高三物理知识点综合复习检测5.doc

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要重视本专题与力学知识的综合应用，提升综合分析能力和计算能力。考向一直流电路的动态分析 (选择题) 1明确一个定律、两个关系(1)闭合电路的欧姆定律：I。(2)路端电压与电流的关系：UEIr。(3)路端电压与负载的关系UIREE，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小。2明确引起电路动态变化的原因(1)滑动变阻器、热敏电阻或光敏电阻的阻值变化。(2)某支路开关闭合或断开。(2014天津高考)如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是()A增大R1的阻值 B增大R2的阻值 C增大两板间的距离 D断开电键S解析在直流电路中，R2与电容器串联的支路不通，因此电容器两端的电压等于R1两端的电压，增大R1的阻值，R1两端的电压增大，电容器两端的电压增大，由E可知，电容器两极板间的电场强度增大，因此板间带电油滴受到的电场力增大，会向上运动，A错误；增大R2的阻值不改变电路中的总电阻，不改变R1两端的电压，因此电容器中的油滴仍保持静止，B正确；增大两板间的距离，而电容器两板间的电压一定，由E可知，板间的场强减小，油滴受到的电场力减小，油滴会向下运动，C错误；断开电键S，电容器会通过R1、R2进行放电，使板间场强减小，油滴受到的电场力减小而向下运动，D错误。答案B感悟升华动态电路的分析方法程序法(1)由局部电阻变化判断总电阻的变化。(2)由I判断总电流的变化。(3)据UEIr判断路端电压的变化。(4)由欧姆定律及串、并联电路特点判断各部分电流、电压变化，一般先分析固定电阻支路，再分析变化电阻支路。1(2014自贡质检)为了儿童安全，必须检测布绒玩具中是否存在金属断针，可以先将玩具放置于强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在。如图所示是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中RB是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，a、b接报警器，当传感器RB所在处出现断针时，电流表的电流I、ab两端的电压U将()AI变大，U变大 BI变小，U变小CI变大，U变小 DI变小，U变大解析：选C由题意知，RB的电阻随断针的出现而减小，即外电路的总电阻R减小，由闭合电路欧姆定律有I总E/(Rr)，可知I总必增大，再由UEI总r可知，路端电压U减小，而由U1I总R1可知，U1增大，U3必减小，由电流表的电流II总I3可知，电流表的电流必变大，C正确。2在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示。M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时()ARM变大，且R越大，U增大越明显BRM变大，且R越小，U增大越明显CRM变小，且R越大，U增大越明显DRM变小，且R越小，U增大越明显解析：选C当RM变大时，回路的总电阻变大，根据I总，得干路中的电流变小，S两端的电压UI总RS变小，A、B错误；当RM变小时，回路的总电阻变小，根据I总，得干路中的电流变大，S两端的电压UI总RS变大，由R总RS知，R越大，RM变小时，对回路的总电阻变化的影响越明显，C正确，D错误。3如图所示电路中，电源电动势E恒定，内阻r1 。定值电阻R35 。当电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则下列说法中正确的是()A电阻R1、R2可能分别为4 、5 B电阻R1、R2可能分别为3 、6 C电键K断开时电压表的示数一定大于K闭合时的示数D电键K断开与闭合时电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6 解析：选ACD由闭合电路欧姆定律，电键K断开与闭合时的电流分别为I1、I2，ab段电路消耗的电功率I(R1R2)IR1，将选项A和B中的阻值代入，A正确，B错误；电键K断开时外电路总电阻增大，则干路电流减小，a、b间电压UEI(rR3)增大，C正确；把R3看成是电源的一部分，则电压表读数视为路端电压，有rR3，D正确。 考向二交变电流的产生和描述 (选择题) 1线圈通过中性面时的特点(1)穿过线圈的磁通量最大。(2)线圈中的感应电动势为零。(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次。2正弦式交流电的“四值”的应用(以电动势为例)四值计算式应用最大值EmNBS计算电容器的耐压值瞬时值eEmsin t计算闪光电器的闪光时间等有效值E电表的读数、电热、电功及保险丝熔断电流的计算等平均值计算通过导体横截面的电量等(2014巴中质检)图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R10 的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，示数是10 V。