【小初高学习]2018年高考物理二轮复习 专题10 直流与交流电路学案
【新】2019届高考物理二轮复习专题10直流电路与交流电路学案
专题10 直流电路与交流电路考题一 直流电路的分析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.直流电路动态分析的3种常用方法 方法1：程序法R 局――→增大减小I 总＝E R ＋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 方法2：结论法——“串反并同”“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).方法3：极限法因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动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.例1 如图1所示，图甲中M 为一电动机，当滑动变阻器R 的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示.已知电流表读数在0.2 A 以下时，电动机没有发生转动.不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是( )图1A.电路中电源电动势为3.4 VB.变阻器的触头向右滑动时，V 2读数逐渐减小C.此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 WD.变阻器的最大阻值为30 Ω解析 由题图甲知，电压表V 2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V 2的电压与电流的关系，此图线斜率的绝对值大小等于电源的内阻，为r ＝3.4－3.00.2Ω＝2 Ω.当电流I ＝0.1 A 时，U ＝3.4 V ，则电源的电动势E ＝U ＋Ir ＝3.4 V ＋0.1×2 V＝3.6 V ，故A 错误；变阻器的触头向右滑动时，R 阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即为V 2读数逐渐增大，故B 错误；由题图乙可知，电动机的电阻r M ＝0.8－0.40.1Ω＝4 Ω.当I ＝0.3 A 时，U ＝3 V ，电动机的输入功率最大，最大输入功率为P ＝UI ＝3×0.3 W ＝0.9 W ，则最大输出功率一定小于0.9 W ，故C 错误；当I ＝0.1 A 时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R ＝E I －r －r M ＝(3.60.1－2－4) Ω＝30 Ω，故D 正确.答案 D 变式训练1.(2016·全国甲卷·17)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2所示电路.开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q2.Q 1与Q 2的比值为( )图2A.25B.12C.35D.23 答案 C解析 S 断开时等效电路图如图甲所示. 电容器两端电压为U 1＝ER ＋23R ×23R ×12＝15E ； S 闭合时等效电路图如图乙所示. 电容器两端电压为U 2＝ER ＋12R ×12R ＝13E ， 由Q ＝CU 得Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，故选项C 正确.甲 乙2.(2016·江苏·8)如图3所示的电路中，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出，闭合开关S ，下列说法正确的有( )图3A.路端电压为10 VB.电源的总功率为10 WC.a 、b 间电压的大小为5 VD.a 、b 间用导线连接后，电路的总电流为1 A 答案 AC解析 外电路的总电阻R ＝20×2020＋20 Ω＝10 Ω，总电流I ＝ER ＋r＝1 A ，则路端电压U ＝IR ＝10V ，A 对；电源的总功率P 总＝EI ＝12 W ，B 错；a 、b 间电压大小为U ab ＝0.5×15 V－0.5×5 V ＝ 5 V ，C 对；a 、b 间用导线连接后，外电路的总电阻为R ′＝2×5×155＋15 Ω＝7.5 Ω，电路中的总电流I ＝ER ′＋r≈1.26 A，D 错误.考题二 交变电流的产生及描述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.交变电流“四值”的应用(1)最大值：E m ＝nBS ω，分析电容器的耐压值；(2)瞬时值：E ＝E m sin ωt (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 ΔΦΔt，计算通过电路截面的电荷量.例2 图4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电阻R ＝10 Ω连接，与电阻R 并联的交流电压表为理想电压表，示数为10 V.图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t 变化的图象.则( )图4A.此交流发电机的电动势平均值为10 2 VB.t ＝0.02 s 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 ＝102cos (100πt ) VD.当ab 边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上解析 矩形线圈绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，产生正弦交流电，外电阻R ＝10 Ω，电压表示数10 V ，说明E m2＝10 V 即E m ＝10 2 V.根据题图乙t ＝0时磁通量等于0可判断t ＝0时R 两端的电压最大，所以R 两端的电压随时间变化的规律为u ＝102cos ωt ＝102cos(100πt ) V ，选项C 对.t ＝0.02 s 代入电动势的表达式，此刻u ＝10 2 V ，选项B 错.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.电动势平均值为磁通量和时间的比值，而该比值最大为E m ＝10 2 V ，所以平均值一定比E m ＝10 2 V 小，选项A 错. 答案 C 变式训练3.如图5所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，线框转过π6时的感应电流为I ，下列说法正确的是( )图5A.线框中感应电流的有效值为2IB.线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为2IRωC.从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量为2IωD.线框转一周的过程中，产生的热量为8πI 2Rω答案 BC解析 由E m ＝nBS ω，中性面开始计时，则电流i ＝nBS ωR sin ωt ，当ωt ＝π6时电流为I ，则I ＝nBS ω2R ，则2I ＝nBS ωR ；由nBS ωR ＝2I 为电流的最大值，则线框中感应电流的有效值为2I2＝2I ，故A 错误；转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为BS ＝2RIn ω.因n ＝1，则B 正确；中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量为BS tR t ＝BS R ＝2Iω，则C 正确；电流的有效值为2I ，则Q ＝(2I )2R ·2πω＝4πRI2ω，则D 错误.4.如图6甲为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比.某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则( )图6A.电流的表达式为i ＝0.6sin (10πt ) AB.磁铁的转速为10 r/sC.风速加倍时电流的表达式为i ＝1.2sin (10πt ) AD.风速加倍时线圈中电流的有效值为1.2 A 答案 A解析 通过题图乙可知电流的最大值为0.6 A ，周期T ＝0.2 s ，故ω＝2πT＝10π rad/s ，故电流的表达式为i ＝0.6sin (10πt ) A ，故A 正确；电流的周期为T ＝0.2 s ，故磁体的转速为n ＝1T＝5 r/s ，故B 错误；风速加倍时，角速度加倍，根据E m ＝nBS ω可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍，故风速加倍时电流的表达式为i ＝1.2sin (20πt ) A ，故C 错误；根据分析，形成的感应电流I m ＝1.2 A ，故有效值为I ＝I m2＝325A ，故D 错误. 考题三 变压器及远距离输电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：U 1U 2＝n 1n 2.若n 1＞n 2，为降压变压器；若n 1＜n 2，为升压变压器.(3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1； 有多个副线圈时，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋……＋U n I n . 2.原、副线圈中各量的因果关系 (1)电压关系：U 1决定U 2. (2)电流关系：I 2决定I 1. (3)功率关系：P 出决定P 入. 3.输电过程的电压关系4.输电过程功率的关系例3 (2016·全国乙卷·16)一含有理想变压器的电路如图7所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定.当开关S 断开时，电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I .该变压器原、副线圈匝数比为( )图7A.2B.3C.4D.5 [思维规范流程]设变压器原、副线圈匝数比为k即：k 2·5I ＋3I ＝k 2·4I ＋12I得k ＝3 变式训练5.(2016·天津·5)如图8所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表.下列说法正确的是( )图8A.当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 1消耗的功率变大B.当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大C.当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表A 1示数变大D.