资源描述
专题四 电路和电磁感应
考情分析
备考策略
1.高考对本部分内容的要求较高，常在选择题中考查电磁感应的图像问题、电路问题、变压器问题，在计算题中作为压轴题，综合应用电路的相关学问、牛顿运动定律和能量守恒定律解决导体棒类问题。
2.高考对本专题考查的重点：楞次定律的理解和应用；感应电流的图像问题；电路中的动态分析问题；综合应用电路学问和能量观点解决电磁感应问题；变压器原理及三个关系；沟通电的产生及描述等。
1.复习时应“抓住两个定律，运用两种观点，分析三种电路”。两个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；两种观点是指动力学观点和能量观点；三种电路是指直流电路、沟通电路和感应电路。
2.留意本专题学问和日常生活、科学争辩的联系，能够将简单的问题简化成物理模型进行分析。 要重视本专题与力学学问的综合应用，提升综合分析力量和计算力量。
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：U＝E－Ir。
(3)路端电压与负载的关系
U＝IR＝E＝E，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缘由
(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。
(2022·天津高考)如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽视，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。假如仅转变下列某一个条件，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的阻值不转变电路中的总电阻，不转变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肯定，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)由局部电阻变化推断总电阻的变化。
(2)由I＝推断总电流的变化。
(3)据U＝E－Ir推断路端电压的变化。
(4)由欧姆定律及串、并联电路特点推断各部分电流、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．(2022·自贡质检)为了儿童平安，必需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，它的电阻随断针的消灭而减小，a、b接报警器，当传感器RB所在处消灭断针时，电流表的电流I、ab两端的电压U将( )
A．I变大，U变大 B．I变小，U变小
C．I变大，U变小 D．I变小，U变大
解析：选C 由题意知，RB的电阻随断针的消灭而减小，即外电路的总电阻R减小，由闭合电路欧姆定律有I总＝E/(R＋r)，可知I总必增大，再由U＝E－I总r可知，路端电压U减小，而由U1＝I总R1可知，U1增大，U3必减小，由电流表的电流I＝I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，为了准时发觉，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( )
A．RM变大，且R越大，U增大越明显
B．RM变大，且R越小，U增大越明显
C．RM变小，且R越大，U增大越明显
D．RM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，依据I总＝，得干路中的电流变小，S两端的电压U＝I总RS变小，A、B错误；当RM变小时，回路的总电阻变小，依据I总＝，得干路中的电流变大，S两端的电压U＝I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r＝1 Ω。定值电阻R3＝5 Ω。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 Ω、5 Ω
B．电阻R1、R2可能分别为3 Ω、6 Ω
C．电键K断开时电压表的示数肯定大于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肯定等于6 Ω
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(R1＋R2)＝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U＝E－I(r＋R3)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＝r＋R3，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，感应电流的方向转变一次。
2．正弦式沟通电的“四值”的应用(以电动势为例)
四值
计算式
应用
最大值
Em＝NBSω
计算电容器的耐压值
瞬时值
e＝Emsin ωt
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
(2022·巴中质检)图甲为小型旋转电枢式沟通发电机的原理图，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R＝10 Ω的电阻连接，与电阻R并联的沟通电压表为抱负电表，示数是10 V。图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图像，则( )
A．电阻R上的热功率为20 W
B．0.02 s时R两端的电压瞬时值为零
C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝10cos 100πt(V)
D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos 50πt(A)
[思路探究]
(1)计算功率时要用沟通电的有效值，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P＝＝10 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当是最大的，B错误；由图像知，该沟通电为余弦式变化的沟通电，因此电压的最大值为10 V，周期T＝0.02 s，则ω＝＝100π rad/s，所以电压随时间的变化规律u＝Um·cost＝10cos 100πt(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i＝Imcos t＝cos 100πt(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，依据已知图像或由公式Em＝NBSω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。若线圈从中性面开头计时，则Et关系为正弦函数，函数表达式为e＝Emsin ωt。若线圈从垂直中性面开头计时，则Et关系为余弦函数，函数表达式为e＝Emcos ωt。
4．(2022·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∶3
C．曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