图乙是矩形线圈磁通量随时间t变化的图像，则()A电阻R上的热功率为20 WB0.02 s时R两端的电压瞬时值为零CR两端的电压u随时间t变化的规律是u10cos 100t(V)D通过R的电流i随时间t变化的规律是icos 50t(A)思路探究(1)计算功率时要用交流电的有效值，电表的读数即为电阻R两端电压的有效值。(2)弄清各时刻线圈所处的位置是求解瞬时值的关键。(3)书写瞬时值表达式时要弄清三个关键：最大值、角速度、零时刻线圈所处的位置。解析电压表的示数为该电压的有效值，因此电阻R上的热功率P10 W，A错误；由图像可知，0.02 s时，磁通量为零，此时线圈处于垂直于中性面的位置，产生的电动势以及路端电压应该是最大的，B错误；由图像知，该交流电为余弦式变化的交流电，因此电压的最大值为10 V，周期T0.02 s，则100 rad/s，所以电压随时间的变化规律uUmcost10cos 100t(V)，C正确；通过R的最大电流为Im A，因此电流随时间的变化规律为iImcos tcos 100t(A)，D错误。答案C感悟升华交变电流瞬时值表达式书写的基本思路(1)确定正余弦交变电流的峰值，根据已知图像或由公式EmNBS求出相应峰值。(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。若线圈从中性面开始计时，则Et关系为正弦函数，函数表达式为eEmsin t。若线圈从垂直中性面开始计时，则Et关系为余弦函数，函数表达式为eEmcos t。4(2014天津高考)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t0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23C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解析：选ACt0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，A正确；图中a、b对应的周期之比为23，因此线圈转速之比nanb32，B错误；a线表示的交流电动势的频率为fa Hz25 Hz，C正确；曲线a表示的交变电动势的最大值EamNBS，由图像知Eam15 V，曲线b表示的交变电动势的最大值EbmNBS，因此，Ebm10 V，有效值Eb V5 V，D错误。5如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R。线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度从中性面开始匀速转动，下列说法正确的是()A转过时，线框中的电流方向为abcdaB线框中感应电流的有效值为 C从中性面开始转过的过程中，通过线框横截面的电荷量为 D线框转一周的过程中，产生的热量为 解析：选C 由楞次定律和右手定则可知，转过时，线框中的电流方向为adcba，A错误；线框中感应电流的最大值Im，由于线框中的感应电流是正弦交流电，其电流有效值I，B错误；由q可知，从中性面开始转过的过程中，通过线框横截面的电荷量q，C正确；线框转一周的过程中，产生的热量等于感应电流做的功，因此QWI2R，D错误。 6图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场， 为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。下列判断正确的是()A电流表的示数为10 AB线圈转动的角速度为50 rad/sC0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左解析：选AC电流表测量的是电路中电流的有效值I10 A，A正确；由图像可知，T0.02 s，所以100 rad/s，B错误；t0.01 s时，电流最大，线圈平面与磁场方向平行，C正确；T 0.02 s时，线圈所处的状态就是图示状况，此时R中电流的方向自左向右，D错误。考向三变压器和远距离输电 (选择题)1理想变压器的动态分析(1)根据题意弄清变量和不变量。一般情况下原线圈电压不变，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决定关系。当原、副线圈匝数比一定时，U2由U1决定，P1由P2决定，I1由I2决定。(3)分析流程如下由分析U2由I2分析I2由P1P2I2U2分析P1由P1U1I1分析I1由分析I1由P1U1I1分析P12远距离输电过程功率的关系(1)变压器输出功率：P出P损P用。(2)输电线上的电流：I。(3)输电线上损失的功率P损I2R线2R线U损I。