若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大，A 2示数变大 答案 B解析 当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流减小，则R 1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，选项A 错误，B 正确；当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，电流表A 1示数变小，选项C 错误；若闭合开关S ，副线圈电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R 1两端电压变大，R 2两端电压减小，电流表A 2示数减小；原线圈中的电流也变大，电流表A 1示数变大，选项D 错误.6.如图9所示，理想变压器副线圈1、2之间的匝数是总匝数的一半，二极管D 具有单向导电性(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)，R 是可变电阻，K 是单刀双掷开关，原线圈接在电压不变的正弦交流电源上.下列说法正确的是( )图9A.若R 阻值不变，当K 分别接1和2时，电压表读数之比为2∶1B.若R 阻值不变，当K 分别接1和2时，电压表读数之比为2∶1C.若K 分别接1和2时，R 消耗功率相等，则R 阻值之比为2∶1D.若K 分别接1和2时，R 消耗功率相等，则R 阻值之比为2∶1 答案 BC解析 设原线圈与副线圈的匝数分别为n 1、n 2，原线圈输入电压为U 1，副线圈两端电压为U 2，当K 接2时：n 1n 22＝U 1U 22，此时电压表示数与副线圈两端的电压相等，即U 2＝U 22＝n 22n 1U 1，功率为P 2＝U 22R 2；若K 与1相连，则n 1n 2＝U 1U 12，此时电压表的示数为U 2′，则U 212R ·T 2＝U 2′2R·T ，得U 2′＝n 2U 12n 1，此时的功率为：P 1＝U 2′2R 1.由上分析知：电压表的示数之比为2∶1，电阻值之比为2∶1，B 、C 对.7.如图10所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图(图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表).设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R 0表示，变阻器R 相当于用户用电器的总电阻.当用电器增加时，相当于R 变小，则当用电进入高峰时( )图10A.电压表V 1、V 2的读数均不变，电流表A 1、A 2的读数均增大B.电压表V 3、V 4的读数均减小，电流表A 3的读数也减小C.电压表V 2、V 3的读数之差与电流表A 2的读数的比值不变D.发电厂的输出功率增大 答案 ACD解析 电压表V 1、V 2的读数均不变，因为输入电压和匝数都不变，用电高峰期，电阻减小，电流增大，根据电流与匝数成反比知电流都增大，故A 正确；输电线上的电压损失增大，故电压表V 3、V 4的读数均减小，电流表A 2的读数增大，电流表A 3的读数增大，故B 错误；电压表V 2、V 3的读数之差与电流表A 2的读数的比值不变，等于输电线的电阻值，变压器的输入功率等于输出功率，都增大，故C 、D 正确.专题规范练1.(多选)(2016·全国丙卷·19)如图1，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光.下列说法正确的是( )图1A.原、副线圈匝数比为9∶1B.原、副线圈匝数比为1∶9C.此时a和b的电功率之比为9∶1D.此时a和b的电功率之比为1∶9答案AD解析设灯泡的额定电压为U0，两灯泡均能正常发光，所以原线圈输出端电压为U1＝9U0，副线圈两端电压为U2＝U0，故U1U2＝91，n1n2＝U1U2＝91，A正确，B错误；根据公式I1I2＝n2n1可得，I1I2＝19，由于灯泡两端的电压相等，所以根据公式P＝UI可得，灯泡a和b的电功率之比为1∶9，C 错误，D正确.2.(多选)如图2所示，A为巨磁电阻，当它周围的磁场增强时，其阻值增大；C为电容器.当有磁铁靠近A时，下列说法正确的有( )图2A.电流表的示数减小B.电容器C的电荷量增大C.电压表的示数变小D.电源内部消耗的功率变大答案AB解析当有磁铁靠近A时，它周围的磁场增强，其阻值增大，则外电路电阻变大，干路电流减小，电流表的示数减小，选项A正确；电源内阻上的电压减小，故路端电压变大，则电压表的示数变大，选项C错误；根据Q＝CU可知，电容器C的电荷量增大，选项B正确；根据P 内＝I2r可知，I减小，则电源内部消耗的功率变小，选项D错误，故选A、B.3.(2016·江苏·4)一自耦变压器如图3所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a 、b 间作为原线圈.通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U 1的交变电流时，c 、d 间的输出电压为U 2，在将滑动触头从M 点顺时针转到N 点的过程中( )图3A.U 2>U 1，U 2降低B.U 2>U 1，U 2升高C.U 2<U 1，U 2降低D.U 2<U 1，U 2升高答案 C解析 由U 1U 2＝n 1n 2，n 1>n 2知U 2<U 1；滑动触头从M 点顺时针旋转至N 点过程，n 2减小，则U 2降低，C 项正确.4.图4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 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2.在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )图4A.(n 1n 2)U 2m 4rB.(n 2n 1)U 2m 4rC.4(n 1n 2)2(P U m)2r D.4(n 2n 1)2(P U m)2r答案 C解析 输入电压为：U 1＝U m2，由U 1U 2＝n 1n 2得：U 2＝n 2U m2n 1，又由P ＝I 2U 2，输电线上损失的电功率为：P r ＝I 22·2r ＝4(n 1n 2)2(P U m)2r ，C 对.5.(多选)(2016·海南·9)如图5(a)中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，R T 为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R 1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表.原线圈所接电压u 随时间t 按正弦规律变化，如图(b)所示.下列说法正确的是( )图5A.变压器输入、输出功率之比为4∶1B.变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4C.u随t变化的规律为u＝51sin (50πt) VD.若热敏电阻R T的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大答案BD解析由题意知，变压器是理想变压器，故变压器输入、输出功率之比为1∶1，故选项A错误；变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，即I1I2＝n2n1＝14，故选项B正确；由题图(b)可知交流电压最大值U m＝51 V，周期T＝0.02 s，可由周期求出角速度的值为ω＝100πrad/s，则可得交流电压u的表达式u＝51sin (100πt) V，故选项C错误；R T处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故选项D正确.6.(多选)在如图6所示的电路中，电表均为理想电表，闭合开关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( )图6A.灯泡L变亮B.电压表读数变大C.电容器C上电荷量减少D.电流表读数变小答案BD解析滑动变阻器的滑片P向左移动，变阻器R接入回路的电阻增加，回路中的总阻值增大.由I＝ER总知，回路中的电流减小，灯泡L变暗，电流表的示数变小，A错，D对；由U＝E－Ir知，电流减小，路端电压增大，电压表的示数增大，B对；由U R＝E－I(r＋r L)，知R两端的电压增大，电容器C上的电荷量增加，C错.7.(多选)(2016·上海·18)如图7所示电路中，电源内阻忽略不计.闭合开关，电压表示数为U ，电流表示数为I ；在滑动变阻器R 1的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中( )图7A.U 先变大后变小B.I 先变小后变大C.U 与I 比值先变大后变小D.U 变化量与I 变化量比值等于R 3 答案 BC解析 据题意，由于电源内阻不计，电压表的示数总是不变，故选项A 错误；滑片滑动过程中，电阻R 1的阻值先增大后减小，电压不变，所以电流表示数先减小后增大，故选项B 、C 正确；由于电压表示数没有变化，故选项D 错误.8.(多选)汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图8为汽车启动原理图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10 A ；电动机启动时电流表读数为58 A.若电源电动势为12.5 V ，内阻为0.05 Ω，电动机内阻为0.02 Ω，电流表内阻不计，则电动机启动时( )图8A.车灯的电压为9.6 VB.通过电动机的电流为48 AC.电动机的功率为50 WD.电动机输出的机械功率为430 W 答案 AD解析 当电动机未启动时，此时U 外1＝E －I 1r ＝12.5 V －10×0.05 V＝12 V 则车灯的电阻为：R ＝U 外1I 1＝1210Ω＝1.2 Ω 当电动机启动后：U 外2＝E －I 2r ＝12.5 V －58×0.05 V＝9.6 V ，由于电动机和车灯并联，故车灯的电压为9.6 V ，即选项A 正确；则此时通过车灯的电流为I 灯1＝U 外2R＝8 A ，故通过电动机的电流为I 机＝58 A －8 A ＝50 A ，故选项B 错误；此时电动机的功率为：P ＝I 机U 外2＝50×9.6 W ＝480 W ，故选项C 错误；此时电动机输出的机械功率为：P 出＝P －I 2机r 机＝430 W ，故选项D 正确.9.如图9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O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.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1 A.下列说法正确的是( )图9A.线圈消耗的电功率为1 WB.线圈中感应电流的有效值为2 AC.任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝22cos 2πTtD.任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝2T πsin 2πT t答案 D解析 从垂直中性面开始其瞬时表达式为i ＝I m cos θ，则电流的最大值为：I m ＝icos θ＝2 A ；线圈消耗的电功率为：P ＝I 2r ＝(22I m )2r ＝4 W ，故A 错误；有效值为：I ＝I m2＝ 2 A ，故B 错误；感应电动势的最大值为：E m ＝I m r ＝2×2 V ＝4 V ；任意时刻线圈中的感应电动势为：e ＝E m cos 2πT t ＝4cos 2πT t .