《（江蘇選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題四 電路和電磁感應(yīng)學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題四 電路和電磁感應(yīng)學(xué)案（65頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專(zhuān)題四 電路和電磁感應(yīng) [學(xué)前先做高考題]　　　　　　　　　　高考題最經(jīng)典，每做一次都有新發(fā)現(xiàn)　　　　　　　　　　　　　 1．(多選)(2016·江蘇高考)如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為12 V，內(nèi)阻為2 Ω，四個(gè)電阻的阻值已在圖中標(biāo)出。閉合開(kāi)關(guān)S，下列說(shuō)法正確的有(　　) A．路端電壓為10 V B．電源的總功率為10 W C．a(chǎn)、b間電壓的大小為5 V D．a(chǎn)、b間用導(dǎo)線連接后，電路的總電流為1 A 解析：選AC　根據(jù)串并聯(lián)電路的特點(diǎn)可得，外電路總電阻為10 Ω，根據(jù)閉合電路歐姆定律得通過(guò)電源的電流為I＝ A＝1 A，則路端電壓為U＝IR外＝10 V，選項(xiàng)A正確；電源的總

2、功率P＝EI＝12 W，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若取電源負(fù)極的電勢(shì)為0，則a點(diǎn)電勢(shì)為φa＝2.5 V，b點(diǎn)電勢(shì)為φb＝7.5 V，a、b間電壓的大小為5 V，選項(xiàng)C正確；a、b間用導(dǎo)線連接起來(lái)后外電路總電阻為7.5 Ω，電路的總電流為I＝ A≈1.26 A，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 2．(2015·江蘇高考)一電器中的變壓器可視為理想變壓器，它將220 V交變電流改變?yōu)?10 V。已知變壓器原線圈匝數(shù)為800，則副線圈匝數(shù)為(　　) A．200　　　　　　　 B．400 C．1 600 D．3 200 解析：選B　根據(jù)理想變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系＝，得n2＝＝＝400，選項(xiàng)B正確。 3.(2016

3、·江蘇高考)一自耦變壓器如圖所示，環(huán)形鐵芯上只繞有一個(gè)線圈，將其接在a、b間作為原線圈。通過(guò)滑動(dòng)觸頭取該線圈的一部分，接在c、d間作為副線圈。在a、b間輸入電壓為U1的交變電流時(shí)，c、d間的輸出電壓為U2。在將滑動(dòng)觸頭從M點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到N點(diǎn)的過(guò)程中(　　) A．U2＞U1，U2降低 B．U2＞U1，U2升高 C．U2＜U1，U2降低 D．U2＜U1，U2升高 解析：選C　a、b間原線圈的匝數(shù)大于c、d間副線圈的匝數(shù)，在滑動(dòng)觸頭由M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，副線圈的匝數(shù)進(jìn)一步減小，由變壓器工作原理＝知，U2＜U1，且U2降低，選項(xiàng)C正確。 4.(多選)(2016·江蘇高考)電吉他中電拾

4、音器的基本結(jié)構(gòu)如圖所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動(dòng)時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音。下列說(shuō)法正確的有(　　) A．選用銅質(zhì)弦，電吉他仍能正常工作 B．取走磁體，電吉他將不能正常工作 C．增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) D．弦振動(dòng)過(guò)程中，線圈中的電流方向不斷變化 解析：選BCD　銅不能被磁化，銅質(zhì)弦不能使電吉他正常工作，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；取走磁體后，金屬弦不能被磁化，弦的振動(dòng)無(wú)法通過(guò)電磁感應(yīng)轉(zhuǎn)化為電信號(hào)，音箱不能發(fā)聲，選項(xiàng)B正確；增加線圈匝數(shù)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n知，線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變大，選項(xiàng)C正確；弦振動(dòng)過(guò)程中，線圈中的磁場(chǎng)方向不變，但磁

5、通量一會(huì)兒增大，一會(huì)兒減小，則產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向不斷變化，選項(xiàng)D正確。 5．(2015·江蘇高考)做磁共振(MRI)檢查時(shí)，對(duì)人體施加的磁場(chǎng)發(fā)生變化時(shí)會(huì)在肌肉組織中產(chǎn)生感應(yīng)電流。某同學(xué)為了估算該感應(yīng)電流對(duì)肌肉組織的影響，將包裹在骨骼上的一圈肌肉組織等效成單匝線圈，線圈的半徑r＝5.0 cm，線圈導(dǎo)線的截面積A＝0.80 cm2，電阻率ρ＝1.5 Ω·m。如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與線圈平面垂直，若磁感應(yīng)強(qiáng)度B在0.3 s內(nèi)從1.5 T均勻地減為零，求：(計(jì)算結(jié)果保留一位有效數(shù)字) (1)該圈肌肉組織的電阻R； (2)該圈肌肉組織中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E； (3)0.3 s內(nèi)該圈肌肉組織中產(chǎn)生的熱

6、量Q。 解析：(1)由電阻定律得R＝ρ，代入數(shù)據(jù)得R≈6×103 Ω。 (2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝，代入數(shù)據(jù)得E≈4×10－2 V。 (3)由焦耳定律得Q＝Δt，代入數(shù)據(jù)得Q＝8×10－8 J。 答案：(1)6×103 Ω　(2)4×10－2 V　(3)8×10－8 J 6.(2017·江蘇高考)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下。當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過(guò)金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng)，桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中

7、始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求： (1)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I； (2)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a； (3)PQ剛要離開(kāi)金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P。 解析：(1)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，金屬桿中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E＝Bdv0 故感應(yīng)電流為I＝＝。 (2)金屬桿所受安培力F＝BId 由牛頓第二定律得F＝ma 可得磁場(chǎng)區(qū)域掃過(guò)金屬桿后，金屬桿的加速度大小 a＝。 (3)PQ剛要離開(kāi)金屬桿時(shí)，金屬桿切割磁感線的速度為v′＝v0－v，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bd(v0－v) 解得感應(yīng)電流的功率P＝＝。 答案：(1)　(2)　(3) 7.(2016·江

8、蘇高考)據(jù)報(bào)道，一法國(guó)攝影師拍到了“天宮一號(hào)”空間站飛過(guò)太陽(yáng)的瞬間。照片中，“天宮一號(hào)”的太陽(yáng)帆板輪廓清晰可見(jiàn)。如圖所示，假設(shè)“天宮一號(hào)”正以速度v＝7.7 km/s繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向與太陽(yáng)帆板兩端M、N的連線垂直，M、N間的距離L＝20 m，地磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1.0×10－5 T。將太陽(yáng)帆板視為導(dǎo)體。 (1)求M、N間感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E； (2)在太陽(yáng)帆板上將一只“1.5 V,0.3 W”的小燈泡與M、N相連構(gòu)成閉合電路，不計(jì)太陽(yáng)帆板和導(dǎo)線的電阻，試判斷小燈泡能否發(fā)光，并說(shuō)明理由； (3)取地球半徑R＝6.4×103 km，地球表面的重力加速

9、度g＝9.8 m/s2，試估算“天宮一號(hào)”距離地球表面的高度h(計(jì)算結(jié)果保留一位有效數(shù)字)。 解析：(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，代入數(shù)據(jù)得E＝1.54 V。 (2)不能，因?yàn)榇┻^(guò)閉合回路的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流。(3)在地球表面有G＝mg “天宮一號(hào)”做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有G＝m 解得h＝－R，代入數(shù)據(jù)得h≈4×105 m(數(shù)量級(jí)正確即可)。 答案：(1)1.54 V　(2)見(jiàn)解析　(3)4×105 m 　十八、直流電路的分析和計(jì)算 [抓牢解題本源] 一、掌握三個(gè)基本定律 1．歐姆定律：I＝ 2．電阻定律：R＝ρ 3．焦耳定律：Q＝I2Rt 二、區(qū)分電功和電熱、

