优化方案2016届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时演练知能提升

第2讲 直流电路和交流电路热点一 直流电路的动态分析命题规律 直流电路的动态分析在高考试题中 是以选择题形式考查的，是近年来高考的热点，往往以下列变化方式探究某元件的电流、电压、功率及电源输出功率的变化情况：(1)某一支路的滑动变阻器的阻值变化．(2)某一支路电键闭合、断开或某元件损坏．(3)热敏电阻、光敏电阻等敏感元件的阻值变化．1.(2015·武汉二模)在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E 、内电阻为r ，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 为电容器，A 、V 为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P 自a 端向b 端滑动的过程中，下列说法中正确的是( )A ．电压表示数减小B ．电流表示数减小C ．电容器C 所带电荷量增多D ．a 点的电势降低 [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R 1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： R 3变________，电路总电阻变________，干路电流变________，路端电压变________． [解析] 滑动头P 自a 端向b 端滑动的过程中，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可得，干路电流增大，由U R 1＝IR 1可知R 1两端电压即电压表的示数变大，选项A 错误；由U ＝E －Ir 可知路端电压U 减小；由U R 2＝U －U R 1可得R 2两端的电压减小，又由I 2＝U R 2R 2可得流过R 2的电流变小，在干路电流增大的情况下，电流表的示数将变大，选项B 错误；电容器两端的电压变小，根据C ＝Q U，电容器所带电荷量将变少，选项C 错误；由于R 2两端的电压变小，所以a 点的电势变低，选项D 正确．[答案] D(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 ＝ER 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)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 ，R 1、R 2、R 3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()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 ．R 2消耗的功率增大[解析] 在电路中，用光照射R 时，光敏电阻阻值减小，则外电路总电阻R 外减小，干路电流I ＝Er ＋R 外增大，内电压U r ＝Ir 增大，路端电压U 外＝E －U r 减小，电压表示数减小，通过R 1支路的电流I 1＝U 外R 1减小，则通过R 、R 2支路的电流I 2＝I －I 1增大，R 2消耗的功率P R 2＝I 22R 2增大，R 2两端电压U R 2＝I 2R 2增大，电容器两端电压增大，由Q ＝CU ，知电容器所带电荷量增加，电源的效率η＝P 外P 总＝I 2R 外I 2（R 外＋r ）＝11＋rR 外变小，综上知A 、B 错误，C 、D 正确．[答案] CD3．(2015·山东莘县质检)如图所示，两平行金属板间带电质点P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，则()A ．电压表读数减小B ．电流表读数减小C ．质点P 将向上运动D ．R 3上消耗的功率逐渐增大[解析] 当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，R 4接入电路部分的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，电源内阻分担的电压增大，则路端电压减小，R 1分担电压增大，则平行金属板两极板间电压减小，带电质点P 所受电场力减小，质点P 将向下运动，选项C 错误；R 3两端电压减小，R 3中电流减小，电流表读数增大，选项B 错误；R 3上消耗的功率逐渐减小，选项D 错误；由于R 2中的电流增大，R 2两端电压增大，故电压表读数减小，选项A 正确．[答案] A直流电路动态分析问题的解题方法 ,(1)程序法：闭合电路中，由于局部电阻变化或开关的通断，引起各部分电压、电流或灯泡明暗发生变化，分析此类问题的基本步骤：,分析局部,(2)可直接应用“部分电路中R 、I 、U 的关系”中的两个结论：①任一电阻R 阻值增大，必引起通过该电阻的电流I 的减小和该电阻两端电压U 的增大．即R ↑→⎩⎪⎨⎪⎧I ↓U ↑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阻两端电压U 串的减小．即R ↑→⎩⎪⎨⎪⎧I 并↑U 串↓Ｋ热点二 交流电的产生及“四值”应用命题规律 交变电流的产生与描述是每年高考的热点，常以选择题形式考查；考题主要考查交变电流的两种表达方式：函数表示法与图象表示法，以及交流电的有效值、最大值等基本知识．近年来高考命题一般从以下两方面进行考查：(1)交变电流的产生、图象、公式及相关物理量．