故C 错误；任意时刻穿过线圈的磁通量为：Φ＝Φm sin 2πTt ；根据公式E m ＝NBS ω＝N Φm 2πT 可得：Φm ＝2T π，故Φ＝2T πsin 2πTt ，故D 正确.10.如图10所示，矩形闭合导线框ABCD 处于可视为水平方向的匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接有一只“11 V,33 W”的灯泡.当灯泡正常发光时，变压器输入电压u ＝332cos (10πt ) V.下列说法正确的是( )图10A.图示位置可能是计时起点B.图示位置线框中产生的磁通量变化率最小C.变压器原、副线圈匝数之比为32∶1D.通过电流表A 的电流为 2 A 答案 B解析 根据瞬时值表达式可知，线框转动的计时起点是线框平面与磁感线平行的位置，不是图示的位置，选项A 错误；图示位置线框中的磁通量最大，磁通量的变化率最小，选项B 正确；变压器原线圈的电压有效值为33 V ，副线圈电压为11 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，则变压器原、副线圈匝数之比为3∶1，选项C 错误；根据输出功率与输入功率相等可知，通过电流表A 的电流为I ＝P U 1＝3333A ＝1 A ，选项D 错误.11.(多选)如图11所示，图线①表示某电池组的输出电压－电流关系，图线②表示其输出功率－电流关系.根据图线可以求出( )图11A.电源电动势B.电源内阻C.电池组的输出电压为45 V 时输出功率为100 WD.电池组的输出功率为120 W 时，电路消耗的总功率为200 W 答案 ABD解析 U －I 图线与U 轴交点表示电路处于断路状态，则电源的电动势E ＝U ＝50 V.电源的内阻等于图线斜率绝对值大小，则有r ＝|ΔU ΔI |＝50－255 Ω＝5 Ω，故A 、B 正确；电池组的输出电压为45 V 时，内电压为5 V ，故电流为5 V5 Ω＝1 A ，故输出功率为：P ＝UI ＝45 V×1 A＝45 W ，故C 错误；电池组的输出功率为120 W 时，由P －I 图线读出电流I ＝4 A ，故电路消耗的总功率为P ＝EI ＝50 V×4 A＝200 W ，故D 正确.12.如图12所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝1∶5，原线圈接u 1＝110sin (100πt ) V 的交流电，电阻R 1＝R 2＝25 Ω，D 为理想二极管，则( )图12A.通过电阻R 1的电流为2 AB.二极管的反向耐压值应大于550 VC.原线圈的输入功率为200 WD.通过原线圈的电流为1511 A答案 B解析 由原线圈接u 1＝110sin 100πt V 与原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝1∶5，根据U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈的电压为U 2＝51×1102 V ＝275 2 V ，通过电阻R 1的电流为I R 1＝U 2R 1＝11 2 A ，故A 错误；变压器副线圈电压最大值为U 2m ＝2U 2＝550 V ，故二极管的反向耐压值应大于550 V ，选项B 正确；R 1消耗的功率为P R 1＝U 2I R 1＝6 050 W ，故原线圈消耗的功率大于6 050 W ，选项C 错误；通过电阻R 1的电流为I R 1＝11 2 A ，则通过原线圈的电流应该大于I ＝n 2n 1I R 1＝55 2A ，选项D 错误.。
届新高考物理二轮 复习 强化导学案 直流电路和交流电路Word版含解析
题型一直流电路的分析1.(2020·江苏卷)(多选)某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示．当汽车启动时，开关S闭合，电机工作，车灯突然变暗，此时()A．车灯的电流变小B．路端电压变小C．电路的总电流变小D．电源的总功率变大解析：车灯突然变暗，说明车灯的电流变小，A正确；路端电压U＝IR，车灯的电流变小，则路端电压变小，B正确；路端电压U＝E －I总r，U变小，说明总电流I总变大，C错误；电源的总功率变大P ＝I总E，因为I总变大，所以电源的总功率变大，D正确．答案：ABD2.在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U.现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是()A．I1增大，I2不变，U增大B．I1减小，I2增大，U减小C．I1增大，I2减小，U增大D．I1减小，I2不变，U减小解析：由题图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R1的电流，电流表A2测量流过R2的电流．R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大．故A、C、D错误，B正确．答案：B3.如图所示的电路中，电源电动势E＝8 V，内阻r＝2 Ω，电阻R2＝6 Ω，电容为1μF的平行板电容器水平放置且下极板接地．当滑动变阻器R1的滑片处于b端时，有一带电油滴位于板间正中央P点且恰好处于静止状态．下列说法正确的是()A．此时P点电势为6 VB．电容器上极板所带电荷量为6×10－6 CC．若仅将电容器上极板缓慢上移少许，则P点电势不变D．若仅将滑片P从b端向a端缓慢移动少许，则油滴将向下移动解析：由闭合电路的欧姆定律可知：路端电压U＝R2R2＋rE＝6 V，那么电容器两极的电势差为6 V，又有下端接地，故电势为零，那么P点电势为12U＝3 V，故A错误；电容器上极板所带电荷量Q＝CU＝1×10－6×6 C＝6×10－6 C，故B正确；移动电容器上极板，电容器两端电势差不变；又有两极板间距离增大，故电场强度减小；又有P点到下极板的距离不变，故电势差减小，那么，P点电势减小，故C错误；滑片P从b端向a端移动，那么外电路电阻增大，所以路端电压增大，故两极板电势差增大，极板间场强增大，那么，油滴受到的电场力增大；油滴受重力和电场力作用，故有开始时油滴静止可知：电场力方向向上，那么，移动滑片后油滴合外力向上，故油滴向上运动，故D 错误．答案：B题型二交变电流的产生及描述4．(多选)如图1所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的金属正方形线圈abcd以垂直磁感线的cd边为转动轴匀速转动，线圈产生的交变电动势图象如图2所示，则下列说法正确的是()A．t＝3 s时刻通过线圈的磁通量为零B．t＝3 s时刻通过线圈的磁通量最大C．此交变电动势的频率为50 HzD．线圈电动势瞬时值的表达式为16 sin 50πt(V)解析：由图2可知，当t＝3 s时，感应电动势最大，则此时穿过线框回路的磁通量变化率最大，磁通量为零．故A正确，B错误；由图2可知，交流电的周期为0.04 s，则此交变电动势的频率为：f＝1T＝10.04Hz＝25 Hz，故C错误；由图2可知，交流电压的最大值为16 V，ω＝2πT＝50π，则线圈电动势瞬时值的表达式为16sin 50πt (V)，故D 正确． 答案：AD5.(多选)如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图象如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的瞬时值表达式为u ＝10sin 5πt (V)D ．交流电b 的最大值为203V 解析：在图中t ＝0时刻，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，A 错误；a 的周期为0.4 s ，b 的周期为0.6 s ，转速与周期成反比，所以转速之比为3∶2，B 正确；交流电的瞬时值表达式为u ＝U m sin ωt ，所以a 的瞬时值表达式为u ＝10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π0.4t ＝10sin 5πt (V)，C 正确；由U m ＝NBSω，可知角速度变为原来的23，则最大值变为原来的23，交流电b 的最大值为203V ，D 正确． 答案：BCD6．图1中，单匝矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直磁场的轴转动．改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图2中图线甲、乙的规律变化．设线圈的电阻为1.0 Ω，则( )A．图线甲对应线圈在t＝0时产生的感应电动势最大B．图线甲、乙对应的线圈在t＝2.0 s时，线圈平面均平行于磁感线C．图线甲、乙对应的线圈转速之比为4∶5D．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5π A解析：在t＝0时，Φ甲最大，则产生的感应电动势最小，故A错误；因为在t＝0.2 s×10＝2.0 s时，Φ甲＝Φ乙＝0，所以线圈平面均平行于磁感线，故B正确；由图可知甲、乙图线对应的周期之比为4∶5，而线圈的转速n＝1T，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4，故C错误；甲图线对应的线圈中交流电压的峰值E m＝BSω＝Φmω＝0.4×2π0.16V＝5π V，电流的峰值I m＝E mR＝5π A，故D项错误．答案：B题型三变压器及远距离输电7.(2020·江苏卷)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示．其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上．则电流互感器()A．是一种降压变压器B．能测量直流电路的电流C．原、副线圈电流的频率不同D．副线圈的电流小于原线圈的电流解析：根据U1U2＝n1n2，因为n1<n2，所以是一种升压变压器，A错误；不能测量直流电路的电流，B错误；原、副线圈电流的频率相同，C错误；根据I2I1＝U1U2＝n1n2，因为n1<n2，所以副线圈的电流小于原线圈的电流，D正确．答案：D8．有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L1、L2为规格相同的两只小灯泡．当S断开时，灯L1正常发光．保持原线圈输入电压不变，S闭合后，下列说法正确的是()A．电阻R消耗的功率增大B．原线圈的输入电流减小C．原、副线圈的电压比增大D．灯L1、L2都能正常发光解析：当S闭合后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以电阻R两端的电压增大，故R消耗的功率增大，故A正确；变压器原副线圈的匝数不变，故原副线圈中电流之比不变，副线圈中电流增大，故原线圈中电流也增大，故B错误；因线圈匝数之比不变，故原副线圈中电压比不变，故C错误；当S闭合后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以通过电阻R的电压增大，灯泡两端的电压减小，灯L1、L2都不能正常发光，故D错误．答案：A9.如图所示的电路中，R为光敏电阻(增大照射光的强度电阻会减小)、C为电容器，灯泡L的额定电压为50 V，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1.