10、電功率和熱功率 意義 公式 聯(lián)系 電功 電流在一段電路中所做的功 W＝UIt 對(duì)純電阻電路，電功等于電熱：W＝Q＝UIt＝I2Rt 對(duì)非純電阻電路，電功大于電熱：W>Q 電熱 電流通過(guò)導(dǎo)體產(chǎn)生的熱量 Q＝I2Rt 電功率 單位時(shí)間內(nèi)電流所做的功 P電＝UI 對(duì)純電阻電路，電功率等于熱功率：P電＝P熱＝UI＝I2R 對(duì)非純電阻電路，電功率大于熱功率：P電>P熱 熱功率 單位時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體產(chǎn)生的熱量 P熱＝I2R 三、理解閉合電路歐姆定律的兩種表達(dá)形式 1．電流形式：I＝適用于純電阻電路。 2．電壓形式：E＝U＋I(xiàn)r適用于所有的閉合電路。 四、

11、閉合電路的功率問(wèn)題 1．電源內(nèi)阻消耗的功率：P內(nèi)＝I2r 2．電源總功率：P總＝EI＝UI＋I(xiàn)2r 3．電源的輸出功率：P出＝UI＝EI－I2r 4．當(dāng)R＝r時(shí)，輸出功率最大：Pm＝ 5．電源的效率：η＝×100% [研透?？碱}根]　　 直流電路的動(dòng)態(tài)分析 [例1]　(2017·南京三模)如圖所示的電路，R1、R2、R4均為定值電阻，R3為熱敏電阻(溫度升高，電阻減小)， 電源的電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，起初電容器中懸停一質(zhì)量為m的帶電塵埃，當(dāng)環(huán)境溫度降低時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．電壓表和電流表的示數(shù)都減小 B．電壓表和電流表的示數(shù)都增大 C．電壓表和電

12、流表的示數(shù)變化量之比保持不變 D．帶電塵埃將向下極板運(yùn)動(dòng) [思路點(diǎn)撥] (1)讀懂電路圖，知道電容器的端電壓等于R4的端電壓，根據(jù)溫度降低，判斷電路的總電阻的變化，再判斷支路電壓和電流的變化。 (2)根據(jù)電容器板間電壓的變化，分析板間場(chǎng)強(qiáng)的變化，判斷帶電塵埃的受力情況，從而分析其運(yùn)動(dòng)情況。 [解析]　當(dāng)環(huán)境溫度降低時(shí)，R3的阻值增大，外電路總電阻增大，則總電流減小，所以電流表的示數(shù)減小，題圖中并聯(lián)部分的總電阻增大，由串聯(lián)電路電壓與電阻成正比的規(guī)律知：并聯(lián)部分的電壓增大，則電壓表的示數(shù)增大，故A、B錯(cuò)誤；電壓表的示數(shù)為 U＝E－I(R1＋r)，則得電壓表和電流表的示數(shù)變化量之比為＝R1

13、＋r，保持不變，故C正確；電容器板間電壓增大，板間場(chǎng)強(qiáng)增大，帶電塵埃所受的電場(chǎng)力增大，則帶電塵埃將向上極板運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。 [答案]　C [備考錦囊]　 閉合電路動(dòng)態(tài)問(wèn)題的三種分析方法 (1)程序分析法：流程如下 (2)結(jié)論分析法：即“串反并同”法。 “串反” 即某一電阻增大(減小)時(shí)，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、消耗的電功率都減小(增大) “并同” 即某一電阻增大(減小)時(shí)，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、消耗的電功率都增大(減小) (3)極限分析法 因滑動(dòng)變阻器滑片滑動(dòng)引起電路變化的問(wèn)題，可將其滑片分別滑至兩個(gè)極端，使電阻最大或電阻

14、為零分別討論。 [即時(shí)訓(xùn)練] (2017·啟東市模擬)如圖所示，圖中的三個(gè)電表均為理想電表，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向左端緩慢移動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．電壓表V2的讀數(shù)減小，電流表A的讀數(shù)增大 B．電壓表V1的讀數(shù)增大，電壓表V2的讀數(shù)增大 C．電阻RP消耗的功率增大，電容器C所帶電量增加 D．電壓表V2的讀數(shù)減小，電流表A的讀數(shù)減小 解析：選D　滑片P左移時(shí)，滑動(dòng)變阻器連入電路的阻值增大，根據(jù)串反并同規(guī)律知，電壓表V1的讀數(shù)增大，電壓表V2的讀數(shù)減小，電流表A的讀數(shù)減小，A、B錯(cuò)誤，D正確；視r(shí)＋R1＋R2為電源的等效內(nèi)電阻，根據(jù)電源的輸出功率與外電阻的關(guān)系知，由于

15、電阻RP與r＋R1＋R2的大小關(guān)系未知，因此電阻RP消耗的功率是增大還是減小無(wú)法判斷，由于電容器C兩端的電壓增大，處于充電狀態(tài)，其所帶電量增加，C錯(cuò)誤。 電源的功率和效率 [例2]　(多選)如圖所示，電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源與定值電阻R0、滑動(dòng)變阻器R串聯(lián)，已知R0＝r，滑動(dòng)變阻器的最大阻值是2r。當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P由a端向b端滑動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．電路中的電流變大 B．電源的輸出功率先變大后變小 C．滑動(dòng)變阻器消耗的功率變小 D．定值電阻R0上消耗的功率先變大后變小 [思路點(diǎn)撥]　 (1)電源的輸出功率的變化情況由外電阻與內(nèi)電阻的大小關(guān)系來(lái)判斷。

16、 (2)分析R上功率變化時(shí)，將R視為外電阻，把R0＋r視為電源內(nèi)阻。 (3)根據(jù)電流的變化判斷R0上功率的變化情況。 [解析]　電路中電流I＝，R減小，所以I變大，A正確；由于R0＝r，在P由a端向b端滑動(dòng)時(shí)，R外逐漸減小至R0，剛好等于內(nèi)阻r，所以電源的輸出功率逐漸增大，B錯(cuò)誤；將R0視為等效電源內(nèi)阻的一部分，在P由a端向b端滑動(dòng)時(shí)，等效外電阻由2r變?yōu)?，R消耗的功率為等效電源的輸出功率，逐漸變小，C正確；由PR0＝I2R0可知，I變大，PR0變大，D錯(cuò)誤。 [答案]　AC [備考錦囊]　 電源的輸出功率隨外電路電阻R的變化關(guān)系 當(dāng)R＝r時(shí) 電源的輸出功率最大，為Pm＝

17、當(dāng)R>r時(shí) 隨R的增大，電源的輸出功率越來(lái)越小 當(dāng)R

18、.75 W，而U1＝E－I1r，聯(lián)立解得I1＝0.5 A，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)R2的功率為I12R2＝4 W，解得R2＝16 Ω，選項(xiàng)B正確；電鍵S閉合后，電源的路端電壓為U2＝E－I2r＝8 V，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；電阻R3兩端電壓U＝U2－I2R1＝2 V，電阻R3＝＝ Ω，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 閉合電路的圖像問(wèn)題 [例3]　(2017·南通模擬)如圖所示，直線A為某電源的U-I圖線，曲線B為某小燈泡的U-I圖線的一部分，用該電源和小燈泡組成閉合電路，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．此電源的內(nèi)阻為0.5 Ω B．電源的總功率為10 W C．電源的輸出功率為8 W D．由于小燈泡的U-I圖線