(2)交变电流“四值”的物理意义及其不同方面的应用．1．(多选)(2014·高考天津卷)如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a 、b 所示，则( )A ．两次t ＝0时刻线圈平面均与中性面重合B ．曲线a 、b 对应的线圈转速之比为2∶3C ．曲线a 表示的交变电动势频率为25 HzD ．曲线b 表示的交变电动势有效值为10 V [突破点拨](1)t ＝0时，线圈的位置________． (2)曲线a 、b 的周期关系________．[解析] 从图象可知，两次转动都是从中性面开始计时的，故A 正确．从图象可知，曲线a 、b 对应的线圈转动的周期之比为2∶3，则转速之比为3∶2，故B 错误．由图象可知曲线a 的周期T a ＝4×10－2s ，则曲线a 表示的交变电动势频率f a ＝1T a＝25 Hz ，故C 正确．交变电动势的最大值E m ＝nBS ω，则曲线a 、b 表示的交变电动势的峰值之比为E m a ∶E m b ＝ωa ∶ωb ＝3∶2，即E m b ＝23E m a ＝10 V ，故曲线b 表示的交变电动势的有效值为E 有＝102 V ＝5 2 V ，故D 错误．[答案] AC(1)在上述题1中，若线圈共N ＝100匝，求转动过程中线圈的最大磁通量．解析：根据曲线a 知，E m ＝15 V ，ω＝2πT＝50π rad/s由E m ＝NBS ω得：BS ＝E m N ω＝15100×50πWb ＝9.6×10－4Wb. 答案：9.6×10－4Wb(2)在上述题1中，写出曲线a 表示的交流电的瞬时表达式． 解析：由曲线a 知：E m ＝15 V ，ω＝2πT＝50π rad/st ＝0时，e ＝0(中性面)则表达式为：e ＝15sin 50πt V. 答案：e ＝15sin 50πt V2．通过一阻值R ＝100 Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1 s ．则电阻两端电压的有效值为( )A ．12 VB ．410 VC ．15 VD ．8 5 V[解析] 由有效值定义可得U 2R×1 s ＝(0.1 A)2×R ×0.4 s ×2＋(0.2 A)2×R ×0.1 s ×2，其中R ＝100 Ω，可得U ＝410 V ，B 正确．[答案] B3.(2013·高考福建卷)如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r ＝1.0 Ω，外接R ＝9.0 Ω的电阻．闭合开关S ，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e ＝102sin 10πt (V)，则( )A ．该交变电流的频率为10 HzB ．该电动势的有效值为10 2 VC ．外接电阻R 所消耗的电功率为10 WD ．电路中理想交流电流表A 的示数为1.0 A[解析] 据ω＝2πf 知该交流电的频率为5 Hz ，A 错；该交流电电动势的最大值为10 2 V ，有效值E ＝10 V ，B 错；I ＝ER ＋r＝1.0 A ，P ＝I 2R ＝9 W ，C 错，D 对．[答案] D正弦交流电的产生及“四值”的应用(1)交变电流的产生(2)交流电“四值”的应用①最大值⇒E m ＝NBS ω⇒计算电容器的耐压值②瞬时值⇒e ＝E m sin ωt 或E m cos ωt ⇒计算闪光电器的闪光时间等③有效值⇒E ＝E m /2⇒电表的读数及计算电热、电功及保险丝的熔断电流④平均值⇒E ＝N ΔΦ/Δt ⇒计算通过导体的电荷量热点三 变压器与远距离输电命题规律 本考点为每年高考的热点，常以选择题的形式考查，命题规律有以下两点： (1)多数题目与交变电流的图象、瞬时值表达式等相结合进行综合考查．(2)考查变压器原副线圈中的电压、电流及功率关系，变压器的动态变化分析及远距离输电等问题．1.(多选)(2015·高考天津卷)如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，则( )A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小[突破点拨](1)Q位置不动，U2不变，P上滑，R________，I2将________．(2)Q位置上滑，n2________，U2________；P位置不动，R不变，则P2________，P1________，则I1________.[解析] 保持Q的位置不动，则U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大，根据I2＝U2R0＋R知，I2变小，由I1I2＝n2n1得I1也变小，即电流表读数变小，选项A错误，选项B正确；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，U2变大，则根据P2＝U22R0＋R知副线圈输出功率变大，由P1＝P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1＝I1U，输入电压U一定，I1变大，即电流表读数变大，选项C正确，选项D错误．[答案] BC在上述题1中，若要使电流表读数最大，需采取哪些措施？解析：将Q移至最上端，且使P移至最下端．答案：见解析2．(多选)(2015·武汉模拟)如图甲所示为一个小型电风扇的电路简图，其中理想变压器的原、副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示，输出端接有额定电压均为12 V的灯泡和风扇电动机，电动机线圈电阻r＝2 Ω.