闭合开关S，在a、b两端输入正弦式交变电流u ＝1002sin 10πt(V)，则下列说法正确的是()A．灯泡会正常发光B．光敏电阻中的电流和灯泡中的电流相等C．增大照射光的强度照射光敏电阻，灯泡会变亮D．断开开关S，灯泡会熄灭解析：由题可知，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，原线圈两端的电压的有效值为100 V，根据U1U2＝n1n2，可知副线圈两端的电压的有效值为50 V，由于电容器和光敏电阻都会阻碍交变电流的通过，因此灯泡两端的电压小于50 V，不会正常发光，A错误；由于电容器能通交流，因此光敏电阻R中的电流小于灯泡中的电流，B错误；增大照射光的强度照射光敏电阻，光敏电阻的阻值减小，因此灯泡中的电流增大，灯泡会变亮，C正确；断开开关S，由于电容器能通交流，因此灯泡不会熄灭，D错误．答案：C10.如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是()A．原、副线圈匝数之比为1∶9B．原、副线圈匝数之比为9∶1C．此时a和b的电功率之比为10∶1D．此时a和b的电功率之比为1∶10解析：灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U，则说明原线圈输入电压为9U，输出电压为U；则可知，原副线圈匝数之比为9∶1，故A错误，B正确；根据公式I1I2＝n2n1可得I1I2＝19，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P＝UI可得两者的电功率之比为1∶9；故C错误，D错误．答案：B题型四综合练11．如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原副线圈匝数比为m，降压变压器的原副线圈匝数比为n，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为一理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了ΔU，则下列判断正确的是()A．电流表A2的示数增大了ΔU RB．电流表A1的示数增大了nΔU RC．电压表V1的示数减小了ΔUD ．输电线损失的功率增加了⎝ ⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2R 解析：由U U 1＝m 得U 1＝U m ，由于U 、m 不变，故U 1不变，故C 错误；设降压变压器的输入电压为U ′，则U ′＝U 1－I 1R ，由U ′U 2＝n 得，U 2＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫U m －I 1R ，则ΔU ＝－R n ΔI 1，由此可见，电流表A 1的示数增大了n ΔU R ，即B 正确；由I 1I 2＝1n得I 2＝nI 1，由此可知，I 2增大了n 2ΔU R ，故A 错误；输电线损失的功率增加量ΔP ＝(I 1＋ΔI 1)2R －I 21R ＝2I 1ΔI 1·R ＋ΔI 21R ≠⎝ ⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2R ，故D 错误． 答案：B12.如图所示，直角三角形导线框OPQ 放置在磁感应强度大小为B ，方向垂直于OQ 向右的匀强磁场中，且OP 边的长度为L ，∠POQ ＝θ.当导线框绕OQ 边以角速度ω逆时针转动(从O 向Q 观察)时，下列说法正确的是( )A ．导线框OPQ 内无感应电流B ．导线框OPQ 内产生大小恒定，方向周期性变化的交变电流C ．P 点的电势始终大于O 点的电势D ．如果截去导线PQ ，则P 、O 两点的电势差的最大值为12BL 2ωsin θcos θ解析：导线框OPQ 内，只有边长OP 做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势的大小为E ＝BL ·L sin θ2·ωcos θsin ωt ＝12BL 2ωsin θcos θsin ωt ，故导线框OPQ 内产生正弦式交变电流，故A 、B 错误；由于导体框OPQ 内产生正弦式交变电流，P 点的电动势与O 点的电动势大小成周期性变化，故C 错误；如果截取导线PQ ，则没有感应电流，但PQ 两点的电势差U ＝BL L sin θ2ωcos θsin ωt ＝12BL 2ωsin θcos θsin ωt ，故最大值为12BL 2ωsin θcos θ，故D 正确．答案：D13．(多选)如图所示，面积S ＝0.5 m 2、n ＝50匝、电阻不计的矩形闭合导线圈ABCD 处于磁感应强度大小为B ＝210T 的水平匀强磁场中，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1相连，副线圈2接入一只“220 V 100 W”的灯泡甲，副线圈3接入一只“110 V 60 W”的灯泡乙与滑动变阻器，已知当滑动变阻器的滑片处于最左端时两灯均正常发光，交流电流表的量程为0～0.6 A ，且为理想电表．下列说法正确的是( )A ．从图示位置计时，线框中交变电压瞬时值的表达式为e ＝5002sin 200t VB ．当两灯正常发光时，交流电流表的示数为0.30 AC ．变压器线圈的匝数之比为n 1∶n 2∶n 3＝50∶22∶11D ．当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数增大解析：图示位置穿过线框的磁通量最大，电动势的最大值E m ＝nBSω＝50×210×0.5×200 V＝500 2 V．图示位置穿过线框的磁通量最大，导线框中产生交变电压的表达式为u＝5002sin 200t V．故A 正确；变压器副线圈2中的电功率为100 W，变压器副线圈3中电功率为60 W，则变压器原线圈中的电功率为160 W，所以变压器原线圈中电流强度I1＝P1U1＝160500A＝825A．故B错误；电动势的最大值为500 2 V，则交流电压的有效值500 V．滑动变阻器的滑片处于最左端时接入电路中的电阻值为0；根据电压之比等于匝数比，则原副线圈的匝数比＝500∶220∶110＝50∶22∶11，故C正确，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，接入副线圈的电阻值增大，所以副线圈3中的电流值减小，输出功率与输入功率都减小，所以电流表的示数减小，故D错误．答案：AC14．(多选)如图所示的电路中，E为电源，内电阻为r，V为理想电压表，L为阻值恒为2r的小灯泡，定值电阻R1的阻值恒为r，R3为半导体材料制成的光敏电阻(其阻值随光照的增强而减小)．电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电小球处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是()A．若将R2的滑片上移，则电压表的示数变小B．若突然将电容器上极板上移，则小球在P点的电势能增大C．若光照变强，则小球会向上运动D．若光照变强，则A、B间电路的功率变大解析：R2与电容器C串联，若只是将R2的滑片上移，对电路没有影响，电压表示数不变，A项错误；若只是将电容器上极板上移，则电容器两端电压U C不变，两极板间距d增大，场强E减小，P点的电势减小，由题分析可知小球带负电，则小球在P点的电势能增大，B 项正确；若光照变强，则光敏电阻R3的阻值减小，灯L和R3两端电压减小，电容器两端电压减小，两极板间场强E减小，小球所受电场力减小，球会向下运动，C项错误；将R1视为电源一部分，则等效电源内阻阻值为2r，而A、B间L和R3的总电阻为R L＋R3＝2r＋R3＞2r，若光照变强，则R3的阻值减小，A、B间电路的功率变大，故D项正确．答案：BD。
高考物理二轮复习 直流电路与交流电路专题复习教案
直流电路与交流电路专题复习一、直流电路的动态分析与计算1、纯电阻直流电路动态分析例题：（2011年海南）如图，E 为内阻不能忽略的电池，R 1、R 2、R 3为定值电阻，S 0、S 为开关，V 与A 分别为电压表与电流表。
初始时S 0与S 均闭合，现将S 断开，则（ ）A 、○V 的读数变大，○A 的读数变小B 、○V 的读数变大，○A 的读数变大C 、○V 的读数变小，○A 的读数变小D 、○V 的读数变小，○A 的读数变大解析：S 开，相当于电阻变大，总电流减小，故端电压增大，○V 的读数变大，把R 1归为内阻，则R 3中的电压也增大，R 3中的电流也增大，R 3中的电压也增大，故正确答案为B 。
点评：当直流电路电路中的某一个电阻或某一段电路中的电阻的阻值发生变化，从而引起整个电路的电流、电压、电功率发生变化；分析方法是以电路的串并联知识和闭合电路欧姆定律为基础；基本思路和步骤是：从局部到整体再到局部，电阻变化分析是基础，干路电流分析是核心，内外电路电压变化是关键。
此类问题常表现在电路故障分析，滑动变阻器的触头移动和电路中的开关断开与闭合等所引起的电路变化问题。
针对练习1（2009年广东理科基础）如图所示是一实验电路图．在滑动触头由a 端滑向b 端的过程中，下列表述正确的是（ ）A ．路端电压变小B ．电流表的示数变大C ．电源内阻消耗的功率变小D ．电路的总电阻变大解析：当滑片向b 端滑动时，接入电路中的电阻减少，使得总电阻减小D 错。
根据总R E I =，可知总电流在增加，根据闭合电路中的欧姆定律有外U Ir E +=，可知路端电压在减小，A 对。
流过电流表的示数为3R U I 外=，可知电流在减小，B 错。
根据r I P 2=,可知内阻消耗的功率在增大，C 错。
针对练习2(2001年上海)如图所示的电路中，闭合电键，灯L 1、L 2正常发光，由于电路出现故障，突然发现灯L 1变亮，灯L 2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是（A ）（A ）R 1断路 （B ）R 2断路（C ）R 3短路 （D ）R 4短路解析：首先应对电路进行标准化，如图所示为其标准化后的电路。
高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路学案