19、是一條曲線，所以歐姆定律不適用 [思路點(diǎn)撥]　 (1)電源的U-I圖像與縱軸的交點(diǎn)表示電動(dòng)勢(shì)，圖像斜率的絕對(duì)值表示電源的內(nèi)阻。 (2)電阻的U-I圖像與電源的U-I圖像的交點(diǎn)坐標(biāo)的含義是用該電源和該電阻組成電路時(shí)的路端電壓和電流值，縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)的比值表示此時(shí)的外電阻，縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)的乘積等于此時(shí)的輸出功率。 [解析]　由電源的U-I圖線A可知，此電源的電動(dòng)勢(shì)為4 V，內(nèi)阻為0.5 Ω，選項(xiàng)A正確；用該電源和小燈泡組成閉合電路，電源輸出電流為2 A，電源的總功率為P總＝EI＝8 W，電源的輸出功率為P出＝UI＝6 W，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；小燈泡的U-I圖線是一條曲線，但是歐姆定律仍適用，選

20、項(xiàng)D錯(cuò)誤。 [答案]　A [備考錦囊]　 閉合電路中幾種常見(jiàn)圖像的比較 類(lèi)型 公式 圖像 特例 I-R 圖線 I＝ 短路R＝0，I＝，圖像始端 斷路R＝∞，I＝0，圖像末端 U-R 圖線 U＝ 短路R＝0，U＝0，U內(nèi)＝E 斷路R＝∞，U＝E，U內(nèi)＝0 U-I 圖線 U＝E－Ir 短路R＝0，I＝，U＝0 斷路R＝∞，I＝0，U＝E P-R 圖線 P＝R 短路I＝，P出＝0， 斷路I＝0，P出＝0， 當(dāng)R＝r時(shí)，P出最大，Pm＝ P-I 圖線 P＝EI－I2r 短路I＝，P出＝0， 斷路I＝0，P出＝0，

21、當(dāng)I＝時(shí)，P出最大，Pm＝ [即時(shí)訓(xùn)練] (2017·江蘇二模)如圖甲所示，足夠長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面上，導(dǎo)軌兩端分別連接有電阻R1、R2，R1＝6 Ω，R2＝3 Ω，導(dǎo)軌間距L＝1 m，導(dǎo)軌處于方向水平向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T。一根長(zhǎng)度也為1 m的金屬棒放在導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，金屬棒的電阻為r＝2 Ω?，F(xiàn)給金屬棒一個(gè)水平向右的拉力F，使金屬棒從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，金屬棒兩端的電壓U的平方隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示，不計(jì)導(dǎo)軌電阻。求： (1)t＝4 s時(shí)，金屬棒的速度大小； (2)通過(guò)電阻R1的電荷量為0.1 C時(shí)，金屬棒運(yùn)動(dòng)的距離。 解析：(1

22、)由題圖乙知：t＝4 s時(shí)，U2＝4 V2， 則得：U＝2 V R1、R2并聯(lián)電阻：R12＝＝ Ω＝2 Ω 干路電流：I＝＝ A＝1 A 金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為： E＝U＋I(xiàn)r＝(2＋1×2)V＝4 V 由 E＝BLv得金屬棒的速度： v＝＝ m/s＝4 m/s。 (2)通過(guò)電阻R1的電荷量為q1＝0.1 C時(shí)，根據(jù)并聯(lián)電路的分流特點(diǎn)，通過(guò)R2的電荷量q2＝0.2 C，因此通過(guò)金屬棒的電荷量q＝q1＋q2＝0.3 C，設(shè)此時(shí)金屬棒運(yùn)動(dòng)的距離為x 則：q＝·Δt＝＝ 得：x＝＝ m＝1.2 m。 答案：(1)4 m/s　(2)1.2 m [課余自查小練] 1.如圖所示

23、為吹風(fēng)機(jī)的工作電路圖，其中M和A分別為電動(dòng)機(jī)和電阻絲，且rM為電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻、R為電阻絲A的電阻。已知該吹風(fēng)機(jī)有兩個(gè)擋位，電源電壓恒為220 V，低擋消耗的電功率為120 W，高擋消耗的電功率為1 000 W。則下列關(guān)于對(duì)該電路的分析正確的是(　　) A．兩電鍵均閉合時(shí)吹風(fēng)機(jī)為低擋位 B．rM＝ Ω C．R＝55 Ω D．低擋位時(shí)，電阻絲每秒產(chǎn)生的焦耳熱為880 J 解析：選C　兩電鍵均閉合時(shí)，電動(dòng)機(jī)、電阻絲均工作，吹風(fēng)機(jī)為高擋位，A錯(cuò)誤；由于電動(dòng)機(jī)為非純電阻元件，所以rM不能用P低＝求解，B錯(cuò)誤；對(duì)電阻絲由P＝得，R＝＝ Ω＝55 Ω，C正確；吹風(fēng)機(jī)為低擋位時(shí)，電鍵S1處于斷開(kāi)狀

24、態(tài)，沒(méi)有電流流過(guò)電阻絲，因此其產(chǎn)生的焦耳熱為0，D錯(cuò)誤。 2．(多選)(2017·西安模擬)在如圖所示的電路中，小燈泡的額定功率和額定電壓分別為0.4 W、2 V，電源的電動(dòng)勢(shì)為3 V，電源的內(nèi)阻為r且不能忽略，先將單刀雙擲開(kāi)關(guān)扳到a，調(diào)節(jié)電阻箱，當(dāng)小燈泡正常發(fā)光時(shí)，電阻箱的阻值R＝4 Ω；再將單刀雙擲開(kāi)關(guān)扳到b，電動(dòng)機(jī)和小燈泡均能正常工作，電動(dòng)機(jī)的額定電壓用UM表示、電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻用rM表示。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．r＝1 Ω B．rM＝4 Ω C．UM＝1 V D．外電路消耗的功率與總功率的比值為 解析：選AD　小燈泡正常工作時(shí)的電阻RL＝＝10 Ω，流過(guò)小燈泡的電流I＝

25、＝0.2 A。當(dāng)開(kāi)關(guān)S接a時(shí)，R總＝＝15 Ω，則電源內(nèi)阻r＝R總－R－RL＝1 Ω，A正確；當(dāng)開(kāi)關(guān)S接b時(shí)，電動(dòng)機(jī)M兩端的電壓UM＝E－Ir－U＝0.8 V，C錯(cuò)誤；由于電動(dòng)機(jī)熱功率未知，所以不能求出電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻，B錯(cuò)誤；外電路消耗的功率P外＝EI－I2r，總功率P總＝EI，則外電路消耗的功率與總功率的比值＝＝，D正確。 3.(2017·宜昌期末)如圖所示的電路中，兩平行金屬板A、B水平放置，極板長(zhǎng)l＝80 cm，兩板間的距離d＝40 cm，電源電動(dòng)勢(shì)E＝40 V，內(nèi)電阻r＝1 Ω，電阻R＝15 Ω。閉合開(kāi)關(guān)S，待電路穩(wěn)定后，將一帶負(fù)電的小球從B板左端且非?？拷麭板的位置以初

26、速度v0＝4 m/s水平向右射入兩板間，該小球可視為質(zhì)點(diǎn)。若小球帶電量q＝1×10－2 C，質(zhì)量m＝2×10－2 kg，不考慮空氣阻力，電路中電壓表、電流表均是理想電表，若小球恰好從A板右邊緣射出(g取10 m/s2)。求： (1)滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值； (2)此時(shí)電流表、電壓表的示數(shù)； (3)此時(shí)電源的輸出功率。 解析：(1)小球進(jìn)入電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，則有： 水平方向：l＝v0t 豎直方向：d＝at2 解得：a＝20 m/s2 又加速度為：a＝ 解得：U＝24 V 根據(jù)串聯(lián)電路的特點(diǎn)有： ＝ 解得滑動(dòng)變阻器接入電路的

