[高考导航]考点内容要求高考(全国卷)三年命题情况对照分析201620172018命题分析牛顿运动定律及其应用Ⅱ卷Ⅰ·T18：牛顿第二定律的理解和应用卷Ⅲ·T22：验证牛顿第二定律拓展实验卷Ⅲ·T25：滑块—木板模型(两个滑块)卷Ⅰ·T15：F－x图象、牛顿第二定律的应用高考命题既有选择题，又有计算题，命题热点是牛顿第二定律及应用，选择题多与图象结合，计算题多与运动学规律结合，试题难度中等。超重和失重Ⅰ单位制Ⅰ实验四：验证牛顿运动定律第1讲牛顿运动定律知识排查牛顿第一定律惯性1.牛顿第一定律(1)内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。(2)意义：①揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律；②揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因。2．惯性(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。(2)量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小。(3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关。牛顿第二定律力学单位制1.牛顿第二定律(1)内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。(2)表达式：F＝ma。(3)适用范围①牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系。②牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况。2.力学单位制(1)单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制。(2)基本单位：基本物理量的单位。基本物理量共七个，其中力学有三个，是长度、质量、时间，单位分别是米、千克、秒。(3)导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。牛顿第三定律1.作用力和反作用力：两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，后一个物体同时对前一个物体也施加力。2．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上。3．表达式：F＝－F′。小题速练1．思考判断(1)牛顿第一定律指出，当物体受到的合外力为零时，物体将处于静止状态。()(2)飞跑的运动员，由于遇到障碍物而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改

专题强化二十五动量观点在电磁感应中的应用目标要求1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧.2.建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并用动量守恒定律解决问题．题型一动量定理在电磁感应中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I安＝BILt＝BLq，通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝IΔt＝ER总Δt＝nΔΦΔt·R总Δt＝nΔФR总，磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx.当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解．“单棒＋电阻”模型例1(2020·湖北高三开学考试)如图1所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有竖直向下的匀强磁场．现有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0向右滑动，穿过磁场后速度刚好减为0，那么当线圈完全进入磁场时，其速度大小()图1A．大于v02B．等于v02C．小于v02D．以上均有可能答案B解析通过线圈横截面的电荷量：q＝IΔt＝ER·Δt＝ΔΦR，由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程：－BIat＝mv－mv0，线圈离开磁场过程：－BIat＝0－mv，由于q＝It，则－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝v02，故选B.“电容器＋棒”模型1．无外力充电式基本模型规律(电阻阻值为R，电容器电容为C)电路特点导体棒相当于电源，电容器被充电.电流特点安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝BLv－UCR，电容器被充电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，棒匀速运动.运动特点和最终特征a减小的加速运动，棒最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零.最终速度电容器充电荷量：q＝CU最终电容器两端电压U＝BLv对棒应用动量定理：mv0－mv＝BIL·Δt＝BLqv＝mv0m＋B2L2C.v－t图象例2(多选)如图2甲所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计．在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，并与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动．则()图2A．当杆ab刚具有初速度v0时，杆ab两端的

专题强化二十四电磁感应中的动力学和能量问题第十一章电磁感应【目标要求】1.会用动力学知识分析电磁感应问题.2.会用功能关系和能量守恒解决电磁感应中的能量问题.内容索引NEIRONGSUOYIN题型一电磁感应中的动力学问题题型二电磁感应中的能量问题课时精练题型一电磁感应中的动力学问题011.导体的两种运动状态(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态.处理方法：根据平衡条件列式分析.(2)导体的非平衡状态——加速度不为零.处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析.2.力学对象和电学对象的相互关系3.用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤考向1“单棒＋电阻”模型例1(多选)(2020·黑龙江鹤岗一中月考)如图1所示，有一边长为l的正方形导线框，质量为m，由高h处自由落下，其下边ab进入匀强磁场区域后，线框开始做减速运动，直到其上边cd刚穿出磁场时，速度减小为ab边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是l，重力加速度为g，则下列结论正确的是图1A.线框穿过磁场区域时做匀减速直线运动B.线框穿过磁场区域时加速度方向先向上后向下C.线框进入磁场时的加速度大于穿出磁场时的加速度D.线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热为mg(2l＋h)√√解析线框穿过匀强磁场的过程中，受到重力和安培力作用，设ab边刚进入磁场时的速度为v1，则E＝Blv1，故线框在穿过磁场的过程中加速度随v的减小而减小，线框一直做减速运动，加速度方向一直向上，必有F≥mg，所以加速度不可能向下，故C正确，A、B错误；线框从释放至穿过磁场的过程中，设产生的焦耳热为Q，例2(多选)如图2所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动.整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8N，经过2s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨.已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1kg、电阻为1Ω，磁感应强度大小为1T，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列说法正确的是A.拉力F是恒力B.拉力F随时间t均匀增加C.金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12ND.金属杆运动的加速度大小为2m/s2图