解析：选AC t＝0时刻，两次产生的沟通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2∶3，因此线圈转速之比na∶nb＝∶＝3∶2，B错误；a线表示的沟通电动势的频率为fa＝＝ Hz＝25 Hz，C正确；曲线a表示的交变电动势的最大值Eam＝NBS·，由图像知Eam＝15 V，曲线b表示的交变电动势的最大值Ebm＝NBS·，因此＝＝，Ebm＝10 V，有效值Eb＝ V＝5 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ω从中性面开头匀速转动，下列说法正确的是( )
A．转过时，线框中的电流方向为abcda
B．线框中感应电流的有效值为
C．从中性面开头转过的过程中，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沟通电，其电流有效值I＝＝，B错误；由q＝可知，从中性面开头转过的过程中，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Q＝W＝I2R·＝，D错误。
6．图甲是小型沟通发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场， Ⓐ为沟通电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开头计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。下列推断正确的是( )
A．电流表的示数为10 A
B．线圈转动的角速度为50π rad/s
C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D．0.02 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I＝10 A，A正确；由图像可知，T＝0.02 s，所以ω＝＝100π rad/s，B错误；t＝0.01 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．抱负变压器的动态分析
(1)依据题意弄清变量和不变量。一般状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打算关系。当原、副线圈匝数比肯定时，U2由U1打算，P1由P2打算，I1由I2打算。
(3)分析流程如下
由＝分析U2由I2＝分析I2
由P1＝P2＝I2U2分析P1由P1＝U1I1分析I1由＝分析I1由P1＝U1I1分析P1
2．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。
(2022·四川高考)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．用户用电器上沟通电的频率是100 Hz
B．发电机输出沟通电的电压有效值是500 V
C．输电线的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比打算
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] 由题图乙可得沟通电的频率是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转变沟通电的频率，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打算的，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，依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]
分析抱负变压器动态问题时应留意的问题
当原、副线圈匝数变化时，要依据变压比确定副线圈电压的变化状况，从而进一步推断出变压器的输出电流、输出功率及输入电流、输入功率的变化状况。
7．(2021·四川高考)用220 V的正弦沟通电通过抱负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 W
B．输出电压的最大值是110 V
C．变压器原、副线圈匝数比是1∶2
D．负载电流的函数表达式i＝0.05sin 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P2＝I2U2＝×110 W≈3.9 W，输入功率P1＝P2＝3.9 W，A正确；输出电压的最大值为U2m＝110 V，B错误；变压器原、副线圈的匝数比是＝＝2∶1，C错误；由图像知，负载电流的函数表达式i＝0.05sin 100πt(A)，D错误。
8．(2022·浙江高考)如图所示为远距离沟通输电的简化电路图。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抱负变压器，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U
C．抱负变压器的输入功率为Ir
D．输电线路上损失的电功率为I1U
解析：选A 抱负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I1U1＝U2I2，U2＝，A正确；输电线上的电压降为ΔU＝I1r，或者ΔU＝U－U1，B错误；抱负变压器的输入功率为P＝I1U1，C错误；输电线路上损失的电功率为ΔP＝Ir，D错误。
9．(2022·全国新课标Ⅱ) 如图所示，一抱负变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一抱负电流表○ 接正弦沟通电源，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。用沟通电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则( )
A．Uab∶Ucd＝n1∶n2
B．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 经沟通电压表、沟通电流表测得的值分别为交变电压和交变电流的有效值，依据变压器公式＝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Uab∶Ucd＝n1∶n2，A错误；增大负载电阻的阻值R, Uab不变，Ucd也不变，依据P出＝可知输出功率减小，依据抱负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，U′cd＝U2，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，依据P1＝U1I1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ω做匀速转动，从图示位置开头计时。矩形线圈通过滑环接一抱负变压器，滑动触头P上下移动时可转变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列推断正确的是( )
A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt
B．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)由开头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，说明原线圈匝数削减。
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、开头计时时线圈的位置、角速度。
(2)通过线圈的电荷量可依据q＝N进行计算。