(2014四川高考)如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则()A用户用电器上交流电的频率是100 HzB发电机输出交流电的电压有效值是500 VC输电线的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定D当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小解析由题图乙可得交流电的频率是50 Hz，发电机输出电压的最大值是500 V，所以有效值为250 V，变压器在输电过程中不改变交流电的频率，A、B错误；输电线的电流是由降压变压器的负载电阻和输出电压决定的，C错误；由于升压变压器的输出电压不变，当用户用电器的总电阻增大时，输出电流减小，根据电流与匝数成反比的关系可知，输电线上的电流减小，由P线IR线可知，输电线上损失的功率减小，D正确。答案D感悟升华分析理想变压器动态问题时应注意的问题当原、副线圈匝数变化时，要根据变压比确定副线圈电压的变化情况，从而进一步判断出变压器的输出电流、输出功率及输入电流、输入功率的变化情况。7(2013四川高考)用220 V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V，通过负载的电流图像如图所示，则()A变压器输入功率约为3.9 WB输出电压的最大值是110 VC变压器原、副线圈匝数比是12D负载电流的函数表达式i0.05sin A解析：选A由负载电流图像知，负载电流I2 A，变压器的输出功率P2I2U2110 W3.9 W，输入功率P1P23.9 W，A正确；输出电压的最大值为U2m110 V，B错误；变压器原、副线圈的匝数比是21，C错误；由图像知，负载电流的函数表达式i0.05sin 100t(A)，D错误。8(2014浙江高考)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I1，其末端间的电压为U1。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I2。则()A用户端的电压为B输电线上的电压降为UC理想变压器的输入功率为IrD输电线路上损失的电功率为I1U解析：选A理想变压器输入和输出功率相同，设用户端得到的电压为U2，则有I1U1U2I2，U2，A正确；输电线上的电压降为UI1r，或者UUU1，B错误；理想变压器的输入功率为PI1U1，C错误；输电线路上损失的电功率为PIr，D错误。9(2014全国新课标) 如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表 接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则()AUabUcdn1n2B增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大D将二极管短路，电流表的读数加倍解析：选BD经交流电压表、交流电流表测得的值分别为交变电压和交变电流的有效值，根据变压器公式得到输出电压，而c、d端电压不等于输出电压U2，因二极管具有单向导电性，输入电压通过变压器变压后经二极管整流后有效值发生变化， Ucd，则UabUcdn1n2，A错误；增大负载电阻的阻值R, Uab不变，Ucd也不变，根据P出可知输出功率减小，根据理想变压器的输入功率等于输出功率可知，输入功率必减小，故电流表读数变小，B正确，C错误；二极管短路时，UcdU2，输出功率P出2P出，故输入功率P1也加倍，而输入电压U1不变，根据P1U1I1得电流表读数加倍，D正确。交变电流的综合问题分析 如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，内阻不计，绕OO轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度做匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的是()A矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为eNBScos tB矩形线圈从图示位置经过 时间时，通过电流表的电荷量为零C当P位置不动，R增大时，电压表读数也增大D当P位置向上移动，R不变时，电流表读数减小第1步：找关键点(1)由开始计时时线圈所处的位置，可知计时时线圈中的感应电动势最大。(2)电压表的读数等于发电机输出电压的有效值，也等于变压器的输入电压。(3)P向上移动，说明原线圈匝数减少。第2步：寻交汇点(1)交变电流：变压器的工作原理、电路的动态分析、瞬时感应电动势的计算。(2)电磁感应：法拉第电磁感应定律的应用。第3步：明突破点(1)书写交变电流的瞬时值表达式时，关键是弄清最大值、开始计时时线圈的位置、角速度。(2)通过线圈的电荷量可根据qN进行计算。解析计时起点线圈中的感应电动势为最大值NBS，所以感应电动势的瞬时值表达式为eNBScos t，A正确；矩形线圈从图示位置经过时间，线圈磁通量的变化量为BS，故通过电流表的电荷量qN，所以不为零，B错误；电压表示数是线圈产生的感应电动势的有效值，即总是，C错误；当P位置向上移动时，输出电压升高，R不变时，输出功率增大，电流表读数增大，D错误。答案A感悟升华交变电流的综合问题，涉及交流电路最大值、有效值、平均值、瞬时值的计算，以及与电磁感应、安培力、闭合电路欧姆定律的综合应用等，解答时应注意以下几点：(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、部分电路欧姆定律的知识应用在交流电路中。