高考物理二轮复习第一部分专题四电路与电磁感应专题强化练十一直流电路与交流电路.doc
新教材2024高考物理二轮专题复习第一编专题复习攻略专题四电路与电磁感应第10讲直流电路与交流电路教
第10讲直流电路与交流电路知识网络构建命题分类剖析命题点一直流电路的分析与计算1．闭合电路欧姆定律的三个公式(1)E＝U外＋U内；(任意电路)(2)E＝U外＋Ir；(任意电路)(3)E＝I(R＋r)．(纯电阻电路)2．电路动态分析的两种方法即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论．例 1[2023·广东模拟预测](多选)如图所示电路，两电源电动势分别为E1、E2，内阻分别为r1、r2，且E1＝E2，r1>r2，R 为滑动变阻器，P 为滑动变阻器滑片，灯泡电阻可认为不变．现闭合开关S 1，单刀双掷开关S 2接1时，灯泡均正常发光，则下列说法中正确的是( )A ．若滑片P 向下滑动，则L 2变亮，L 3变暗B ．若滑片P 向下滑动，则L 1变暗，L 2变亮C ．若将单刀双掷开关S 2切换至2，则L 1、L 2、L 3均变亮D ．若将单刀双掷开关S 2切换至2，则电源的输出功率可能变小例 2[2023·海南卷]如图所示电路，已知电源电动势为E ，内阻不计，电容器电容为C ，闭合开关K ，待电路稳定后，电容器上的电荷量为( )A ．CEB ．12CEC ．25CED ．35CE例 3[2023·浙江名校联盟联考]新冠肺炎患者中有13%的重症患者和6%的危重患者需要给予及时的呼吸机治疗，呼吸机成为生死攸关的战略资源．呼吸机的核心部件之一是呼吸机马达．下表是国内某制造商生产的呼吸机马达的主要参数．下列说明正确的是( )A.额定电流状态下，马达内阻等消耗功率为B ．利用空载状态的参数，计算出马达的内阻是120 Ω C ．利用额定状态的参数，计算出马达的内阻约为9 Ω D ．空载状态下，马达的输出功率为4.8 W思维提升纯电阻电路和非纯电阻电路(1)纯电阻电路：电功W ＝UIt ，电功率P ＝UI ，且电功全部转化为电热，有W ＝Q ＝UIt＝U 2R t＝I2Rt，P＝UI＝U2R＝I2R.(2)非纯电阻电路：电功W＝UIt，电功率P＝UI，电热Q＝I2Rt，电热功率P热＝I2R，电功率大于电热功率，即P>P热，故求电功、电功率只能用W＝UIt、P＝UI，求电热、电热功率只能用Q＝I2Rt、P热＝I2R.提升训练1.[2023·重庆南开中学质检](多选)小明为自己家的养牛场设计了一款补水提示器，其工作原理如图所示．在忽略电表内阻影响的情况下，下列分析正确的是( ) A．水量减少时，滑动变阻器的滑片向上移动B．如果选择电压表，电表示数变小反映水量增多C．如果选择电流表，电表示数变大反映水量增多D．如果选择电流表，R0可以在水太多时保护电路2．[2023·北京市昌平区前锋学校二模]甲、乙两种亮度可调的台灯内部电路示意图如图所示，其中甲台灯通过变阻器调节灯泡亮度，乙台灯通过改变理想变压器副线圈的匝数调节灯泡亮度，两台灯所用电源和灯泡均相同，下列说法正确的是( )A．两台灯均可使用直流电源B．甲台灯的旋转开关从1调到4的过程中，灯泡逐渐变暗C．乙台灯的旋转开关从1调到4的过程中，灯泡逐渐变亮D．当两台灯亮度相同时，电源的输出功率相同3.[2023·人大附中高三摸底考试](多选)为了节能和环保，一些公共场所用光敏电阻制作光控开关来控制照明系统，如图为电路原理图．图中，直流电源电动势为3 V，内阻可不计，R为可变电阻，R G为光敏电阻，其在不同照度下的阻值如表(照度是描述光的强弱的物理量，光越强照度越大，lx是它的单位)．若控制开关两端电压升至2 V时将自动开启照明系统，则以下说法正确的是( )A.若将R接入电路的阻值调整为20 kΩ，则当照度降低到0.4 lx时启动照明系统B．若要使照明系统在照度降低到0.8 lx时启动，则要将R接入电路的阻值调整为46 kΩC．R接入电路的阻值不变时，照度越大，控制开关两端的电压越大D．若要在光照更暗时启动照明系统，应将R接入电路的阻值调大命题点二交流电流的分析与计算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．有效值的计算(1)正弦式交变电流：E＝m√2，I＝m√2，U＝m√2.(2)非正弦式交变电流：计算有效值时，要根据电流的热效应，即“一个周期”内“相同电阻”上产生“相同热量”，然后分段求和列式，求得有效值．3．正弦式交流电“四值”的应用考向1 交流电流的产生例 1[2023·四川省成都市三诊](多选)如图甲所示，KLMN是一个电阻R＝0.4 Ω的单匝竖直矩形闭合导线框，全部处于水平方向的匀强磁场中，MN边水平，线框绕某一竖直固定轴按俯视的逆时针方向匀速转动，产生的感应电流如图乙所示．下列说法正确的是( )A．1 s时间内电流方向改变5次B．若从图示时刻开始计时，并且规定MLKN的方向为电流的正方向，则电流表达式为i＝10sin (10πt＋2π)A3C．图示时刻感应电动势的瞬时值e＝2VD．磁通量的最大值Φm＝2Wb5π考向2 交变电流的“四值”的分析、计算例 2[2023·湖南卷](多选)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示．大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上．线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R.磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场．大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直．线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡．假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是( )A．线圈转动的角速度为4ωB．灯泡两端电压有效值为3√2nBL2ωC．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为4√2nBL2ω3D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮提升训练1.[2023·浙江十校联盟联考]如图甲是小型交流发电机，两磁极间的磁场可视为匀强磁场，一个100匝的矩形线圈(内阻不计)绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，某位置开始计时产生的交变电动势图像如图乙所示，已知磁感应强度B＝0.1 T，则( )A．t＝0时刻，线圈平面与磁感线平行m2B．线圈的面积S为0.22√2πC．它可使“220 V，60 W”的灯泡正常发光，也可使击穿电压为220 V的电容器正常工作D．以此作为电源，每通过1 C的电荷量，消耗的电能为220√2 J2．[2023·金丽衢十二校联考]如图所示为一电流通过一电子元件后的波形图(曲线部分为正弦式交变电流的一部分)，则下列说法正确的是( )A．这是一种交变电流B．电流的变化周期为0.03 sC．电流通过100 Ω电阻时，电功率为100 WD．电流通过100 Ω的电阻时，一个周期内流经电阻的电荷量大于0.015 C3．[2023·广东茂名一模]无线充电技术已经在新能源汽车等领域得到应用．地下铺设供电的送电线圈，车上的受电线圈与蓄电池相连，如图所示．送电线圈和受电线圈匝数比为n1∶n2＝4∶1.当送电线圈接上图中的正弦交流电后，受电线圈中的电流为2 A．不考虑线圈的自感，忽略电能传输的损耗，下列说法正确的是( )A．受电线圈的电流方向每秒改变50次B．送电线圈的输入功率为110 WC．受电线圈的输出电压为50√2 VD．送电线圈的输入电压为220√2 V命题点三变压器与远距离输电1．理想变压器原副线圈中各物理量的三个制约关系(1)电压制约：输出电压U2由输入电压U1决定，即U2＝n2U1.原制约副n1.副(2)电流制约：原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1＝n2I2n1制约原(3)功率制约：变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2.副制约原2．分清远距离输电的三个回路和三种关系(1)理清三个回路(2)分清三种关系考向1 理想变压器的分析与计算例 1[2023·海南卷](多选)如图是工厂利用u＝220√2sin 100πt V的交流电给36 V照明灯供电的电路，理想变压器原线圈匝数为1 100，下列说法正确的是( )A．电源电压有效值为220√2 VB．交变电流的周期为0.02 sC．副线圈匝数为180D．副线圈匝数为240例 2[2023·四川省成都市树德中学高三三诊]图甲中理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻R＝10 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡．原线圈接一个经双可控硅调节后的电压U，U随时间t的变化规律如图乙所示，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前四分之一周期电压被截去．现将S1、S2、S3闭合，此时L2正常发光．下列说法错误的是( )A．输入电压U的有效值为10 VB．R消耗的电功率为10 WC．只断开S3后，L2能正常发光D．只断开S2后，原线圈的输入功率减小例 3[2023·湖北省高三三模]如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，输入端所加正弦交流电的电压U ＝20√2sin (100πt) V，已知电阻R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，滑动变阻器R3最大阻值为40 Ω，电压表为理想电压表．开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，下列说法正确的是( ) A．通过R1的电流为2 AB．电压表读数为40 VC．副线圈电流方向每秒钟改变50次D．若将滑片P向下滑动，电压表读数将变大思维提升原线圈含电阻的变压器问题分析技巧对于一组原、副线圈电路，电流与匝数成反比的规律成立，即I1I2＝n2n1；但要注意电压与匝数成正比关系成立的条件，原线圈接有电阻时，U1U2＝n1n2中U1指的是原线圈两端电压，而不是电源电压．原线圈两端电压和与原线圈串联的电阻两端电压之和等于电源电压．考向2 远距离输电例 4[2023·四川统考二模](多选)在远距离输电技术上，中国1 100 kV特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程．输电线路流程可简化为：如虚线框所示，若直流输电线电阻为10 Ω，直流电输送功率为5.5×109 W，不计变压器、整流与逆变等造成的能量损失，则( )A．直流电输电线路上的电流为5×103 AB．直流电输电线路上损失的电压为100 kVC．降压变压器的输出功率是4.5×109 WD．若将1 100 kV直流输电降为550 kV直流输电，受端获得功率将比原来减少7.5×108 W提升训练1.[2023·安徽省联考](多选)如图所示，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源，原、副线圈分别接可变电阻R1、R2，理想电压表V1、V2的示数为U1、U2，理想电流表A1、A2的示数为I1、I2.下列说法错误的是( )A.保持P位置不变，R1增大、R2不变的情况下，I1减小，U1不变B．保持P位置不变，R1不变、R2增大的情况下，I2减小，U2减小时，R2消耗的功率达到最大C．保持P位置不变，R1不变，使R2＝R14D．R1不变、R2减小的情况下，P向下移，R1消耗的功率减小2．[2023·浙江联考](多选)杭丽铁路被列入浙江省重大建设项目“十四五”规划，杭丽高铁建成后，丽水前往杭州的时间将缩短至1小时内．新建成的高铁将应用许多新技术，图示为高铁的牵引供电流程图，利用可视为理想变压器(原、副线圈匝数比为n1∶n2)的牵引变电所，将高压220 kV或110 kV降至27.5 kV，再通过接触网上的电线与车顶上的受电弓使机车获得25 kV工作电压，则下列说法正确的是( )A．若电网的电压为110 kV，则n1∶n2＝4∶1B．若高铁机车运行功率增大，机车工作电压将会高于25 kVC．高铁机车运行功率增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大D．如果高铁机车的电动机输出机械功率为9 000 kW，电机效率为90%，则牵引变电所到机车间的等效电阻为62.5 Ω素养培优·模型建构交变电流的产生及含变压器的三种模型模型一交变电流的产生情境图示模型二含变压器的三种模型情境图示[典例1] [2023·福建厦门市二模]如图是一小型交流发电机供电原理图，两磁极N、S 间的磁场可视为水平方向匀强磁场，理想变压器原、副线圈分别与发电机和灯泡连接，灯泡上标有“6 V 3 W”字样且正常发光(除灯泡外不计其余电阻)从某时刻开始计时，发电机输出端的电流随时间变化图像如图乙，下列说法正确的是( )A.当t＝0.04 s时发电机内线圈平面与磁场方向平行B．发电机输出电流的瞬时值i＝√2sin (100πt) AC．变压器原、副线圈匝数之比为√2∶4D．发电机1分钟内产生的电能为180 J[典例2] [2023·福建省宁德市质检]如图所示为输电能耗演示电路．左侧变压器T1原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为6 V的正弦交流电．连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为8 Ω，开关S接1时，右侧变压器T2原、副线圈匝数比为2∶1，R 消耗的功率为8 W；接2时，T2原、副线圈匝数比为1∶2，则( )A．接1时，T2原线圈两端电压为U3＝18 VB．接1时，T2原线圈中的电流为I3＝2 AC．接2时，R消耗的功率P＝32 WD．