第2讲牛顿第二定律的应用知识排查牛顿第二定律的瞬时性牛顿第二定律的表达式为F合＝ma，加速度由物体所受合外力决定，加速度的方向与物体所受合外力的方向一致。当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变。两类动力学问题1.动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的运动情况。第二类：已知运动情况求物体的受力情况。2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下超重和失重1.超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。(2)产生条件：物体具有向上的加速度。2．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。(2)产生条件：物体具有向下的加速度。3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象。(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。4．对超重和失重的“三点”深度理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。(3)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。小题速练1．思考判断(1)物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比。()(2)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度。()(3)超重就是物体的重力变大的现象。()(4)失重时物体的重力小于mg。()(5)加速度等于g的物体处于完全失重状态。()(6)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。()答案(1)√(2)√(3)×(4)×(5)×(6)×2．在儿童蹦极游戏中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳，质量为m的小明如图1所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg。若此时小明左侧橡皮绳断裂，则此时小明的()图1A．加速度为零，速度为零B．加速度a＝g，方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下C．加速度a＝g，方向沿未断裂橡皮绳的方向斜向上D．加速度a＝g，方向竖直向下解析根据题意，腰间左右两侧的橡皮绳的弹力等于重力。小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时所受合力方向沿原断裂橡

第1讲电磁感应现象楞次定律目标要求1.知道电磁感应现象的产生条件并会分析解决实际问题.2.会根据楞次定律判断感应电流的方向，会应用楞次定律的推论分析问题.3.能够综合应用安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律解决实际问题．考点一电磁感应现象的理解和判断基础回扣1．磁通量(1)Φ＝BS.(2)适用条件：①匀强磁场．②S为垂直磁场的有效面积．(3)磁通量是标量(填“标量”或“矢量”)．(4)物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数．如图1所示，矩形abcd、abb′a′、a′b′cd的面积分别为S1、S2、S3，匀强磁场的磁感应强度B与平面a′b′cd垂直，则：图1①通过矩形abcd的磁通量为BS1cosθ或BS3.②通过矩形a′b′cd的磁通量为BS3.③通过矩形abb′a′的磁通量为0.(5)磁通量变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1.2．电磁感应现象(1)当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应．(2)感应电流产生的条件穿过闭合电路的磁通量发生变化．3．实质产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流．如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流．1．(感应电流的产生)(多选)如图2所示，一轻质绝缘横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁体插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象及现象分析正确的是()图2A．磁体插向左环，横杆发生转动B．磁体插向右环，横杆发生转动C．磁体插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流D．磁体插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流答案BD2．(感应电流的产生)如图3所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是()图3A．ab向右运动，同时使θ减小B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小C．ab向左运动，同时增大磁感应强度BD．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)答案A解析设此时回路面积为S，据题意，磁通量Φ＝BScosθ，S增大，θ减小，cosθ增大，则Φ增大，A正确；B减小，θ减小，cosθ增大，Φ可能不变，B错误；S减小，B增大，Φ可能不变，C错误；S增大，B增大，θ增大，cosθ减

实验三验证力的平行四边形定则一、基本原理与操作原理装置图操作要领互成角度的两个力与一个力产生相同的效果(1)等效：同一次实验中橡皮条拉长后的结点O位置必须保持不变(2)拉力：沿弹簧测力计轴线方向拉，橡皮条、弹簧测力计和细绳套与纸面平行；两分力F1、F2的夹角不要太大或太小(3)记录：记下每次各力的大小和方向(4)作图：选定比例要相同，严格按力的图示要求作平行四边形求合力二、数据处理(1)画出F1、F2的图示，利用刻度尺和三角板根据平行四边形定则求出合力F。(2)画出拉力F′的图示。(3)比较F与F′是否完全重合或几乎完全重合，从而验证平行四边形定则。注意事项操作不忘“三”“二”“一”(1)用两个弹簧测力计拉橡皮条时的“三记录”(记录两弹簧测力计示数、两细绳方向和结点O的位置)。(2)用一个弹簧测力计拉橡皮条时的“二记录”(记录弹簧测力计示数和细绳方向)。(3)“一注意”(结点O的位置必须在同一位置)等。误差来源(1)弹簧测力计本身的误差；(2)读数误差、作图误差等。热点一教材原型实验命题角度对实验方法及实验步骤的考查【例1】某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验如图1甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。图1(1)如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________。(2)本实验采用的科学方法是________。A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法(3)实验时，主要的步骤是：A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；C．用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O，记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数；D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；E．只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示；F．比较F′和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论。上述步骤中，①有重要遗漏的步骤的序号是________和________；②遗漏的内容分别是___

