功率:P损=I线U损=R线=R线。

高考演练1.(2019江苏单科,1,3分)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20 V时,输出电压()A.降低2 VB.增加2 VC.降低200 VD.增加200 V答案D依据理想变压器原、副线圈的电压比与匝数比关系公式可知,=,则ΔU 2=ΔU1,得ΔU2=200 V,故选项D正确。

新高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电

新高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电新高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路分析研究方案知识必备1.恒流(1)闭合电路中的电压、电流关系：e＝u外＋u内，i＝，u＝e－ir。

（2）闭合电路中的功率关系：P总计=EI，P内部=I2R，P外部=I2R=P总计－p内。

（3）直流电路中的能量关系：电功w=Qu=uit，电加热q=i2rt。

纯电阻电路中w＝q，非纯电阻电路中w>q。

2.交流电(1)交变电流的“四值”①最大值：em＝nbsω。

② 瞬时值：反映交流电流的瞬时值，如e=EMSinωt③有效值：正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系为e＝、u＝、i＝；非正弦式交变电流的有效值必须根据电流的热效应，用等效的思想来求解。

计算交变电流的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值。

④平均值：反映交变电流的某物理量在t时间内的平均大小，如平均电动-1-/14势e＝n。

（2）理想变压器的基本关系①功率关系：p入＝p出；② 电压关系：=；③ 当前关系：=。

(3)远距离输电常用关系式(如图1所示)图1① 功率关系：P1=P2，P3=P4，P2=P线+P3。

②输电导线上损耗的电功率：p损＝i线u损＝ir线＝r线。

备考策略1.直流电路的分析与计算是高考中一个不寻常的测试点。

一般来说，串联和并联电路以及电源都要进行测试率计算、动态过程分析等。

2、由于交流电路与工农业生产和日常生活的紧密结合，近年来高考的考试频率很高（2022个国家的三篇论文中没有考试题，2022的试题概率很高）；重点讲解交流电的“四值”和变压器的相关知识。