跟踪训练(2014德阳模拟)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为，磁场均沿半径方向。匝数为N的矩形线圈abcd的边长abcdl、bcad2l。线圈以角速度绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。求：(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；(3)外接电阻上电流的有效值I。解析：(1)bc、ad边的运动速度v感应电动势EmEadEbc4NBlv解得Em2NBl2(2)由闭合电路欧姆定律知回路中的电流Im bc边受到的安培力FNBIm2l解得F(3)一个周期内，通电时间tTTR上消耗的电能WIRt且WI2RT解得I答案：(1)2NBl2(2)(3) 一、选择题1(2014绵阳质检)如图所示，实验室一台手摇交流发电机，内阻r1.0 ，外接R9.0 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e10sin 10t(V)，则()A该交变电流的频率为10 HzB该电动势的有效值为10 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的示数为1.0 A解析：选D因e10sin 10t(V)，故10 rad/s，f5 Hz，A错误；Em10 V，故其有效值E10 V，B错误；交流电表的示数及功率的计算均要用有效值，因此电路中的示数I1.0 A，D正确；外接电阻R所消耗功率为PI2R1.029 W9 W，C错误。2(2014江苏高考)远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是()A. BI2CI1U1IR DI1U1I2U2解析：选D根据变压器的工作原理可知，A错误；因U2、I2、R不满足欧姆定律公式中物理量之间的对应关系，B错误；U1I1U2I2，但U2I2IR，C错误，D正确。3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n1n2101，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r2 。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8 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：选D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 V12 V10 V，A错误；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，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，D正确。4如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，两平行金属板间有匀强磁场。开关S闭合后，当滑动变阻器滑片位于图示位置时，一带电粒子恰好以速度v匀速穿过两板。若不计重力，下列说法不正确的是()A如果将开关断开，粒子将继续沿直线运动B保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子可能向上偏转C保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出D保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出解析：选A 将开关断开，电容器将通过滑动变阻器放电，a、b板间的场强逐渐减小到零，所以粒子受到的洛伦兹力大于电场力，粒子将发生偏转，A错误；保持开关闭合，电容器两端电压不变，将a极板向下移动一点，由E知两极板之间电场强度增大，粒子所受电场力增大，它可能向上偏转，B正确；保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，平行金属板间电压降低，由FqE知粒子所受电场力小于洛伦兹力，若粒子带负电，粒子将可能从下极板边缘射出，C正确；保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，平行金属板间电压升高，粒子所受电场力大于洛伦兹力；若粒子带正电，它将可能从下极板边缘射出，D正确。5(2014福建高考)如图所示为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1n4n2n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻RL2R，忽略灯丝电阻随温度的变化。