第2讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流目标要求1.理解并应用法拉第电磁感应定律.2.会计算导体棒切割磁感线产生的感应电动势.3.了解自感现象、涡流、电磁驱动和电磁阻尼．考点一法拉第电磁感应定律的理解及应用基础回扣1．感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关．(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断．2．法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．(2)公式：E＝nΔΦΔt，其中n为线圈匝数．(3)感应电流与感应电动势的关系：I＝ER＋r.(4)说明：E的大小与Φ、ΔΦ无关，决定于磁通量的变化率ΔΦΔt.技巧点拨1．当ΔΦ仅由B的变化引起时，E＝nΔB·SΔt，其中S为线圈在磁场中的有效面积．若B＝B0＋kt，则E＝nkS.2．当ΔΦ仅由S的变化引起时，E＝nBΔSΔt.3．当B、S同时变化时，则E＝nB2S2－B1S1Δt≠nΔB·ΔSΔt.4．若已知Φ－t图象，则图线上某一点的切线斜率为ΔΦΔt.判断感应电动势的方向、大小例1(多选)(2018·全国卷Ⅲ·20)如图1(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧．导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向．导线框R中的感应电动势()图1A．在t＝T4时为零B．在t＝T2时改变方向C．在t＝T2时最大，且沿顺时针方向D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向答案AC解析在t＝T4时，i－t图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS知，E＝0，A项正确；在t＝T2和t＝T时，i－t图线斜率的绝对值最大，在t＝T2和t＝T时感应电动势最大．在T4到T2之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在T2到3T4之间，R中电动势也为顺时针方向，在34T到T之间，R中电动势为逆时针方向，C项正确，B、D项错误．感应电动势、感应电流的计算例2(多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图2(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将

专题强化二十五动量观点在电磁感应中的应用第十一章电磁感应【目标要求】1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧.2.建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并用动量守恒定律解决问题.内容索引NEIRONGSUOYIN题型一动量定理在电磁感应中的应用题型二动量守恒定律在电磁感应中的应用课时精练题型一动量定理在电磁感应中的应用01例1(2020·湖北高三开学考试)如图1所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有竖直向下的匀强磁场.现有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0向右滑动，穿过磁场后速度刚好减为0，那么当线圈完全进入磁场时，其速度大小考向1“单棒＋电阻”模型图1√解析通过线圈横截面的电荷量：由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程：考向2“电容器＋棒”模型1.无外力充电式基本模型规律(电阻阻值为R，电容器电容为C)运动特点和最终特征a减小的加速运动，棒最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零.最终速度电容器充电荷量：q＝CU最终电容器两端电压U＝BLv对棒应用动量定理：mv0－mv＝BL·Δt＝BLqv＝.例2(多选)如图2甲所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计.在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，并与导轨接触良好.整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中.现给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动.则图2A.当杆ab刚具有初速度v0时，杆ab两端的电压U＝，且a点电势高于b点电势B.通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐增大C.若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，同样给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动，则杆ab稳定后的速度为v＝D.在C选项中，杆稳定后a点电势高于b点电势√√√解析当杆ab刚具有初速度v0时，其切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv0，根据右手定则知，感应电流的方向为b到a，杆ab相当于电源，a相当于电源的正极，则a点电势高于b点电势，A正确；通过电阻R的电流I＝，由于杆ab速度减小，则电流减小，安培力减小，所以杆ab做加速度逐渐减小的减速运动，速度v随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电

实验二探究弹力和弹簧伸长的关系一、基本原理与操作原理装置图操作要领平衡时弹簧产生的弹力和外力大小相等(1)操作：弹簧竖直悬挂，待钩码静止时测出弹簧长度(2)作图：坐标轴标度要适中，单位要标注，连线时要使各数据点均匀分布在直线的两侧，明显偏离曲线的点要舍去二、数据处理1．图象法：根据测量数据，在建好直角坐标系的坐标纸上描点。以弹簧的弹力F为纵轴，弹簧的伸长量x为横轴，根据描点的情况，作出一条经过原点的直线。2．列表法：将实验数据填入表中，研究测量的数据，可发现在实验误差允许的范围内，弹力与弹簧伸长量的比值不变。3．函数法：根据实验数据，找出弹力与弹簧伸长量的函数关系。注意事项(1)不要超过弹性限度实验中弹簧下端挂的钩码不要太多，以免超过弹簧的弹性限度。(2)尽量多测几组数据要使用轻质弹簧，且要尽量多测几组数据。(3)观察所描点的走向不要画折线。(4)统一单位：记录数据时要注意弹力及弹簧伸长量的对应关系及单位。误差分析1．钩码标值不准确，弹簧长度测量不准确带来误差。2．画图时描点及连线不准确也会带来误差。热点一教材原型实验命题角度实验原理与步骤【例1】如图1甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系。图1(1)为完成实验，还需要的实验器材有：__________。(2)实验中需要测量的物理量有：____________________________________________________________________________________________________________。(3)图乙是弹簧弹力F与弹簧伸长量x的F－x图线，由此可求出弹簧的劲度系数为__________N/m。图线不过原点的原因是________________________________________________________________________________________________。(4)为完成该实验，设计的实验步骤如下：A．以弹簧伸长量为横坐标，以弹力为纵坐标，描出各组(x，F)对应的点，并用平滑的曲线连接起来；B．记下弹簧不挂钩码时其下端在刻度尺上的刻度l0；C．将铁架台固定于桌子上，并将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一把刻度尺；D．依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个