接通电源后，灯泡正常发光，风扇正常工作，则( )A．电阻R两端的电压是10 VB．通过风扇电动机的电流是6 AC．通过灯泡的交流电频率是100 HzD．风扇突然卡住的瞬间，灯泡变暗[解析] 变压器输入电压220 V，输出电压22 V，灯泡正常发光，风扇正常工作，电阻R两端的电压是22 V－12 V＝10 V，选项A正确．通过风扇电动机的电流一定小于6 A，通过灯泡的交流电频率是50 Hz，选项B、C错误．风扇突然卡住的瞬间，电风扇中电流增大，灯泡中电流减小，灯泡变暗，选项D正确．[答案] AD3．(2015·高考福建卷)如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝U m sin ωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )A ．(n 1n 2)U 2m4rB ．(n 2n 1)U 2m4rC ．4(n 1n 2)2(P U m)2rD ．4(n 2n 1)2(P U m)2r[解析] 升压变压器T 的原线圈两端电压的有效值为U 1＝U m2；由变压关系可得 U 1U 2＝n 1n 2，则U 2＝n 2U m 2n 1；因为输送电功率为P ，输电线中的电流为I 2＝P U 2＝2n 1Pn 2U m ，则输电线上损失的电功率为ΔP ＝I 22(2r )＝4n 21P 2rn 22U 2m，故选项C 正确．[答案] C [方法技巧]理想变压器的动态分析技巧(1)根据题意弄清变量和不变量．如原线圈电压不变、原副线圈的匝数比不变，其他物理量可能随电路的变化而发生变化．(2)弄清动态变化过程中的因果关系．如U 2由U 1决定，P 1、I 1由P 2、I 2决定． (3)分析流程如下：①由U 1U 2＝n 1n 2分析U 2的情况． ②由I 2＝U 2R分析I 2的情况．③由P 1＝P 2＝I 2U 2判断输入功率的情况． ④由P 1＝I 1U 1分析I 1的变化情况．交流电路的综合问题命题规律 该综合问题涉及交流电的产生、变化规律、图象和变压器问题，考查的点多面广，因此将成为2016年高考命题热点，题型一般为选择题．[范例] (2015·江西盟校一联)如图所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小B ＝210T 的水平匀强磁场中，线框面积S ＝0.5 m 2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω＝100 rad/s 匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V ，60 W ”的灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A ，下列说法正确的是( )A ．在图示位置线框中产生的感应电动势最大B ．线框中产生电动势的有效值为250 2 VC ．变压器原、副线圈匝数之比为25∶22D ．允许变压器输出的最大功率为1 000 W[解析] 在图示位置线框和磁感线垂直，磁通量最大，线框中产生的感应电动势为零，选项A 错误；线框中产生的感应电动势的最大值E m ＝NBS ω＝250 2 V ，其有效值E ＝22E m ＝250 V ，选项B 错误；灯泡能正常发光，则电压U 2＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2可知变压器原、副线圈匝数之比为25∶22，选项C 正确；熔断器允许通过的最大电流为10 A ，即I 1＝10 A ，P 1＝U 1I 1＝250×10 W ＝2 500 W ，因此变压器允许输出的最大功率为2 500 W ，故选项D 错误．[答案] C [总结提升]交变电流的综合问题，涉及交流电路最大值、有效值、平均值、瞬时值和变压器的计算，与电磁感应、安培力、闭合电路欧姆定律的综合应用等，解答时应注意以下两点：(1)分清交流电路“四值”的不同计算方法和物理意义．(2)学会将直流电路、闭合电路欧姆定律的知识应用在交流电路中． [最新预测] 1．(2015·湖南六校联考)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝25πT ，单匝矩形线圈的面积S ＝1 m 2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动．线圈通过电刷与理想变压器原线圈相接，A 为交流电流表．调整副线圈的触头P ，当变压器原、副线圈的匝数比为2∶1时，副线圈电路中标有“6 V ，6 W ”的灯泡正常发光，以下判断正确的是( )A ．电流表的示数为1 AB ．矩形线圈产生电动势的有效值为18 VC ．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e ＝122sin 30πt VD ．若矩形线圈的转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P 适当上移解析：选D ．因灯泡正常发光，则副线圈两端的电压有效值为U 2＝6 V ，通过灯泡的电流为I 2＝66 A ＝1 A ，电流表的示数为I 1＝n 2n 1I 2＝0.5 A ，原线圈两端电压的有效值为U 1＝n 1n 2U 2＝12 V ，矩形线圈产生电动势的有效值为12 V ，最大值为E m ＝BS ω＝12 2 V ，得ω＝60πrad/s ，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e ＝122sin 60πt V ，矩形线圈的转速增大，产生的感应电动势增大，滑片P 适当上移可以保持副线圈两端电压不变，小灯泡仍能正常发光．