27、阻值為：R′＝24 Ω。 (2)根據(jù)閉合電路歐姆定律得電流表的示數(shù)為： I＝＝1 A 電壓表的示數(shù)為：U＝E－Ir＝(40－1×1)V＝39 V。 (3)電源的輸出功率為：P＝UI＝39×1 W＝39 W。 答案：(1)24 Ω　(2)1 A　39 V　(3)39 W 4.(2017·荊州期末)如圖所示，R1＝R2＝R3＝R4＝10 Ω，平行板電容器板長(zhǎng)L＝20 cm、間距d＝8 cm。有一帶電小球自?xún)砂宓淖蠖酥虚g以初速度v0＝1 m/s沿水平方向進(jìn)入平行板電容器內(nèi)。開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，小球恰好沿直線勻速地通過(guò)電容器；當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，小球恰好從上極板邊緣通過(guò)電容器。取g＝10 m/s2，

28、求： (1)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，小球的加速度； (2)電源的內(nèi)阻。 解析：(1)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，小球做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則t＝ y＝at2＝ 解得a＝2 m/s2。 (2)開(kāi)關(guān)S閉合后，R1、R3并聯(lián)再與R4串聯(lián)，由阻值關(guān)系及電路特點(diǎn)得：UC＝E 對(duì)小球有：q－mg＝ma 開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)后，R1、R4串聯(lián)，同理得：UC′＝E 對(duì)小球有：mg＝Eq＝q 解得r＝10 Ω。 答案：(1)2 m/s2　(2)10 Ω [專(zhuān)題跟蹤檢測(cè)] 一、選擇題(第1～5題為單項(xiàng)選擇題，第6～9題為多項(xiàng)選擇題) 1．(2017·鹽城三模)甲、乙、丙、丁是四個(gè)長(zhǎng)度、橫截面積均相同的金屬導(dǎo)體，某同學(xué)對(duì)它們各進(jìn)

29、行了一次測(cè)量，把每個(gè)導(dǎo)體中通過(guò)的電流和兩端的電壓在IU坐標(biāo)系中描點(diǎn)，如圖所示，四個(gè)導(dǎo)體中電阻率最大的是(　　) A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 解析：選A　根據(jù)U＝IR可知，IU 圖像的斜率倒數(shù)的大小表示電阻，則由圖可知，甲的斜率最小，那么其對(duì)應(yīng)的電阻最大，由于四個(gè)金屬導(dǎo)體長(zhǎng)度、橫截面積均相同，因此甲的電阻率也最大，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。 2.(2017·南通一模)如圖所示的電路，R1是定值電阻，R2是滑動(dòng)變阻器，L是小燈泡，C是電容器，電源內(nèi)阻為r。開(kāi)關(guān)S閉合后，在滑動(dòng)變阻器觸頭P向上移動(dòng)過(guò)程中(　　) A．小燈泡變亮 B．電容器所帶電荷量增大 C．電壓表

30、示數(shù)變小 D．電源的總功率變大 解析：選B　閉合開(kāi)關(guān)S后，當(dāng)滑動(dòng)變阻器觸頭P向上移動(dòng)時(shí)，R2增大，外電路總電阻增大，干路中電流減小，則小燈泡亮度變暗。電源的內(nèi)電壓減小，路端電壓增大，則電壓表的示數(shù)變大，故A、C錯(cuò)誤；電路穩(wěn)定時(shí)電容器的電壓等于R2的電壓，根據(jù)串聯(lián)電路電壓分配規(guī)律可知，R2增大，電容器的電壓增大，則電容器所帶電荷量增大，故B正確；電源的總功率為P＝EI，干路電流I減小，則電源的總功率變小，故D錯(cuò)誤。 3．(2017·鎮(zhèn)江一模)如圖所示，開(kāi)關(guān)S閉合后，帶電質(zhì)點(diǎn)P在平行金屬板中處于靜止?fàn)顟B(tài)。則(　　) A．質(zhì)點(diǎn)P一定帶正電 B．滑片向a端移動(dòng)時(shí)，兩只電表的示數(shù)均增大

31、C．滑片向a端移動(dòng)時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P將向上板運(yùn)動(dòng) D．若將開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，質(zhì)點(diǎn)P將向下板運(yùn)動(dòng) 解析：選C　由題圖可知，開(kāi)關(guān)S閉合后，R2與R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)，再與R1串聯(lián)，電容器與并聯(lián)部分并聯(lián)；電容器的上極板帶正電，板間場(chǎng)強(qiáng)向下，質(zhì)點(diǎn)處于平衡狀態(tài)，則知受到的電場(chǎng)力向上，故質(zhì)點(diǎn)P一定帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；滑片向a端移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電阻增大，則總電阻增大，總電流減小，內(nèi)電壓減小，由閉合電路的歐姆定律可知路端電壓增大，R1兩端的電壓減小，故并聯(lián)部分電壓增大；電容器兩端的電壓增大，質(zhì)點(diǎn)P所受的電場(chǎng)力增大，則質(zhì)點(diǎn)P將向上板運(yùn)動(dòng)；因并聯(lián)部分電壓增大，則R3中的電流增大，而干路電流減小，故電流表中的電流減小；并

32、聯(lián)部分電壓增大，即R2與R4兩端的總電壓增大；而由于電流表示數(shù)減小，由歐姆定律可知R2兩端的電壓減小，故R4兩端的電壓增大，電壓表示數(shù)增大，故B錯(cuò)誤，C正確；若將開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，電容器兩端的電壓等于電源的電動(dòng)勢(shì)，電容器兩端電壓增大，板間場(chǎng)強(qiáng)增大，質(zhì)點(diǎn)P受到的電場(chǎng)力變大，質(zhì)點(diǎn)P將向上板運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。 4.(2017·江蘇二模)如圖所示，電源為恒流電源(能始終提供恒定的電流)，R0為定值電阻，電流表和電壓表均為理想電表，移動(dòng)滑動(dòng)變阻器R的滑片，則下列表示電壓表示數(shù)U和電路總功率P隨電流表示數(shù)I變化的關(guān)系圖線中，正確的是(　　) 解析：選D　設(shè)恒流電源提供的電流為I0，則通過(guò)R0的電流為：IR

33、0＝I0－I。則電壓表示數(shù)為：U＝IR0R0＝(I0－I)R0＝－IR0＋I(xiàn)0R0。I0和R0是定值，則根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知UI圖像是不過(guò)原點(diǎn)的傾斜的直線，故A、B錯(cuò)誤；電路總功率為：P＝UI0＝(I0－I)R0I0＝－R0I0I＋R0I02，I0和R0是定值，可知PI圖像是向下傾斜的直線，故C錯(cuò)誤，D正確。 5.如圖所示電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向上移動(dòng)時(shí)，電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I的變化情況是(　　) A．U變大，I變大 B．U變小，I變小 C．U變大，I變小 D．U變小，I變大 解析：選C　當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向上移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接

34、入電路的電阻增大，外電路的總電阻增大，根據(jù)歐姆定律分析得知，干路電流I干減小。電壓表的讀數(shù)U＝E－I干(r＋R1)，I干減小，U變大?；瑒?dòng)變阻器與R3并聯(lián)部分電壓為U并＝E－I干(r＋R1＋R2)，I干減小，U并增大，電阻R3的電流I3增大。電流表的讀數(shù)I＝I干－I3，I干減小，I3增大，則I變小，所以U變大，I變小。故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。 6.(2017·江蘇三模)硅光電池是一種太陽(yáng)能電池，具有低碳環(huán)保的優(yōu)點(diǎn)。如圖所示，圖線a是該電池在某光照強(qiáng)度下路端電壓U和電流I的關(guān)系圖像(電池內(nèi)阻不是常數(shù))，圖線b是某電阻R的UI圖像。在該光照強(qiáng)度下將它們組成閉合回路時(shí)，下列相關(guān)敘述正確的是(　