问题的类型通常是选择为主，有时也与电磁感应结合在计算题中进行考查，难度不大。

3.复习时，我们应该了解串联和并联电路的特性，闭合电路和交流电欧姆定律的含义流的“四值”含义和变压器、远距离输电的原理。

4.“四个概念、四个公式、四条定律”必须加以整合(1)电功、电热、交流电的有效值、峰值；（2）电流、电阻定律、焦耳定律、欧姆定律的计算公式。

高考物理电磁运动知识点

高考物理电磁运动知识点物理是高中时期学生必修的一门科学课程，而高考物理作为高考科目之一，对于学生来说显得尤为重要。

其中，电磁运动作为重要的知识点之一，是我们需要重点掌握的内容。

1. 电磁感应电磁感应是指当磁通量发生变化时，导线中会产生感应电动势。

根据法拉第电磁感应定律，导线中的感应电动势与磁通量的变化率成正比。

这个定律对于我们理解电磁感应现象的发生和应用非常关键。

在电磁感应的实际应用中，变压器是一个重要的设备。

它利用电磁感应原理，将交流电转换为不同电压的电能输出。

变压器是电网能量传输和电器设备使用的重要工具，对于学生来说了解其原理和构造是必要的。

2. 电动力和磁场电流在磁场中受到力的作用，这是电动力的基本原理。

根据洛伦兹力的定义，电流元因受到磁场的作用力而受力，并与磁场强度和电流元的长度、方向等因素相关联。

了解这个原理，可以帮助我们理解电磁感应、电磁波等各种现象和设备的运行。

电动力的磁场中应用非常广泛。

电磁铁就是其中的一个典型例子，通过通电线圈在磁场中产生电动力，实现吸附和控制物体。

电磁铁的原理在电磁感应、磁悬浮、电动机等领域都有着重要应用。

3. 真空中的电磁波电磁波作为一种由电场和磁场通过空间传播而形成的波动现象，也是物理电磁运动的重要内容之一。

它由电场振动和磁场振动联合组成，通过振动的频率不同可以分为不同的波段，包括无线电波、微波、红外线、可见光、紫外线、X射线和γ射线等。

在现代通信中，无线电技术是不可或缺的一部分。

无线电技术的重要组成部分就是电磁波的应用。

通过调制不同频率的电磁波，我们可以实现无线电、广播、电视、卫星通信等各种方式的信息传递。

4. 磁感应强度和磁场环量定理磁感应强度是物理中一个重要的概念，指的是磁场对于磁体的作用程度。

磁感应强度的大小与磁场的强度有关，通过指定方向和大小的磁场线来表示。

磁场环量定理是磁场计算中经常用到的方法。

根据安培环形定理，磁场线的环量与所围绕的电流成正比，同时与距离成反比。

高考物理快速提分考前必看专题05电磁感应和电路教师版

高考物理快速提分考前必看专题05 电磁感应和电路【高考预测】本专题解决的是综合应用动力学和能量观点，分析和解决电磁感应进程中的运动和能量转化问题。

高考对电磁感应部份要求较高，常在选择题中考查电磁感应的图象问题、变压器的相关物理量问题，在计算题中作为压轴题，以导体棒的运动为题设，综合电路的相关知识、牛顿运动定律和能量的转化与守恒解决导体棒问题。

主要考查的知识点有：○1楞次定律的理解和应用；○2感应电流的图像问题；○3综合应用电路知识和能量观点解决电磁感应问题；○4直流电路的分析；○5变压器的工作原理；○6交流电的产生和描述问题。

一、【知识方式回忆】1.感应电流2.感应电动势的计算（1）法拉第电磁感应定律：nt∆ΦE=∆，若B不变，则snt∆E=B∆；若s不变，则二、【解题方式】1.判断电磁感应中闭合电路相对运动问题的分析方式（1）大体方式：按照原磁场（B原方向及情况）→肯定感应磁场（B感方向）→判断感应电流的方向→导体受力及运动趋势。

（2）作用效果法：由楞次定律可知，感应电流的“效果”老是阻碍引发感应电流的“原因”，即由阻碍引发感应电流的“原因”，即阻碍物体间的相对运动来作出判断。

2.电磁感应中能量问题的解题思路（1）明确研究对象、研究进程。

（2）进行正确的受力分析、运动分析、感应电路分析即彼此制约关系。

（3）明确各力的做功情况及伴随的能量转化的关系。

（4）用动能定理、能量守恒定律或功能关系列方程求解。

3.电磁感应中电路问题的处置方式（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律肯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，肯定哪一部份是电源，哪一部份为负载和负载间的连接方式。

（3）运用闭合电路欧姆定律，串联、并联电路的特点，电功率公式联立求解，这一部份知识要求熟练运用楞次定律、电磁感应定律、焦耳定律和能量转化与守恒定律。

【热点题型分析】题型一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用例1.如图所示，Q是单匝金属线圈，MN是一个螺线管，它的绕线方式没有画出，Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连，P是在MN的正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈．若在Q所处的空间加上与环面垂直的转变磁场，发此刻t1至t2时间段内弹簧线圈处在收缩状态，则所加磁场的磁感应强度的转变情况可能是（）【对点训练】1.闭合铜环与闭合金属框相接触放在匀强磁场中，如图所示，当铜环向右移动时，金属框架不动，下列说法中正确的是（）A．铜环中没有感应电流产生，因磁通量没有转变B．金属框中没有感应电流产生，因磁通量没有转变C．铜环中没有感应电流产生，金属框中有感应电流产生D．铜环和金属框中都有感应电流产生【答案】D题型二电磁感应中的图象问题例2. 线圈位于一个垂直线圈平面向里的磁场中，如图所示，磁感应强度B随t的转变规律如图所示，以线圈中逆时针方向的电流为正，以i表示线圈中的感应电流，则以下的i-t图中正确的是（）【对点练习】2. 矩形导体框abcd固定放置在匀强磁场中，磁感线的方向与导体框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，要使导体ab边受到磁场对其作使劲F随时间t转变，如图乙所示，规定力F向右为正方向，那么磁场中的磁感应强度B随时间t转变的图象可能是（）题型三电磁感应进程的动力学问题典例3. 如图，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L1电阻不计．在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放．金属棒下落进程中维持水平，且与导轨接触良好．已知某时刻后两灯泡维持正常发光．重力加速度为g．求：方式总结：此类问题的一路点是电源部份做加速度减小的加速运动最后加速度为零，达到稳定状态，做匀速直线运动。