2．(多选)(2015·江苏南京、盐城二模)图甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，降压变压器原、副线圈匝数比为100∶1，远距离输电线的总电阻为 100 Ω.若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为 750 kW.下列说法中正确的有( )A ．用户端交流电的频率为50 HzB ．用户端电压为250 VC ．输电线中的电流为30 AD ．输电线路损耗功率为180 kW解析：选AC ．由题图乙知交流电的周期为0.02 s ，故频率为50 Hz ，所以A 正确；升压变压器原线圈电压U 1＝250 V ，根据变压规律得副线圈电压U 2＝25 000 V ，又输入功率为750 kW ，输电线中电流I ＝P U 2＝30 A ，故C 正确；输电线上损耗电压U ＝IR ＝3 000 V ，降压变压器原线圈电压U 3＝U 2－U ＝22 000 V ，根据变压规律可得：用户端电压U 4＝220 V ，故B 错误；输电线损耗的功率P ′＝I 2R ＝90 kW ，故D 错误．[失分防范]解决交流电路的综合问题极易从以下几点失分： ①不能正确理解交流电的产生、变化规律以及图象的意义；②不能正确和熟练应用交流电的“四值”；③不会分析变压器的动态变化；④不清楚远距离输电线路中电压、电流和功率关系．为防范失分，建议记住以下口诀：线框转切磁感线，产生正弦交流电． 理解“四值”会应用，变压器里磁通变． 电压电流看匝数，原端功率同副端． 远距输电升降压，路上能量有耗散．1．(多选)(2015·湖南十三校二联)如图所示，电流表A 1(0～3 A)和A 2(0～0.6 A)是由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中．闭合开关S ，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是( )A ．A 1、A 2的读数之比为1∶1B ．A 1、A 2的读数之比为5∶1C ．A 1、A 2的指针偏转角度之比为1∶1D ．A 1、A 2的指针偏转角度之比为1∶5解析：选BC ．题图中A 1、A 2并联，两端电压相等，又因A 1、A 2是由两个相同的电流计改装而成，所以A 1、A 2的指针偏转角度相同，即偏转角度之比为1∶1，再结合其量程可知A 1、A 2的读数之比为5∶1，B 、C 正确．2．(2015·高考安徽卷)一根长为L 、横截面积为S 的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n ，电子的质量为m 、电荷量为e .在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v ，则金属棒内的电场强度大小为( )A ．mv 22eLB ．mv 2Sn eC ．ρnevD ．ρev SL解析：选C ．金属棒的电阻R ＝ρLS，自由电子定向移动形成的电流I ＝neSv ，金属棒两端电压U ＝IR ，故金属棒内的电场强度E ＝U L ＝neSv ρLLS＝nev ρ，选项C 正确．3．(多选)(2015·湖北八校二联)在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R 为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S 闭合后( )A ．L 1的电阻为112 ΩB ．L 1消耗的电功率为7.5 WC ．L 2的电阻为7.5 ΩD ．L 2消耗的电功率为0.3 W解析：选CD ．S 闭合后，L 1两端的电压为3.0 V ，由题图乙可知，I 1＝0.25 A ，故P 1＝0.75 W ，R 1＝12 Ω，A 、B 均错误；L 2与R 及电源串联，把R 和电源等效成电动势为3 V ，内阻为7.5 Ω的新电源，在题图乙中作出新电源的I －U 图线，如图，两图线的交点表示出了此时L 2两端的电压与通过的电流的大小，由图知U 2＝1.5 V ，I 2＝0.2 A ，所以R 2＝U 2I 2＝1.50.2Ω＝7.5 Ω，P 2＝U 2I 2＝1.5×0.2 W ＝0.3 W ，C 、D 正确．4．(2015·河北冀州调研)如图是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中电源电动势为E ，内阻为r ，R 1、R 2是定值电阻，R B 是磁敏传感器，它的电阻随磁体的出现而减小，c 、d 接报警器．电路闭合后，当传感器R B 所在处出现磁体时，则电流表的电流I ，c 、d 两端的电压U 将( )A ．I 变大，U 变小B ．I 变小，U 变大C ．I 变大，U 变大D ．I 变小，U 变小解析：选A ．此题考查电路的动态分析，由“串反并同”知当传感器处出现磁体，R B 减小时，电流表示数变大，即I 变大，U 变小，故A 对，B 、C 、D 错．5.(2015·江西八校联考)如图所示，电源电动势为E ，内阻为r .当滑动变阻器的滑片P 从左端滑到右端时，理想电压表V 1、V 2示数变化的绝对值分别为ΔU 1和ΔU 2，干路电流为I ，下列说法中正确的是(灯泡电阻不变)( )A ．小灯泡L 1、L 3变暗，L 2变亮B ．ΔU 1与ΔI 的比值不变C ．ΔU 1<ΔU 2D ．