接2时，R消耗的功率P＝18 W第10讲 直流电路与交流电路命题分类剖析命题点一[例1] 解析：将滑动变阻器的滑片P 向下调节，变阻器接入电路的电阻变大，R 与灯L 2并联的部分电阻变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I 减小，L 3灯泡亮度变暗；路端电压U 变大，L 3灯两端的电压U 3变小，R 与灯L 2并联电路的电压U 并＝U －U 3，U 增大，U 3减小，则U 并增大，灯L 2变亮；流过L 1的电流I 1＝I －I 2，I 减小，I 2增大，I 1减小，灯泡L 1亮度变暗，AB 正确；若将单刀双掷开关S 2切换至2，电源电动势不变，内电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知I ＝E R 外+r，电路干路电流增大，外电路电压变大，外电路各用电器阻值不变，故各支路电流增大，灯泡L 1、L 2、L 3均变亮，C 正确；P 出＝I 2R 外，电路总电流增大，外电阻不变，输出功率一定增大，D 错误．答案：ABC[例2] 解析：由电路的串并联规律可知，电阻3R 两端的电压为3E5，电阻R 两端的电压为E 5，则电容器两极板间电势差ΔU ＝2E 5，则Q ＝C ΔU ＝2CE 5，C 对．答案：C[例3] 解析：额定电流状态下，马达内阻等消耗功率为P r ＝U 额I 额－P 输＝13.6 W ，故A 正确；由于马达不是纯电阻元件，所以无论是在空载状态还是额定状态，都不能利用参数根据欧姆定律计算马达的内阻，故B 、C 错误；空载状态下，马达的输入功率为P 空＝U 额I 空＝4.8 W ，由于马达内阻会消耗功率，所以马达此时的输出功率小于4.8 W ，故D 错误．答案：A [提升训练]1．解析：根据装置图可知，水量减少，弹簧压缩量减少，滑片上移，故A 正确；若电表为电压表，其测的是滑动变阻器上部分对应的电压值，示数减小，说明滑片上移，水量减少，故B 错误；若电表为电流表，电流表测的是整个电路的电流，电流表示数变大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，即滑片下移，水量增多，故C 正确；如果选择电流表，水太多时R 接入电路的阻值很小，电路中电流很大，此时R 0串联在干路中，起到保护电路(电流表)的作用，故D 正确．答案：ACD2．解析：由于乙灯是使用的变压器，因此必须用交流电源，A 错误；甲灯旋转开关从1调到4的过程中，接入的电阻阻值减小，电路电流增大，灯泡逐渐变亮，B 错误；乙台灯的旋转开关从1调到4的过程中，副线圈的匝数增大．根据变压器原理，原副线圈的匝数比与原副线圈的电压比相等，因此副线圈电压将增大，灯泡逐渐变亮，C 正确；当两台灯亮度相同时，甲图电源功率为EI ，而乙图电源功率为1kEI ，其中k 为原副线圈匝数比，D 错误；故选C.答案：C3．解析：将R 接入电路的阻值调整为20 kΩ，则当照度降低到0.4 lx 时R G 为40 kΩ，根据串联分压原理可得，此时控制开关两端电压升为2 V ，即自动启动照明系统，故A 正确；使照明系统在照度降低到0.8 lx 时启动，根据串联电路分压特点知，应将R 接入电路的阻值调整为23 k Ω23 k Ω+R ＝23解得R ＝11.5 kΩ，故B 错误；R 接入电路的阻值不变时，照度越大，光敏电阻阻值变小，分压变小，即控制开关两端的电压越小，故C 错误；若要在光照更暗，即光敏电阻更大时启动照明系统，根据串联电路分压特点可知，应将R 接入电路的阻值调大，故D 正确．答案：AD 命题点二[例1] 解析：由图乙可知周期为0.2 s ，一个周期内电流方向改变2次，则1 s 时间内电流方向改变10次，故A 错误；若从图示时刻开始计时，并且规定MLKN 的方向为电流的正方向，此时电流方向为正，线框平面与中性面的夹角为π3，且在转π3即回到中性面处，则电流表达式为i ＝I m sin (2πTt＋φ0)＝10sin (10πt ＋23π)A故B 正确；感应电动势最大值为E m ＝I m R ＝4 V图示时刻感应电动势的瞬时值e ＝E m cos 30°＝2√3 V ，故C 错误； 根据电动势最大值表达式E m ＝BSω可知磁通量的最大值为Φm ＝BS ＝E mω＝42π0.2Wb ＝25π Wb ，故D 正确．答案：BD[例2] 解析：大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据v ＝ωr根据题意可知大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮转动的角速度为4ω，线圈转动的角速度为4ω，A 正确；线圈产生感应电动势的最大值E max ＝nBS ·4ω又S ＝L 2联立可得E max ＝4nBL 2ω则线圈产生感应电动势的有效值E ＝max √2＝2√2nBL 2ω根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为U ＝RER+R ＝√2nBL 2ωB 错误；若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L 的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值E ′max ＝8nBL 2ω此时线圈产生感应电动势的有效值E ′＝max ′√2＝4√2nBL 2ω根据电阻定律R ′＝ρlS ′可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R ，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值U ′＝RE ′R+2R＝4√2nBL 2ω3，C 正确；若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v ＝ωr 可知小轮和线圈的角速度变小，根据E ＝√2可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D 错误．答案：AC [提升训练]1．解析：t ＝0时刻，由图乙可知，瞬时电动势为零，线圈平面与磁感线垂直，故A 错误；根据线圈产生的最大电动势E ＝NBSω，结合图乙计算得S ＝0.22√2πm 2，故B 正确；它可使“220 V，60 W”的灯泡正常发光，电动势的最大值为220√2 V ，超过了电容器的击穿电压，不可使击穿电压为220 V 的电容器正常工作，故C 错误；不同时刻开始通电，通过1 C 的电荷量所用时间不同，故消耗的电能不同，故D 错误．答案：B2．解析：交变电流是指大小和方向随时间做周期变化的电流，图中电流方向未变，是直流，A 错误；电流的变化周期为0.015 s ，B 错误；电流通过100 Ω电阻时，电功率为P ＝(√22×2)2×100×0.01+12×100×0.0050.015W ＝5003W ，C 错误；根据i -t 图像与t 轴所围面积表示电荷量可知，电流通过100 Ω的电阻时，一个周期内流经电阻的电荷量大于0.015 C ，D 正确．答案：D3．解析：受电线圈的电流频率与送电线圈中的电流频率相同，即为f ＝1T ＝50 Hz 一个周期内电流方向改变2次，所以每秒电流方向改变100次，A 错误； 根据图可知送电线圈上正弦交流电的有效值为U 有效＝U 输入＝220√2×√22V ＝220 V 受电线圈中的电流为2 A ，可得送电线圈中的电流大小为I 送＝n2n 1·I 受＝14×2 A＝0.5 A送电线圈的输入功率为P ＝220×0.5 W＝110 W B 正确，D 错误； 对受电线圈的输出电压有U 输入U 受＝n1n 2得U 受＝55 V ，C 错误． 答案：B 命题点三[例1] 解析：电源电压的有效值 U ＝√2√2V ＝220 V ，选项A 错误；交流电的周期 T ＝2πω＝2π100π s ＝0.02 s ，选项B 正确；根据变压器变压公式n 1n 2＝U1U 2可得副线圈匝数 n 2＝U2U 1n 1＝36220×1 100＝180，选项C 正确，D 错误．答案：BC[例2] 解析：令输入电压的有效值为U 1，根据正弦式交流电的有效值与有效值的定义(m √2)2R×T2＝U 12R T解得U 1＝10 V ，故A 正确；根据理想变压器的电压匝数关系U1U 2＝n1n 2解得副线圈两端电压U 2＝n 2n 1U 1＝12×10 V＝5 V则R 消耗的电功率为P ＝U 22R＝2.5 W ，故B 错误；只断开S 3后，L 2电压不受影响，L 2能正常发光，故C 正确； 只断开S 2后，负载电阻变大，输出电压不变，根据P 2＝U 22R 负载输出功率减小，则输入功率也减小，故D 正确．答案：B[例3] 解析：由输入端所加正弦电压的表达式可知输入端的电压有效值为U ＝20 V设原线圈中的电流为I 1，副线圈中的电流为I 2，则由能量守恒可得UI 1＝I 12R 1＋I 22(R 2＋R32)而由匝数比等于电流的反比可得I 1I 2＝21联立解得I 1＝1 A ，I 2＝0.5 A则可得电压表的示数U 2＝I 2(R 2＋R32)＝20 V ，故AB 错误；由输入端所加正弦交流电的电压表达式可知该交流电的频率为f ＝50 Hz 则可知副线圈电流方向每秒钟改变100次，故C 错误；若将滑片P 向下滑动，接入副线圈回路中的电阻增大，电流减小，则可知原线圈回路中的电流也减小，从而使定值电阻两端的电压减小，原线圈两端的电压增大，而匝数比不变，则可知副线圈两端的电压增大，因此电压表的示数增大，故D 正确．答案：D[例4] 解析：直流电输送功率P ＝UI ，得输送电流I ＝PU ＝5.5×1091.1×106 A ＝5 000 A ，A 正确； 损失的电压ΔU ＝IR ＝5×103×10 V＝50 kV ，B 错误；输电导线上损失的功率ΔP ＝I 2R ＝(5×103)2×10 W＝2.5×108W ，降压变压器的输出功率P 出＝P －ΔP ＝5.25×109W ，C 错误；用1 100 kV 输电时输电导线上损失的功率ΔP ＝2.5×108W ；保持输送功率不变，只用550 kV 输电，输电导线上损失的功率ΔP ′＝(PU ′)2R ＝(5.5×109550×103)2×10 W＝1×109W ；则用户得到的功率比1 100 kV 输电时减少ΔP ′－ΔP ＝7.5×108 W ，D 正确．答案：AD [提升训练]1．解析：设原副线圈的匝数比为k ，根据等效电阻原理，把变压器的原副线圈和负载R 2整体看作一个等效电阻，其阻值R ′＝k 2R 2设输入交流电的电压有效值为U ，则I 1＝Uk 2R2+R 1，保持P 位置不变，R 1增大、R 2不变的情况下，则I 1减小，等效电阻R ′两端电压减小，则U 1增大，A 错误，符合题意；根据选项A 可知，保持P 位置不变，R 1不变、R 2增大的情况下，则I 1减小，I 2减小，则U 1增大，U 2也增大，B 错误，符合题意；由电源输出功率的规律可知，当R ′＝R 1时，即R 1＝k 2R 2＝4R 2 R 2消耗的功率有最大值，C 正确，不符合题意；R 1不变、R 2减小的情况下，P 向下移，k 减小．等效电阻R ′减小，I 1增大，U 1也增大，则R 1消耗的功率增大，D 错误，符合题意．故选ABD.答案：ABD2．解析：理想变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比，若电网的电压为110 kV ，则变电所的变压器原、副线圈匝数比为U1U 2＝n1n 2＝11027.5＝41，故A 正确；机车工作电压由输入电压和线圈匝数决定，不由高铁机车运行功率决定，若高铁机车运行功率增大，根据P ＝UI ，可知电流将会增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率ΔP ＝I 2R 也会随之增大，故B 错误，C 正确；根据功率关系可得P ＝90%UI ，其中U ＝25 kV ＝25 000 V ；则电流为I ＝P 90%U＝9×10690%×25 000A ＝400 A则牵引变电所至机车间的等效电阻为R ＝U 2−U I＝27 500−25 000400Ω＝6.25 Ω，故D 错误．答案：AC 素养培优·情境命题典例1 解析：由图乙可知当t ＝0.04 s 时电流最小，故发电机内线圈平面与磁场方向垂直，选项A 错误；由图乙可知周期T ＝0.04 s ，则ω＝2πT＝50π；所以发电机输出电流的瞬时值为i ＝√2sin (50πt ) A ，选项B 错误；流过灯泡的电流I 2＝PU＝36A ＝0.5 A ；发电机输出的电流，I 1＝m √2＝√2√2A ＝1 A ；所以变压器原、副线圈匝数之比为n 1n 1＝I 2I 1＝12，选项C 错误；发电机1分钟内产生的电能即为小灯泡消耗的电能W ＝UI 2t ＝180 J ，选项D 正确．答案：D典例2 解析：接1时，R 消耗的功率为8 W ，由P 1＝U 42R ，可得U 4＝√P 1R ＝√8×8 V ＝8 V由U3U4＝n3n4＝21，解得U3＝16 V，故A错误；接1时，由P1＝U3I3，解得T2原线圈中的电流为I3＝P1U3＝816A＝0.5 A，故B错误；接1时，由U1U2＝n1n2＝13解得U2＝3U1＝18 V 则U r＝U2－U3＝2 V连接两理想变压器的导线总电阻为r＝U rI3＝20.5Ω＝4 Ω接2时，设右侧变压器T2副线圈两端电压为U′4，则I′4＝U4′R由U3′U4′＝n3n4＝12则U′3＝12U′4由U′3I′3＝U′4I′4解得I′3＝2I′4＝2U4′R则连接两理想变压器的导线总电阻的电压降为U′r＝I′3r 由U2＝U′r＋U′3，解得U′4＝12 V则R消耗的功率P＝U4′2R ＝1228W＝18 W故C错误，D正确．故选D. 答案：D。
届高考物理二轮复习第一部分专题四电路与电磁感应第一讲直流电路与交流电路课前自测诊断卷
专题四·第一讲直流电路与沟通电路——课前自测诊疗卷考点一直流电路的剖析与计算1.[考察直流电路中电压、电流的剖析]在如下图电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示。
以下判断正确的选项是()A．I减小，U1增大B．I减小，U2增大C．I增大，U1增大D．I增大，U2增大分析：选B闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，依据闭合电路欧姆定律剖析得悉，干路电流I总减小，路端电压U增大；R3的电压等于路端电压，则流过R3的电流I3增大；流过电流表的电流I＝I总－I3，I总减小，I3增大，I减小，R1的电压减小，即电压表V1的示数U1减小；电压表V2的示数U2＝U－U1，U增大，U1减小，则U2增大。
因此，I减小，U1减小，U2增大，故B正确。
2．[考察闭合电路中功率的剖析][多项选择]某种小灯泡的U-I图像如图甲所示，三个完整同样的这类小灯泡连结成如图乙所示的电路，电源的内阻为1.0 Ω。