第十一章磁场第1讲电磁感应现象楞次定律1.知道电磁感应现象的产生条件并会分析解决实际问题.2.会根据楞次定律判断感应电流的方向，会应用楞次定律的推论分析问题.3.能够综合应用安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律解决实际问题.【目标要求】考点一电磁感应现象的理解和判断考点二感应电流方向的判定考点三楞次定律的推论考点四“三定则、一定律”的应用课时精练内容索引NEIRONGSUOYIN考点一电磁感应现象的理解和判断011.磁通量(1)Φ＝.(2)适用条件：①匀强磁场.②S为垂直磁场的.(3)磁通量是(填“标量”或“矢量”).基础回扣BS有效面积标量(4)物理意义：相当于穿过某一面积的的条数.如图1所示，矩形abcd、abb′a′、a′b′cd的面积分别为S1、S2、S3，匀强磁场的磁感应强度B与平面a′b′cd垂直，则：①通过矩形abcd的磁通量为或.②通过矩形a′b′cd的磁通量为.③通过矩形abb′a′的磁通量为.(5)磁通量变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1.磁感线BS1cosθBS3BS30图12.电磁感应现象(1)当穿过闭合导体回路的发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应.(2)感应电流产生的条件穿过电路的.3.实质产生，如果电路闭合，则有感应电流.如果电路不闭合，则只有而无感应电流.磁通量闭合磁通量发生变化感应电动势感应电动势1.(感应电流的产生)(多选)如图2所示，一轻质绝缘横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁体插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象及现象分析正确的是跟进训练12A.磁体插向左环，横杆发生转动B.磁体插向右环，横杆发生转动C.磁体插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流D.磁体插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流图2√√2.(感应电流的产生)如图3所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是12A.ab向右运动，同时使θ减小B.使磁感应强度B减小，θ角同时也减小C.ab向左运动，同时增大磁感应强度BD.ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)图3√12解析设此时回路面积为S，据题意，磁通量Φ＝BScosθ

第1讲交变电流的产生和描述目标要求1.理解交变电流的产生过程，能正确书写交变电流的函数表达式.2.理解并掌握交变电流图象的意义.3.理解描述交变电流的几个物理量，会计算交变电流的有效值.4.知道交流电四值在具体情况下的应用.考点一正弦式交变电流的产生及变化规律基础回扣正弦式交变电流1.产生线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动.2.两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变.(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e最大，i最大，电流方向不改变.3.一个周期内线圈中电流的方向改变两次.4.描述交变电流的物理量(1)最大值Em＝NBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关(填“有关”或“无关”).(2)周期和频率①周期(T)：交变电流完成一次周期性变化所需的时间.单位是秒(s)，公式T＝2πω.②频率(f)：交变电流在单位时间内完成周期性变化的次数.单位是赫兹(Hz).③周期和频率的关系：T＝1f或f＝1T.5.交变电流的变化规律(线圈从中性面开始计时)函数表达式图象磁通量Φ＝Φmcosωt＝BScosωt电动势e＝Emsinωt＝NBSωsinωt技巧点拨书写交变电流瞬时值表达式的技巧(1)确定正弦交变电流的峰值：根据已知图象读出或由公式Em＝NBSω求出相应峰值.(2)明确线圈的初始位置：①线圈在中性面位置开始计时，则i－t图象为正弦函数图象，函数表达式为i＝Imsinωt.②线圈在垂直于中性面的位置开始计时，则i－t图象为余弦函数图象，函数表达式为i＝Imcosωt.例1(2020·江西进贤县第一中学开学考试)甲、乙两矩形单匝金属线圈分别绕与磁感线垂直的轴在同一匀强磁场中匀速转动，输出交流电的感应电动势图象如图1中甲、乙所示，则()图1A.甲的频率是乙的2倍B.甲线圈的面积是乙的6倍C.t＝1s时，两线圈中的磁通量均为零D.t＝2s时，两线圈均与磁感线平行答案B解析由题图知甲的周期为2s，乙的周期为1s，所以f甲∶f乙＝1∶2，故A错误；甲的电动势最大值为6V，乙的电动势最大值为2V，所以Em甲∶Em乙＝3∶1，ω甲∶ω乙＝f甲∶f乙＝1∶2，由E＝BSω可知S甲∶S乙＝6∶1，故B正确；当线圈平面处于中性面位置时磁通量最大，而感应电动势为零，当线圈平面平行磁感线时，通过线圈的磁通量

