专题八电磁感应.ppt

返回返回返回返回备考方向要明了备考方向要明了主要问题主要问题综合应用动力学和能量观点分析和解决电磁感应过程中的综合应用动力学和能量观点分析和解决电磁感应过程中的运动和能量转化问题运动和能量转化问题主要考点主要考点楞次定律的理解和应用；楞次定律的理解和应用；电磁感应的图像问题；电磁感应的图像问题；电电磁感应过程中的动态分析问题；磁感应过程中的动态分析问题；综合应用电路知识和能综合应用电路知识和能量观点解决电磁感应问题量观点解决电磁感应问题主要方法主要方法等效法等效法(产生感应电动势的部分等效为电源产生感应电动势的部分等效为电源)；物理过物理过程的图像描述程的图像描述(图像法图像法)；研究电磁感应过程的动力学方研究电磁感应过程的动力学方法、能量方法法、能量方法返回返回主要策略主要策略在复习时要注意在复习时要注意“抓住两个定律、运用两种观点、分析一抓住两个定律、运用两种观点、分析一种电路种电路”，两个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；，两个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；两个观点是指动力学观点和能量观点；一种电路是指感应两个观点是指动力学观点和能量观点；一种电路是指感应电路。尤其要注意滑轨类问题、线框穿越有界匀强磁场的电路。尤其要注意滑轨类问题、线框穿越有界匀强磁场的问题等问题等返回返回返回返回返回返回一、安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的应用一、安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的应用(1)安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律应用于不同安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律应用于不同现象。现象。基本现象基本现象应用的定则或定律应用的定则或定律运动电荷、电流产生磁场运动电荷、电流产生磁场安培定则安培定则磁场对运动电荷、电流作用力磁场对运动电荷、电流作用力左手定则左手定则电磁感电磁感应应部分导体切割磁感线运动部分导体切割磁感线运动右手定则右手定则闭合电路磁通量变化闭合电路磁通量变化楞次定律楞次定律返回返回(2)右手定则与左手定则的区别：抓住右手定则与左手定则的区别：抓住“因果关系因果关系”是解决问是解决问题的关键。题的关键。“因动而电因动而电”用右手定则，用右手定则，“因电而力因电而力”用左手用左手定则。定则。(3)应用楞次定律的关键是正确区分所涉及的两个磁场：一应用楞次定律的关键是正确区分所涉及的两个磁场：一是引起感应电流的磁场，二是感应电流产生的磁场。是引起感应电流的磁场，二是感应电流产生的磁场。返回返回4.返回返回返回返回返回返回返回返回返回返回1.运用楞次定律判定感应电流方向的基本思路运用楞次定律判定感应电流方向的基本思路“一原、二感、三电流一原、二感、三电流”，即为：，即为：(1)明确原磁场：弄清原磁场的方向及磁通量的变化情况。明确原磁场：弄清原磁场的方向及磁通量的变化情况。(2)确定感应磁场：即根据楞次定律中的确定感应磁场：即根据楞次定律中的“阻碍阻碍”原则，结合原则，结合原磁场磁通量变化情况，确定出感应电流产生的感应磁原磁场磁通量变化情况，确定出感应电流产生的感应磁场的方向。场的方向。(3)判定电流方向：即根据感应磁场的方向，运用安培定则判定电流方向：即根据感应磁场的方向，运用安培定则判断出感应电流方向。判断出感应电流方向。返回返回2楞次定律与右手定则的区别楞次定律与右手定则的区别(1)研究对象不同，楞次定律研究的是整个回路；而右手定研究对象不同，楞次定律研究的是整个回路；而右手定则研究的是闭合回路中的一部分导体，即一段导体做切则研究的是闭合回路中的一部分导体，即一段导体做切割磁感线运动。割磁感线运动。(2)适用范围不同。楞次定律可应用于因磁通量变化引起感适用范围不同。楞次定律可应用于因磁通量变化引起感应电流的各种情况应电流的各种情况(包括一部分导体做切割磁感线运动的包括一部分导体做切割磁感线运动的情况情况)，而右手定则只适用于一段导体在磁场中做切割磁，而右手定则只适用于一段导体在磁场中做切割磁感线运动的情况感线运动的情况(也可说成楞次定律的一种特殊情况也可说成楞次定律的一种特殊情况)返回返回1如图如图82所示，矩形导线框所示，矩形导线框abcd与无限长与无限长通电直导线通电直导线MN在同一平面内，直导线中的在同一平面内，直导线中的电流方向由电流方向由M到到N，导线框的，导线框的ab边与直导线边与直导线平行。