35、　) A．此時(shí)硅光電池的內(nèi)阻為12.5 Ω B．此時(shí)硅光電池的輸出功率為0.4 W C．此時(shí)硅光電池的總功率為 0.72 W D．此時(shí)硅光電池的輸出效率為40% 解析：選BC　由閉合電路歐姆定律得 U＝E－Ir，當(dāng)I＝0時(shí)，E＝U，由圖線a與縱軸的交點(diǎn)讀出電動(dòng)勢(shì)為E＝3.6 V。根據(jù)兩圖線交點(diǎn)處的狀態(tài)可知，將它們組成閉合回路時(shí)路端電壓為 U＝2 V，電流為 I＝0.2 A，則此時(shí)硅光電池的內(nèi)阻為r＝＝ Ω＝8 Ω，故A錯(cuò)誤；此時(shí)硅光電池的輸出功率為：P出＝UI＝0.4 W，故B正確；此時(shí)硅光電池的總功率為：P總＝EI＝3.6×0.2 W＝0.72 W，故C正確；此時(shí)硅光電池的輸出效率

36、為：η＝×100%＝×100%≈55.6%，故D錯(cuò)誤。 7．兩位同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室中利用如圖(a)所示的電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向某一方向移動(dòng)時(shí)，一位同學(xué)記錄電流表A和電壓表V1的測(cè)量數(shù)據(jù)，另一位同學(xué)記錄電流表A和電壓表V2的測(cè)量數(shù)據(jù)。兩位同學(xué)根據(jù)記錄的數(shù)據(jù)描繪出如圖(b)所示的兩條U-I圖線。則圖像中兩圖線的交點(diǎn)表示的物理意義是(　　) A．滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P滑到了最右端 B．電源的輸出功率最大 C．定值電阻R0消耗的功率為0.5 W D．電源的效率達(dá)到最大值 解析：選BC　由題圖可得，電源電動(dòng)勢(shì)E＝1.5 V，內(nèi)阻r＝1 Ω，在交點(diǎn)位置有R＋R0＝＝2 Ω，R

37、0＝＝2 Ω，則R＝0，滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P滑到了最左端，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)電路中外電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)，電源的輸出功率最大，但R0>r，故改變滑動(dòng)變阻器的阻值時(shí)無(wú)法使電路中外電阻等于電源內(nèi)阻，此時(shí)外電阻越接近電源內(nèi)阻，電源的輸出功率越大，故圖線的交點(diǎn)對(duì)應(yīng)的電源輸出功率最大，選項(xiàng)B正確；P0＝U2I＝0.5 W，選項(xiàng)C正確；電源的效率η＝，電流越小，電源的效率越大，可見(jiàn)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P滑到最右端時(shí)電源的效率最大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 8.在如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻r≠0，定值電阻R2消耗的功率用P表示，兩電表均為理想電表，電容器與滑動(dòng)變阻器并聯(lián)，電壓表和電流表的讀數(shù)分別用U、I表示，電容器所帶的

38、電荷量用Q表示，通過(guò)電源的電荷量為q時(shí)，電源所做的功用W表示。當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)時(shí)，下列圖像正確的是(　　) 解析：選AB　電阻R2消耗的功率P＝I2R2，圖像A正確；電容器所帶電荷量Q＝UCC＝[E－I(r＋R2)]C＝EC－IC(r＋R2)，圖像B正確；電壓表的讀數(shù)U＝E－Ir，圖像C錯(cuò)誤；電源做功W＝qE，圖像D錯(cuò)誤。 9.某同學(xué)將一直流電源的總功率PE、輸出功率PR和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr隨電流I變化的圖線畫(huà)在同一坐標(biāo)系內(nèi)，如圖所示，根據(jù)圖線可知下列說(shuō)法正確的是(　　) A．反映Pr變化的圖線是b B．電源電動(dòng)勢(shì)約為8 V C．當(dāng)外電阻約為2 Ω時(shí)

39、，輸出功率最大 D．當(dāng)電流為0.5 A時(shí)，外電路的電阻約為6 Ω 解析：選CD　電源內(nèi)部發(fā)熱功率Pr＝I2r，所以Pr-I圖像為拋物線，則反映Pr變化的圖線為c，A錯(cuò)誤；電源的總功率為PE＝EI，其圖線為a，則E＝＝ V＝4 V，B錯(cuò)誤；由圖線c知，當(dāng)I＝1 A時(shí)，Pr＝2 W，由Pr＝I2r得r＝2 Ω，當(dāng)外電阻為2 Ω時(shí)，輸出功率最大，C正確；當(dāng)電流為0.5 A時(shí)，由I＝解得R＝6 Ω，D正確。 二、非選擇題 10．一臺(tái)小型電動(dòng)機(jī)在3 V電壓下工作，用此電動(dòng)機(jī)提升重力為4 N的物體時(shí)，通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流是0.2 A。在30 s內(nèi)可將該物體勻速提升3 m。若不計(jì)除電動(dòng)機(jī)線圈生熱之外的能

40、量損失，求： (1)電動(dòng)機(jī)的輸入功率； (2)在開(kāi)始提升物體后的30 s內(nèi)，電動(dòng)機(jī)線圈所產(chǎn)生的熱量； (3)電動(dòng)機(jī)線圈的電阻。 解析：(1)電動(dòng)機(jī)的輸入功率P入＝IU＝0.2×3 W＝0.6 W。 (2)電動(dòng)機(jī)提升物體的機(jī)械功率 P機(jī)＝Fv＝G·＝0.4 W 由能量守恒定律得P入＝P機(jī)＋P熱 故P熱＝P入－P機(jī)＝(0.6－0.4)W＝0.2 W 所以電動(dòng)機(jī)線圈產(chǎn)生的熱量Q＝P熱t(yī)＝0.2×30 J＝6 J。 (3)根據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt可得線圈電阻 R＝＝ Ω＝5 Ω。 答案：(1)0.6 W　(2)6 J　(3)5 Ω 11．在如圖甲所示的電路中，R1、R2均為定

41、值電阻，且R1＝100 Ω，R2的阻值未知，R3是滑動(dòng)變阻器，在其滑片從最左端滑至最右端的過(guò)程中，測(cè)得電源的路端電壓U隨電流I的變化圖線如圖乙所示，其中圖線上的A、B兩點(diǎn)是滑片在滑動(dòng)變阻器的兩個(gè)不同端點(diǎn)時(shí)分別得到的。求： (1)電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻； (2)定值電阻R2的阻值； (3)滑動(dòng)變阻器R3的最大值。 解析：(1)由閉合電路歐姆定律得E＝U＋I(xiàn)r 將圖線上A、B兩點(diǎn)的U、I值代入得 E＝16＋0.2r，E＝4＋0.8r 解得E＝20 V，r＝20 Ω。 (2)當(dāng)R3的滑片自左向右滑動(dòng)時(shí)，R3的有效阻值變小，電路中的總電阻變小，總電流變大，由此可知，圖線上的A、B兩點(diǎn)

