高考物理二轮复习专题电磁感应与电路交变电流含电路问题交变电流学案.docx
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高考物理二轮复习专题电磁感应与电路交变电流含电路问题交变电流学案
专题8电磁感应与电路、交变电流
电路内容的考查主要是电学实验的知识。
同时也会考查电路的相关知识，一般难度较小，常以选择题的形式出题，而电学实验知识主要考查闭合电路欧姆定律、仪器的选取、电路的设计与创新知识，有一定的难度，常以实验填空题的形式出题。
对于交变电流，从近几年命题看，高考对本部分内容考查命题频率较低，主要体现在“三突出”：
一是突出考查交变电流的产生过程；二是突出考查交变电流的图象和交变电流的“四值”；三是突出考查变压器及远距离输电，难度不大，多以选择题的形式命题。
电磁感应命题频率较高，大部分以选择题的形式出题，也有部分是计算题，多以中档以上难度的题目来增加试卷的区分度，考查较多的知识点有：
感应电流的产生条件、方向判定和导体切割磁感线产生感应电动势的计算，同时也会与力学、磁场、能量等知识综合考查及图象问题的考查。
命题趋势集中在以下三个方面：
楞次定律、右手定则、左手定则的应用；与图象结合考查电磁感应现象；通过“杆＋导轨”模型，“线圈穿过有界磁场”模型，考查电磁感应与力学、电路、能量等知识的综合应用。
高频考点：
电磁感应图象；电磁感应中的电路问题；理想变压器。
考点一、直流电路动态分析
例如图所示，图中的三个电表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片P向左端缓慢移动时，下面说法中正确的是（ ）
A．电压表V2的读数减小，电流表A的读数增大
B．电压表V1的读数增大，电压表V2的读数增大
C．电阻RP消耗的功率增大，电容器C所带电量增加
D．电压表V2的读数减小，电流表A的读数减小
【审题立意】由图可知电路结构，根据滑片的移动明确电路中电阻的变化，由闭合电路欧姆定律明确电路中电流及电压的变化，再对局部电路进行分析得出电容器电压的变化，从而判断其电量的变化。
【解题步骤】滑片P左移时，滑动变阻器连入电路的阻值增大，根据串反并同规律知，电压表V1的读数增大，电压表V2的读数减小，电流表A的读数减小，A、B错误，D正确；视r＋R1＋R2为电源的等效内电阻，根据电源的输出功率与外电阻的关系知，由于电阻RP与r＋R1＋R2的大小关系未知，因此电阻RP消耗的功率是增大还是减小无法判断，由于电容器C两端的电压增大，处于充电状态，其所带电量增加，C错误。
【参考答案】D
【技能提升】闭合电路动态分析的三种常用方法
1．程序判断法：
遵循“局部—整体—部分”的思路，按以下步骤分析
2．直观判断法：
利用下面两个结论直接地得到结果
（1）任一电阻R阻值增大，必引起该电阻中电流I的减小和该电阻两端电压U的增大。
（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路电压U串的减小。
【变式训练】（多选）如图所示电路中，C为电容器，D为理想二极管（具有单向导电性），电流表、电压表均为理想电表。
闭合开关S至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表V1的示数变化量绝对值为ΔU1，电压表V2的示数变化量绝对值为ΔU2，电流表A的示数变化量绝对值为ΔI，则下列判断正确的有（ ）
A．
的值变大
B．
的值变大
C．
的值不变，且始终等于电源内阻r
D．滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量不断减少
解析：
滑动变阻器R的滑片P向左移动一小段距离，接入电路的电阻增大，
为R接入电路的电阻，变大，A正确；
等于R1和r的电阻之和，不变，B错误；
等于电源内阻r，C正确；电路总电阻增大，电流减小，R1两端的电压减小，由于理想二极管的单向导电性，电容器不能放电，所带电荷量无法减少，D错误。
答案：
AC
考点二、交变电流的产生和描述
例（2020·天津联考）如图所示，在匀强磁场中匀速转动的单匝纯电阻矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω。
从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A。
下列说法正确的是（ ）
A．线圈消耗的电功率为1W
B．线圈中感应电流的有效值为2A
C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝2
cos
tV
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝
sin
tWb
【审题立意】本题考查交变电流的产生及计算，要注意明确在计算中求解电功率及点表示数时要用有效值，求解电量时要用平均值。
【解题思路】从垂直中性面开始计时，感应电流的瞬时表达式为i＝Imcosθ，则电流的最大值为：
Im＝
＝2A；线圈消耗的电功率为：
P＝I2r＝
2r＝4W，故A错误；感应电流的有效值为：
I＝
＝
A，故B错误；感应电动势的最大值为：
Em＝Imr＝4V；任意时刻线圈中的感应电动势为：
e＝Emcos
t＝4cos
tV，故C错误；任意时刻穿过线圈的磁通量为：
Φ＝BSsin
t；根据公式Em＝NBSω＝NΦm
，可得：
Φm＝
，故Φ＝
sin
tWb，故D正确。
【参考答案】D
【技能提升】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.交流电“四值”的应用
（1）最大值：
Em＝nBSω，分析电容器的耐压值；
（2）瞬时值：
E＝Emsinωt（由中性面开始计时），计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况；
（3）有效值：
电表的读数及计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流；
（4）平均值：
E＝n
，计算通过电路截面的电荷量。
3.交变电流瞬时值表达式的基本书写思路
（1）确定正、余弦交变电流的峰值，根据已知图象或公式Em＝nBSω，求出相应最大值。
（2）明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。
①线圈从中性面开始计时，e＝Emsinωt；②线圈从垂直于中性面开始计时，e＝Emcosωt。