[高考导航]考点内容要求高考(全国卷)三年命题情况对照分析201620172018命题分析形变、弹性、胡克定律Ⅰ卷Ⅰ·T19：多物体的动态平衡卷Ⅱ·T14：单物体的动态平衡卷Ⅱ·T17：多物体的平衡卷Ⅰ·T21：共点力的动态平衡卷Ⅱ·T16：摩擦力、共点力的平衡卷Ⅲ·T17：胡克定律、共点力的平衡卷Ⅰ·T22：胡克定律、游标卡尺的读数卷Ⅱ·T23：弹簧测力计的读数，图象法处理数据1.从题型上看，高考对本章命题均是选择题2.从命题角度上看，多侧重于受力分析或弹力、摩擦力的计算和方向分析3.共点力平衡问题是本章的重点，熟练掌握解答平衡问题常用的方法滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力Ⅰ矢量和标量Ⅰ力的合成和分解Ⅱ共点力的平衡Ⅱ实验二：探究弹力和弹簧伸长的关系实验三：验证力的平行四边形定则第1讲重力弹力摩擦力知识排查重力1.产生：由于地球的吸引而使物体受到的力。2．大小：与物体的质量成正比，即G＝mg。可用弹簧测力计测量重力。3．方向：总是竖直向下。4．重心：其位置与物体的质量分布和形状有关。形变、弹力、胡克定律1.形变(1)弹性形变：有些物体在形变后撤去作用力能够恢复原状的形变。(2)弹性限度：当形变超过一定限度时，撤去作用力后，物体不能完全恢复原来的形状，这个限度叫弹性限度。2．弹力(1)定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对与它接触的物体会产生力的作用，这种力叫做弹力。(2)产生条件：物体相互接触且发生弹性形变。(3)方向：弹力的方向总是与作用在物体上使物体发生形变的外力方向相反。3．胡克定律(1)内容：弹簧发生弹性形变时，弹力的大小F跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成正比。(2)表达式：F＝kx。①k是弹簧的劲度系数，单位为N/m；k的大小由弹簧自身性质决定。②x是形变量，但不是弹簧形变以后的长度。静摩擦力、滑动摩擦力、动摩擦因数1.静摩擦力与滑动摩擦力对比名称项目静摩擦力滑动摩擦力定义两相对静止的物体间的摩擦力两相对运动的物体间的摩擦力产生条件①接触面粗糙①接触面粗糙②接触处有压力②接触处有压力③两物体间有相对运动趋势③两物体间有相对运动大小(1)静摩擦力为被动力，与正压力无关，满足0＜F≤Fmax(2)最大静摩擦力Fmax大小与正压力大小有关F＝μFN方向与受力物体相对运动趋势的方向相反与受力物体相对运动的方向相反作用效果总是阻碍物体间的相对运动趋势总是阻碍物体

第2讲力的合成与分解知识排查力的合成1.合力与分力(1)定义：如果一个力产生的效果跟几个共点力共同作用产生的效果相同，这一个力就叫做那几个力的合力，原来那几个力叫做分力。(2)关系：合力和分力是等效替代的关系。2．共点力作用在物体的同一点，或作用线的延长线交于一点的力。如下图1所示均是共点力。图13．力的合成(1)定义：求几个力的合力的过程。(2)运算法则①平行四边形定则：求两个互成角度的共点力的合力，可以用表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就表示合力的大小和方向。如图2甲所示。②三角形定则：把两个矢量首尾相接，从而求出合矢量的方法。如图2乙所示。图2力的分解1.定义：求一个已知力的分力的过程。2．运算法则：平行四边形定则或三角形定则。3．分解方法：①按力产生的效果分解；②正交分解。如图3将结点O受力进行分解。图3矢量和标量1.矢量：既有大小又有方向的量，相加时遵从平行四边形定则。2．标量：只有大小没有方向的量，求和时按代数法则相加。小题速练1．思考判断(1)两个分力大小一定时，两分力方向间的夹角θ越大，合力越小。()(2)合力一定时，两等大分力间的夹角θ越大，两分力越大。()(3)力的分解必须按效果进行分解。()(4)位移、速度、加速度、力和时间都是矢量。()答案(1)√(2)√(3)×(4)×2．(多选)[人教版必修1·P64·T4改编]两个力F1和F2间的夹角为θ，两力的合力为F。以下说法正确的是()A．若F1和F2大小不变，θ角越小，合力F就越大B．合力F总比分力F1和F2中的任何一个力都大C．如果夹角θ不变，F1大小不变，只要F2增大，合力F就必然增大D．合力F的作用效果与两个分力F1和F2共同产生的作用效果是相同的答案AD3．[人教版必修1·P64·T2改编]有两个力，它们的合力为0。现在把其中一个向东6N的力改为向南(大小不变)，它们的合力大小为()A．6NB．62NC．12ND．0答案B4．[人教版必修1·P66·T2改编]一个竖直向下的180N的力分解为两个分力，一个分力在水平方向上并等于240N，则另一个分力的大小为()A．60NB．240NC．300ND．420N答案C共点力的合成1．两个共点力的合成|F1－F2|≤F合≤F1＋F2，即两个力大小不变时，其合力随夹角的增大而减小，当两力反向时，合力最小；当两力同向时，合