42、分別對(duì)應(yīng)滑片位于最左端和最右端。當(dāng)滑片位于最右端時(shí)，R3＝0，R1被短路，外電路電阻即為R2，故由B點(diǎn)的U、I值得R2＝＝ Ω＝5 Ω。 (3)當(dāng)滑片在最左端時(shí)，R3的有效阻值最大，并對(duì)應(yīng)著圖線上的A點(diǎn)，故由A點(diǎn)的U、I值可求出此時(shí)外電路的電阻，再根據(jù)串、并聯(lián)電路的規(guī)律求出R3的最大值。 R外＝＝ Ω＝80 Ω，又R外＝＋R2 代入數(shù)據(jù)解得滑動(dòng)變阻器的最大值R3＝300 Ω。 答案：(1)20 V　20 Ω　(2)5 Ω　(3)300 Ω 　十九、交變電流?？嫉娜齻€(gè)題型 [抓牢解題本源] 一、交變電流的產(chǎn)生、圖像及四值 1．兩個(gè)特殊位置及其特點(diǎn) 兩個(gè)特殊位置 特點(diǎn) 中性面

43、 線圈處于中性面時(shí)，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，交變電流方向發(fā)生改變 與中性面垂 直的位置 線圈平面與中性面垂直時(shí)，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，交變電流方向不改變 2．交流電的圖像 從中性面位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，交流電i＝Imsin_ωt，如圖甲；從垂直于中性面位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，交流電i＝Imcos_ωt，如圖乙。 3．交變電流的四值 物理量 物理含義 重要關(guān)系 適用情況及說(shuō)明 瞬時(shí)值 交變電流某一時(shí)刻的值 e＝Emsin ωt i＝Imsin ωt 計(jì)算線圈某時(shí)刻的受力情況 最大值 最大的瞬時(shí)值 Em＝nBSω Em＝nΦmω Im＝

44、 討論電容器的擊穿電壓 有效值 跟交變電流的熱效應(yīng)等效的恒定電流值 對(duì)正(余)弦 交流電有： E＝ U＝ I＝ (1)計(jì)算與電流熱效應(yīng)有關(guān)的量(如功、功率、熱量等) (2)電器設(shè)備“銘牌”上所標(biāo)的一般是有效值 (3)保險(xiǎn)絲的熔斷電流為有效值 平均值 交變電流圖像中圖線與時(shí)間軸所夾的面積與時(shí)間的比值 ＝BL ＝n ＝ 計(jì)算通過(guò)電路截面的電荷量 二、理想變壓器原、副線圈基本量間的關(guān)系 制約關(guān)系 基本關(guān)系 電壓 原線圈電壓U1和線圈匝數(shù)比決定副線圈電壓U2 ＝ 電流 副線圈電流I2和線圈匝數(shù)比決定原線圈電流I1 ＝ 功率 副線圈功率P2

45、決定原線圈功率P1 P1＝P2 頻率 原線圈頻率f1決定副線圈頻率f2 f1＝f2 提醒：對(duì)于有多個(gè)副線圈的變壓器，電壓關(guān)系不變，電流關(guān)系應(yīng)從功率角度分析，具體如下。 (1)＝，＝，… (2)n1I1＝n2I2＋n3I3＋… (3)P1＝P2＋P3＋… 三、遠(yuǎn)距離高壓輸電的工作原理 功率關(guān)系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P3＋ΔP； 電壓關(guān)系：＝，＝，U2＝U3＋ΔU； 電流關(guān)系：＝，＝，I2＝I3＝I線； 輸電電流：I線＝＝＝； 輸電線路上損失的電功率：ΔP＝P2－P3＝I線2R線＝2R線＝。 　　　　　　　 [研透?？碱}根] 交變電流的產(chǎn)生及

46、四值問(wèn)題 [例1]　(多選)(2017·懷化模擬)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一矩形金屬線圈繞與磁感線垂直的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖甲所示，產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的圖像如圖乙所示，則下列判斷正確的有(　　) A．t＝0.005 s時(shí)線圈平面與磁場(chǎng)方向平行 B．線圈產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值為e＝311sin 100πt V C．線圈產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的頻率為100 Hz D．線圈產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的有效值為311 V [思路點(diǎn)撥]　 (1)理解兩個(gè)特殊位置的特點(diǎn)。 (2)掌握?qǐng)D像上各點(diǎn)的物理意義。 [解析]　當(dāng)t＝0.005 s時(shí)電動(dòng)勢(shì)最大，則線圈平面與磁場(chǎng)方向平行(穿過(guò)線圈平面的磁通量為0，產(chǎn)生的

47、感應(yīng)電流最大)，故A正確；線圈產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值為e＝Emsint＝311sin 100πt V，故B正確；由題圖乙可知周期為0.02 s，則頻率為f＝＝50 Hz，故C錯(cuò)誤；線圈產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的有效值為220 V，故D錯(cuò)誤。 [答案]　AB [備考錦囊]　 交變電流瞬時(shí)值表達(dá)式求法 (1)先求電動(dòng)勢(shì)的最大值Em＝nBSω。 (2)再求出角速度ω＝。 (3)明確從哪一位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，從而確定是正弦函數(shù)還是余弦函數(shù)。 (4)寫(xiě)出瞬時(shí)值的表達(dá)式。 [即時(shí)訓(xùn)練] 如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線圈abcd的匝數(shù)為n，線圈電阻為r，外電路的電阻為R，ab的中點(diǎn)和cd的中點(diǎn)的連線OO

48、′恰好位于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，現(xiàn)在線圈以O(shè)O′為軸，以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，求： (1)閉合電路中電流瞬時(shí)值的表達(dá)式； (2)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的熱量； (3)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中電阻R上通過(guò)的電荷量； (4)電阻R上的最大電壓。 解析：(1)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，總有一條邊切割磁感線，且ad邊和bc邊轉(zhuǎn)動(dòng)的線速度大小相等，當(dāng)線圈平行于磁場(chǎng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，為Em＝nBLv＝nBL·ω·L＝nBL2ω。 由閉合電路歐姆定律可知Im＝，當(dāng)以圖示位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)時(shí)，流過(guò)R的電流瞬時(shí)值表達(dá)式為 i＝Imsin ωt＝sin ωt。 (2)在

49、線圈由圖示位置勻速轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中，用有效值來(lái)計(jì)算電阻R上產(chǎn)生的熱量 Q＝I2R， 其中I＝＝，T＝，則 Q＝I2R＝。 (3)在線圈轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值為 ＝n＝＝， 流過(guò)R的平均電流＝＝， 所以流過(guò)R的電荷量 q＝·＝＝。 (4)由部分電路歐姆定律可知電阻R上的最大電壓 Um＝ImR＝。 答案：見(jiàn)解析 結(jié)合理想變壓器考查交流電路的分析 [例2]　(2017·泰州模擬)如圖所示，有一矩形線圈的面積為S，匝數(shù)為N，內(nèi)阻不計(jì)，在水平方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞OO′軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，從圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)。矩形線圈通過(guò)滑環(huán)接一理想變壓器，

50、滑動(dòng)觸頭P上下移動(dòng)時(shí)可改變輸出電壓，副線圈接有可調(diào)電阻R，下列判斷正確的是(　　) A．矩形線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝NBSωcos ωt B．矩形線圈從圖示位置經(jīng)過(guò)時(shí)間，通過(guò)電流表的電荷量為零 C．當(dāng)P位置不動(dòng)，R增大時(shí)，電壓表讀數(shù)也增大 D．當(dāng)P向上移動(dòng)，R不變時(shí)，電流表讀數(shù)減小 [審題指導(dǎo)]　 (1)交變電流開(kāi)始計(jì)時(shí)的位置為峰值面。 (2)計(jì)算通過(guò)電流表的電荷量應(yīng)該用交變電流的平均值。 (3)移動(dòng)滑動(dòng)觸頭的過(guò)程中，副線圈的匝數(shù)不變。 [解析]　開(kāi)始計(jì)時(shí)時(shí)，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為最大值NBSω，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝NBSωcos ωt，A正確