【变式训练】（2020·郑州质检）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′（OO′沿水平方向）匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R＝10Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10V。
图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图象。
则（ ）
A．此交流发电机的电动势平均值为10
V
B．t＝0.02s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＝10
·cos100πtV
D．当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上
解析：
矩形线圈为电源，绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生正弦交流电，外电阻R＝10Ω，电压表示数为10V，说明
＝10V，即Em＝10
V。
根据题图乙t＝0时磁通量等于0，可判断t＝0时电动势最大，所以电动势随时间变化的规律为u＝10
cosωt＝10
cos100πtV，选项C正确；t＝0.02s带入电动势的表达式，得R两端的电压瞬时值为10
V，选项B错误；根据楞次定律，感应电流总是阻碍线圈的转动，所以当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向向下，选项D错误；电动势平均值为磁通量的变化量和时间的比值，而该比值最大为Em＝10
V，所以平均值一定比Em＝10
V小，选项A错误。
答案：
C
考点三、理想变压器
例（多选）某同学模拟“远距离输电”，将实验室提供的器材连接成如图所示电路，A、B为理想变压器，灯L1、L2相同且阻值不变。
保持A的输入电压不变，开关S断开时，灯L1正常发光。
则（ ）
A．如果只闭合开关S，L1变暗
B．如果只闭合开关S，A的输入功率变大
C．仅将滑片P上移，L1变亮
D．仅将滑片P上移，A的输入功率不变
【审题立意】解答此题要知道理想变压器输入功率由输出功率决定，输出电压由输入电压决定；明确远距离输电过程中的电功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系。
【解题思路】闭合S，副线圈电阻减小，则消耗功率增大，B副线圈中电流增大，B原线圈中电流也增大，则R上损失的电压和功率增大，则B输入电压减小，灯泡两端电压减小，故灯泡会变暗，故A正确；根据以上分析知消耗和损失功率都增大，根据能量守恒知A的输入功率变大，故B正确；仅将滑片P上移，A副线圈匝数减小，则输出电压减小，B的输入电压减小，灯泡电压也减小，故L1变暗，消耗功率减小，则A输入功率减小，故C、D错误。
【参考答案】AB
【技能提升】1.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：
＝
。
若n1＞n2，为降压变压器；若n1＜n2，为升压变压器。
（3）电流关系：
只有一个副线圈时，
＝
；有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋……＋UnIn。
2.原、副线圈中各量的因果关系
（1）电压关系：
U1决定U2；
（2）电流关系：
I2决定I1；（3）功率关系：
P出决定P入。
【变式训练】（2020·扬州模拟）（多选）图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。
升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100Ω。
降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小。
电压表V显示加在报警器上的电压（报警器未画出）。
未出现火警时，升压变压器的输入功率为750kW。
下列说法正确的是（ ）
A．降压变压器副线圈输出的交流电频率为50Hz
B．远距离输电线路损耗功率为180kW
C．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大
D．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变大
解析：
由题图乙知交流电的周期为0.02s，所以频率为50Hz，A正确；由题图乙知升压变压器输入端电压有效值为250V，根据U1∶U2＝n1∶n2知，副线圈电压为25000V，所以输电线中的电流为：
I＝
＝30A，输电线损失的电压为：
ΔU＝IR＝3000V，输电线路损耗功率为：
ΔP＝ΔU·I＝90kW，B错误；当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数变小，C错误；由以上分析知副线圈电流增大，根据I1∶I2＝n2∶n1知，输电线上的电流变大，D正确。
答案：
AD
考点四、楞次定律和法拉第电磁感应定律
例1.（2020·全国卷Ⅰ）扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。
为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。
无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是（ ）
【审题立意】本题考查感应电流产生的条件。
本题不要被题目的情景所干扰，抓住考查的基本规律，即产生感应电流的条件，有感应电流产生，才会产生阻尼阻碍振动。
【解题思路】施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。
方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变。
综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A。
【参考答案】A
【知识构建】1．“三定则、一定律”的应用
安培定则
判断运动电荷、电流产生的磁场方向
左手定则
判断磁场对运动电荷
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