[解析] 计时起点线圈中的感应电动势为最大值NBSω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSω·cos ωt，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ΔΦ＝BS，故通过电流表的电荷量q＝N，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，输出电压上升，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，涉及沟通电路最大值、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，解答时应留意以下几点：
(1)分清沟通电路“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学问应用在沟通电路中。
[跟踪训练]
(2022·德阳模拟)某爱好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α均为π，磁场均沿半径方向。匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l。线圈以角速度ω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＝ω①
感应电动势
Em＝Ead＋Ebc＝4NBlv②
解得Em＝2NBl2ω③
(2)由闭合电路欧姆定律知回路中的电流
Im＝ ④
bc边受到的安培力F＝NBIm·2l⑤
解③④⑤得F＝⑥
(3)一个周期内，通电时间
t＝T＝T⑦
R上消耗的电能W＝IRt
且W＝I2RT⑧
解得I＝⑨
答案：(1)2NBl2ω (2) (3)
一、选择题
1．(2022·绵阳质检)如图所示，试验室一台手摇沟通发电机，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·sin 10πt(V)，则( )
A．该交变电流的频率为10 Hz
B．该电动势的有效值为10 V
C．外接电阻R所消耗的电功率为10 W
D．电路中抱负沟通电流表的示数为1.0 A
解析：选D 因e＝10sin 10πt(V)，故ω＝10π rad/s，f＝＝5 Hz，A错误；Em＝10 V，故其有效值E＝＝10 V，B错误；沟通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I＝＝1.0 A，D正确；外接电阻R所消耗功率为P＝I2R＝1.02×9 W＝9 W，C错误。
2．(2022·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。变压器为抱负变压器，则下列关系式中正确的是( )
A.＝ B．I2＝
C．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2
解析：选D 依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；U1I1＝U2I2，但U2I2≠IR，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，其中抱负变压器的原、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8 V
B．通过风扇电动机的电流是6 A
C．通过灯泡的沟通电频率是100 Hz
D．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 V－12 V＝10 V，A错误；通过风扇电动机的电流肯定小于6 A，通过灯泡的沟通电频率是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．假如将开关断开，粒子将连续沿直线运动
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板间的场强渐渐减小到零，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F＝qE＝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，平行金属板间电压上升，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．(2022·福建高考)如图所示为模拟远距离输电试验电路图，两抱负变压器的匝数n1＝n4＜n2＝n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的抱负沟通电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻RL＞2R，忽视灯丝电阻随温度的变化。当A、B端接入低压沟通电源时( )
A．A1、A2两表的示数相同
B．L1、L2两灯泡的亮度相同
C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率
D．R2两端的电压小于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＝I2·2R可知，A1示数小于A2示数，A错；依据欧姆定律可知，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．(2022·山东高考) 如图所示，将额定电压为60 V的用电器，通过一抱负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，沟通电压表和沟通电流表(均为抱负电表)的示数分别为220 V和2.2 A。以下推断正确的是( )
A．变压器输入功率为484 W
B．通过原线圈的电流的有效值为0.6 A
C．通过副线圈的电流的最大值为2.2 A
D．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3
解析：选BD 由题意知U1＝220 V，U2＝60 V，I2＝2.2 A，则由P1＝P2＝U2I2，＝＝解得n1∶n2＝11∶3，I1＝0.6 A，P1＝132 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．(2022·广元质检)如图所示电路中，开关闭合稳定后，某时刻抱负电压表和电流表的读数都突然增大，造成这一现象的缘由是电阻元件发生短路或断路故障，则可能消灭了下列哪种故障( )
A．R1断路 B．R1短路
C．R2断路 D．R3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U＝E－Ir，电源的外电压减小，通过R1的电流减小；因I＝I1＋I2，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．(2022·四川名校联考)如图甲所示，抱负变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1，原线圈接图乙所示的正弦沟通电，副线圈与抱负电压表、抱负电流表、热敏电阻RT(阻值随温度的上升而减小)及报警器P组成闭合电路，回路中电流增大到肯定值时报警器P将发出警报声。则以下推断正确的是( )
A．变压器副线圈中沟通电压的瞬时表达式u＝9·sin 100πt(V)
B．电压表示数为9 V
C．RT处温度上升到肯定值时，报警器P将会发出警报声
D．RT处温度上升时，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U1＝36 V，由变压器变压公式＝知，变压器副线圈输出电压为9 V，副线圈中沟通电压的瞬时表达式u＝9sin 100πt(V)，A正确；电压表示数小于9 V，B错误；RT处温度上升到肯定值时，热敏电阻RT减小到肯定值，回路中电流增加到肯定值时报警器P将会发出警报声，C正确；RT处温度上升时，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ω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