51、；矩形線圈從圖示位置經(jīng)過(guò)時(shí)間，線圈磁通量的變化量為ΔΦ＝BS，故通過(guò)電流表的電荷量q＝N，所以不為零，B錯(cuò)誤；電壓表讀數(shù)是線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值，即總是，C錯(cuò)誤；當(dāng)P向上移動(dòng)時(shí)，輸出電壓升高，R不變時(shí)，輸出功率增大，電流表讀數(shù)增大，D錯(cuò)誤。 [答案]　A [備考錦囊]　 分析變壓器動(dòng)態(tài)變化的流程和關(guān)鍵 (1)分析變壓器動(dòng)態(tài)變化問(wèn)題的一般思維流程 (2)分析變壓器動(dòng)態(tài)變化問(wèn)題的關(guān)鍵 ①弄清變量和不變量，確定是負(fù)載電阻不變還是匝數(shù)比不變。 ②弄清變壓器動(dòng)態(tài)變化中的決定關(guān)系，即P2決定P1，I2決定I1，U1決定U2。 [即時(shí)訓(xùn)練] 如圖，理想變壓器原線圈輸入電壓u＝Um

52、sin ωt，副線圈電路中R0為定值電阻，R是滑動(dòng)變阻器。V1和V2是理想交流電壓表，示數(shù)分別用U1和U2表示；A1和A2是理想交流電流表，示數(shù)分別用I1和I2表示。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．I1和I2表示電流的瞬時(shí)值 B．U1和U2表示電壓的最大值 C．滑片P向下滑動(dòng)過(guò)程中，U2不變、I1變大 D．滑片P向下滑動(dòng)過(guò)程中，U2變小、I1變小 解析：選C　電流表、電壓表顯示的都是有效值而非瞬時(shí)值或最大值，A、B錯(cuò)誤；若P向下滑動(dòng)，R阻值減小，負(fù)載回路阻值減小，I2增大，由＝可知，I1增大。V1測(cè)量原線圈兩端電壓，U1不變，V2測(cè)量副線圈兩端電壓，由于原副線圈匝數(shù)不變，所以U2不變，

53、C正確，D錯(cuò)誤。 遠(yuǎn)距離高壓輸電問(wèn)題 [例3]　通過(guò)一理想變壓器，經(jīng)同一線路輸送相同電功率P，原線圈的電壓U保持不變，輸電線路的總電阻為R。當(dāng)副線圈與原線圈的匝數(shù)比為k時(shí)，線路損耗的電功率為P1，若將副線圈與原線圈的匝數(shù)比提高到nk，線路損耗電功率為P2，則P1和分別為(　　) A.，　　　　　　 B.2R， C.， D.2R， [解析]　根據(jù)變壓器的變壓比，當(dāng)副線圈與原線圈的匝數(shù)比為k時(shí)，有k＝，副線圈與原線圈的匝數(shù)比提高到nk時(shí)，有nk＝，由于線路的輸送功率不變，則有P＝U1I1＝U2I2。根據(jù)焦耳定律，線路損耗功率：P1＝I12R＝2R＝2R，P2＝I22R，＝＝＝

54、。 [答案]　D [備考錦囊]　 遠(yuǎn)距離輸電中的“三路兩耗” (1)三個(gè)回路 回路1：發(fā)電機(jī)回路。該回路中，通過(guò)線圈1的電流I1等于發(fā)電機(jī)中的電流I機(jī)；線圈1兩端的電壓U1等于發(fā)電機(jī)的路端電壓U機(jī)；線圈1輸入的電功率P1等于發(fā)電機(jī)輸出的電功率P機(jī)。 回路2：輸送電路。I2＝I3＝IR，U2＝U3＋UR，P2＝PR＋P3。 回路3：輸出電路。I4＝I用，U4＝U用，P4＝P用。 (2)兩種損耗 ①電壓損耗：輸電線上的電阻導(dǎo)致的電壓損耗，UR＝U2－U3＝IRR。 ②功率損耗：輸電線上的功率損耗P損＝IR2R＝P2－P3。 [即時(shí)訓(xùn)練] 如圖所示為遠(yuǎn)距離輸電的示意圖，升

55、壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，發(fā)電廠的輸出電壓和輸電線的電阻均不變。閉合開(kāi)關(guān)S后(　　) A．升壓變壓器的輸出電壓增大 B．降壓變壓器的輸出電流減小 C．輸電線上損耗的功率增大 D．輸電線上交流電的頻率減小 解析：選C　根據(jù)輸入電壓決定輸出電壓，閉合開(kāi)關(guān)S后，升壓變壓器的輸出電壓不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；閉合開(kāi)關(guān)S后，負(fù)載增加，負(fù)載總電阻減小，降壓變壓器的輸出電流增大，輸電線上電流增大，輸電線上損耗的功率增大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)變壓器不改變交流電的頻率可知，輸電線上交流電的頻率不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 [課余自查小練] 1.(2015·四川高考)小型手搖發(fā)電機(jī)線圈共N匝，每匝可

56、簡(jiǎn)化為矩形線圈abcd，磁極間的磁場(chǎng)視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于線圈中心軸OO′，線圈繞OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖所示。矩形線圈ab邊和cd邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值都為e0，不計(jì)線圈電阻，則發(fā)電機(jī)輸出電壓(　　) A．峰值是e0　　　　　　　 B．峰值是2e0 C．有效值是Ne0 D．有效值是Ne0 解析：選D　因每匝矩形線圈ab邊和cd邊產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的最大值都是e0，每匝中ab和cd串聯(lián)，故每匝線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的最大值為2e0。N匝線圈串聯(lián)，整個(gè)線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為2Ne0，因線圈中產(chǎn)生的是正弦交流電，則發(fā)電機(jī)輸出電壓的有效值E＝Ne0，故選項(xiàng)D正確。 2．(多選)如圖甲所示，在勻強(qiáng)

57、磁場(chǎng)中，一矩形金屬線圈兩次分別以不同的轉(zhuǎn)速，繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)圖像如圖乙中曲線a、b所示，則(　　) A．兩次t＝0時(shí)刻線圈平面均與中性面重合 B．曲線a、b對(duì)應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為2∶3 C．曲線a表示的交變電動(dòng)勢(shì)頻率為25 Hz D．曲線b表示的交變電動(dòng)勢(shì)有效值為10 V 解析：選AC　由題圖乙知t＝0時(shí)兩次轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)都等于零，則線圈平面均與中性面重合，A正確；兩次轉(zhuǎn)動(dòng)所產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的周期之比Ta∶Tb＝2∶3，再由周期與轉(zhuǎn)速的關(guān)系n＝，得na∶nb＝3∶2，B錯(cuò)誤；因Ta＝4×10－2 s，故fa＝＝25 Hz，C正確；因Ema＝15 V

58、，而Em＝NBSω＝，故Emb＝Ema＝10 V，Eb＝＝5 V，D錯(cuò)誤。 3．如圖甲所示，長(zhǎng)、寬分別為L(zhǎng)1＝0.1 m、L2＝0.2 m的矩形金屬線框位于豎直平面內(nèi)，其匝數(shù)為n＝100，總電阻為1 Ω，可繞其豎直中心軸O1O2轉(zhuǎn)動(dòng)。線框的兩個(gè)末端分別與兩個(gè)彼此絕緣的銅環(huán)C、D(集流環(huán))焊接在一起，并通過(guò)電刷和定值電阻R＝9 Ω相連。線框所在空間有水平向右均勻分布的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，其中B0＝5×10－3 T、B1＝1×10－2 T和t1＝2×10－3 s。0～t1時(shí)間內(nèi)，線框保持靜止，且線框平面和磁場(chǎng)垂直；t1時(shí)刻后，線框在外力的驅(qū)動(dòng)下開(kāi)始繞O1O2以角