现闭合开关S，理想电压表V 的示数为4.0 V，则()A．外电路的总电阻为6.7 ΩB．电源的电动势为5.6 VC．电源耗费的热功率为3.0 W D．电源的效率为89.3%分析：选BD理想电压表V的示数为4.0 V，由U-I图像可知经过干路上的小灯泡的电流为0.6 A，经过电源的电流也为0.6 A，经过两并联小灯泡的电流均为0.3 A，两头电压为1.0 V，依照闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势为E ＝4.0 V＋1.0 V＋0.6 A×1.0 Ω＝5.6 V，B正确；电路的路端电压为U0＝5.0 V，电流为I0＝0.6 A，依照部分电路欧姆定律可知外电阻总阻值为R＝50.6Ω≈8.3 Ω，A错误；电源耗费的热功率为P r＝I02r＝0.36 W，C错误；输出功率为P出＝U0I0＝3.0 W，则电源的效率为η＝P出P r＋P出×100%≈89.3%，D正确。
2019大二轮高考总复习物理文档：第11讲 直流电路与交流电路(专题强化训练) Word版含答案
专题强化训练(十一) 直流电路与交流电路一、选择题(1～8为单选题，9～15为多选题) 1． (2019·湖南五市十校高三联考)如图所示，理想变压器初、次级线圈分别接有R 1、R 2，R 1＝R 2＝10 Ω，初、次级线圈的匝数之比N 1∶ N 2＝2∶1，R 2两端电压为10 V ，则R 1两端的电压为( )A ．5 VB ．10 VC ．15 VD ．20 V解析：在副线圈中，电流为I 2＝U 2R 2＝1 A ，根据I 1I 2＝n 2n 2＝12可得原线圈中的电流为I 1＝0.5 A ，故R 1两端电压为UR 1＝I 1R 1＝5 V ，A 正确．答案：A2．(2019·山东省实验中学高三诊断)在如图所示的电路中，理想变压器的匝数比为2∶1，四个标有“6 V,6 W”的完全相同的灯泡L 1、L 2、L 3、L 4，按如图的方式接入电路，其中L 1恰能正常发光．忽略灯泡电阻随电压的变化．电路中的电表均为理想交流电表，则下列选项中正确的是( )A ．L 2、L 3、L 4均正常发光B ．电流表示数为0.5 AC ．m 、n 两点间所加的电压为14 VD ．整个电路消耗的总功率为18 W解析：灯泡L 1恰能正常发光，得原线圈的电流I 1＝66A ＝1 A ，根据电流与匝数成正比，得副线圈中的电流I 2＝2 A ，L 2、L 3、L 4中的电流分别为23A ，所以L 2、L 3、L 4不能正常发光，电流表的示数即副线圈中的电流为2 A ，故AB 错误；灯泡电阻R ＝U 2P ＝626Ω＝6 Ω，副线圈两端的电压U 2＝23×6＝4 V ，根据电压与匝数成正比得，原线圈两端的电压为8 V ，m 、n 两点间所加的电压为U mn ＝6＋8＝14 V ，故C 正确；整个电路消耗的总功率为：P ′＝P 1＋U 2I 2＝6＋4×2＝14 W ，故D 错误．答案：C3．(2019·成都外国语学校高三模拟)在如图所示的电路中，灯泡L 的电阻大于电源的内阻r ，闭合电键S ，将滑动变阻器滑片P 向左移动一段距离后，下列结论正确的是( )A ．灯泡L 变亮B ．电源的输出功率先变大后变小C ．电容器C 上的电荷量减少D ．电压表读数的变化量与电流表读数的变化量之比恒定 解析：当滑动变阻器滑片P 向左移动，其接入电路的电阻增大，电路总电阻R 总增大，干路电流I 减小，电源的内电压减小，路端电压增大，灯泡的功率P ＝I 2R L ，R L 不变，则电流表读数变小，电压表读数变大，灯泡变暗，故A 错误．当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大．由题意，灯泡L 的电阻大于电源的内阻r ，当R 增大时，外电阻与电源内电阻的差值增大，电源的输出功率变小，故B 错误．变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故C 错误．根据闭合电路欧姆定律得：U ＝E －Ir ，则ΔU＝r，即电压表读数的变化量与电流表读数的变化量之比等于电源ΔI的内电阻r，保持不变．故D正确，故选D．答案：D4．(2019·深圳市高三调研)用电压为U的正弦交流电源通过甲、乙两种电路给额定电压为U0的同一小电珠供电．图甲中R为滑动变阻器，图乙中理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，若电珠均能正常工作，则( )A．变压器可能是升压变压器B．n1∶n2＝U0∶UC．甲乙电路消耗功率之比为U2∶U20D．R两端的电压最大值为2(U－U0)解析：由图甲知，电源电压等于变阻器两端的电压与电珠电压之和，所以U>U0，在图乙中，根据电压与匝数成正比，知n1>n2，所以该变压器是降压变压器，故A错误；由乙图，根据电压与匝数成正比，得n1∶n2＝U∶U0，故B错误；电珠均能正常工作，所以电流等于额定电流，甲电路消耗的功率UI，乙电路消耗的功率U0I，所以甲乙电路消耗的功率之比为U∶U0，故C错误；R两端电压的有效值(U－U0)，因为是正弦交流电，所以R两端电压的最大值为2(U－U0)，故D正确．答案：D5．(2019·衡水中学高三调考)在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E，内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是( )A．电压表示数变小B．电流表示数变小C．电容器C所带电荷量增多D．a点的电势降低解析：在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，干路电流增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大．电阻R2两端的电压U2＝E－I(R1＋r)，I增大，则U2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小．根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知a的电势大于零，U2变小，则a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流I A＝I－I2，I增大，I2减小，则I A增大．即电流表示数变大．故D正确，ABC错误，故选D．答案：D6．(2019·第二次全国大联考Ⅲ卷)如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1＝2 000，副线圈匝数为n2＝500，将原线圈接在u＝2202sin 120πt(V)的交流电压上，定值电阻的阻值为20 Ω，滑动变阻器的总阻值为35 Ω.下列说法中正确的是( )A．副线圈输出电压的频率为50 HzB ．副线圈电压的有效值为30 VC ．滑动变阻器的滑片P 向右滑动时，电阻R 两端的电压变小D ．滑片P 滑到最左端时，变压器的输入功率为55 W解析：原副线圈的交流电压周期T ＝2πω，频率f ＝1T ＝60 Hz ，选项A 错误；原线圈电压的有效值U 1＝U m2＝220 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈电压的有效值U 2＝55 V ，选项B 错误；滑动变阻器的滑片P 向右滑动时，电阻R 两端的电压变大，选项C 错误；滑动变阻器的滑片P 滑到最左端时，理想变压器的输入功率为P 2＝U 22R ＋R P＝55 W ，选项D正确．答案：D7．(2019·吉安市第一中学高三期中)如图所示的电路中，A 1和A 2为理想电流表，示数分别为I 1和I 2，R 1∶R 2∶R 3＝1∶2∶3；当ab两点间加以恒定的电压U 后，下列结论正确的是( )A ．I 1∶I 2＝3∶4B ．I 1∶I 2＝4∶9C ．将A 1、A 2换成理想电压表，其示数之比为3∶5D ．将A 1、A 2换成理想电压表，其示数之比为1∶1 解析：电源接在ab 两点时，电路图如图1所示：并联电路中各支路两端的电压相等，且干路电流等于各支路电流之和，图1中，I 1I 2＝U R 2＋UR 3U R 1＋U R 2＝59，故AB 错误；将A 1、A 2换成理想电压表，如图2所示成为串联电路，U R 1∶U R 2∶U R 3＝1∶2∶3，U 1U 2＝U R 1＋U R 2U R 2＋U R 3＝35，故C 正确，D 错误；故选C ．答案：C8．(2019·湖北省八校高三联考)如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为5∶1，○V 和R 1、R 2分别是电压表、定值电阻，且R 1＝5R 2.已知ab 两端电压u 按图乙所示正弦规律变化．下列说法正确的是()A ．电压u 瞬时值的表达式u ＝2202sin 10πt (V)B ．电压表示数为40 VC ．R 1、R 2两端的电压之比为5∶1D ．R 1、R 2消耗的功率之比为1∶5解析：根据公式U 1U 2＝n 1n 2、I 1I 2＝n 2n 1，分析解题从图乙中可知交流电的最大值为u m ＝220 2 V ，周期为T ＝0.02 s ，故ω＝2πT ＝2π0.02＝100π(rad/s)，故电压u 瞬时值的表达式u ＝2202sin 100πt (V)，A 错误；交流电压的有效值为E ＝220 V ，原线圈中的电流为I 1，故原线圈中输出端电压为U 1＝220－I 1R 1，副线圈中的电压为U 2＝I 2R 2，故根据U 1U 2＝n 1n 2可得220－I 1R 1I 2R 2＝5，又知道I 1I 2＝n 2n 1＝15⇒I 2＝5I 1，R 1＝5R 2，代入整理可得I 2R 2＝1103V ，所以U 2＝1103V ，B 错误；R 1、R 2两端的电压之比I 1R 1I 2R 2＝15I 2×5R 2I 2R 2＝1∶1，C 错误；R 1、R 2消耗的功率之比为I 21R 1I 22R 2＝125I 22×5R 2I 22R 2＝15，D 正确． 答案：D9．(2019·绵阳南山中学高三月考)闭合开关S ，滑动变阻器R 2的滑片向上滑动的过程中()A ．电压表的示数变小B ．流过R 2的电流增大C ．流过电阻R 1的电流减小D ．流过电阻R 3的电流方向是a →b解析：滑动变阻器R 2的滑片向上滑动的过程中，R 2的阻值减小，电路的总电阻减小，总电流变大，即流过R 2的电流增大；路端电压减小，R 1的电压变大，则电压表示数减小，选项AB 正确，C 错误；由于电容器两端的电压减小，故电容器放电，则流过电阻R 3的电流方向是b →a ，选项D 错误；故选AB ．答案：AB10．(2019·潍坊实验中学高三检测)如图所示，理想变压器的输入端电压 u ＝311 sin100πt (V) ，原副线圈的匝数之比为n 1∶n 2＝10∶1 ；若图中电流表读数为3 A ，则( )A ．电压表读数为22 VB ．电压表读数为 31.1 VC ．变压器输出功率为44 WD ．变压器输入功率为 66 W解析：理想变压器的输入端电压u ＝311sin 100πt (V)，则电压的有效值为220 V ，原副线圈的匝数之比为n 1∶n 2＝10∶1，则电压表示数为22 V ，因为电流表示数为3 A ，所以电阻消耗的功率为P ＝IU ＝66 W ，故变压器输入功率为66 W ，故选AD ．答案：AD11．(2019·东北育才学校高三模拟)理想变压器原、副线圈匝数之比为2∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦式交流电压，副线圈接一个R ＝55 Ω的负载电阻，电流表、电压表均为理想电表，则下述结论正确的是( )A ．副线圈中电压表的读数为110 VB ．副线圈中输出交流电的频率为0.02 HzC ．原线圈中电流表的读数为0.5 AD ．原线圈中的输入功率为220 W解析：由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为2202V ，所以原线圈的电压的有效值为220 V ．再根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为110 V ，即为电压表的读数，所以A 正确；变压器不会改变电流的周期，电流的周期为T ＝2πω＝2π100π＝0.02 s ，所以B 错误；副线圈的电流为11055A ＝2 A ．根据电流与匝数成反比可得，原线圈的电流大小为1 A ，所以C 错误；变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的功率为P ＝U 2R ＝110255W ＝220 W ，所以原线圈中的输入功率也为220 W ，所以D 正确．答案：AD12．(2019·泰安市高三质量检测)如图甲的电路中，电阻R 1＝R 2＝R ，和R 1并联的D 是理想二极管(正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大)，在A 、B 之间加一个如图乙所示的交变电压(电压为正值时，U AB >0)．由此可知( )A ．在A 、B 之间所加的交变电压的周期为2×10－2sB ．在A 、B 之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin 50πt (V)C ．加在R 1上电压的有效值为552VD ．加在R 1上电压的有效值为5510V解析：由图象可得交流电的周期为：T ＝2×10－2s ，故A 正确．电压最大值为：U m ＝2202V ，交变电压的瞬时值表达式为：u ＝U m sin ωt ＝2202sin 2πTt ＝2202sin 100πt (V)，故B 错误；当电源在正半轴时A 点电位高于B 点电位，二极管导通，即R 1被短路．电源在负半轴时B 点电位高于A 点电位，二极管截止R 1，R 2串联．设R 1上电压的有效值为U .根据有效值的定义得：U 2R 1T ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12×U m 22R 1×T2，解得：U ＝552V ，故C 正确，D 错误．答案：AC13．(2019·南平市普通高中检测)如图所示，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，使电灯L 变暗，下列哪些措施可以使电灯L 重新变亮( )A ．其他条件不变，P 1上移，同时P 2下移B ．其他条件不变，P 1下移，同时P 2上移C ．其他条件不变，断开电键SD ．其他条件不变，将滑动变阻器滑动片P 向下移动解析：P 1上移增大n 1，P 2下移减小n 2，由理想变压器的变压比：U 1U 2＝n 1n 2， 可知U 2将会变得更小，所以电灯L 不会重新变亮，故A 错误；P 1下移减小n 1，P 2上移增大n 2，由理想变压器的变压比：U 1U 2＝n 1n 2，可知U 2将会变大，所以电灯L 会重新变亮，故B 正确；其他条件不变，U 2电压不变，断开电键S ，并联部分电阻变大，副线圈电流变小，R 1分压变小，L 灯的电压将变大，所以电灯L 会重新变亮，故C 正确；其他条件不变，将滑动变阻器滑动片P 向下移动，总电阻变小，总电流变大，R 1分压变大，L 灯的电压将变小，所以电灯L 不会重新变亮，故D 错误．