若直导线中的电流增大，导线框中平行。若直导线中的电流增大，导线框中图图82将产生感应电流，导线框会受到安培力的作用，则以下将产生感应电流，导线框会受到安培力的作用，则以下关于导线框受到的安培力的判断正确的是关于导线框受到的安培力的判断正确的是()返回返回A导线框有两条边所受安培力的方向相同导线框有两条边所受安培力的方向相同B导线框有两条边所受安培力的大小相同导线框有两条边所受安培力的大小相同C导线框所受的安培力的合力向左导线框所受的安培力的合力向左D导线框所受的安培力的合力向右导线框所受的安培力的合力向右返回返回解析：解析：导线框导线框abcd处于通电直导线处于通电直导线MN电流的磁场中，由电流的磁场中，由右手定则可得导线框右手定则可得导线框abcd处于垂直于纸面向里的磁场中，处于垂直于纸面向里的磁场中，当电流增强时，导线框中的磁通量增强，由楞次定律可得当电流增强时，导线框中的磁通量增强，由楞次定律可得感应电流产生的磁场应垂直于纸面向外，所以导线框感应电流产生的磁场应垂直于纸面向外，所以导线框abcd的感应电流为逆时针方向，的感应电流为逆时针方向，bc边与边与ad边，边，ab边与边与cd边电流边电流方向相反，由左手定则可得：方向相反，由左手定则可得：ab边安培力水平向右，大小边安培力水平向右，大小为为Fab，cd边安培力水平向左，大小为边安培力水平向左，大小为Fcd，由于，由于ab边离导边离导线线MN较近，磁感应强度大，可得较近，磁感应强度大，可得FabFcd；bc边与边与ad边上边上的安培力方向分别竖直向下和竖直向上，由于这两边磁感的安培力方向分别竖直向下和竖直向上，由于这两边磁感线疏密情况相同，这两边的安培力平衡，可得导线框整体线疏密情况相同，这两边的安培力平衡，可得导线框整体所受的合力方向水平向右，所受的合力方向水平向右，B、D正确，正确，A、C错误。错误。答案：答案：BD返回返回返回返回1.电磁感应的图像问题大体可分为两类电磁感应的图像问题大体可分为两类(1)由给出的电磁感应过程选出或画出正确的图像。由给出的电磁感应过程选出或画出正确的图像。(2)根据给定的有关图像分析电磁感应过程，求解根据给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应物理量。相应物理量。返回返回2分析方法分析方法(1)不管何种类型，分析时均需利用右手定则、楞次定律和不管何种类型，分析时均需利用右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律等规律。法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律等规律。(2)明确题目中规定的正方向，弄清回路中的感应电动势明确题目中规定的正方向，弄清回路中的感应电动势e、感应电流和磁感应强度感应电流和磁感应强度B的方向，并在相应的图像中用的方向，并在相应的图像中用正、负值来反映。正、负值来反映。3注意事项注意事项(1)图像中两坐标轴的意义。图像中两坐标轴的意义。(2)图像中的正负与物理量正负的关系。图像中的正负与物理量正负的关系。(3)图像的斜率、截距的物理意义。图像的斜率、截距的物理意义。返回返回2(2011日照模拟日照模拟)如图如图83所示，所示，边长相等的正方形导体边长相等的正方形导体框与正方形匀强磁场区，其对框与正方形匀强磁场区，其对角线在同一水平线上，导体框角线在同一水平线上，导体框沿水平方向由沿水平方向由a到到b匀速通过垂直于纸面向外的磁场区，匀速通过垂直于纸面向外的磁场区，导体框中的电流随时间变化关系正确的是导体框中的电流随时间变化关系正确的是(顺时针方向电顺时针方向电流为正流为正)图图84中的中的()返回返回解析：解析：设导体框沿水平方向匀速通过磁场区的速度大小为设导体框沿水平方向匀速通过磁场区的速度大小为v，刚进入磁场时，切割磁感线的有效长度为，刚进入磁场时，切割磁感线的有效长度为l2vt，所以感，所以感应电动势为应电动势为EBlv2Bv2t，由楞次定律知电流方向为顺时，由楞次定律知电流方向为顺时针方向；当导体框与磁场区重合时电流最大；导体框再向右针方向；当导体框与磁场区重合时电流最大；导体框再向右运动，电流逐渐减小，方向为逆时针方向，选项运动，电流逐渐减小，方向为逆时针方向，选项A正确。正确。答案：答案：A图图84返回返回返回返回1.电路问题电路问题(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向。