第1讲直流电路与交流电路(2018·高考全国卷Ⅲ)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产A.1∶ 2C．1∶2根据焦耳定律知产生的热量与方波中的电流方向的变化无关，(2016·高考全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻(2016·高考全国卷Ⅱ)阻值相等的四个的比值为( )B.12C.35分析近几年高考试题可看出，和原子物理两个选择题的原因，对本部分内容考核较少；直流电路的动态分析[高分快攻]闭合电路动态变化的原因(1)当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时，电路的总电阻一定增大(或减小)． (2)若开关的通断使串联的用电器增多，总电阻增大；若开关的通断使并联的支路增多，总电阻减小．(3)热敏电阻或光敏电阻的阻值变化． 直流电路动态分析的三种常用方法 (1)程序法R 局――→增大减小I 总＝E R ＋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”“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)． (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．(2018·河南洛阳模拟)在如图所示电路中，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．下列判断正确的是( )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[解析] 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，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I总减小，路端电压U增大．R3两端电压等于路端电压，则流过R3的电流I3增大．流过电流表的电流I＝I总－I3，I I3增大，则I减小，R1两端电压减小，即电压表V1的示数U1减小．电压表V2的示数总减小，U2＝U－U1，U增大，U1减小，则U2增大．所以，I减小，U1减小，U2增大．故选 B.[答案] B[突破训练] (多选)如图所示，电源内阻不可忽略，R1为电阻箱，R2为半导体热敏电阻，阻值随温度的升高而减小，C为电容器，闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，电压表为理想电表，则下列判断正确的是( )A．若R1不变，当温度降低时电压表的示数减小B．若R1不变，当温度降低时油滴向上移动C．若温度不变，当电阻箱R1的阻值增大时，电容器C的电荷量减少D．若R1不变，温度不变，当电容器C两极板间的距离增大时油滴向下移动解析：选BC D.当温度降低时R2增大，R总增大，根据闭合电路欧姆定律知I总减小，路端电压U＝E－I总r增大，电压表的读数增大，故选项A错误；电容器的电压U C＝E－I总(r＋R1)增大，场强增大，油滴向上移动，故选项B正确；若环境温度不变，R2阻值不变，当电阻箱R1的阻值增大时，R总增大，根据闭合电路欧姆定律知I总减小，电容器的电压U C＝I总R2，U C减小，电容器C的带电荷量Q＝U C C减少，故选项C正确；若R1不变，温度不变，电容器C两极板间的电压不变，当电容器C两极板间的距离增大时，E ＝Ud减小，油滴向下移动，故选项D 正确．交流电的产生及“四值”的应用[高分快攻]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．书写交变电流瞬时值表达式的基本思路(1)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式E m ＝nBS ω求出相应峰值． (2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式． ①若线圈从中性面位置开始转动，e ＝E m sin ωt . ②若线圈从垂直中性面位置开始转动，e ＝E m cos ωt .正弦交流电“四值”的应用(多选)(2018·商丘模拟)如图甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r ＝2 Ω的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 ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0＝407 Ω，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R 02，其他电阻不计．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S ，线圈转动过程中理想交流电压表示数是10 V ，图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t 变化的图象，则下列说法正确的是( )A ．电阻R 2上的热功率为57WB ．0.02 s 时滑动变阻器R 两端的电压瞬时值为零C ．线圈产生的感应电动势随时间t 变化的规律是e ＝102cos 100πt (V)D ．线圈开始转动到t ＝1600 s 的过程中，通过R 1的电荷量为2200πC[解析] 根据串联电路分压关系，可求得R 2两端的电压为107 V ，故P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1072207 W ＝57W ，A 正确；0.02 s 时穿过线圈的磁通量为零，此时线圈中电动势最大，R 两端电压最大，B 错误；因线圈有内阻r ，故电动势最大值E m ＞10 2 V ，C 错误；由R 外＝10 Ω，r ＝2 Ω，U ＝10 V 可得E m ＝NBS ω＝12 2 V ，又ω＝2πT ，T ＝2×10－2 s ，q ＝N ΔΦR 外＋r ＝N BS sin 30°R 外＋r ，以上各式联立可得：q ＝2200πC ，D 正确． [答案] AD[突破训练] (多选)(2016·高考全国卷Ⅲ)如图，M 为半圆形导线框，圆心为O M ；N 是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N ；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N 的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M 、N 在t ＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过O M 和O N 的轴，以相同的周期T 逆时针匀速转动，则( )A ．两导线框中均会产生正弦交流电B ．两导线框中感应电流的周期都等于TC ．在t ＝T8时，两导线框中产生的感应电动势相等D ．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等解析：选BC.当导线框N 完全进入磁场后，通过线框的磁通量将不变，故无感应电流产生，因此它不会产生正弦交流电，A 项错误；导线框每转动一圈，产生的感应电流的变化为一个周期，B 项正确；在t ＝T8时，导线框转过角度为45°，切割磁感线的有效长度相同，均为绕圆心的转动切割形式，设圆弧半径为R ，则感应电动势均为E ＝12BR 2ω，C 项正确；导线框N 转动的一个周期内，有半个周期无感应电流产生，所以两导线框的感应电动势的有效值并不相同，由闭合电路欧姆定律可知，两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值一定不相同，D 项错误．理想变压器和远距离输电[高分快攻]理想变压器问题中的两个“弄清”(1)弄清变量和不变量．如原线圈电压不变，原、副线圈的匝数比不变，其他物理量可随电路的变化而发生变化．(2)弄清动态变化过程中的决定关系，如U 2由U 1决定，P 1、I 1由P 2、I 2决定．理想变压器问题的分析流程(1)由U 1U 2＝n 1n 2分析U 2的情况； (2)由I 2＝U 2R分析I 2的情况； (3)由P 1＝P 2＝I 2U 2判断输入功率的情况； (4)由P 1＝I 1U 1分析I 1的变化情况．解决远距离输电问题的一般思路(1)电路分析：远距离输电线路由升压变压器、输电线、降压变压器和负载四部分组成．(2)电压关系：升压变压器输入电压U 1是不变的，根据U 1U 2＝n 1n 2可以确定升压变压器的输出电压U 2，输电线上有一定的电压损失，ΔU ＝IR .降压变压器输入端电压U 3＝U 2－ΔU ，降压变压器输出电压由U 3U 4＝n 3n 4确定．(3)功率关系：升压变压器输入功率为P 1，输电线上损失功率为ΔP ＝I 2R ，降压变压器输出功率为P 2，则P 1＝P 2＋ΔP ＝P 2＋I 2R .(4)电流关系：升压变压器输入电流由I 1＝P 1U 1确定，输出电流I 2由I 1I 2＝n 2n 1确定，I 2通过输电线传到降压变压器，即I 3＝I 2，而I 3I 4＝n 4n 3.(2018·高考天津卷)教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R 供电，电路如图所示，理想交流电流表A 、理想交流电压表V 的读数分别为I 、U ，R 消耗的功率为P . 若发电机线圈的转速变为原来的12，则( )A ．R 消耗的功率变为12PB ．电压表V 的读数变为12UC ．电流表A 的读数变为2ID ．通过R 的交变电流频率不变[解析] 交流发电机产生的感应电动势最大值E m ＝NBS ω，且有ω＝2πn ，所以当发电机线圈转速减半后，感应电动势最大值减半，有效值减半，又理想变压器原、副线圈电压有效值之比等于原、副线圈匝数比，故电压表示数减为原来的一半，B 项正确；由电功率P ＝U 2R可知，变压器输出功率即R 消耗的功率变为原来的14，A 项错误；由P ＝UI 可知，原线圈中电流减为原来的一半，C 项错误；交流电的频率与发电机线圈转动角速度成正比，故D 项错误． [答案] B[题组突破]角度1 理想变压器的原理1．(多选)(2016·高考全国卷Ⅲ)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b ，当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( ) A ．原、副线圈匝数比为9∶1 B ．原、副线圈匝数比为1∶9 C ．此时a 和b 的电功率比为9∶1 D ．此时a 和b 的电功率比为1∶9解析：选AD.因为两灯泡额定电压相同且均正常发光，且输入电压为灯泡额定电压的10倍，所以理想变压器的输入、输出电压比为9∶1，由理想变压器变压规律可知，原、副线圈的匝数比为9∶1，A 项正确，B 项错误；由理想变压器变流规律可知，原、副线圈的电流比为1∶9，由电功率P ＝UI 可知，a 和b 的电功率之比为1∶9，C 项错误，D 项正确．角度2 理想变压器的动态分析问题2．如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是( )A ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 1消耗的功率变大B ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大C ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表A 1示数变大D ．若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大、A 2示数变大解析：选B.当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，变压器副线圈的总负载的等效电阻增大，R 1中电流减小，R 1两端电压减小，电压表示数变大，R 1消耗的电功率变小，选项A 错误，B 正确；当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，变压器副线圈输出电流减小，输出功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率，变压器输入功率减小，电流表A 1示数变小，选项C 错误；若闭合开关S ，变压器副线圈的总负载的等效电阻减小，则R 1中电流增大，R 1两端电压增大，电压表示数减小，电流表A 2示数减小，电流表A 1示数变大，选项D 错误．