当A、B端接入低压交流电源时()AA1、A2两表的示数相同BL1、L2两灯泡的亮度相同CR1消耗的功率大于R3消耗的功率DR2两端的电压小于R4两端的电压解析：选D远距离输电过程中，应用高压输电能够减小输电线上的功率损失，R1消耗的功率小于R3消耗的功率，C错；而比较两个不同输电回路，输电线电阻相同，由P损I22R可知，A1示数小于A2示数，A错；根据欧姆定律可知，R2两端电压小于R4两端电压，D正确；由于输电线上损失电压不同，故两灯泡两端电压不同，故亮度不同，B错。6(2014山东高考) 如图所示，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A。以下判断正确的是()A变压器输入功率为484 WB通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD变压器原、副线圈匝数比n1n2113解析：选BD由题意知U1220 V，U260 V，I22.2 A，则由P1P2U2I2，解得n1n2113，I10.6 A，P1132 W，B、D正确，A错误；由于电流表显示的是有效值，因此通过副线圈电流的最大值为2.2 A，C错误；7(2014广元质检)如图所示电路中，开关闭合稳定后，某时刻理想电压表和电流表的读数都突然增大，造成这一现象的原因是电阻元件发生短路或断路故障，则可能出现了下列哪种故障() AR1断路 BR1短路CR2断路 DR3短路解析：选AD若R1断路，则外电压增大，电压表、电流表的读数均增大；若R1短路，则两电表读数应为零；若R2断路，则电流表读数减小至接近零，电压表读数增大；若R3短路，回路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律I得干路的总电流增大，所以UEIr，电源的外电压减小，通过R1的电流减小；因II1I2，所以通过电流表支路的电流增大，故电压表和电流表的读数都突然增大，A、D正确。8(2014四川名校联考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1n241，原线圈接图乙所示的正弦交流电，副线圈与理想电压表、理想电流表、热敏电阻RT(阻值随温度的升高而减小)及报警器P组成闭合电路，回路中电流增大到一定值时报警器P将发出警报声。则以下判断正确的是() A变压器副线圈中交流电压的瞬时表达式u9sin 100t(V)B电压表示数为9 VCRT处温度升高到一定值时，报警器P将会发出警报声DRT处温度升高时，变压器的输入功率变小解析：选AC由图乙知原线圈输入电压的峰值U136 V，由变压器变压公式知，变压器副线圈输出电压为9 V，副线圈中交流电压的瞬时表达式u9sin 100t(V)，A正确；电压表示数小于9 V，B错误；RT处温度升高到一定值时，热敏电阻RT减小到一定值，回路中电流增加到一定值时报警器P将会发出警报声，C正确；RT处温度升高时，变压器输出电流增大，变压器的输入功率增大，D错误。二、非选择题9如图所示，边长为l的正方形线圈abcd的匝数为n，线圈电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO恰好位于匀强磁场中的边界上，磁感应强度为B，现在线圈以OO为轴，以角速度匀速转动，求： (1)闭合电路中电流瞬时值的表达式；(2)线圈从图示位置转过90的过程中电阻R上产生的热量；(3)线圈从图示位置转过90的过程中电阻R上通过的电荷量；(4)电阻R上的最大电压。解析：(1)线圈转动时，总有一条边切割磁感线，且ad边和bc边转动的线速度大小相等，当线圈平行于磁场时，产生的感应电动势最大，为EmnBlvnBllnBl2由闭合电路欧姆定律可知电路中电流的最大值Im以图示位置，即中性面作为计时起点，流过R的电流表达式iImsin tsin t(2)在线圈由图示位置匀速转过90的过程中，用有效值来计算电阻R上产生的热量QI2R其中I，T即QI2R (3)在转过90的过程中感应电动势的平均值n流过R的平均电流 所以流过R的电荷量q (4)由部分电路欧姆定律可知电阻R上的最大电压UmImR 答案：(1)isin t(2) (3)(4)10.发电机的端电压为220 V，输出电功率为44 kW，输电导线的电阻为0.2 ，如果用初、次级线圈匝数之比为110的升压变压器升压，经输电线路后，再用初、次级线圈匝数比为101的降压变压器降压供给用户。(1)画出全过程的线路图；(2)求用户得到的电压和功率；(3)若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的功率和电压。解析：(1)线路图如图所示。 (2)升压变压器次级线圈的输出电压U2U12 200 V设升压变压器初级线圈输入电流I1，由PU1I1得I1 A200 A所以升压变压器次级线圈输出电流I2I120 A输电线路上的电压损失和功率损失分别为URI2R4 VPRIR0.08 kW加到降压变压器初级线圈上的输入电流和电压分别为I3I220 AU3U2UR2 196 V降压变压器的输出电压和电流分别为U4U3219.6 VI4I3200 A用户得到的功率 P4U4I443.92 kW(3)若不采用高压输电，线路损失电压为URI1R40 V用户得到的电压UU1 UR180 V用户得到的功率为PUI136 kW答案：(1)见解析图(2)219.6 V43.92 kW (3)36 kW180 V考向一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 (选择题)1楞次定律中“阻碍”的表现(1)阻碍磁通量的变化(增反减同)。