所以BC 正确，AD 错误．答案：BC14．(2019·沧州市第一中学高三月考)图甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n 1与副线圈匝数n 2之比为10∶1，变压器的原线圈接如图乙所示正弦交流电，电阻R 1＝R 2＝R 3＝20 Ω和电容器C 连接成如图所示甲的电路，其中电容器的击穿电压为8 V ，电压表V 为理想交流电表，开关S 处于断开状态，则( )A ．电压表V的读数约为7.07VB ．电流表A 的读数为0.05 AC ．电阻R 2上消耗的功率为 2.5 WD ．若闭合开关S ，电容器会被击穿解析：开关断开时，副线圈为R 1和R 2串联，电压表测量R 2的电压，由图可知原线圈电压为2002＝1002V ，所以副线圈电压为102V ，则R 2的电压为52V ≈7.07 V ，故A 正确；由A 的分析可知，副线圈电流为10240＝24A ，所以原线圈电流为24×110＝240A ，故B 错误；电阻R 2上消耗的功率为P ＝U 22R 2＝52220＝2.5 W ，故C 正确；当开关闭合时，R 1与R 3并联后和R 2串联，电容器的电压为并联部分的电压，并联部分电阻为R 并＝12R ＝10 Ω，所以并联部分的电压为102×1020＋10＝1023V ，最大值为203V<8 V ，所以电容器不会被击穿，故D 错误．故选AC ．答案：AC15．(2019·榆林市第一次测试)如图所示，一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，原线圈接入电压为220 V 的正弦交流电，副线圈接有两只理想二极管(正向电阻为0，反向电阻为无穷大)和两个电阻，且电阻R 1＝R 2＝50 Ω.电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是( )A ．电流表的示数为0.275 AB ．电压表的示数为55 VC ．1 min 内电阻R 1上产生的热量为3630 JD ．电阻R 2消耗的电功率为60.5 W解析：电阻R 1消耗的电功率等于电阻R 2消耗的电功率，输入功率P 1＝30.25×2 W ＝60.5 W ，I 1＝P 1U 1＝60.5220A ＝0.275 A ，故A 正确；根据电压与匝数成正比，有：U 1U 2＝n 1n 2的副线圈两端的电压U 2＝14×220＝55 V ，故B 正确；因为二极管具有单向导电性，1 min 电阻R 1上产生的热量Q ＝12U 22R 1t ＝1815 J ，故C 错误；电阻R 2消耗的电功率P R 2＝12U 22R 2＝30.25 W ，故D 错误．答案：AB。
高考物理二轮复习第1部分专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路教案
直流电路与交流电路第1讲直流电路与交流电路[高考统计·定方向] (教师授课资源)(2016·全国卷Ⅱ·T17)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示的电路。
开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。
Q1与Q2的比值为( )A.25B.12C.35D.23C[断开S和闭合S后等效电路分别如图甲、乙所示。
甲乙根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U1＝15E，U2＝13E，C所带的电荷量Q＝CU，则Q1∶Q2＝3∶5，选项C正确。
]1．直流电路动态分析方法(1)程序法R 局――→增大减小I 总＝ER ＋r――→减小增大U 内＝I 总r ――→减小增大U 外＝E －U 内――→增大减小确定U 支、I 支。
(2)结论法——“串反并同”(电源内阻不能忽略)“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)。
“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)(如下T 1)。
(3)极限法因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论。
2．功率的最值问题(1)定值电阻的功率：P 定＝I 2RR 为定值电阻，P 定只与电流有关系，当R 外最大时，I 最小，P 定最小，当R 外最小时，I最大，P 定最大。
(2)电源的输出功率：P ＝E 2R 外r ＋R 外2＝E 2R 外－r 2R 外＋4r 。
当R 外＝r 时，P 出功率最大。
(3)变化电阻的功率的最大值：利用等效思想，把除变化电阻之外的其他的定值电阻等效成电源的内阻r ′。
考向1 直流电路的动态分析1．(多选)(2019·衡水中学二模)如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为r ，开关S 闭合后，平行板电容器中的带电液滴M 处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，则( )A ．带电液滴M 一定带正电B ．R 4的滑片向上端移动时，电流表示数减小，电压表示数增大C ．若仅将电容器下极板稍微向上平移，带电液滴M 将向上极板运动D ．若将开关S 断开，带电液滴M 将向下极板运动BC [电容器的上极板带正电，板间场强方向向下，带电液滴M 处于平衡状态，则知受到的电场力向上，带电液滴M 带负电，故A 错误。
高考物理二轮总复习第1部分专题突破方略专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路
第一部分专题四第1讲基础题——知识基础打牢1. (2022·四川自贡三诊)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图．线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R.若AB间输入图乙所示的交变电压，则( C )A．t＝2×10－2 s时，电压表的示数为零B．电阻R中电流方向每秒钟改变50次C．滑动触头P逆时针转动时，R两端的电压增大D．滑动触头P顺时针转动时，AB间输入功率增大【解析】电压表的示数是交流电的有效值，则t＝2×10－2 s时，电压表的示数不为零，选项A错误；交流电的周期为0.02 s，一个周期内电流方向改变2次，则电阻R中电流方向每秒钟改变100次，选项B错误；滑动触头P逆时针转动时，次级匝数变大，则次级电压变大，即R两端的电压增大，选项C正确；滑动触头P顺时针转动时，次级匝数减小，次级电压减小，次级消耗的功率减小，则AB间输入功率减小，选项D错误．2. (2022·四川成都三诊)发电站通过升压变压器和降压变压器给某用户端供电，发电机组输出交变电压的有效值恒定，输电线总电阻r保持不变．当用户端用电器增加后( A )A．若滑片P位置不变，则输电线上损失的功率变大B．若滑片P位置不变，则用户端电压升高C．若将滑片P上移，则用户端电压可能不变D．若将滑片P上移，则输电线上损失的功率可能减小【解析】若滑片P位置不变，当用户端用电器增加后，用户端总功率变大，发电机的输出功率增大，输电线的电流变大，ΔU＝Ir，输电线两端承担的电压变大，损耗的功率增大；发电机的输入电压不变，升压变压器、降压变压器的匝数不变，故用户端电压降低，A正确，B 错误；若将滑片P 上移，升压变压器的副线圈与原线圈的匝数比变小，发电机组输出交变电压的有效值恒定，则副线圈两端电压变小．用户端用电器使用相同功率，则输电线上的电流会更大，输电线两端承担的电压更大，损耗的功率更大，则用户端的电压更小，故C 、D 错误．3. (多选)(2022·河南押题卷)图甲是一种振动式发电机的截面图，半径r ＝0.1 m 、匝数n ＝30的线圈位于辐射状分布的磁场中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布，线圈所在位置的磁感应强度大小均为B ＝12πT .如图乙，施加外力使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动的速度随时间变化的规律如图丙中正弦曲线所示．发电机通过灯泡L 后接入理想变压器，对图乙中电路供电，三个完全相同的小灯泡均正常发光，灯泡的阻值R L ＝1 Ω，电压表为理想电压表，线圈及导线电阻均不计．下列说法正确的是( AC )A ．发电机产生电动势的瞬时值为e ＝6sin 5πt (V)B ．变压器原、副线圈的匝数之比为1∶3C ．每个小灯泡正常发光时的功率为2 WD ．t ＝0.1 s 时电压表的示数为6 V【解析】 由图丙可知，线圈运动的速度最大值v m ＝2 m/s ，速度变化周期为T ＝0.4 s ，则线圈运动的速度瞬时值v ＝v m sin 2πTt ＝2sin 5πt (m/s)，发电机产生电动势的瞬时值为e ＝nB ·2πr ·v ＝6sin 5πt (V)，A 正确；设灯泡正常发光时通过灯泡的电流为I ，则通过原线圈的电流I 1＝I ，通过副线圈的电流I 2＝2I ，变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝21，B 错误；根据能量关系可知，U 出I 1＝3I 2R L ，其中U 出＝E m 2＝62 V ＝3 2 V ，I 1＝I ，解得I ＝ 2 A ，每个小灯泡正常发光时的功率为P L ＝I 2R L ＝2 W ，C 正确；电压表示数为发电机两端电压的有效值，即电压表示数为U ＝E 2＝62V ＝3 2 V ，D 错误．故选AC. 4. (多选)(2022·四川巴中一诊)在如图所示的电路中，定值电阻R 1＝R 4＝3 kΩ，R 2＝2 kΩ，R 3＝R 5＝12 kΩ，电容器的电容C ＝6 μF，电源的电动势E ＝10 V ，内阻不计，当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中间带电量q ＝2×10－3C 的油滴恰好保持静止，当开关S 2闭合后，则以下判断正确的是( BD )A ．电容器上极板是高电势点B ．带电油滴加速向下运动C ．a 、b 两点的电势差U ab ＝8 VD ．通过R 3的电量Q ＝4.8×10－5C【解析】 当开关S 2闭合后，由电路图可知，电容器上极板是低电势点，A 错误；当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中油滴保持静止，而开关S 2闭合后，电容器上极板是低电势点，油滴受到的电场力方向发生变化，故可得带电油滴加速向下运动，B 正确；由电路图可知，a 、b 两点的电势差为U R 5－U R 2＝8 V －4 V ＝4 V ，C 错误；由开关S 1闭合电流达到稳定时，再到当开关S 2闭合后的过程中，通过R 3的电量为Q ＝Q 1＋Q 2＝4×6×10－6 C ＋(8－4)×6×10－6 C ＝4.8×10－5 C ，D 正确．5. (多选)(2022·天津南开二模)如图甲所示电路中，L 1为标有“4 V,2 W”字样的小灯泡，L 2、L 3为两只标有“8 V，6 W”字样的相同灯泡，变压器为理想变压器，各电表为理想电表，当ab 端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光．下列说法正确的是( ACD )A ．电流表的示数为1.5 AB ．交变电压的最大值U m ＝28 VC ．变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1D ．电压表的示数为24 V【解析】 L 2、L 3的额定电流为I 23＝P 23U 23＝34A ，所以电流表的示数为I 2＝2I 23＝1.5 A ，故A 正确；通过原线圈的电流等于L 1的额定电流，为I 1＝P 1U 1′＝0.5 A ，所以变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝31，故C 正确；副线圈两端电压等于L 2和L 3的额定电压，为U 2＝8 V ，所以电压表的示数，即原线圈两端电压为U 1＝n 1n 2U 2＝24 V ，故D 正确；根据闭合电路的欧姆定律可得U m2－U 1′＝U 1，解得U m ＝28 2 V ，故B 错误．故选ACD.6. (多选)(2022·广西桂林模拟)在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd 的面积为S ，匝数为n ，线圈总电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕轴OO ′(从上往下看逆时针转动)以角速度ω匀速转动，从如图甲所示的位置作为计时的起点，产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R 的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是( AD )A ．在t 1～t 3时间内，穿过线圈的磁通量的变化量大小为2BSB ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 电流方向先向上然后向下C ．t 4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E 0D ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为2E 0R ＋r ω【解析】 由图乙可知t 1和t 3时刻，线圈的感应电动势都为0，可知这两个时刻穿过线圈的磁通量一正一负，大小均为BS ，故此过程穿过线圈的磁通量的变化量大小为ΔΦ＝BS －(－BS )＝2BS ，A 正确；由图乙可知，在t 1～t 3时间内，线圈中的电流方向不变，根据右手定则可知通过电阻R 电流方向始终向上，B 错误；由图乙可知，t 4时刻的感应电动势为E 0，根据法拉第电磁感应定律可得E 0＝n ΔΦΔt 可得穿过线圈的磁通量的变化率大小为ΔΦΔt ＝E 0n，C 错误；在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为q ＝n ΔΦR ＋r ＝2nBS R ＋r，又E 0＝nBSω，联立可得q ＝2E 0R ＋r ω，D 正确．故选AD. 7. (多选)(2022·河北秦皇岛三模)如图所示，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的输入端接有正弦交变电流，开关S 闭合．已知L 1、L 2、L 3是相同的电灯且灯丝的电阻不随温度变化，灯丝不会被烧断．