ΔU 1＝ΔU 2解析：选B ．题图中L 1与滑动变阻器串联后与L 3并联，然后再与L 2串联，最后接在电源上构成闭合电路，V 1测并联部分电压，V 2测L 2两端的电压．当滑动变阻器的滑片P 右移，其连入电路的阻值变大，总阻值变大，由闭合电路的欧姆定律得，干路电流I 变小，L 2中电流变小，灯L 2变暗，A 错；干路电流变小，内电压变小，L 2两端电压变小，并联部分电压变大，由闭合电路知识得： ΔU 1＝ΔU r ＋ΔU 2，两边同除以ΔI 可得：ΔU 1ΔI ＝ΔU r ΔI ＋ΔU 2ΔI＝r ＋R L2，则C 、D 错，B 对．6.(2015·高考四川卷)小型手摇发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd ，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO ′，线圈绕OO ′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )A ．峰值是e 0B ．峰值是2e 0C ．有效值是22Ne 0 D ．有效值是2Ne 0 解析：选D ．因每匝矩形线圈ab 边和cd 边产生的电动势的最大值都是e 0，每匝中ab 和cd 串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e 0.N 匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne 0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E ＝2Ne 0，故选项D 正确．7．(多选)(2015·河南八市质检)理想变压器原线圈a 匝数n 1＝200匝，副线圈b 匝数n 2＝100匝，线圈a 接在u ＝442sin 314t V 交流电源上，“12 V ，6 W ” 的灯泡恰好正常发光．电阻R 2＝16 Ω，电压表V 为理想电表．下列推断正确的是( )A ．交变电流的频率为100 HzB ．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为25Wb/s C ．电压表V 的示数为22 VD ．R 1消耗的功率是1 W解析：选BD ．由u ＝442sin 314t V ，知f ＝1T ＝ω2π＝50 Hz ，A 错误；灯泡正常发光，由P ＝UI 得灯泡中的电流I 2＝612A ＝0.5 A ，电压表的示数U 2＝12 V ＋0.5×16 V ＝20 V ，C 错误；穿过铁芯的磁通量的最大变化率为ΔΦΔt ＝20 2 100Wb/s ＝25 Wb/s ，B 正确；根据U 1U 2＝n 1n 2，得U 1＝40 V ，则R 1两端电压U R 1＝44 V －40 V ＝4 V ，由原、副线圈的电流与匝数成反比，可得通过R 1的电流I 1＝0.25 A ，则R 1的功率P ＝U R 1I 1＝1 W ，D 正确．8.(2015·高考广东卷)如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器．原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P ，使输出电压有效值由220 V 降至110 V ．调节前后( )A ．副线圈中的电流比为1∶2B ．副线圈输出功率比为2∶1C ．副线圈的接入匝数比为2∶1D ．原线圈输入功率比为1∶2解析：选C ．根据欧姆定律I ＝U R ，U 2由220 V 降至110 V ，副线圈上的电流变为原来的12，即调节前后，副线圈上电流之比为2∶1，选项A 错误；根据P ＝UI 知，U 、I 均变为原来的12时，副线圈上输出的功率变为原来的14，即调节前后副线圈的输出功率之比为4∶1，选项B 错误；根据理想变压器电压与匝数的关系U 1U 2＝n 1n 2，当U 2由220 V 降至110 V 时，n 2变为原来的12，即调节前后副线圈接入的匝数比为2∶1，选项C 正确；根据理想变压器P 入＝P 出，所以原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，即调节前后原线圈输入功率之比为4∶1，选项D 错误．9.(2015·高考全国卷Ⅰ，T16，6分)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13解析：选A ．设原、副线圈中的电流分别I 1、I 2，则I 1I 2＝n 2n 1＝13，故k ＝I 21R I 22R ＝19.设原线圈两端的电压为U 1，则U 1U ＝n 1n 2＝31，故U 1＝3U ，而原线圈上电阻分担的电压为13U ，故U 3＋3U ＝220 V ，解得U ＝66 V ．选项A 正确．10．(2015·高考安徽卷)如图所示电路中，变压器为理想变压器，a 、b 接在电压有效值不变的交流电源两端，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A 1的示数增大了0.2 A ，电流表A 2的示数增大了0.8 A ，则下列说法正确的是( )A ．电压表V 1示数增大B ．电压表V 2、V 3示数均增大C ．该变压器起升压作用D ．变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动解析：选D ．