当切割磁感线的导体棒匀速运动或磁通量均匀变和方向。当切割磁感线的导体棒匀速运动或磁通量均匀变化时，感应电动势不变，是恒定电流的问题；当切割磁感化时，感应电动势不变，是恒定电流的问题；当切割磁感线的导体棒变速运动或磁通量非均匀变化时，则是变化电线的导体棒变速运动或磁通量非均匀变化时，则是变化电流的问题。流的问题。(2)画出等效电路，对整个回路进行分析，确定哪一部分是电画出等效电路，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。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、并联电路的特点，电功率公运用闭合电路欧姆定律，串、并联电路的特点，电功率公式、焦耳定律以及能量转化及守恒定律，联立求解。式、焦耳定律以及能量转化及守恒定律，联立求解。返回返回2动力学问题动力学问题(1)(2)返回返回(3)在力和运动的关系中，要注意分析导体受力，判断在力和运动的关系中，要注意分析导体受力，判断导体加速度方向、大小及变化；加速度等于零时，速导体加速度方向、大小及变化；加速度等于零时，速度最大，导体最终达到稳定状态是该类问题的重要特度最大，导体最终达到稳定状态是该类问题的重要特点。点。返回返回3能量问题能量问题(1)安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥桥梁梁”，用框图表示如：，用框图表示如：(2)明确功能关系，确定有哪些形式的能量发生了转化。如明确功能关系，确定有哪些形式的能量发生了转化。如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能。化为电能。(3)根据不同物理情景选择动能定理、能量守恒定律或功能根据不同物理情景选择动能定理、能量守恒定律或功能关系，列方程求解问题。关系，列方程求解问题。返回返回3如图如图85甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为导轨间距为L1m，上端接有电阻，上端接有电阻R3，虚线，虚线OO下下方是垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量方是垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量m0.1kg、电阻电阻r1的金属杆的金属杆ab，从，从OO上方某处垂直导轨由静止上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的过程中的vt图像如图乙所示图像如图乙所示(取取g10m/s2)。求：。求：返回返回图图85(1)磁感应强度磁感应强度B；(2)杆在磁场中下落杆在磁场中下落0.1s的过程中电阻的过程中电阻R产生的热量。产生的热量。返回返回解析：解析：(1)由图像知，杆自由下落由图像知，杆自由下落0.1s进入磁场以进入磁场以v1.0m/s做匀速运动做匀速运动产生的电动势产生的电动势EBLv杆中的电流杆中的电流I杆所受安培力杆所受安培力F安安BIL由平衡条件得由平衡条件得mgF安安代入数据得代入数据得B2T。(2)电阻电阻R产生的热量产生的热量QI2Rt0.075J。答案：答案：(1)2T(2)0.075J返回返回返回返回返回返回命题视角命题视角2如图如图88甲所示，在金属框甲所示，在金属框abcd平面内有空间分布均匀、平面内有空间分布均匀、大小和方向按图乙所示变化的磁场大小和方向按图乙所示变化的磁场(垂直纸面向里为磁感应强垂直纸面向里为磁感应强度度B的正方向的正方向)。用。用i表示金属框中的感应电流表示金属框中的感应电流(图甲中所示的方图甲中所示的方向为正向为正)，用，用F表示表示cd边所受的安培力边所受的安培力(水平向右为正方向水平向右为正方向)，则，则图图89中的中的i、F随时间变化的图像正确的是随时间变化的图像正确的是()图图88返回返回图图89返回返回自主尝试自主尝试由楞次定律可知，由楞次定律可知，01s内，原磁场垂直纸面内，原磁场垂直纸面向外并且在均匀减小，金属框内产生大小不变的感应电流，向外并且在均匀减小，金属框内产生大小不变的感应电流，方向为逆时针方向方向为逆时针方向(负方向负方向)；12s内，原磁场垂直纸面向内，原磁场垂直纸面向里并且在均匀增大，金属框内产生大小不变的感应电流，里并且在均匀增大，金属框内产生大小不变的感应电流，方向也为逆时针方向方向也为逆时针方向(负方向负方向)；同理可得，后；同理可得，后2s产生的电流产生的电流大小与前大小与前2s的完全相同，但方向为瞬时针方向的完全相同，但方向为瞬时针方向(正方向正方向)，选，选项项A正确；由正确；由FBIL，再根据磁场大小及方向的变化，选，再根据磁场大小及方向的变化，选项项D正确。