下列说法正确的是( BD )A ．L 1、L 2中的电流之比为1∶2B ．L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶2C ．开关S 断开后，L 1、L 2中的电流之比为1∶1D ．开关S 断开后，L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶4【解析】 原、副线圈中的电流之比为1∶2，由于开关S 闭合时L 2与L 3并联，因此L 1、L 2中的电流之比I 1∶I 2＝1∶1，A 错误；设电灯的电阻为R ，由于原、副线圈两端的电压之比为2∶1，因此原线圈两端的电压U ＝2I 2R ，L 1两端的电压U 1＝I 1R ，结合I 1∶I 2＝1∶1，解得U 1U＝12，B 正确；开关S 断开后，L 1、L 2中的电流与线圈匝数成反比I 1′∶I 2′＝1∶2，C 错误；开关S 断开后，原线圈两端的电压U ′＝2I 2′R ，L 1两端的电压U 1′＝I 1′R ，结合I 1′∶I 2′＝1∶2解得U 1′U ′＝14，D 正确．故选BD. 8. (多选)(2022·辽宁鞍山预测)如图甲所示，理想变压器的原副线圈匝数之比n 1∶n 2＝2∶1，定值电阻R 1和R 2的阻值分别为5 Ω和3 Ω，电表均为理想交流电表，电源输出的电流如图乙所示，图中的前半周期是正弦交流的一部分，后半周期是稳恒直流的一部分，则( BD )A ．电流表示数为2 AB ．电压表示数为6 VC ．R 1的功率为10 WD ．R 2的功率为12 W【解析】 设电源输出电流的有效值即电流表示数为I 1，根据等效热值法可得I 21RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫i m 22RT 2＋i 2m ·RT 2，解得I 1＝ 3 A ，故A 错误；由于变压器不能对稳恒直流电进行变压，所以每个周期内有半个周期副线圈无电流，设副线圈中电流的有效值为I 2，根据等效热值法有⎝⎛⎭⎪⎫n 1n 2·i m 22RT 2＝I 22RT ，解得I 2＝2 A ，电压表示数为U 2＝I 2R 2＝6 V ，故B 正确；R 1的功率为P 1＝I 21R 1＝15 W ，故C 错误；R 2的功率为P 2＝I 22R 2＝12 W ，故D 正确．故选BD.9. (多选)(2022·湖南押题卷)如图所示在竖直平面的电路，闭合开关S 1和S 2后，带电油滴在电容器内部处于静止状态，R 1为滑动变阻器，R 2为定值电阻，二极管为理想二极管，电容器的下极板接地，则下列说法正确的是( AC )A ．滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，油滴向上运动B ．滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，油滴向下运动C ．极板M 向上运动，M 板的电势升高D ．断开S 2，油滴不动【解析】 滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，则R 1阻值减小，回路电流变大，则R 2两端电压变大，则电容器要充电，此时电容器两板电压变大，场强变大，则油滴向上运动，选项A 正确；滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，则R 1阻值变大，回路电流变小，则R 2两端电压变小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则使得电容器两板电压不变，则油滴仍静止，选项B 错误；极板M 向上运动，根据C ＝εr S 4πkd可知电容器电容减小，则带电量应该减小，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则两板间电量不变，结合E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkdd ＝4πkQ εr S 可知两板间场强不变，则根据U ＝Ed 可知，两板电势差变大，则M 板的电势升高，选项C 正确；断开S 2，则电容器两板间的电压等于电源的电动势，即电压变大，电容器充电，两板间场强变大，则油滴向上运动，选项D 错误．故选AC.10. (多选)(2022·山东威海二模)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器T 1、降压变压器T 2均为理想变压器，T 1、T 2的原、副线圈匝数比分别为k 1、k 2.输电线间的总电阻为R 0，可变电阻R 为用户端负载．U 1、I 1分别表示电压表V 1、电流表A 1的示数，输入电压U 保持不变，当负载电阻R 减小时，理想电压表V 2的示数变化的绝对值为ΔU ，理想电流表A 2的示数变化的绝对值为ΔI ，下列说法正确的是( BD )A ．R 0＝U 1I 1B ．R 0＝ΔU ΔI k 22C ．电压表V 1示数增大D ．电流表A 1的示数增加了ΔI k 2【解析】 设降压变压器T 2原线圈电压为U 3，副线圈电压为U 2，根据题意可知，电阻R 0两端的电压等于U R 0＝U 1－U 3，则R 0＝U 1－U 3I 1，故A 错误；设降压变压器T 2原线圈电压变化为ΔU 3，则ΔU 3ΔU ＝k 2，设降压变压器T 2原线圈电流变化为ΔI 3，则ΔI 3ΔI ＝1k 2，可得ΔI 3＝ΔI k 2，根据欧姆定律得ΔU 3＝ΔI 3R 0，即k 2ΔU ＝ΔI k 2R 0，解得R 0＝ΔU ΔIk 22，故B 、D 正确；输入电压不变，升压变压器T 1原副线圈匝数比不变，则升压变压器T 1副线圈的电压不变，电压表V 1示数不变，故C 错误．故选BD.应用题——强化学以致用11. (多选)(2022·安徽合肥预测)如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接有R 1＝250 Ω与R 2＝10 Ω的电阻．当原线圈一侧接入u ＝311sin 100πt (V)的交流电时，两电阻消耗的功率相等，则有( AC )A ．原、副线圈的匝数比为5∶1B ．电阻R 1两端电压有效值是电阻R 2两端电压有效值的2倍C ．电阻R 2消耗的功率为48.4 WD ．1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变200次【解析】 设原线圈电流为I 1，副线圈电流为I 2，由题意可知I 21R 1＝I 22R 2，故n 1n 2＝I 2I 1＝R 1R 2＝5，A 正确；电阻R 1两端电压有效值和电阻R 2两端电压有效值之比为U R 1U R 2＝I 1R 1I 2R 2＝5，B 错误；设原线圈输入电压为U 1，副线圈输出电压为U 2，故U 1U 2＝n 1n 2＝5，解得U 1＝5U 2，又U R 1＝I 1R 1，U 2＝I 2R 2，又因为U ＝U R 1＋U 1，外接交流电压有效值为220 V ，联立代入数据解得U 2＝110U ＝22 V ，电阻R 2消耗的功率为P ＝U 22R 2＝48.4 W ，C 正确；由题意可知，交流电的频率为f ＝ω2π＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，一个周期内电流方向改变2次，故1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变100次，D 错误．故选AC.12. (多选)(2022·湖北恩施预测)为了适应特高压输电以实现地区间电力资源的有效配置，需要对原来线路中的变压器进行调换．某输电线路可简化为如图所示，变压器均为理想变压器，调换前后发电机输出电压、输电线电阻、用户得到的电压均不变，改造后输送电压提升为原来的5倍，假设特高压输电前后输送的功率不变，下列说法正确的是( AB )A ．线路改造后升压变压器原、副线圈的匝数比改变B ．线路上电阻的功率变为原来的125C ．特高压输电后，电压损失变为原来的125D ．线路改造后用户端降压变压器匝数比不变【解析】 发电机输出电压不变，应改变升压变压器原、副线圈的匝数比，故A 项正确；根据线路上功率的损失ΔP ＝I 22r ，输送功率不变，电压提升为原来的5倍，输送的电流变为原来的15，线路电阻不变，损失的功率变为原来的125，故B 项正确；输电线上的电压损失为ΔU ＝I 2r ，输送功率为P 2＝U 2I 2则输送功率不变，电压增为原来的5倍，电流变为原来的15，损失的电压变为原来的15，故C 项错误；用户端的降压变压器改造前后输出端电压U 4不变，输入端电压U 3变大，根据U 3U 4＝n 3n 4，可得原、副线圈的匝数比一定变化，故D 项错误．故选AB.13. (多选)(2022·湖北襄阳模拟)如图所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动，线圈的电阻为R ，线圈共N 匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，定值电阻R 1＝R ，当线圈转动的转速为n 时，电压表的示数为U ，则( ACD )A ．电流表的示数为2U RB ．从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝52U cos2πntC ．线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为52U 4Nn πD ．当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U 【解析】 依题意有I 2＝U R 1＝U R ，I 1∶I 2＝2∶1则有I 1＝2I 2＝2U R，故A 正确；根据欧姆定律，发电机产生的感应电动势的最大值为E m ，有E m 2＝R ×I 1＋U 1，U 1U ＝12，ω＝2n π rad/s，从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝E m cos ωt ＝52U 2cos 2n πt (V)，故B 错误；依题意有，线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为Φm ，则有52U 2＝NΦm 2n π，解得Φm ＝52U 4Nn π，故C 正确；当线圈转动的转速为2n 时，线圈中产生的电动势的最大值为E m ′＝NΦm 4n π，因52U 2＝NΦm 2n π＝E m ，所以E m ′＝52U ，其有效值为5U ，假定电压表示数为U 2′，则有5U ＝I 1′R ＋U 1′＝2U 2′R 1×R ＋U 1′＝12U 2′＋2U 2′＝52U 2′，解得U 2′＝2U ，当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U ，故D 正确．故选ACD.。
届高考物理二轮复习 专题四 电路与电磁感应 第讲 直流电路与交流电路课后演练强化提能
第1讲直流电路与交流电路(建议用时：35分钟)一、单项选择题1．(2018·广东中山联考)以下列图，水平铜盘半径为r，置于磁感觉强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中，铜围绕经过圆盘中心的竖直轴以角速度ω做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别经过导线与理想变压器的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为n∶1，变压器的副线圈与电阻为R的负载相连，则()A．负载R两端的电压为Br2ω2nB．原线圈中的电流强度为经过R电流的1 nC．变压器的副线圈磁通量为0 D．经过负载R的电流强度为0解析：选D.铜盘切割磁感线产生的感觉电动势E＝12Br2ω，为恒定的电动势，经过变压器后，负载R两端电压为零，经过负载R的电流为零，故A项错误，D 项正确；副线圈中无电流，原线圈中有电流，能产生磁场，原、副线圈中磁通量都不为零，故B、C项错误．2．(2016·高考江苏卷)一自耦变压器以下列图，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈．经过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈．在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2.在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中()A．U2>U1，U2降低B．U2>U1，U2高升C ．U 2<U 1，U 2降低D ．U 2<U 1，U 2高升 解析：选C.由变压器的变压公式U 1U 2＝n 1n 2可知，由于原线圈匝数n 1大于副线圈匝数n 2，因此有U 1>U 2，当滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中，n 2减小，因此U 2降低，C 项正确．3．(2017·高考北京卷)以下列图，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 ＝55 Ω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．以下说法正确的选项是( )A ．原线圈的输入功率为220 2 WB ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50 s解析：选B.由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 2V ，故有效值为U 1＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，故副线圈电压的有效值为U 2＝110 V ，故输出功率P 2＝U 22R ＝220 W ，再由输入功率等于输出功率知，P 1＝P 2＝220 W ，A 项错误；依照欧姆定律知，I 2＝U 2R ＝2 A ，I 1I 2＝n 2n 1，得I 1＝1 A ，故电流表读数为1 A ，B 项正确；电压表的读数为有效值，即U 2＝110 V ，C 项错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T ＝2πω，解得T ＝0.02 s ，D 项错误．4．(2018·山西质检)以下列图，电源电动势为E ，内阻为r .电路中的R 2、R 3分别为总阻值必然的滑动变阻器，R 0为定值电阻，R 1为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小). 