电压表V 1的示数和a 、b 间电压的有效值相同，滑片滑动时V 1示数不变，选项A 错误；电压表V 2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V 2示数不变，V 3示数为V 2示数减去R 0两端电压，两线圈中电流增大，易知R 0两端电压升高，故V 3示数减小，选项B 错误；理想变压器U 1I 1＝U 2I 2，则U 1ΔI 1＝U 2ΔI 2，ΔI 2>ΔI 1，故U 2＜U 1，变压器为降压变压器，选项C 错误；因I 2增大，故知R 减小，变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动，选项D 正确．11．(2014·高考浙江卷)如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I 2.则( )A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上的电压降为UC ．理想变压器的输入功率为I 21rD ．输电线路上损失的电功率为I 1U解析：选A ．根据变压器的工作原理、欧姆定律和电功率公式解决问题．根据理想变压器的工作原理，得I 1U 1＝I 2U 2，所以用户端的电压U 2＝I 1U 1I 2，选项A 正确；输电线上的电压降U ′＝I 1r ＝U －U 1，选项B 错误；变压器的输入功率P 1＝I 1U －I 21r ＝I 1U 1，选项C 错误；输电线路上损失的功率P ′＝I 21r ＝I 1(U －U 1)，选项D 错误．12．(2015·江西十校二模)如图甲为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为4∶1，原线圈接图乙所示的正弦交流电．图甲中R T 为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R 1为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表．则下列说法正确的是( )A ．图乙所示电压的瞬时值表达式为u ＝51sin 50πt VB ．变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4C ．变压器输入、输出功率之比为1∶4D ．R T 处温度升高时，电压表和电流表示数均变大解析：选B ．题图乙所示电压的瞬时值表达式为u ＝51sin 100πt V ，A 错误；根据n 1n 2＝I 2I 1可知，原、副线圈中的电流之比与匝数之比成反比，理想变压器的输入、输出功率相等，B 正确，C 错误；R T 处温度升高时，R T 的阻值减小，电压表示数不变，电流表示数变大，所以D 错误．13．(2015·河北保定4月模拟)如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n 1∶n 2＝2∶1，电表均为理想电表，两个电阻的阻值均为1 Ω，C 是电容器，其击穿电压为22V ．图乙为原线圈两端的输入电压与时间的关系图象．下列说法正确的是( )A ．输入电压的频率为50 Hz ，经过变压器后通过电阻的交流电频率为25 HzB ．S 断开时电压表的示数为1.41 V ，电流表的示数为 0.35 AC ．S 断开时电压表的示数为1 V ，电流表的示数为 0.25 AD ．闭合开关S ，电容器将被击穿解析：选C ．由题图乙知T ＝0.02 s ，则f ＝1T＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，所以输出的交流电的频率仍为50 Hz ，故A 错误．当S 断开时，由U 1U 2＝n 1n 2可知，电压表的示数U 2＝n 2n 1U 1＝1 V ，I 2＝U 22R ＝0.5 A ，又I 1I 2＝n 2n 1，则电流表示数I 1＝n 2n 1I 2＝0.25 A ，所以B 错误，C 正确．开关S 闭合前，右端电阻R 两端电压最大值为22V ，开关S 闭合后，电容器C 与右端电阻R 并联，则并联总电阻小于1 Ω，电容器两端的最大电压小于22 V ，因为电容器的击穿电压为22V ，所以电容器不会被击穿，D 错误． 14．(多选)(2015·浙江宁波十校联考)如图甲是小型交流发电机的示意图，两极M 、N 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A 为理想交流电流表，V 为理想交流电压表，内阻不计的矩形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，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P 上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R ，从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是( )。

高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题四电路与电磁感应第二讲电磁感应及综合应用学案
[答案] (1)楞次定律与右手定则的关系
楞次定律
研究
整个闭合导体回路
对象
适用
(2)公式：E＝n
Δt
n：线圈的匝数，ΔΦ：磁通量的变化量，Δt：对应于ΔΦ所用的时间，：磁通量的变化率．
(3)解决电路问题的基本思路
①找电源：哪部分电路产生了电磁感应现象，则这部分电路就是电源．
②由法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据楞次定律或右手定则确定出电源的正负极．