(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)。(3)阻碍原电流的变化(自感现象)。2楞次定律和右手定则的适用对象(1)楞次定律：一般适用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。(2)右手定则：一般适用于导体棒切割磁感线的情形。3求感应电动势大小的五种类型(1)磁通量变化型：En。(2)磁感应强度变化型：EnS。(3)面积变化型：EnB。(4)平动切割型：EBlv。(5)转动切割型：EnBl2。(2014四川高考)如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小。质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 。此时在整个空间加方向与水平面成30角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B(0.40.2t)T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则()At1 s时，金属杆中感应电流方向从C到DBt3 s时，金属杆中感应电流方向从D到CCt1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 NDt3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N思路探究(1)穿过磁场的磁通量并不是一直减小，当B0时，磁通量开始反向增加。(2)感应电流的方向和安培力的方向分别用楞次定律和左手定则进行判断。解析由于B(0.40.2t)T，在t1 s时穿过平面的磁通量向下并减少，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向从C到D，A正确；在t3 s时穿过平面的磁通量向上并增加，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向仍然是从C到D，B错误；由法拉第电磁感应定律得ESsin 300.1 V，由闭合电路的欧姆定律得电路电流I1 A，在t1 s时，B0.2 T，方向斜向下，电流方向从C到D，金属杆对挡板P的压力水平向右，大小为FPBILsin 300.1 N，C正确；同理，在t3 s时，金属杆对挡板H的压力水平向左，大小为FHBILsin 300.1 N，D错误。答案AC感悟升华解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)确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，确定哪一部分是电源、哪一部分为负载以及负载间的连接关系。(3)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功率等公式求解。1. (2014内江模拟)如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块()A在P和Q中都做自由落体运动B在两个下落过程中的机械能都守恒C在P中的下落时间比在Q中的长D落至底部时在P中的速度比在Q中的大解析：选C小磁块从铜管P中下落时，P中的磁通量发生变化，P中产生感应电流，给小磁块一个向上的磁场力，阻碍小磁块向下运动，因此小磁块在P中不是做自由落体运动，而塑料管Q中不会产生电磁感应现象，因此Q中小磁块做自由落体运动，A错误；P中的小磁块受到的磁场力对小磁块做负功，机械能不守恒，B错误；由于在P中小磁块下落的加速度小于g，而Q中小磁块做自由落体运动，因此从静止开始下落相同高度，在P中下落的时间比在Q中下落的时间长，C正确；根据动能定理可知，落到底部时在P中的速度比在Q中的速度小，D错误。2(2014江苏高考)如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为()A.B.C.D.解析：选B磁感应强度的变化率，法拉第电磁感应定律公式可写成EnnS，其中磁场中的有效面积Sa2，代入得E，B正确，A、C、D错误。3(2014山东高考)如图所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好。在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示。不计轨道电阻。以下叙述正确的是()AFM向右 BFN向左CFM逐渐增大 DFN逐渐减小解析：选BCD由题意可知，根据安培定则，在轨道内的M区、N区通电长直导线产生的磁场分别垂直轨道平面向外和向里，由此可知，当导体棒运动到M区时，根据右手定则可以判定，在导体棒内产生的感应电流与长直绝缘导线中的电流方向相反，再根据左手定则可知，金属棒在M区时受到的安培力方向向左，A错误；同理可以判定B正确；再根据导体棒在M区匀速靠近长直绝缘导线时对应的磁场越来越大，因此产生的感应电动势