当开关S 闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，则以下说法中正确的选项是( )A ．只逐渐增大R 1的光照强度，电阻R 0耗资的电功率变大，R 3中有向上的电流B ．只将R 3的滑片P 2向上搬动时，电源耗资的功率变大，R 3中有向上的电流C ．只将R 2的滑片P 1向下搬动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D ．若断开开关S ，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动解析：选A.只逐渐增大R 1的光照强度，R 1的阻值减小，电流变大，R 0耗资的电功率变大，电容器的电压增大，电容器充电，R 3中有向上的电流，A 选项正确；由于R 3与电容器相连，而电容器隔直流，因此只调治R 3的阻值对电路中的电流和电压没有影响，电源耗资的功率不变，R 3中没有向上的电流，B 选项错误；只将R 2的滑片P 1向下搬动时，电路中的电流不变，因此电容器两端的电压U 2增大，带电微粒碰到的电场力F ＝qE ＝q U 2d 变大，微粒将向上运动，C 选项错误；若断开开关S ，电容器将经过R 3、R 2放电，电容器所带电荷量减少，带电微粒向下运动，D 选项错误．5.(2016·高考四川卷)以下列图，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L 供电，若是将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )A ．小灯泡变亮B ．小灯泡变暗C ．原、副线圈两端电压的比值不变D ．经过原、副线圈电流的比值不变解析：选B.由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1① 由U 1U ′2＝n 1－Δn n 2－Δn得 U ′2＝n 2－Δn n 1－ΔnU 1② 由②①得：U ′2U 2＝（n 2－Δn ）n 1（n 1－Δn ）n 2＝n 2n 1－Δnn 1n 2n 1－Δnn 2，由于n 2＜n 1，因此U ′2U 2＜1，即U ′2＜U 2，故小灯泡变暗，B 正确，A 错误；由以上解析过程可以看出，C 错误；由I 1I 2＝n 2n 1和I ′1I ′2＝n 2－Δn n 1－Δn可见，D 错误．6.已知电源内阻r ＝2 Ω，灯泡电阻R L ＝2 Ω，R 2＝2 Ω，滑动变阻器R 1的最大阻值为3 Ω，以下列图．将滑片P 置于最左端，闭合开关S 1、S 2，电源的输出功率为P 0，则( )A ．滑片P 向右滑动，电源输出功率素来减小B ．滑片P 向右滑动，电源输出功率素来增大C ．断开S 2，电源输出功率达到最大值D ．滑片P 置于最右端时，电源输出功率仍为P 0解析：选D .当外电路电阻等于电源内阻，即R 外＝r ＝2 Ω时 ，电源的输出功率最大，开始时R 外1＝4 Ω，电源输出功率为P 0，当P 向右滑到R 1＝1 Ω时，R 外＝2 Ω，此时输出功率最大，再向右滑动，输出功率又减小，A 、B 错误；S 2断开时R 外2＝R ′1＋R 2＝5 Ω，R 外2≠r ，C 错误；当电源的输出功率为P 0时对应两种情况的电阻，应满足R 外1·R 外3＝r ，则 R 外3＝1 Ω，D 正确．7．(2018·潍坊二模)图甲是一台小型发电机的构造表示图，线圈逆时针转动，产生的电动势e 随时间t 变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈的内阻不计，外接灯泡的电阻为 12 Ω.则( )A ．在t ＝0.01 s 时辰，穿过线圈的磁通量为零B ．电压表的示数为6 2 VC ．灯泡耗资的电功率为3 WD ．若其他条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势的表达式 e ＝122sin 100πt (V)解析：选C.在t ＝0.01 s 的时辰，电动势为零，则线圈平面位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，选项A 错误；电动势的最大值为E m ＝62V ，电压表测量的为有效值，故示数为622V ＝6 V ，选项B 错误；灯泡耗资的功率P ＝E 2R ＝6212W ＝3W ，选项C 正确；周期为0.02 s ，瞬时电动势表达式为e ＝E m sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT t ＝62sin100πt (V)．转速提高一倍后，最大值变成12 2 V ，ω＝2πn ，故角速度变成原来的2倍，表达式应为e ＝122sin 200πt (V)，选项D 错误．8．在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2、L 3为相同规格的小灯泡，电容器的电容为C ＝100μF.小灯泡的伏安特点曲线如图乙所示．闭合开关S ，当电路牢固后，以下说法正确的选项是( )A ．L 1中电流为0.20 AB ．电容器带电荷量为300 CC ．L 2中电流为0.20 AD ．L 2的电阻为15 Ω解析：选C.闭合开关S ，当电路牢固后，L 1中电流为零，电容器两端电压等于电源电动势，即U ＝3.0 V ，由C ＝Q U 可知，电容器带电荷量为Q ＝CU ＝100×10－6×3.0 C ＝3×10－4 C ，选项A 、B 错误；L 2、L 3两个小灯泡串通，每个灯泡两端电压为U 2＝1.5 V ，依照小灯泡的伏安特点曲线可知电压为1.5 V 时对应的小灯泡中的电流为I 2＝0.20 A ，L 2的电阻为R 2＝U 2I 2＝7.5 Ω，选项D 错误，选项C 正确．9．(2018·银川段考)在以下列图的电路中，已知电阻R 1的阻值小于滑动变阻器R 的最大阻值．闭合开关S ，在滑动变阻器的滑片P 由左端向右端滑动的过程中，四个电表V 1、V 2、A 1、A 2的示数及变化量分别用U 1、U 2、I 1、I 2、ΔU 1、ΔU 2、ΔI 1、ΔI 2表示，以下说法中正确的选项是( )A ．U 1先变大后变小，I 1不变B ．U 1先变小后变大，I 1变小 C.ΔU 1ΔI 2的绝对值先变大后变小，ΔU 2ΔI 2的绝对值不变 D ．U 2先变小后变大，I 2先变小后变大解析：选D.滑片P 由滑动变阻器的左端向右端滑动的过程中，滑动变阻器R 的左半部分与R 1串通尔后与R 的右半部分并联，并联电阻先变大后变小，因此电路总电阻先变大后变小，依照闭合电路欧姆定律，I 2先变小后变大，U 1先变大后变小，由极限法可适合滑片P 滑到滑动变阻器右端时，电流表A 1把R 1所在支路短路，此时I 1最大，因此I 1素来增大，A 、B 错误；对于C 项，ΔU 1ΔI 2的绝对值等于电源的内阻，保持不变；ΔU 2ΔI 2的绝对值等于R 2，保持不变，C 错误；电阻R 2不变，电压表V 2的示数U 2＝I 2R 2，U 2先变小后变大，D 正确．10．以下列图，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶n ，电源a 、b 两端输出交流电压U ，原线圈接入电阻为R 0(恒定不变)的灯泡L ，副线圈接入可变电阻R ，电压表为理想电表，则以下说法正确的选项是( )A ．电源的输出功率等于可变电阻R 的功率B ．若可变电阻接入电路中的阻值变大，电压表示数将变小C ．可变电阻耗资的功率最大时，经过灯泡L 的电流为I L ＝U R 0D ．当可变电阻接入电路中的阻值R ＝n 2R 0时，可变电阻耗资的功率最大 解析：选D.电源的输出功率等于灯泡的功率与可变电阻的功率之和，A 错误；若可变电阻接入电路中的阻值变大，假设副线圈电压不变，则副线圈中电流变小，由变压原理知，原线圈中电流变小，灯泡两端电压变小，由U＝U L＋U1知原线圈输入电压变大，副线圈输出电压变大，电压表示数变大，B错误；设原线圈中的电流为I1，则可变电阻的功率P R＝I1U－I21R0，当I1＝U2R0时，有P Rmax＝U24R0，这时原线圈输入电压U1＝U－I1R0＝U2，由变压规律知U1U2＝1n，得副线圈两端的电压U2＝nU2，依照P Rmax＝U22R＝U24R0得R＝n2R0，C错误，D正确．二、多项选择题11.以下列图，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以经过滑动触头Q来调治，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则()A．保持Q的地址不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B．保持Q的地址不动，将P向上滑动时，电流表读数变小C．保持P的地址不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D．保持P的地址不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小解析：选BC.保持Q的地址不动，则U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大，依照I2＝U2R0＋R知，I2变小，由I1I2＝n2n1得I1也变小，即电流表读数变小，选项A错误，选项B正确；保持P的地址不动，将Q向上滑动时，U2变大，则依照P2＝U22R0＋R知副线圈输出功率变大，由P1＝P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1＝I1U，输入电压U必然，I1变大，即电流表读数变大，选项C 正确，选项D错误．12．(2018·黑龙江二模)如图甲所示的变压器，接如图乙所示的交流电时，灯泡正常发光，电容器能正常工作．现将电源换成如图丙所示的交流电，则()A．由于丙交流电的周期短，因此灯泡比第一次亮B．由于丙的频率比乙的大，因此电容器有可能被击穿C．无论接乙交流电，还是接丙交流电，若滑动触头P向上搬动，灯泡都变暗D．若将原线圈n1的匝数增加，灯泡耗资的功率将变小解析：选CD.由于两个电源的有效值相同，因此经同一个变压器后，加在灯泡两端的电压相同，因此灯泡的亮度相同，选项A错误；同理加在电容器两端的电压也相同，电容器还可以正常工作，选项B错误；若向上搬动滑动变阻器的触头P，使滑动变阻器接在电路中的电阻增大，以致灯泡两端的电压降低，因此灯泡变暗，选项C正确；若将原线圈的匝数增加，依照U1U2＝n1n2可知，副线圈两端电压降低，因此灯泡耗资的功率减小，选项D正确．13．(2018·郑州模拟)以下列图，50匝矩形闭合导线框ABC D处于磁感觉强度大小为B＝210T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5 m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝200 rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V60 W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器赞同经过的最大电流为10 A，以下说法正确的选项是()A．图示地址穿过线框的磁通量为零B．线框中产生交变电压的有效值为500 2 VC．变压器原、副线圈匝数之比为25∶11D．赞同变压器输出的最大功率为5 000 W解析：选CD.由题图可知，此时线框平面和磁场垂直，此时穿过线框的磁通量最大，A错误；矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为E m ＝nBSω＝50×210×0.5×200 V ＝500 2 V ，由于最大值为有效值的2倍，因此交流电的有效值为500 V ，B 错误；由于电压与匝数成正比，因此变压器原、副线圈匝数之比为500220＝2511，C 正确；由于熔断器赞同经过的最大电流为10 A ，因此赞同变压器输出的最大功率为P ＝U I ＝500×10 W ＝ 5 000 W ，D 正确．三、非选择题14．(2018·高考北京卷)如图1所示，用电动势为E 、内阻为r 的电源，向滑动变阻器R 供电．改变变阻器R 的阻值，路端电压U 与电流I 均随之变化．(1)以U 为纵坐标，I 为横坐标，在图2中画出变阻器阻值R 变化过程中U －I 图象的表示图，并说明U －I 图象与两坐标轴交点的物理意义．(2)a .请在图2画好的U －I 关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率；B ．请推导该电源对外电路可以输出的最大电功率及条件．(3)请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和．解析：(1)U －I 图象以下列图图象与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流．(2)a .以下列图．B ．电源输出的电功率P ＝I 2R ＝(E R ＋r )2R ＝E 2R ＋2r ＋r 2R当外电路电阻R ＝r 时，电源输出的电功率最大，为P max ＝E 24r .(3)电动势定义式E ＝W q依照能量守恒，在题图1所示电路中，非静电力做功W产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热，即W＝I2rt＋I2Rt＝Irq＋IRqE＝Ir＋IR＝U内＋U外．答案：见解析。
高考物理二轮复习专题四电路和电磁感应第讲直流与交流电路问题练案.doc
专题四 第11讲 直流与交流电路问题限时：40分钟选择题(本题共12小题，其中1～7题为单选，8～12题为多选)1．(2018·北京市西城区高三下学期5月模拟)如图所示为交流发电机的示意图，从线圈通过如图所示的位置开始计时。
如果发电机产生的交变电流的频率为50Hz ，电动势的最大值为400V ，则发电机产生的电动势瞬时值表达式为( D )A ．e ＝400sin50t(V)B ．e ＝400cos50t(V)C ．e ＝400sin100t(V)D ．e ＝400cos100t(V)[解析] 因f ＝50Hz ，可知ω＝2πf ＝100πrad/s ，线圈从垂直中性面开始转动，则瞬时值表达式是：e ＝400cos100t(V)，故选D 。
2．(2018·四川省凉山州高三第三次诊断试题)用理想变压器为一定值电阻R 供电，变压器输入有效值恒定的正弦交流电，当副线圈的滑动触头从最高点向下移动到匝数为原来的2/3时，则( D )A ．副线圈的输出电压变为原来的3/2倍B ．流过原线圈的电流变成原来的3/2倍C ．R 消耗的功率变成原来的2/3倍D ．变压器的输入功率变成原来的4/9倍[解析] 理想变压器，单匝电动势ΔΦΔt 恒定。