第2讲变压器远距离输电目标要求1.知道变压器的工作原理，掌握变压器的特点，并能分析、解决实际问题.2.理解远距离输电的原理并会计算线路损失的电压和功率.考点一理想变压器的原理及应用基础回扣1.构造和原理(1)构造：如图1所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的.图1(2)原理：电磁感应的互感现象.2.基本关系式(1)功率关系：P入＝P出.(2)电压关系：U1U2＝n1n2.(3)电流关系：只有一个副线圈时I1I2＝n2n1.(4)频率关系：f出＝f入.技巧点拨1.理想变压器的制约关系电压原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2，U2＝n2n1U1功率副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入，P入＝P出电流副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1，I1＝n2n1I22.含有多个副线圈的变压器计算具有两个或两个以上副线圈的变压器问题时，需注意三个关系：电压关系：U1n1＝U2n2＝U3n3＝……＝Unnn功率关系：P1＝P2＋P3＋P4＋……＋Pn电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋……＋nnIn变压器基本物理量的分析与计算例1(2017·北京卷·16)如图2所示，理想变压器的原线圈接在u＝2202sin(100πt)V的交流电源上，副线圈接有R＝55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表.下列说法正确的是()图2A.原线圈的输入功率为2202WB.电流表的读数为1AC.电压表的读数为1102VD.副线圈输出交流电的周期为50s答案B解析由u＝2202sin(100πt)V可知，原线圈电压最大值为2202V，故原线圈电压的有效值为U1＝220V，根据U1U2＝n1n2可知，U2＝n2n1U1＝110V，故电压表的读数为110V，选项C错误；副线圈电流有效值为I2＝U2R＝2A，根据P＝UI可知，输出功率为220W，则原线圈的输入功率为220W，故选项A错误；原线圈中的电流I1＝PU1＝1A，故选项B正确；因为ω＝2πT，所以T＝2πω＝2π100πs＝0.02s，故选项D错误.原线圈接入用电器的变压器问题分析例2(多选)(2020·全国卷Ⅲ·20)在图3(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10Ω，R3＝20Ω，各电表均为

第十一章电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流1.理解并应用法拉第电磁感应定律.2.会计算导体棒切割磁感线产生的感应电动势.3.了解自感现象、涡流、电磁驱动和电磁阻尼.【目标要求】考点一法拉第电磁感应定律的理解及应用考点二导体切割磁感线产生的感应电动势考点三自感现象考点四涡流电磁阻尼和电磁驱动课时精练内容索引NEIRONGSUOYIN考点一法拉第电磁感应定律的理解及应用011.感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势.(2)产生条件：穿过回路的发生改变，与电路是否闭合无关.(3)方向判断：感应电动势的方向用或右手定则判断.基础回扣磁通量楞次定律2.法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的__________成正比.磁通量的变化率技巧点拨例1(多选)(2018·全国卷Ⅲ·20)如图1(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧.导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向.导线框R中的感应电动势考向1判断感应电动势的方向、大小图1√√例2(多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图2(a)中虚线MN所示.一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上.t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示.则在t＝0到t＝t1的时间间隔内考向2感应电动势、感应电流的计算图2A.圆环所受安培力的方向始终不变B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向√√解析在0～t0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左；在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向仍为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；1.(法拉第电磁感应定律的应用)如图3所示，竖直放置的矩形导线框MNPQ边长分别为L和2L，M、N间连接水平的平行板电容器，两极板间距为d，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场.两极板间有一质量为m、电荷量为q的带负电油滴恰好处于平衡状态，已知重力加速度为g，则该磁场磁感应强度大小B的变化情况及其变化率分别是跟进训练√图3解析电荷量为q的带负电的油滴恰好处于静