59、速度ω＝200 rad/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。求： (1)0～t1時(shí)間內(nèi)通過(guò)電阻R的電流大??； (2)線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)后，在轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的熱量； (3)線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)后，從圖甲所示位置轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量。 解析：(1)0～t1時(shí)間內(nèi)，線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E＝n＝ 根據(jù)閉合電路歐姆定律得，通過(guò)電阻R的電流 I＝＝ 解得I＝0.5 A。 (2)線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)后，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值 Em＝nB1L1L2ω 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值E＝nB1L1L2ω 通過(guò)電阻R的電流有效值I＝ 線框轉(zhuǎn)動(dòng)一周所需的時(shí)間t＝ 此過(guò)程中，電阻R產(chǎn)生的熱量 Q＝I2Rt＝π

60、Rω2 解得Q≈0.022 6 J。 (3)線框從題圖甲所示位置轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中， 平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)＝n＝ 平均感應(yīng)電流＝ 流過(guò)電阻R的電荷量q＝Δt＝。 解得q＝2×10－3 C。 答案：(1)0.5 A　(2)0.022 6 J　(3)2×10－3 C 4.如圖所示，一個(gè)面積S＝0.2 m2 的單匝圓形線圈，M、N兩端間距很小可以忽略，線圈處于變化的磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度按B＝sin 100πt T 的規(guī)律變化。線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝BmSωcos ωt，其中Bm為磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值，ω為磁場(chǎng)變化的角速度，線圈的電阻r＝2 Ω，外接電阻R＝18 Ω(電

61、壓表為理想交流電壓表)。求： (1)電壓表的示數(shù)； (2)變化的電流一個(gè)周期在電阻R上產(chǎn)生的熱量Q； (3)從t＝0開(kāi)始到t＝ s這段時(shí)間通過(guò)線圈的電量q。 解析：(1)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度按B＝sin 100πt T的規(guī)律變化，由題意知，線圈中產(chǎn)生交變電流，且Bm＝ T，ω＝100π rad/s 電動(dòng)勢(shì)最大值Em＝BmSω＝100 V 有效值E有＝＝50 V 電壓表的示數(shù)U＝R＝45 V。 (2)交變電流的周期T＝＝0.02 s 根據(jù)焦耳定律得，一個(gè)周期在電阻R上產(chǎn)生的熱量 Q＝T＝4.5 J。 (3)在0～ s時(shí)間內(nèi)，電動(dòng)勢(shì)的平均值＝， 平均電流＝ 通過(guò)線圈的電量q

62、＝Δt 解得：q＝ C。 答案：(1)45 V　(2)4.5 J　(3) C [專(zhuān)題跟蹤檢測(cè)] 一、選擇題(第1～5題為單項(xiàng)選擇題，第6～9題為多項(xiàng)選擇題) 1．如圖甲所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)n＝10 匝的閉合矩形線圈繞軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)軸O1O2垂直于磁場(chǎng)方向，線圈電阻為5 Ω，從圖甲所示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，通過(guò)線圈平面的磁通量隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示，則(　　) A．線圈轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中消耗的電功率為10π2 W B．在t＝0.2 s時(shí)，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，且電流改變一次方向 C．所產(chǎn)生的交變電流感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝10πsin 5πt V D．線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)90

63、°時(shí)穿過(guò)線圈的磁通量變化最快 解析：選A　最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：Em＝nBSω＝nBS·＝nΦm·＝10×0.2× V＝10π V，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值為：E＝＝ V＝5π V，線圈轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中消耗的電功率為：P＝＝ W＝10π2 W，故A正確；t＝0.2 s 時(shí)，磁通量為0，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，電流方向不變，故B錯(cuò)誤；由題圖乙知角速度ω＝＝ rad/s＝5π rad/s，因?yàn)閺木€圈垂直中性面開(kāi)始計(jì)時(shí)，所以交變電流感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝10πcos 5πt V，故C錯(cuò)誤；線圈在圖示位置磁通量為0，磁通量的變化率最大，穿過(guò)線圈的磁通量變化最快，轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)，磁通量最大，磁通量變化率為0，故

64、D錯(cuò)誤。 2.如圖甲所示，50匝矩形閉合導(dǎo)線框ABCD處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝ T的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框電阻不計(jì)。線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)EF處所產(chǎn)生的正弦交流電壓圖像如圖乙所示。把該交流電壓加在圖丙中理想變壓器的P、Q兩端。已知變壓器的原線圈I和副線圈Ⅱ的匝數(shù)比為5∶1，交流電流表為理想電表，電阻R＝1 Ω，其他各處電阻不計(jì)，以下說(shuō)法正確的是(　　) A．t＝0.1 s時(shí)，電流表的示數(shù)為0 B．副線圈中交流電的頻率為50 Hz C．線框面積為 m2 D．0.05 s時(shí)線框位于圖甲所示位置 解析：選C　原線圈中電壓的有效值U1＝＝ V＝10 V，根據(jù)＝，解得U2＝2 V，故副線圈中的電流I

65、2＝＝ A＝2 A，電流表的電流為I1，由＝，解得I1＝0.4 A，故A錯(cuò)誤；交流電的周期T＝0.2 s，故交流電的頻率f＝＝5 Hz，故B錯(cuò)誤；根據(jù)Em＝nBSω可知S＝＝ m2＝ m2，故C正確；0.05 s時(shí)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，線框平面與中性面垂直，故D錯(cuò)誤。 3．如圖甲、乙分別表示兩種電壓的波形，其中圖甲所示電壓按正弦規(guī)律變化，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．圖甲表示交流電，圖乙表示直流電 B．兩種電壓的有效值都是311 V C．圖甲所示電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為u＝220sin 100πt V D．圖甲所示電壓經(jīng)原、副線圈匝數(shù)比為10∶1的理想變壓器變壓后，功率比為1∶

66、1 解析：選D　由于題圖甲、乙中表示的電流方向都隨時(shí)間變化，因此都為交流電，故A錯(cuò)誤；兩種電壓的最大值是311 V，有效值要小于311 V，故B錯(cuò)誤；從題圖甲可知，Em＝311 V，ω＝＝100π rad/s，所以題圖甲電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為u＝311sin 100πt V，故C錯(cuò)誤；交流電經(jīng)理想變壓器變壓后，輸入功率等于輸出功率，功率比為1∶1，故D正確。 4.(2017·蘇州一模)如圖所示為一個(gè)小型電風(fēng)扇的電路簡(jiǎn)圖，其中理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為n，原線圈接電壓為U的交流電源，輸出端接有一只電阻為R的燈泡L和交流電風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)D，電動(dòng)機(jī)線圈電阻為r。接通電源后，電風(fēng)扇正常運(yùn)轉(zhuǎn)，測(cè)出通過(guò)風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)的電流為I。則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．理想變壓器的輸入功率為 B．風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)中的電流為 C．風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率為 D．若電風(fēng)扇由于機(jī)械故障被卡住，則通過(guò)原線圈的電流為 解析：選D　理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為n，原線圈接電壓為U的交流電源，則輸出端電壓為，而風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)的輸入功率為，因輸出端還有一只燈泡，故A錯(cuò)誤；由上述分析知輸出端電壓為，因?yàn)轱L(fēng)扇電動(dòng)機(jī)不是純電