当副线圈的滑动触头向下移动到原来的23时，U 1不变，U 2变成原来的23；由I ＝U R ，可知流过原线圈的电流变成原来的23；由P ＝I 2R ，可知R 消耗的功率变成原来的49；由于P 出＝P 入，变压器的输入功率变成原来的49；综上分析D 正确。
3．(2018·山西省孝义市高三下学期一模理综)如图所示电路中，理想变压器原副线圈匝数比为1∶2，电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别是1Ω、2Ω和3Ω，正弦交流电源的电压恒定。
当开关S 断开时，理想电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为( C )A ．12IB ．23I C ．32I D ．2I [解析] 当开关S 断开时，副线圈两端的电压U 2＝I (R 2＋R 3)＝5I ，根据电压与匝数成正比，得原线圈两端的电压为U 1＝12U 2＝52I ，根据电流与匝数成反比，得原线圈电流I 1＝2I ，则电阻R 1两端的电压为U R 1＝I 1R 1＝2I ，在原线圈回路中总电压为U ＝U 1＋U R 1＝9I 2；S 闭合时R 3被短接，电流表示数为I ′，则副线圈两端的电压U ′2＝I ′R 2＝2I ′，根据电压与匝数成正比，得原线圈两端的电压为U ′1＝12U ′2＝I ′，根据电流与匝数成反比，得原线圈电流I ′1＝2I ′，则电阻R 1两端的电压为U R 1＝I ′1R 1＝2I ′，在原线圈回路中总电压为U ＝U ′1＋U ′RI＝3I ′，即3I ′＝9I 2，解得I ′＝3I 2，故ABD 错误，C 正确；故选C 。
2024届高考物理二轮专题复习与测试第一部分专题四电路和电磁感应第11讲直流电路与交流电路命题点一直
第11讲 直流电路与交流电路1．纯电阻电路和非纯电阻电路的电功、电功率的比较．(1)纯电阻电路：电功W ＝UIt ，电功率P ＝UI ，且电功全部转化为电热，有W ＝Q ＝UIt ＝U 2R t＝I 2Rt ，P ＝UI ＝U 2R＝I 2R .(2)非纯电阻电路：电功W ＝UIt ，电功率P ＝UI ，电热Q ＝I 2Rt ，电热功率P 热＝I 2R ，电功率大于电热功率，即W >Q ，故求电功、电功率只能用W ＝UIt 、P ＝UI ，求电热、电热功率只能用Q ＝I 2Rt 、P 热＝I 2R . 2．电源的功率和效率． (1)电源的几个功率． ①电源的总功率：P 总＝EI . ②电源内部消耗的功率：P 内＝I 2r . ③电源的输出功率：P 出＝UI ＝P 总－P 内． (2)电源的效率η＝P 出P 总×100%＝UE×100%. 3．交流电的“四值”．(1)最大值E m ＝NBSω，电容器的击穿电压指最大值． (2)瞬时值(从中性面开始计时)e ＝NBSωsin ωt . (3)有效值：正弦式交流电的有效值E ＝E m2；非正弦式交流电的有效值必须根据电流的热效应，用等效的思想来求解．计算交流电路的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值．(4)平均值：E －＝n ΔΦΔt ，常用来计算通过电路的电荷量．4．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：U 1U 2＝n 1n 2.(3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n 2n 1. 5．远距离输电． (1)输电线路(如图所示)．(2)输送电流．I ＝P U ； I ＝U －U ′R. (3)电压损失． ΔU ＝U －U ′；ΔU ＝IR . (4)功率损失．ΔP ＝P －P ′；ΔP ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ＝ΔU 2R .命题点一 直流电路的分析与计算1．明确1个定律、2个关系． (1)闭合电路的欧姆定律：I ＝ER ＋r.(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 ＝R R ＋r E ＝11＋rRE ，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．解决含电容器的直流电路问题的一般方法．(1)通过初、末两个稳定的状态来了解中间不稳定的变化过程．(2)只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器对电路的作用是断路．(3)电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，即电阻不起降低电压的作用，与电容器串联的电阻为等势体，电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压．(4)在计算电容器的带电荷量变化时，如果变化前后极板带电的电性相同，那么通过所连导线的电荷量等于始、末状态电容器电荷量之差；如果变化前后极板带电的电性相反，那么通过所连导线的电荷量等于始、末状态电容器电荷量之和．(2023·海南卷)如图所示电路，已知电源电动势为E ，内阻不计，电容器电容为C ，闭合开关K ，待电路稳定后，电容器上电荷量为( )A ．CEB ．12CEC ．25CED ．35CE 解析：电路稳定后，由于电源内阻不计，则整个回路可看成3R 、2R 的串联部分与R 、4R 的串联部分并联，若取电源负极为零电势点，则电容器上极板的电势为φ上＝E 5R ·2R ＝2E 5，电容器下极板的电势为φ下＝E 5R ·4R ＝4E5，则电容器两端的电压U 下上＝2E5，则电容器上的电荷量为Q ＝CU 上下＝25CE ，C 项正确．答案：C(多选)有一种测量人体重的电子秤，其原理如图中的虚线所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R (是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(实质是理想电流表)．设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为 3 A ，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，电阻R 随压力变化的函数式为R ＝30－0.02F (F 和R 的单位分别是N 和Ω)．下列说法正确的是( )A ．该秤能测量的最大体重是1 400 NB ．该秤能测量的最大体重是1 300 NC ．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G 刻度盘0.375 A 处D ．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G 刻度盘0.400 A 处解析：电路中允许的最大电流为3 A ，因此根据闭合电路欧姆定律，压力传感器的最小电阻应满足R ＋2 Ω＝4 Ω，R 最小值为2 Ω，代入R ＝30－0.02F ，求出F 最大值F m ＝1 400 N ，A 项正确，B 项错误；当F ＝0时，R ＝30 Ω，这时电路中的电流I ＝1230＋2 A ＝0.375 A ，C项正确，D 项错误． 答案：AC1．我们可以用某型号脂肪测量仪(如图甲所示)来测量脂肪率．体液中含有钠离子、钾离子等金属离子而呈现低电阻，而体内脂肪几乎不导电．脂肪测量仪根据人体电阻的大小来判断脂肪所占比例，模拟电路如图乙所示．测量时，闭合开关S ，测试者两手分别握两手柄A 、B ，则( )A ．体型相近的两人相比，脂肪含量高者对应的电流表示数较大，电压表示数较小B ．体型相近的两人相比，脂肪含量高者对应的电源效率高C ．体型相近的两人相比，脂肪含量高者对应的电源输出功率大D ．当A 、B 间电阻逐渐增大时，电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值的绝对值也随之增大解析：体型相近的两人相比，脂肪含量高者电阻较大，图乙是串联电路，总电阻增大，电流减小，AB 两端电压增大，电源效率η＝UE×100%，路端电压U 随外电阻R 外增加而增大，因此脂肪含量高者对应的电源效率高，电源输出功率与外电阻和电源内阻的关系有关，外电阻与电源的内阻越接近，电源输出功率越大，本题中未给出外电阻与电源内阻的关系，故无法判断谁对应的电源输出功率大，A 、C 项错误，B 项正确；电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值的绝对值为|ΔUΔI |＝R ＋r ，其大小不变，D 项错误．答案：B2．(多选)如图所示，图甲为某种车载加速度计的原理图：支架AB 固定在汽车上，滑块穿在AB 之间的水平光滑杆上，并用轻弹簧连接在A 端，其下端有一活动臂可在滑动变阻器上自由滑动．随着汽车沿水平方向做变速运动，滑块相对于支架将发生位移，并通过电路转换成电信号从电压表输出．当汽车静止时，弹簧处于原长，此时电压表读数为4.0 V ，加速度计A →B 方向为汽车前进方向．下列说法正确的是( )A ．当汽车向右加速时，电压表读数减小B ．当电压表读数减少时，汽车可能处于减速前进状态C ．若电压表读数如乙图所示，汽车可能处于前进状态D ．若电压表读数如乙图所示，汽车可能处于后退状态解析：当汽车向右加速时，对m 根据牛顿第二定律知弹簧处于压缩状态，即滑块相对于支架向左移动，电压表测量R 左半部分电阻减小，由U ＝IR 左，电路中总电流不变，所以电压表读数减小，故A 项正确；当电压表读数减少时，对m 根据牛顿第二定律知弹簧处于压缩状态，即滑块相对于支架向左移动，汽车有向右的加速度，由于A →B 方向为汽车前进方向，所以汽车一定处于加速前进状态，故B 错误；若电压表读数如乙图所示，说明滑块相对于支架向左移动，弹簧处于压缩状态，对m 根据牛顿第二定律知汽车加速度向右，可以加速前进或者减速后退，故C 、D 项正确． 答案：ACD。
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专题强化练(十一) 直流电路与交流电路考点1 直流电路的动态分析1．如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S 闭合后．在变阻器R 0的滑动端向下滑动的过程中( )A ．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C ．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，电流表的示数增大解析：由变阻器R 0的滑动端向下滑可知R 0连入电路的有效电阻减小，则R 外减小，由I ＝ER 外＋r可知I 增大，由U 内＝Ir 可知U 内增大，由E ＝U 内＋U 外可知U 外减小，故电压表示数减小．由U 1＝IR 1可知U 1增大，由U 外＝U 1＋U 2可知U 2减小，由I 2＝U 2R 2可知电流表示数减小，故A 正确．答案：A2.(多选)如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0，反向电阻为∞)连接，电源负极接地．开始时电容器不带电，闭合开关S ，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P 点．在开关S 保持接通的状态下，下列说法正确的是( )A ．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动B ．当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动C ．当电容器的下极板向下移动时，P 点的电势不变D ．当电容器的下极板向左移动时，P 点的电势会升高解析：带电油滴恰好静止，其合力为零，受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力，即mg ＝qE ，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，其电阻值变大，电容器两端的电压U 变大，对电容器进行充电，两极板间电场强度E 变大，带电油滴受到的电场力大于重力，会向上运动，选项A 正确；当电容器的上极板向上移动时，极板间距d 变大，根据C ＝εr S 4πkd ＝QU ，电容器的电荷量Q 应减小，但由于二极管的单向导电性，电容器只能进行充电，不能进行放电，故此时，电容器的电荷量Q 不变，电场强度E ＝U d ＝4πkQεr S不变，带电油滴仍静止不动，选项B错误；同理，当电容器的下极板向下移动时，d 变大，电场强度E 不变，而P 点到下极板的距离变大且下极板的电势不变，故P 点电势升高，选项C 错误；当电容器的下极板向左移动时，S 变小，根据C ＝εr S 4πkd ＝QU和二极管的单向导电性，电容器的电荷量Q 不变，电场强度E ＝4πkQεr S 变大，而P 点到下极板的距离不变，故P 点电势升高，选项D 正确． 答案：AD考点2 交流电的产生3．(2018·冀州模拟)一根导线两端加上电压U ，导体中自由电子定向移动的平均速率为v ，现将导线均匀拉长至横截面半径为原来的12，然后两端加上电压U ，则导线中自由电子定向移动的平均速率为( )A.v 2B.2v 2C.v4D.2v 4解析：横截面的半径变为原来的12，可知面积变为原来的14，由体积V ＝LS 不变，可知长度变为原来的4倍．由电阻定律的表达式R ＝ρLS，可得变化后的电阻值为R ′＝ρ·4L14S ＝16R ，由I ＝UR 可知，电流变为原来的116.由电流的微观表达式I ＝nqSv ，可知v ＝I nqS ，v ′＝I ′nqS ′，故v ′＝116I nq ·14S＝14v, C 正确．答案：C4．(2018·大庆模拟)先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电．第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化(如图甲所示)；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示．若甲、乙图中的U 0、T 所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是( )A ．第一次，灯泡两端的电压有效值是U 02B ．第二次，灯泡两端的电压有效值是3U 02C ．第一、第二次，灯泡的电功率之比是2∶9D ．