第3讲共点力的平衡条件和应用知识排查受力分析1.受力分析：把研究对象(指定物体)在特定的物理环境中受到的所有力都找出来，并画出受力示意图的过程。2．受力分析的一般顺序(1)画出已知力。(2)分析场力(重力、电场力、磁场力)。(3)分析弹力。(4)分析摩擦力。共点力的平衡条件1.平衡状态物体处于静止或匀速直线运动的状态，即a＝0。2．平衡条件F合＝0或Fx＝0Fy＝0如图甲所示，小球静止不动，如图乙所示，物块匀速运动。则：小球F合＝0FNsinθ＝F推，FNcosθ＝mg。物块Fx＝F1－Ff＝0，Fy＝F2＋FN－mg＝0。平衡条件的推论1.二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反。2．三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余两个力的合力大小相等，方向相反。3．多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等，方向相反。小题速练1．思考判断(1)对物体受力分析时，只能画该物体受到的力，其他物体受到的力不能画在该物体上。()(2)物体沿光滑斜面下滑时，受到重力、支持力和下滑力的作用。()(3)加速度等于零的物体一定处于平衡状态。()(4)速度等于零的物体一定处于平衡状态。()(5)若三个力F1、F2、F3平衡，若将F1转动90°时，三个力的合力大小为2F1。()答案(1)√(2)×(3)√(4)×(5)√2．(多选)如图1所示，竖直放置的轻弹簧一端固定在地面上，另一端与斜面体P连接，P的斜面与固定挡板MN接触且处于静止状态，则斜面体P此刻所受的外力可能有()图1A．2个B．3个C．4个D．5个解析若斜面体P受到的弹簧弹力F等于其重力mg，则MN对P没有力的作用，如图甲所示，P受到2个力，A项正确；若弹簧弹力大于P的重力，则MN对P有压力FN，只有压力FN，则P不能平衡，一定存在一个向右的力，只能是MN对P的摩擦力Ff，P此时受到4个力，如图乙所示，C项正确。答案AC3．天然平衡岩带给我们的那种仿佛时间停止的静态之美成为很多艺术家的灵感源泉，他们不断尝试着复制这种不可思议的平衡之美。达莱尔·雷特便是这样一位艺术家，在其最为著名的作品中，雷特将一块大石头放在石化木顶端一块微小的基岩上。这块大石头并非呈现出直立姿态，则是倾斜着身子。则关于大石头的受力下

第十二章交变电流第1讲交变电流的产生和描述【目标要求】1.理解交变电流的产生过程，能正确书写交变电流的函数表达式.2.理解并掌握交变电流图象的意义.3.理解描述交变电流的几个物理量，会计算交变电流的有效值.4.知道交流电四值在具体情况下的应用.内容索引NEIRONGSUOYIN考点一正弦式交变电流的产生及变化规律考点二交变电流的有效值求解考点三交变电流“四值”的理解和计算课时精练考点一正弦式交变电流的产生及变化规律01正弦式交变电流1.产生线圈绕磁场方向的轴匀速转动.2.两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将.(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，，e最大，i最大，电流方向.基础回扣垂直于最大发生改变最大不改变3.一个周期内线圈中电流的方向改变次.4.描述交变电流的物理量(1)最大值Em＝，与转轴位置，与线圈形状(填“有关”或“无关”).(2)周期和频率①周期(T)：交变电流完成变化所需的时间.单位是秒(s)，公式T＝.②频率(f)：交变电流在单位时间内完成周期性变化的.单位是赫兹(Hz).③周期和频率的关系：T＝或f＝.两NBSω无关无关一次周期性次数5.交变电流的变化规律(线圈从中性面开始计时)函数表达式图象磁通量Φ＝＝cosωt电动势e＝＝sinωtΦmcosωtBSEmsinωtNBSω技巧点拨书写交变电流瞬时值表达式的技巧(1)确定正弦交变电流的峰值：根据已知图象读出或由公式Em＝NBSω求出相应峰值.(2)明确线圈的初始位置：①线圈在中性面位置开始计时，则i－t图象为正弦函数图象，函数表达式为i＝Imsinωt.②线圈在垂直于中性面的位置开始计时，则i－t图象为余弦函数图象，函数表达式为i＝Imcosωt.例1(2020·江西进贤县第一中学开学考试)甲、乙两矩形单匝金属线圈分别绕与磁感线垂直的轴在同一匀强磁场中匀速转动，输出交流电的感应电动势图象如图1中甲、乙所示，则A.甲的频率是乙的2倍B.甲线圈的面积是乙的6倍C.t＝1s时，两线圈中的磁通量均为零D.t＝2s时，两线圈均与磁感线平行图1√解析由题图知甲的周期为2s，乙的周期为1s，所以f甲∶f乙＝1∶2，故A错误；甲的电动势最大值为6V，乙的电动势最大值为2V，所以Em甲∶Em乙＝3∶1，ω甲∶ω乙＝f甲∶f乙＝1∶2，由E＝BSω可知S