a．在外电路，电流从正极流向负极；在内电路，电流从负极流向正极．
b．存在双感应电动势的问题中，要求出总的电动势．
③正确分析电路的结构，画出等效电路图．
a．内电路：“切割”磁感线的导体和磁通量发生变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻．
b．外电路：除“电源”以外的电路即外电路．
④运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率等列方程求解．
(4)动力学问题
基本思路：导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力―→合外力变化加速度变化―→速度变
化.
考向一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
[归纳提炼]
1．感应电流方向的判断方法(1)右手定则，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)楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判
断．
2．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”．。

专题四第一讲直流电路与交流电路1.[考查直流电路中电压、电流的分析]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，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。

下列判断正确的是()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，则流过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，则U2增大。

所以，I减小，U1减小，U2增大，故B正确。

2．[考查闭合电路中功率的分析][多选]某种小灯泡的U-I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1.0 Ω。

现闭合开关S，理想电压表V的示数为4.0 V，则()A．外电路的总电阻为6.7 ΩB．电源的电动势为5.6 VC．电源消耗的热功率为3.0 W D．电源的效率为89.3%解析：选BD理想电压表V的示数为4.0 V，由U-I图像可知通过干路上的小灯泡的电流为0.6 A，通过电源的电流也为0.6 A，通过两并联小灯泡的电流均为0.3 A，两端电压为1.0 V，依据闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势为E＝4.0 V＋1.0 V＋0.6 A×1.0 Ω＝5.6 V，B正确；电路的路端电压为U0＝5.0 V，电流为I0＝0.6 A，依据部分电路欧姆定律可知外电阻总阻值为R＝Ω≈8.3 Ω，A错误；电源消耗的热功率为P r＝I02r＝0.36 W，C错误；输出功率＝U0I0＝3.0 W，则电源的效率为η＝×100%≈89.3%，D正确。

[解析] 滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中，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 可得，干路电流增大，由 UR1＝IR1 可知 R1 两端电压即电压表 的示数变大， 选项 A 错误； 由 U＝E－Ir 可知路端电压 U 减小； UR2 由 UR2＝U－UR1 可得 R2 两端的电压减小， 又由 I2＝ 可得流 R2 过 R2 的电流变小，在干路电流增大的情况下，电流表的示数 Q 将变大，选项 B 错误；电容器两端的电压变小，根据 C＝ ， U 电容器所带电荷量将变少，选项 C 错误；由于 R2 两端的电压 变小，所以 a 点的电势变低，选项 D 正确．
U2 [解析] 由有效值定义可得 ×1 s＝(0.1 A)2×R×0.4 s×2＋ R (0.2 A)2×R×0.1 s×2，其中 R＝100 Ω ，可得 U＝4 10 V，B 正确．
) B
3.(2013· 高考福建卷)如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻 r＝1.0 Ω ，外接 R＝9.0 Ω 的电阻．闭合开关 S，当发电机转 子以某一转速匀速转动时， 产生的电动势 e＝10 2sin 10πt(V)， D 则( )
想变压器的原线圈连接一只理想交流电
流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻 R0和滑动变阻器 R， P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上 加一电压为U的正弦交流电，则( BC )
A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大
B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小 C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大 D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小
答案：变小
(2)在上述题1中，电源的总功率、输出功率各如何变化？