Em＝nBlv＝nBl·ω·l＝nBl2ω
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
i＝Imsin ωt＝sin ωt
(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Q＝I2R·
其中I＝＝，T＝
即Q＝I2R·＝
(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
Um＝ImR＝
答案：(1)i＝sin ωt (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 Ω，假如用初、次级线圈匝数之比为1∶10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10∶1的降压变压器降压供应用户。
(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U2＝U1＝2 200 V
设升压变压器初级线圈输入电流I1，由P＝U1I1得
I1＝＝ A＝200 A
所以升压变压器次级线圈输出电流I2＝I1＝20 A
输电线路上的电压损失和功率损失分别为
UR＝I2R＝4 V
PR＝IR＝0.08 kW
加到降压变压器初级线圈上的输入电流和电压分别为
I3＝I2＝20 A
U3＝U2－UR＝2 196 V
降压变压器的输出电压和电流分别为
U4＝U3＝219.6 V
I4＝I3＝200 A
用户得到的功率 P4＝U4I4＝43.92 kW
(3)若不接受高压输电，线路损失电压为U′R＝I1R＝40 V
用户得到的电压U′＝U1－ U′R＝180 V
用户得到的功率为P′＝U′I1＝36 kW
答案：(1)见解析图 (2)219.6 V 43.92 kW (3)36 kW 180 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：E＝n。
(2)磁感应强度变化型：E＝nS。
(3)面积变化型：E＝nB。
(4)平动切割型：E＝Blv。
(5)转动切割型：E＝nBl2ω。
(2022·四川高考)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 Ω。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＝(0.4－0.2t)T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则( )
A．t＝1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D
B．t＝3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C
C．t＝1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N
D．t＝3 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始终减小，当B＝0时，磁通量开头反向增加。
(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推断。
[解析] 由于B＝(0.4－0.2t)T，在t＝1 s时穿过平面的磁通量向下并削减，则依据楞次定律可以推断，金属杆中感应电流方向从C到D，A正确；在t＝3 s时穿过平面的磁通量向上并增加，则依据楞次定律可以推断，金属杆中感应电流方向仍旧是从C到D，B错误；由法拉第电磁感应定律得E＝＝Ssin 30°＝0.1 V，由闭合电路的欧姆定律得电路电流I＝＝1 A，在t＝1 s时，B＝0.2 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FP＝BILsin 30°＝0.1 N，C正确；同理，在t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力水平向左，大小为FH＝BILsin 30°＝0.1 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. (2022·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，因此从静止开头下落相同高度，在P中下落的时间比在Q中下落的时间长，C正确；依据动能定理可知，落到底部时在P中的速度比在Q中的速度小，D错误。
2．(2022·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Δt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E＝n＝nS，其中磁场中的有效面积S＝a2，代入得E＝，B正确，A、C、D错误。
3．(2022·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( )
A．FM向右 B．FN向左
C．FM渐渐增大 D．FN渐渐减小
解析：选BCD 由题意可知，依据安培定则，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对外和向里，由此可知，当导体棒运动到M区时，依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，再依据左手定则可知，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；再依据导体棒在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越来越大，依据闭合电路的欧姆定律和安培力的公式可知，导体棒所受的安培力FM也渐渐增大，C正确；同理D正确。
考向二 电磁感应的图像问题 (选择题)
1．问题分类
在电磁感应现象中，回路产生的感应电动势、感应电流及磁场对导线的作用力随时间的变化规律，也可用图像直观地表示出来，如It、Bt、Et、Ex、Ix图像等。此问题可分为两类：
(1)由给定的电磁感应过程选出相应的物理量的函数图像。
(2)由给定的有关图像分析电磁感应过程，确定相关的物理量。
2．分析思路
(1)明确图像的种类。
(2)分析电磁感应的具体过程。
(3)结合相关规律写出函数表达式。
(4)依据函数关系进行图像分析。
(2022·眉山质检)如图甲所示，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，从图示位置开头计时，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( )
乙
[思路探究]
(1)找到等效电路和等效电源，并计算出感应电动势和回路电阻。
(2)从动生感应电动势和闭合电路欧姆定律角度入手，求出回路电流的表达式，依据表达式推断电流的变化规律。
[解析] 设图示位置时a距棒的距离为l0，导体棒匀速切割磁感线的速度为v，单位长度金属棒的电阻为R0，导轨夹角为θ，运动时间t时，切割磁感线的导体棒长度l＝2(l0＋vt)tan ，有效电路中导体棒长度l总＝l＋，导体棒切割磁感线产生的感应电动势e＝Blv＝2Bv(l0＋vt)·tan，电路中总电阻R＝R0l总＝ R0，所以i＝＝＝，即i为恒定值与t无关，A正确。
[答案] A
[感悟升华]
解答电磁感应图像问题的“三个关注”
4．(2022·全国新课标Ⅰ) 如图
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