故选正确。故选AD。返回返回冲关锦囊冲关锦囊电磁感应图像问题的解决方法：电磁感应图像问题的解决方法：(1)明确图像的种类，即是明确图像的种类，即是Bt图像还是图像还是t图像，是图像，是Et图图像还是像还是It图像。图像。(2)分析电磁感应的具体过程。分析电磁感应的具体过程。(3)用右手定则或楞次定律确定感应电流的方向。用右手定则或楞次定律确定感应电流的方向。(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律等规律写结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律等规律写出函数关系式，并进行数学分析。出函数关系式，并进行数学分析。(5)画出图像或应用图像解决问题。画出图像或应用图像解决问题。返回返回返回返回命题视角命题视角1如图如图810所示，由几根长度都是所示，由几根长度都是L的金的金属杆连接成的一个属杆连接成的一个“日日”字型的矩形金属框字型的矩形金属框abcdef，放在纸面所在的平面内，有一个，放在纸面所在的平面内，有一个宽度也为宽度也为L的匀强磁场，磁场边界跟的匀强磁场，磁场边界跟cd杆杆图图810平行，磁感应强度的大小是平行，磁感应强度的大小是B，方向垂直于纸面向里，金属，方向垂直于纸面向里，金属杆杆af、be、cd的电阻都为的电阻都为r，其他各杆的电阻不计，各杆端点，其他各杆的电阻不计，各杆端点间接触良好。现以速度间接触良好。现以速度v匀速地把金属框从磁场的左边界水匀速地把金属框从磁场的左边界水平向右拉，从平向右拉，从cd杆刚进入磁场瞬间开始计时，求：杆刚进入磁场瞬间开始计时，求：返回返回(1)cd杆在磁场中运动的过程中，通过杆在磁场中运动的过程中，通过af杆的电流；杆的电流；(2)从开始计时到金属框全部通过磁场的过程中，金属框从开始计时到金属框全部通过磁场的过程中，金属框中电流所产生的总热量中电流所产生的总热量Q。返回返回返回返回返回返回命题视角命题视角2如图如图812所示，半径为所示，半径为a的圆形区域的圆形区域内有均匀磁场，磁感应强度为内有均匀磁场，磁感应强度为B0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直，圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直，其中其中a0.4m，b0.6m，金属圆环上分，金属圆环上分别接有电灯别接有电灯L1、L2，两灯的电阻均为，两灯的电阻均为R图图8120.2。一金属棒。一金属棒MN与金属圆环接触良好，金属棒与金属与金属圆环接触良好，金属棒与金属圆环的电阻忽略不计。圆环的电阻忽略不计。返回返回(1)若金属棒以若金属棒以v05m/s的速度在环上向右匀速滑动，求金属的速度在环上向右匀速滑动，求金属棒滑过圆环直径棒滑过圆环直径OO时时MN中的电动势和流过电灯中的电动势和流过电灯L1的电流；的电流；(2)撤去中间的金属棒撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环，将右面的半圆环OL2O以以OO为为轴向上翻转轴向上翻转90，此后若使磁场随时间均匀变化，其变化，此后若使磁场随时间均匀变化，其变化率为率为T/s，求电灯，求电灯L1的电功率。的电功率。返回返回返回返回答案答案(1)0.8V0.4A(2)1.28102W返回返回冲关锦囊冲关锦囊解决电磁感应中的电路问题的关键是把电磁感应问题解决电磁感应中的电路问题的关键是把电磁感应问题等效转换成稳恒直流电路或交流电路，分析清楚哪部分是等效转换成稳恒直流电路或交流电路，分析清楚哪部分是外电路，哪部分是内电路。切割磁感线的导体或磁通量变外电路，哪部分是内电路。切割磁感线的导体或磁通量变化的线圈相当于电源，该部分导体的电阻相当于电源的内化的线圈相当于电源，该部分导体的电阻相当于电源的内阻，而其余部分的电路则是外电路。阻，而其余部分的电路则是外电路。返回返回返回返回命题视角命题视角2如图如图814甲所示，固定在倾斜面上电阻不计的金属导甲所示，固定在倾斜面上电阻不计的金属导轨，间距轨，间距d0.5m，斜面倾角，斜面倾角37，导轨上端连接一阻值，导轨上端连接一阻值为为R4的小灯泡的小灯泡L。在。在CDMN矩形区域内有垂直斜面向下矩形区域内有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度的匀强磁场，磁感应强度B随时间随时间t变化的规律如图乙所示，变化的规律如图乙所示，CN长为长为2m。