角度3 远距离输电3．如图甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，降压变压器原、副线圈匝数比为100∶1，远距离输电线的总电阻为 100 Ω.若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为 750 kW.下列说法中正确的是()A ．用户端交流电的频率为100 HzB ．输电线中的电流为30 AC ．用户端电压为250 VD ．输电线路损耗功率为180 kW解析：选B.由图乙知交流电的周期T ＝0.02 s ，所以频率f ＝1T ＝10.02 Hz ＝50 Hz ，故A 错误；由图乙知升压变压器输入端电压最大值为250 2 V ，有效值为250 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1＝25 000 V ，根据P ＝UI 得输电线中的电流为I 2＝P 2U 2＝30 A ，故B 正确；输电线上损失的电压为ΔU ＝I 2R ＝3 000 V ，降压变压器输入端电压为U 3＝U 2－ΔU ＝22 000 V ，根据U 3U 4＝n 3n 4知用户端电压为U 4＝n 4n 3U 3＝220 V ，故C 错误；输电线路损耗功率为ΔP ＝ΔUI 2＝90 kW ，故D 错误．(建议用时：35分钟)一、单项选择题1．(2018·广东中山联考)如图所示，水平铜盘半径为r ，置于磁感应强度为B ，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通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通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Br 2ω2nB ．原线圈中的电流强度为通过R 电流的1nC ．变压器的副线圈磁通量为0D ．通过负载R 的电流强度为0解析：选D.铜盘切割磁感线产生的感应电动势E ＝12Br 2ω，为恒定的电动势，经过变压器后，负载R 两端电压为零，通过负载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)一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a 、b 间作为原线圈．通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U 1的交变电流时，c 、d 间的输出电压为U 2.在将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中( )A ．U 2>U 1，U 2降低B ．U 2>U 1，U 2升高C ．U 2<U 1，U 2降低D ．U 2<U 1，U 2升高解析：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)如图所示，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 ＝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．下列说法正确的是( )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 2 V ，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；根据欧姆定律知，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)如图所示，电源电动势为E ，内阻为r .电路中的R 2、R 3分别为总阻值一定的滑动变阻器，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，则下列说法中正确的是( )A ．只逐渐增大R 1的光照强度，电阻R 0消耗的电功率变大，R 3中有向上的电流B ．只将R 3的滑片P 2向上移动时，电源消耗的功率变大，R 3中有向上的电流C ．只将R 2的滑片P 1向下移动时，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消耗的电功率变大，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，所以只调节R 3的阻值对电路中的电流和电压没有影响，电源消耗的功率不变，R 3中没有向上的电流，B 选项错误；只将R 2的滑片P 1向下移动时，电路中的电流不变，因此电容器两端的电压U 2增大，带电微粒受到的电场力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 ，电容器将通过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)如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L 供电，如果将原、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 ．通过原、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，因为n 2＜n 1，所以U ′2U 2＜1，即U ′2＜U 2，故小灯泡变暗，B 正确，A 错误；由以上分析过程可以看出，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，如图所示．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，电源输出功率一直减小B ．滑片P 向右滑动，电源输出功率一直增大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示意图，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 时刻，穿过线圈的磁通量为零B ．电压表的示数为6 2 VC ．灯泡消耗的电功率为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 的时刻，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 ＝6 2 V ，电压表测量的为有效值，故示数为622V ＝6 V ，选项B 错误；灯泡消耗的功率P ＝E 2R ＝6212W ＝3 W ，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 ＝62sin 100πt (V)．转速提高一倍后，最大值变成12 2 V ，ω＝2πn ，故角速度变为原来的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 ＝100 μF .小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．闭合开关S ，当电路稳定后，下列说法正确的是( )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 ，当电路稳定后，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 3两个小灯泡串联，每个灯泡两端电压为U 2＝1.5 V ，根据小灯泡的伏安特性曲线可知电压为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)在如图所示的电路中，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，下列说法中正确的是( )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串联然后与R 的右半部分并联，并联电阻先变大后变小，所以电路总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律，I 2先变小后变大，U 1先变大后变小，由极限法可得当滑片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，所以I 1一直增大，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．如图所示，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，则下列说法正确的是( )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 ．可变电阻消耗的功率最大时，通过灯泡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，可变电阻消耗的功率最大解析：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 ＋U 1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I 1，则可变电阻的功率P R ＝I 1U －I 21R 0，当I 1＝U 2R 0时，有P Rmax ＝U 24R 0，这时原线圈输入电压U 1＝U －I 1R 0＝U 2，由变压规律知U 1U 2＝1n，得副线圈两端的电压U 2＝nU 2，根据P Rmax ＝U 22R ＝U 24R 0得R ＝n 2R 0，C 错误，D 正确． 二、多项选择题11.如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R 0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 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小解析：选BC.保持Q 的位置不动，则U 2不变，将P 向上滑动时，R 接入电路的电阻变大，根据I 2＝U 2R 0＋R 知，I 2变小，由I 1I 2＝n 2n 1得I 1也变小，即电流表读数变小，选项A 错误，选项B 正确；保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，U 2变大，则根据P 2＝U 22R 0＋R 知副线圈输出功率变大，由P 1＝P 2知，变压器原线圈输入功率P 1变大，而P 1＝I 1U ，输入电压U 一定，I 1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 向上移动，灯泡都变暗D ．若将原线圈n 1的匝数增加，灯泡消耗的功率将变小解析：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，电容器仍能正常工作，选项B 错误；若向上移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，导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，根据U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈两端电压降低，因此灯泡消耗的功率减小，选项D 正确． 