第1讲光电效应及波粒二象性目标要求1.了解黑体辐射的实验规律.2.知道什么是光电效应，理解光电效应的实验规律，会利用光电效应方程计算逸出功、截止频率、最大初动能等物理量.3.知道波粒二象性，知道物质波的概念.考点一黑体辐射能量子基础回扣1.热辐射(1)定义：周围的一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度有关，所以叫热辐射.(2)特点：热辐射强度按波长的分布情况随物体的温度不同而有所不同.2.黑体辐射的实验规律(1)对于一般材料的物体，辐射电磁波的情况除与温度有关外，还与材料的种类及表面状况有关.(2)黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关.随着温度的升高，一方面，各种波长的辐射强度都有增加，另一方面，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，如图1.图13.能量子(1)定义：普朗克认为，当带电微粒辐射或吸收能量时，以最小能量值为单位一份一份地辐射或吸收，这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子.(2)能量子大小：ε＝hν，其中ν是带电微粒吸收或辐射电磁波的频率，h被称为普朗克常量.h＝6.626×10－34J·s(一般取h＝6.63×10－34J·s).(3)发光功率与单个光子能量的关系：发光功率P＝n·ε，其中n为单位时间发出的光子数目，ε为单个光子的能量.1.(黑体辐射的实验规律)(多选)(2019·江苏南京市高二检测)黑体辐射的实验规律如图2所示，以下判断正确的是()图2A.在同一温度下，波长越短的电磁波辐射强度越大B.在同一温度下，辐射强度最大的电磁波波长不是最大的，也不是最小的，而是处在最大与最小波长之间C.温度越高，辐射强度的极大值就越大D.温度越高，辐射强度最大的电磁波的波长越短答案BCD2.(能量量子化的计算)人眼对绿光最敏感，正常人的眼睛接收到波长为530nm的绿光时，只要每秒有6个绿光的光子射入瞳孔，眼睛就能觉察，普朗克常量为6.63×10－34J·s，光速为3.0×108m/s，则人眼能察觉到绿光时所接收到的最小功率是()A.2.3×10－18WB.3.8×10－19WC.7.0×10－10WD.1.2×10－18W答案A解析绿光光子能量：ε＝hν＝hcλ≈3.8×10－19J.每秒最少有6个绿光的光子射入瞳孔，所以P＝6ε1s≈2.3×10－18W，选项A正确，B、C、D错误.考点二光电效应基础回扣1.光电效应及其规律(1)光电效应现

专题突破功能关系能量守恒定律突破一功能关系的理解和应用1．对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。2．几种常见的功能关系及其表达式各种力做功对应能的变化定量的关系合力做功动能变化合力对物体做功等于物体动能的增量W合＝Ek2－Ek1重力做功重力势能变化重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能增加，且WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2弹簧弹力做功弹性势能变化弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势能增加，且W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、弹簧弹力做功机械能不变化机械能守恒ΔE＝0非重力和弹力做功机械能变化除重力和弹力之外的其他力做正功，物体的机械能增加，做负功，机械能减少，且W其他＝ΔE【例1】(2017·全国卷Ⅲ，16)如图1，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距13l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为()图1A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl解析由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了l6，则重力势能增加ΔEp＝23mg·l6＝19mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝19mgl，故选项A正确，B、C、D错误。答案A1．如图2所示，某滑翔爱好者利用无动力滑翔伞在高山顶助跑起飞，在空中完成长距离滑翔后安全到达山脚下。他在空中滑翔的过程中()图2A．只有重力做功B．重力势能的减小量大于重力做的功C．重力势能的减小量等于动能的增加量D．动能的增加量等于合力做的功解析由功能关系知，重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应物体动能的变化，选项D正确。答案D2．韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中()A．动能增加了1900JB．动能增加了2000JC．重力势能减小了1900JD．重力势能减小了2000J解析由题可得：重力做功WG＝1900J，则重力势能减少1900J，故选项C正

第十二章交变电流第2讲变压器远距离输电1.知道变压器的工作原理，掌握变压器的特点，并能分析、解决实际问题.2.理解远距离输电的原理并会计算线路损失的电压和功率.【目标要求】考点一理想变压器的原理及应用考点二理想变压器的动态分析考点三远距离输电课时精练内容索引NEIRONGSUOYIN考点一理想变压器的原理及应用011.构造和原理(1)构造：如图1所示，变压器是由和绕在铁芯上的组成的.(2)原理：电磁感应的互感现象.2.基本关系式(1)功率关系：.(2)电压关系：.(3)电流关系：只有一个副线圈时(4)频率关系：.基础回扣图1闭合铁芯两个线圈P入＝P出f出＝f入1.理想变压器的制约关系技巧点拨电压原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2，U2＝U1功率副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入，P入＝P出电流副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1，I1＝I2.含有多个副线圈的变压器计算具有两个或两个以上副线圈的变压器问题时，需注意三个关系：功率关系：P1＝P2＋P3＋P4＋……＋Pn电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋……＋nnIn例1(2017·北京卷·16)如图2所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin(100πt)V的交流电源上，副线圈接有R＝55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表.下列说法正确的是A.原线圈的输入功率为220WB.电流表的读数为1AC.电压表的读数为110VD.副线圈输出交流电的周期为50s√考向1变压器基本物理量的分析与计算图2例2(多选)(2020·全国卷Ⅲ·20)在图3(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10Ω，R3＝20Ω，各电表均为理想电表.已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示.下列说法正确的是A.所用交流电的频率为50HzB.电压表的示数为100VC.电流表的示数为1.0AD.变压器传输的电功率为15.0W√考向2原线圈接入用电器的变压器问题分析图3√变压器传输的电功率P＝I22R2＋I2R3＝15.0W，故D正确.1.(变压器基本物理量的计算)如图4所示，一理想变压器原线圈输入正弦式交流电，交流电的频率为50Hz，电压表示数为11000V，灯泡L1与L2的电阻相等