开始时电阻为。开始时电阻为1的金属棒的金属棒ab放在斜面导轨上放在斜面导轨上刚好静止不动，在刚好静止不动，在t0时刻，金属棒在平行斜面的恒力时刻，金属棒在平行斜面的恒力F作作用下，由静止开始沿导轨向上运动。金属棒从图中位置运动用下，由静止开始沿导轨向上运动。金属棒从图中位置运动到到MN位置的整个过程中，小灯泡的亮度始终没有发生变化。位置的整个过程中，小灯泡的亮度始终没有发生变化。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g10m/s2，sin370.6，cos370.8。求：。求：返回返回图图814(1)通过小灯泡的电流强度；通过小灯泡的电流强度；(2)恒力恒力F的大小、金属棒与导轨间的动摩擦因数和金属棒的的大小、金属棒与导轨间的动摩擦因数和金属棒的质量。质量。返回返回返回返回(2)因灯泡亮度不变，故在因灯泡亮度不变，故在t4s末金属棒刚好进入磁场，且末金属棒刚好进入磁场，且做匀速运动，此时金属棒中的电流强度：做匀速运动，此时金属棒中的电流强度：IIL0.1A又因为开始时电阻为又因为开始时电阻为1的金属棒放在斜面导轨上刚好静止的金属棒放在斜面导轨上刚好静止不动不动mgsinmgcos，tan0.75恒力大小：恒力大小：FF安安2mgsinBId2mgsin0.112m因灯泡亮度不变，金属棒产生的感应电动势为：因灯泡亮度不变，金属棒产生的感应电动势为：E2E10.5V返回返回答案答案(1)0.1A(2)9.7N0.750.8kg返回返回冲关锦囊冲关锦囊由电磁感应的动力学问题中力现象和电磁现象相互联系，由电磁感应的动力学问题中力现象和电磁现象相互联系，相互制约，解决问题前首先要建立相互制约，解决问题前首先要建立“动动电电动动”的思维顺的思维顺序，分析思路可概括为：序，分析思路可概括为：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解电动势大小和方向。用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解电动势大小和方向。(2)根据等效电路图，利用闭合电路欧姆定律求解回路中电流根据等效电路图，利用闭合电路欧姆定律求解回路中电流的大小及方向。的大小及方向。(3)分析导体的受力情况，尤其注意安培力的方向。分析导体的受力情况，尤其注意安培力的方向。(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解。列牛顿第二定律或平衡方程求解。返回返回返回返回冲关锦囊冲关锦囊解答这类问题应抓住以下两点：解答这类问题应抓住以下两点：(1)正确选取研究对象进行受力分析和运动性质分析。正确选取研究对象进行受力分析和运动性质分析。(2)明确各个力做功的特点，特别要注意安培力做的功，明确各个力做功的特点，特别要注意安培力做的功，明确安培力做功的实质是其他形式的能量与电能之间明确安培力做功的实质是其他形式的能量与电能之间的转化。的转化。返回返回三、交流电的产生与描述三、交流电的产生与描述1.返回返回2交流电的交流电的“四值四值”返回返回返回返回2远距离输电远距离输电(1)输电过程，如图输电过程，如图71所示：所示：图图71返回返回返回返回1(2011北京高考北京高考)如图如图72所示电路，所示电路，电源内阻不可忽略。开关电源内阻不可忽略。开关S闭合后，闭合后，在变阻器在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程的滑动端向下滑动的过程中中()图图72A电压表与电流表的示数都减小电压表与电流表的示数都减小B电压表与电流表的示数都增大电压表与电流表的示数都增大C电压表的示数增大，电流表的示数减小电压表的示数增大，电流表的示数减小D电压表的示数减小，电流表的示数增大电压表的示数减小，电流表的示数增大返回返回返回返回1.分析变压器的动态电路问题需要明确各物理量间的制约关系分析变压器的动态电路问题需要明确各物理量间的制约关系(1)电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比(n1/n2)一定时，输出一定时，输出电压电压U2由输入电压决定，即由输入电压决定，即U2n2U1/n1，可简述为，可简述为“原制约副原制约副”。