第一、第二次，灯泡的电功率之比是1∶5 解析：第一次灯泡两端的电压有效值为U 1＝22U m ＝22U 0，设第二次电压的有效值为U 2，根据有效值的定义，则有（2U 0）2R ·T 2＋（U 0）2R ·T 2＝U 22R T ，解得，U 2＝102U 0，故A 、B 错误；由功率的公式P ＝U 2R 得，灯泡的电功率之比是P 1∶P 2＝U 21R ∶U 22R＝1∶5，故C 错误，D 正确．答案：D5．间距为 2 m 的无限长光滑金属导轨水平放置，导轨中间分布有磁感应强度为 1 T 的匀强磁场，磁场边界为正弦曲线，一长为2 2 m 的光滑导体棒以1 m/s 的速度匀速向右滑动，如图所示，导轨电阻不计，导体棒电阻为20 Ω，定值电阻为10 Ω，则下列分析正确的是( )A ．电流表示数为130AB ．电压表的示数是0.5 VC ．导体棒运动到图示虚线位置时，导体棒的瞬时电流从C 到D D ．导体棒上消耗的热功率为0.2 W解析：当导体棒切割磁感线时，产生的感应电动势为E ＝BLv ，由于有效切割长度按正弦规律变化，且当磁场反向时，感应电流反向，故这个过程产生正弦式交流电，导体棒有效切割长度最长等于 2 m ，交流电的最大值是：E m ＝BLv ＝1×2×1 V ＝ 2 V ，有效值为E ＝E m2＝1 V ，由于导体棒接入电路的有效长度为总长度一半，所以接入电路电阻为10 Ω，定值电阻也为10 Ω，则电压表的示数为U ＝12E ＝0.5 V ，选项B 正确；电流表的示数为I ＝ER ＋r＝110＋10A ＝0.05 A ，选项A 错误；导体棒运动到图示虚线位置时，刚好对应电流方向发生变化的时刻，则瞬时电流等于0，选项C 错误；导体棒上消耗的热功率为P r ＝I 2r ＝0.052×10 W ＝0.025 W ，选项D 错误．答案：B6．(多选)小型发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd ，bc 边长度为L 1，磁极间的磁场可视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO ′，线圈以角速度ω绕OO ′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，不计线圈电阻，下列说法正确的是( )A ．ab 边长度为L ＝2e 0B ωL 1B ．产生的交变电流的周期是2πωC ．若从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝2Ne 0sin ωtD ．发电机线圈从垂直中性面位置转动90°的过程中，产生的感应电动势的平均值是2Ne 0π解析：由题意可知，线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，由e 0＝BLv ＝BL ωL 12，解得L ＝2e 0B ωL 1，选项A 正确；T ＝2πω，选项B 错误；对单匝矩形线圈，其感应电动势最大值为2e 0，发电机线圈共N 匝，所以发电机线圈中总感应电动势最大值为2Ne 0，从中性面开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式为e ＝2Ne 0sin ωt ，选项C 正确；发电机线圈从垂直中性面位置转动90°的过程中，磁通量变化量为ΔΦ＝BLL 1＝2e 0ω，时间Δt ＝T 4＝π2ω，产生的感应电动势平均值是E －＝N ΔΦΔt ＝4Ne 0π，选项D 错误． 答案：AC考点3 变压器和远距离输电7．(多选)如图所示，可调理想变压器原线圈接交流电，副线圈通过滑动触头P 可改变其匝数．下列说法正确的是( )A ．仅增大R 的阻值，通过灯泡L 的电流将变大B ．仅增大R 的阻值，通过灯泡L 的电流将变小C ．仅将滑动触头P 向下滑动，灯泡L 两端的电压将变大D ．仅将滑动触头P 向下滑动，灯泡L 两端的电压将变小解析：仅增大电阻R 时，由于匝数不变，输出电压不变，则由欧姆定律可知，通过灯泡的电流变小，故A 错误，B 正确；滑动触头向下滑动时，输出端匝数减小，则输出电压变小，灯泡两端的电压变小，故C 错误，D 正确．答案：BD8．如图，理想变压器的原、副线圈电路中接有四只规格相同的灯泡，原线圈电路接在电压恒为U 0的交变电源上．当S 断开时，L 1、L 2、L 3三只灯泡均发光．若闭合S ，已知灯泡都不会损坏，且灯丝电阻不随温度变化，则( )A ．灯泡L 1变亮B ．灯泡L 2变亮C ．灯泡L 3亮度不变D ．灯泡L 4正常发光解析：设原线圈电流为I 1，灯泡电阻为R ，因原线圈有灯泡，故U 0＝I 1R ＋I 1·n 1n 2R 并，闭合S 时R 并减小，故I 1增大，则灯泡L 1变亮；变压器的输入电压减小，而匝数比不变，则变压器的输出电压减小，则灯泡L 2和L 3变暗，L 4不能正常发光．故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A9．在如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1.a ，b 两端电压与时间的关系如图乙所示，二极管可视为理想二极管，电表均为理想电表，电阻R ＝10 Ω，则下列说法正确的是( )A ．电压表示数为4.5 VB ．电压表示数为0C ．电流表示数为0.9 AD ．电路消耗功率为16.2 W解析：原线圈的电压的有效值为U 1＝E m2＝1822V ＝18 V ，副线圈的电压为U 2＝18×12 V＝9 V ，电流为I 2＝U 2R ＝910A ＝0.9 A ，即电流表示数为0.9 A ，故选项C 正确；根据二极管的特性，设电压表测量的有效值为U 有，则（9 V ）2R ×1＝U 2有R ×2，解得U 有＝92 V ＝6.4 V ，故A 、B 错误；电路消耗的功率等于电阻R 消耗的功率，则电路消耗功率为P ＝I 22R ＝8.1 W ，故选项D 错误．答案：C10．(多选)(2018·衡阳联考)如图所示，匝数n ＝10匝的矩形线框处在磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω＝20 rad/s 在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积S ＝0.4 m 2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L(4 W 100 Ω)和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是( )A ．灯泡正常发光时原、副线圈的匝数比为2∶1B ．灯泡正常发光时电流表的示数为0.2 AC ．若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变暗D ．若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数减小解析：变压器输入电压的最大值为U m ＝nBS ω＝10×2×0.4×20 V ＝80 2 V ，变压器输入电压的有效值为U 1＝U m2＝8022V ＝80 V ，灯泡正常发光时的电压U 2＝PR ＝4×100 V ＝20 V ，此时原、副线圈的匝数比为n 1n 2＝U 1U 2＝8020＝41，故A 错误；由欧姆定律得I 2＝U 2R ＝20100A＝0.2 A ，根据I 1I 2＝n 2n 1得，此时电流表的示数为I 1＝n 2I 2n 1＝14×0.2 A ＝0.05 A ，故B 错误；若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，根据U 1U 2＝n 1n 2可知输出电压减小，所以灯泡变暗，故C 正确；线圈匝数不变，根据U 1U 2＝n 1n 2可知输出电压不变，若将滑动变阻器触头向上滑动，连入电路电阻变大，负载等效电阻变大，P 1＝P 2＝U 22R变小，又P 1＝U 1I 1可知电流表示数变小，故D 正确．答案：CD11．(多选)如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 1的原、副线圈匝数之比为n 1∶n 2＝1∶10，在T 1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2r ＝2 Ω，降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为n 3∶n 4＝10∶1.若T 2的用电设备两端的电压为U 4＝200 V ，用电设备消耗的电功率为10 kW ，不考虑其他因素的影响，则( )A ．T 1的副线圈两端电压的最大值为2 0102VB ．T 2的原线圈两端的电压为2 000 VC ．输电线上损失的电功率为50 WD ．T 1的原线圈输入的电功率为10.1 kW解析：因为用电设备消耗的电功率为10 kW ，T 2副线圈两端的电压为U 4＝200 V ，则流过T 2副线圈的电流为I 4＝P U 4＝10 kW 200 V ＝50 A ，由变压器原、副线圈的电流与线圈匝数的关系I 3I 4＝n 4n 3，可得I 3＝5 A ，由U 3U 4＝n 3n 4，可知T 2原线圈两端的电压为U 3＝2 000 V ，B 正确；输电线的电阻分得的电压为U 线＝I 3·2r ＝5×2 V ＝10 V ，所以T 1副线圈两端的电压为U 2＝U 3＋U 线＝(2 000＋10)V ＝2 010 V ，其最大值为U 2m ＝2 0102V ，A 正确；输电线上损失的电功率为P 损＝I 23·2r ＝50 W ，C 正确；由能量守恒定律可知T 1副线圈的输出功率为P 出＝(10 000＋50)W ＝10 050 W ，因此T 1原线圈的输入功率为10 050 W ，D 错误．答案：ABC12.(2018·福州一中检测)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝25πT.单匝矩形线圈面积S ＝1 m 2.电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，为交流电流表．调整副线圈的滑动触头P ，当变压器原、副线圈匝数比为2∶1时，副线圈电路中标有“6 V 6 W ”的灯泡正常发光．以下判断正确的是( )A ．电流表的示数为1 AB ．矩形线圈产生电动势的最大值为18 VC ．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间变化的规律为e ＝122sin 60πt (V)D ．若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P 适当下移解析：灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I 2＝6 W 6 V ＝1 A ；根据公式：I 1I 2＝n 2n 1，解得I1＝0.5 A，故A错误；灯泡正常发光，故变压器的输出电压为6 V，根据公式U1U2＝n1n2，解得：U1＝12 V，故矩形线圈产生电动势的有效值为12 V，最大值为122V≈17 V，故B错误；根据公式E m＝NBSω，解得：ω＝E mNBS＝1221×25π×1rad/s＝60πrad/s，故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e＝E m sin ωt＝122sin 60πt(V)，故C正确；若矩形线圈转速增大，根据公式E m＝NBSω，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该增大变压比，故应将P适当上移，故D错误．答案：C13．(2018·沈阳质检)用某型号的柴油发电机给我国灾民临时安置区供电，发电机到安置区的距离是400 m，输电线路中的火线和零线均为单股铜导线，该导线每米的电阻为2.5×10－4Ω，安置区家用电器的总功率为44 kW.当这些家用电器都正常工作时，下列说法正确的是( )A．输电线路中的电流为20 AB．输电线路损失的电功率为4 kWC．发电机实际输出电压是240 VD．如果该柴油发电机发的电是正弦交变电流，则输出电压的峰值是2602V解析：家用电器正常工作时的额定电压一般是220 V，所以输电线路中的电流I＝PU＝200A，A错误；输电线路损失的电功率ΔP＝I2R线＝8 000 W，B错误；输电线路损失的电压ΔU ＝IR线＝40 V，发电机实际输出电压为220 V＋40 V＝260 V，C错误．输出电压峰值为2602 V，D正确．答案：D14．(多选)如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R0组成闭合电路．若T1、T2均为理想变压器．T2的副线圈两端电压u＝2202sin 100πt V，当用电器电阻R0＝11 Ω时( )A．通过用电器R0的电流有效值是20 AB．当用电器的电阻R0减小时，输电线损耗的功率也随着减小C．发电机中的电流变化频率为100 HzD．升压变压器的输入功率为4 650 W解析：通过用电器R 0的电流有效值I ＝U R 0＝20 A ，A 正确；当用电器的电阻R 0减小时，由于电压不变，电流增大，输电线上的电流也增大，输电线上损失的功率增大，B 错误；变压器不改变交流电的频率，f ＝50 Hz ，C 错误；降压变压器的输出功率P 1＝UI ＝4 400 W ，由理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比，得输电线上的电流I ′＝5 A ，输电线上损失的功率ΔP ＝I ′2R ＝250 W ，升压变压器的输入功率P ＝P 1＋ΔP ＝4 650 W ，D 正确．答案：AD15．(2015·广东卷)如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管．视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变．调节触头P ，使输出电压有效值由220 V 降至110 V ，调节前后( )A ．副线圈中的电流比为1∶2B ．副线圈输出功率比为2∶1C ．副线圈的接入匝数比为2∶1D ．原线圈输入功率比为1∶2解析：设原线圈输入电压为U 1，原线圈的匝数为n 1，副线圈输出电压为U 2，副线圈的匝数为n 2，则U 1U 2＝n 1n 2，当副线圈的输出电压降为原来的一半时，副线圈的匝数减小为原来的12，C 项正确；由I 2＝U 2R 可知，副线圈的电流减为原来的一半，A 项错误；由P ＝U 2R可知，副线圈输出的功率减为原来的14，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，因此原线圈的输入功率也减为原来的14，B 、D 项错误．答案：C。