专题4 电路和电磁感应-2022高考物理二轮复习【导与练】高中总复习第2轮复习讲义（福建专用）

t_1+t_2=π+2，故选项）正确。电流最大，此后从90^∘转动到276∘时，线圈位于磁场之外，不产生感 应电动势，从2703到360的过程中再次产生感应电动势，故线圈在 电路中产生的电流大致为题图2，故D正确。 Al……。。A [贯通训练1]A正弦式交变电流的有效值T=4m-12，与周期无关， 图1图2故A正确；图②周期为一，图③周期为t1，所以图②③电流变化周 专题四-电路和电磁感应期不相等，故B错误；图③中一个周期内直流电放出的热量与交流 电放出的热量相等。则I_3^2RT-(2）R2+0，故图③电流有效 第1节恒定电流和交变电流值I_3-2，故C错误；图④中一个周期内直流电放出的热量与交流 关键能力电放出的滤量相等工*RT-→2-RT，解得图①电流有效值I_4- 考向一 [例门D电容器，滑动变阻器R_2和R_2并联后，再与R_1串联，接在电即I>I_3故D错误。 源两端。假设滑动变阻器R_2的滑片向b端移动，此时滑动变阻器 接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定独[贯通训练2]D根据法拉第电磁感应定律E-n≌欧姆定律I- 可知，干路中电流增大，路端电压减小，R_1两端的电压增大，效并联 部分两端的电压减小。平行金属板两端电压减小，微粒P将向下运平均电流7=圣。联立解得q=”管则在0~T过程中ΔΦ 动故滑片向a端移动。A错误；当滑片向a端移动时，接入电路的2BS。电流的及大值L_m一案一长，联立解得q-≌=，在9~T过 电阻增大，总电阻增大·干路电流减小，路端电压增大，R_两端电压 减小。R_3两端电压增大，流过R_3的电流增大，又干路电流减小，故 流过R_a的电流减小即电流表读数减小改B错误；的子流过R_3的程中的平均电流为T-立一一放D正确。AAB 电流增大，故R_3上消耗的电功率增大，故C错误：由电源的输出效 C错误。 率v=的入100%可知，当路端电压增大时，电源的输出效率增大，[贯通训练3]解析：短形线框从图示位置开始转过90”的过程中，磁通 故D正确。量的变化率逐渐增大，感应电动势逐渐增大，故电流逐渐增大；感应 [贯通训练1]C当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，滑动变阻器接电流最大值为Im=K，有效值为1-产 入电路的电阻增大。滑动变阻器与R_1并联部分电阻变大，外电路总 电阻增大。电源为恒流源。外电路总电流一定，外电路总电阻增大，生的平均感应电动势为F=N2一ω，平均感应电 则外电路两端的电压增大，电压表读数工^变大，故A错误：滑动变 阻器与R_1并联部分电阻变大。外电路总电流I_g一定，则并联部分 两端电压变大。流过R。的电流I_1增大，流过滑动变阻器的电流1流IR车，点+，故 Ix-L，所以流过滑动变阻器的电流减小。电流表读数上减小，故B答案：增大 错误：电压表读数U变大，电流表读数Ⅰ减小，则一变大，故D错 考向三 误；电源为恒流源，测流过R_2的电流不变。R_2两端的电压不变，电[例3]BD当开关S接上时，左侧变压器次级电压U_2-3×7.5V- 压表读数的变化量等于电阻R_1两端电压的变化量，外电路总电流22.5V。电阻R上的电压，即右侧变压器的次级电压U4=\sqrt{PR}= l_g-定，电流表读数为1，则电阻R_1两端电压U_1-(IgDR_1，可得 10∨，电流L4=最=1A，则右侧变压器初级电压U_3=个2×10V= |Δ|-|Δ|-|Δ( Ie -DR_1|-|ΔlR_1.即若一R。故C 正确。 20V，电流I_S=含×1A=0.5A，则r。当开关S接 [贯通训练2]B-闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变②时，设输电电流为I，则右侧变压器的次级电流为0.5I3右侧变压 阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总器两边电压关系为-0.5/R。解得1=3A.则R上的功率 电流1减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小，电压表的示数 P-(0.5I)2R-22.5W，故选BDs U-E I(R_LIr)，1减小，其他量不变，测U增大，即电压表V的示通训练1]B由图乙知，根据升压变压器输入电压可知交流电的周 数变大，故A，D错误；电源的总功率P-E1，1减小，则电源的总功 率变小，故B正确；电容器两端的电压等于变阻器两端的电压。即等T=0.02s，一个周期内电流方向政变2次，故每秒钟电流方向改 于电压表的示数，日增大，由Q-C7知电容器C上的电荷量增加，变次数n=。uz×2=100(次)，故A错误：未出现火警时，由P= _错误。U_上知，升压变压器的输入电流为Ⅰ=v，其中P=750kW= 考向二 [例]D线圈转动的角速度为m=2m，线圈转动产生的交变电动势10^∘W.U_3一_2-=0^2v-2s0V，解得T_1-30ccA。根据 的最大值E_m