(2)电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比(n1/n2)一定，且输入电一定，且输入电压压U1确定时，原线圈中的电流确定时，原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流由副线圈中的输出电流I2决定，即决定，即I1n2I2/n1(只适用于一个副线圈的情况，若有多个副线圈，只能只适用于一个副线圈的情况，若有多个副线圈，只能根据根据P入入P出出计算原线圈中的电流计算原线圈中的电流)，可简述为，可简述为“副制约原副制约原”。(3)负载制约：负载制约：变压器副线圈中的功率变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，由用户负载决定，P2P负负1P负负2；变压器副线圈中的电流变压器副线圈中的电流I2由用户负载及电压由用户负载及电压U2确定；确定；总功率总功率P总总P线线P2。返回返回2变压器动态电路问题的分析思路变压器动态电路问题的分析思路返回返回3(2011日照模拟日照模拟)如图如图74所示，理想变所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有三只压器的副线圈上通过输电线接有三只灯泡灯泡L1、L2和和L3，输电线的等效电阻，输电线的等效电阻为为R，原线圈接有一个理想的电流表，原线圈接有一个理想的电流表，图图74交流电源的电压大小不变。开始时开关交流电源的电压大小不变。开始时开关S接通，当接通，当S断开断开时，以下说法正确的是时，以下说法正确的是()A原线圈两端原线圈两端P、Q间的输入电压减小间的输入电压减小B等效电阻等效电阻R上消耗的功率变大上消耗的功率变大C原线圈中电流表示数变小原线圈中电流表示数变小D灯泡灯泡L1和和L2变亮变亮返回返回返回返回冲关锦囊冲关锦囊(1)电容器是联系电路与电场的电容器是联系电路与电场的“桥梁桥梁”，要分析电场就要通过，要分析电场就要通过电路分析板间电压。电路分析板间电压。(2)分析电路时要分析清楚电路变化前后电容器两端电势差的分析电路时要分析清楚电路变化前后电容器两端电势差的变化及其两极板电性是否发生了改变。据此，再由带电物变化及其两极板电性是否发生了改变。据此，再由带电物体的受力情况得到物体的运动情况，然后选取适当的规律体的受力情况得到物体的运动情况，然后选取适当的规律进行求解。进行求解。返回返回返回返回命题视角命题视角1(2011天津高考天津高考)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图感线垂直的转轴匀速转动，如图79甲所示，产生的交变甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则电动势的图像如图乙所示，则()图图79返回返回At0.005s时线框的磁通量变化率为零时线框的磁通量变化率为零Bt0.01s时线框平面与中性面重合时线框平面与中性面重合C线框产生的交变电动势有效值为线框产生的交变电动势有效值为311VD线框产生的交变电动势频率为线框产生的交变电动势频率为100Hz返回返回返回返回返回返回返回返回返回返回命题视角命题视角1如图如图711所示，一个理想变压器，初级所示，一个理想变压器，初级线圈的匝数为线圈的匝数为n1，a、b接交流电源，次级线接交流电源，次级线圈的匝数为圈的匝数为n2，与负载电阻，与负载电阻R相连接，相连接，R40图图711，图中电压表的示数为，图中电压表的示数为100V，初级线圈的电流为，初级线圈的电流为0.4A。下列说法正确的是下列说法正确的是()返回返回A次级线圈中电流的最大值为次级线圈中电流的最大值为1.0AB初级和次级线圈的匝数比初级和次级线圈的匝数比n1 n22 5C如果将另一个阻值也为如果将另一个阻值也为R的电阻与负载电阻并联，图的电阻与负载电阻并联，图中电流表的示数为中电流表的示数为2.0AD如果将另一个阻值也为如果将另一个阻值也为R的电阻与负载电阻串联，变的电阻与负载电阻串联，变压器的输出功率为压器的输出功率为80W返回返回返回返回命题视角命题视角2(2011江苏高考江苏高考)图图712甲为一理想变压器，甲为一理想变压器，ab为原线为原线圈，圈，ce为副线圈，为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的正弦式交变电压的ut图像如图乙所示。若只在图像如图乙所示。若只在ce间接一间接一只只Rce400的电阻，或只在的电阻，或只在de间接一只间接一只Rde225的电的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80W。图图712返回返回返回返回返回返回