13．(2018·郑州模拟)如图所示，50匝矩形闭合导线框ABC D 处于磁感应强度大小为B ＝210 T 的水平匀强磁场中，线框面积S ＝0.5 m 2，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 V 60 W ”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A ，下列说法正确的是( )A ．图示位置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 ．允许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 ＝nBS ω＝50×210×0.5×200 V ＝500 2 V ，由于最大值为有效值的2倍，所以交流电的有效值为500 V ，B 错误；由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为500220＝2511，C 正确；由于熔断器允许通过的最大电流为10 A ，所以允许变压器输出的最大功率为P ＝UI ＝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 图象的示意图，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能够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 图象如图所示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 .如图所示．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根据能量守恒，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 ＝I 2rt ＋I 2Rt ＝Irq ＋IRq E ＝Ir ＋IR ＝U 内＋U 外．答案：见解析。
2019届高考物理二轮复习 专题10 直流电路与交流电路学案
专题10 直流电路与交流电路考题一 直流电路的分析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.直流电路动态分析的3种常用方法 方法1：程序法R 局――→增大减小I 总＝E R ＋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 方法2：结论法——“串反并同”“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).方法3：极限法因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动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.例1 如图1所示，图甲中M 为一电动机，当滑动变阻器R 的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示.已知电流表读数在0.2 A 以下时，电动机没有发生转动.不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是( )图1A.电路中电源电动势为3.4 VB.变阻器的触头向右滑动时，V 2读数逐渐减小C.此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 WD.变阻器的最大阻值为30 Ω解析 由题图甲知，电压表V 2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V 2的电压与电流的关系，此图线斜率的绝对值大小等于电源的内阻，为r ＝3.4－3.00.2 Ω＝2 Ω.当电流I ＝0.1 A 时，U ＝3.4 V ，则电源的电动势E ＝U ＋Ir ＝3.4 V ＋0.1×2 V＝3.6 V ，故A 错误；变阻器的触头向右滑动时，R 阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即为V 2读数逐渐增大，故B 错误；由题图乙可知，电动机的电阻r M ＝0.8－0.40.1 Ω＝4 Ω.当I ＝0.3 A 时，U ＝3 V ，电动机的输入功率最大，最大输入功率为P ＝UI＝3×0.3 W＝0.9 W ，则最大输出功率一定小于0.9 W ，故C 错误；当I ＝0.1 A 时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R ＝E I －r －r M ＝(3.60.1－2－4) Ω＝30 Ω，故D 正确.答案 D 变式训练1.(2016·全国甲卷·17)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2所示电路.开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q2.Q 1与Q 2的比值为( )图2A.25B.12C.35D.23 答案 C解析 S 断开时等效电路图如图甲所示. 电容器两端电压为U 1＝ER ＋23R ×23R ×12＝15E ； S 闭合时等效电路图如图乙所示. 电容器两端电压为U 2＝ER ＋12R ×12R ＝13E ， 由Q ＝CU 得Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，故选项C 正确.甲 乙2.(2016·江苏·8)如图3所示的电路中，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出，闭合开关S ，下列说法正确的有( )图3A.路端电压为10 VB.电源的总功率为10 WC.a 、b 间电压的大小为5 VD.a 、b 间用导线连接后，电路的总电流为1 A 答案 AC解析 外电路的总电阻R ＝20×2020＋20 Ω＝10 Ω，总电流I ＝ER ＋r ＝1 A ，则路端电压U ＝IR ＝10 V ，A 对；电源的总功率P 总＝EI ＝12 W ，B 错；a 、b 间电压大小为U ab ＝0.5×15 V－0.5×5 V＝ 5 V ，C 对；a 、b 间用导线连接后，外电路的总电阻为R ′＝2×5×155＋15 Ω＝7.5 Ω，电路中的总电流I ＝ER ′＋r≈1.26 A，D 错误.考题二 交变电流的产生及描述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.交变电流“四值”的应用(1)最大值：E m ＝nBS ω，分析电容器的耐压值；(2)瞬时值：E ＝E m sin ωt (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 ΔΦΔt，计算通过电路截面的电荷量.例2 图4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电阻R ＝10 Ω连接，与电阻R 并联的交流电压表为理想电压表，示数为10 V.图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t 变化的图象.则( )图4A.此交流发电机的电动势平均值为10 2 VB.t ＝0.02 s 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 ＝102cos (100πt ) VD.当ab 边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上解析 矩形线圈绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，产生正弦交流电，外电阻R ＝10 Ω，电压表示数10 V ，说明E m2＝10 V 即E m ＝10 2 V.根据题图乙t ＝0时磁通量等于0可判断t ＝0时R 两端的电压最大，所以R 两端的电压随时间变化的规律为u ＝102cos ωt ＝102cos(100πt ) V ，选项C 对.t ＝0.02 s 代入电动势的表达式，此刻u ＝10 2 V ，选项B 错.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.电动势平均值为磁通量和时间的比值，而该比值最大为E m ＝10 2 V ，所以平均值一定比E m ＝10 2 V 小，选项A 错.答案 C 变式训练3.如图5所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，线框转过π6时的感应电流为I ，下列说法正确的是( )图5A.线框中感应电流的有效值为2IB.线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为2IRωC.从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量为2IωD.线框转一周的过程中，产生的热量为8πI 2Rω答案 BC解析 由E m ＝nBS ω，中性面开始计时，则电流i ＝nBS ωR sin ωt ，当ωt ＝π6时电流为I ，则I ＝nBS ω2R，则2I ＝nBS ωR ；由nBS ωR ＝2I 为电流的最大值，则线框中感应电流的有效值为2I2＝2I ，故A 错误；转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为BS ＝2RI n ω.因n ＝1，则B 正确；中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量为BS tR t ＝BS R ＝2I ω，则C 正确；电流的有效值为2I ，则Q ＝(2I )2R ·2πω＝4πRI 2ω，则D 错误.4.如图6甲为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比.某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则( )图6A.电流的表达式为i ＝0.6sin (10πt ) AB.磁铁的转速为10 r/sC.风速加倍时电流的表达式为i ＝1.2sin (10πt ) AD.风速加倍时线圈中电流的有效值为1.2 A 答案 A解析 通过题图乙可知电流的最大值为0.6 A ，周期T ＝0.2 s ，故ω＝2πT＝10π rad/s ，故电流的表达式为i ＝0.6sin (10πt ) A ，故A 正确；电流的周期为T ＝0.2 s ，故磁体的转速为n ＝1T＝5 r/s ，故B 错误；风速加倍时，角速度加倍，根据E m ＝nBS ω可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍，故风速加倍时电流的表达式为i ＝1.2sin (20πt ) A ，故C 错误；根据分析，形成的感应电流I m ＝1.2 A ，故有效值为I ＝I m2＝325A ，故D 错误.考题三 变压器及远距离输电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：U 1U 2＝n 1n 2.若n 1＞n 2，为降压变压器；若n 1＜n 2，为升压变压器. (3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1； 有多个副线圈时，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋……＋U n I n . 2.原、副线圈中各量的因果关系 (1)电压关系：U 1决定U 2. (2)电流关系：I 2决定I 1. (3)功率关系：P 出决定P 入. 3.输电过程的电压关系4.输电过程功率的关系例3 (2016·全国乙卷·16)一含有理想变压器的电路如图7所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定.当开关S 断开时，电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I .该变压器原、副线圈匝数比为()图7A.2B.3C.4D.5 [思维规范流程]设变压器原、副线圈匝数比为k即：k 2·5I ＋3I ＝k 2·4I ＋12I 得k ＝3 变式训练5.(2016·天津·5)如图8所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表.下列说法正确的是( )图8A.当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 1消耗的功率变大B.当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大C.当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表A 1示数变大D.若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大，A 2示数变大答案 B解析 当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流减小，则R 1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，选项A 错误，B 正确；当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，电流表A 1示数变小，选项C 错误；若闭合开关S ，副线圈电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R 1两端电压变大，R 2两端电压减小，电流表A 2示数减小；原线圈中的电流也变大，电流表A 1示数变大，选项D 错误.6.如图9所示，理想变压器副线圈1、2之间的匝数是总匝数的一半，二极管D 具有单向导电性(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)，R 是可变电阻，K 是单刀双掷开关，原线圈接在电压不变的正弦交流电源上.下列说法正确的是()图9A.若R 阻值不变，当K 分别接1和2时，电压表读数之比为2∶1B.若R 阻值不变，当K 分别接1和2时，电压表读数之比为2∶1C.若K 分别接1和2时，R 消耗功率相等，则R 阻值之比为2∶1D.若K 分别接1和2时，R 消耗功率相等，则R 阻值之比为2∶1 答案 BC解析 设原线圈与副线圈的匝数分别为n 1、n 2，原线圈输入电压为U 1，副线圈两端电压为U 2，当K 接2时：n 1n 22＝U 1U 22，此时电压表示数与副线圈两端的电压相等，即U 2＝U 22＝n 22n 1U 1，功率为P 2＝U 22R 2；若K 与1相连，则n 1n 2＝U 1U 12，此时电压表的示数为U 2′，则U 212R ·T 2＝U 2′2R ·T ，得U 2′＝n 2U 12n 1，此时的功率为：P 1＝U 2′2R 1.由上分析知：电压表的示数之比为2∶1，电阻值之比为2∶1，B 、C 对.7.如图10所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图(图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表).设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R 0表示，变阻器R 相当于用户用电器的总电阻.当用电器增加时，相当于R 变小，则当用电进入高峰时( )图10A.电压表V 1、V 2的读数均不变，电流表A 1、A 2的读数均增大B.电压表V 3、V 4的读数均减小，电流表A 3的读数也减小C.电压表V 2、V 3的读数之差与电流表A 2的读数的比值不变D.发电厂的输出功率增大 答案 ACD解析 电压表V 1、V 2的读数均不变，因为输入电压和匝数都不变，用电高峰期，电阻减小，电流增大，根据电流与匝数成反比知电流都增大，故A 正确；输电线上的电压损失增大，故电压表V 3、V 4的读数均减小，电流表A 2的读数增大，电流表A 3的读数增大，故B 错误；电压表V 2、V 3的读数之差与电流表A 2的读数的比值不变，等于输电线的电阻值，变压器的输入功率等于输出功率，都增大，故C 、D 正确.专题规范练1.(多选)(2016·全国丙卷·19)如图1，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b .当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光.下列说法正确的是( )图1A.原、副线圈匝数比为9∶1B.原、副线圈匝数比为1∶9C.此时a 和b 的电功率之比为9∶1D.此时a 和b 的电功率之比为1∶9 答案 AD解析 设灯泡的额定电压为U 0，两灯泡均能正常发光，所以原线圈输出端电压为U 1＝9U 0，副线圈两端电压为U 2＝U 0，故U 1U 2＝91，n 1n 2＝U 1U 2＝91，A 正确，B 错误；根据公式I 1I 2＝n 2n 1可得，I 1I 2＝19，由于灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得，灯泡a 和b 的电功率之比为1∶9，C 错误，D 正确.2.(多选)如图2所示，A 为巨磁电阻，当它周围的磁场增强时，其阻值增大；C 为电容器.当有磁铁靠近A 时，下列说法正确的有( )图2A.电流表的示数减小B.电容器C 的电荷量增大C.电压表的示数变小D.电源内部消耗的功率变大 答案 AB解析 当有磁铁靠近A 时，它周围的磁场增强，其阻值增大，则外电路电阻变大，干路电流减小，电流表的示数减小，选项A 正确；电源内阻上的电压减小，故路端电压变大，则电压表的示数变大，选项C 错误；根据Q ＝CU 可知，电容器C 的电荷量增大，选项B 正确；根据P 内＝I 2r 可知，I 减小，则电源内部消耗的功率变小，选项D 错误，故选A 、B.3.(2016·江苏·4)一自耦变压器如图3所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a 、b 间作为原线圈.通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U 1的交变电流时，c 、d 间的输出电压为U 2，在将滑动触头从M 点顺时针转到N 点的过程中( )图3A.U 2>U 1，U 2降低B.U 2>U 1，U 2升高C.U 2<U 1，U 2降低D.U 2<U 1，U 2升高答案 C解析 由U 1U 2＝n 1n 2，n 1>n 2知U 2<U 1；滑动触头从M 点顺时针旋转至N 点过程，n 2减小，则U 2降低，C 项正确. 4.图4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 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2.在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )图4A.(n 1n 2)U 2m 4rB.(n 2n 1)U 2m 4rC.4(n 1n 2)2(P U m)2r D.4(n 2n 1)2(P U m)2r答案 C解析 输入电压为：U 1＝U m2，由U 1U 2＝n 1n 2得：U 2＝n 2U m2n 1，又由P ＝I 2U 2，输电线上损失的电功率为：P r ＝I 22·2r＝4(n 1n 2)2(P U m)2r ，C 对.5.(多选)(2016·海南·9)如图5(a)中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，R T 为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R 1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表.原线圈所接电压u 随时间t 按正弦规律变化，如图(b)所示.下列说法正确的是( )图5A.变压器输入、输出功率之比为4∶1B.变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4C.u 随t 变化的规律为u ＝51sin (50πt ) VD.若热敏电阻R T 的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大 答案 BD解析 由题意知，变压器是理想变压器，故变压器输入、输出功率之比为1∶1，故选项A 错误；变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，即I 1I 2＝n 2n 1＝14，故选项B 正确；由题图(b)可知交流电压最大值U m ＝51 V ，周期T ＝0.02 s ，可由周期求出角速度的值为ω＝100π rad/s ，则可得交流电压u 的表达式u ＝51sin (100πt ) V ，故选项C 错误；R T 处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故选项D 正确. 6.(多选)在如图6所示的电路中，电表均为理想电表，闭合开关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( )图6A.灯泡L 变亮B.电压表读数变大C.电容器C 上电荷量减少D.电流表读数变小 答案 BD解析 滑动变阻器的滑片P 向左移动，变阻器R 接入回路的电阻增加，回路中的总阻值增大.由I ＝ER 总知，回路中的电流减小，灯泡L 变暗，电流表的示数变小，A 错，D 对；由U ＝E －Ir 知，电流减小，路端电压增大，电压表的示数增大，B 对；由U R ＝E －I (r ＋r L )，知R 两端的电压增大，电容器C 上的电荷量增加，C 错. 7.(多选)(2016·上海·18)如图7所示电路中，电源内阻忽略不计.闭合开关，电压表示数为U ，电流表示数为I ；在滑动变阻器R 1的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中( )图7A.U 先变大后变小B.I 先变小后变大C.U 与I 比值先变大后变小D.U 变化量与I 变化量比值等于R 3 答案 BC解析 据题意，由于电源内阻不计，电压表的示数总是不变，故选项A 错误；滑片滑动过程中，电阻R 1的阻值先增大后减小，电压不变，所以电流表示数先减小后增大，故选项B 、C 正确；由于电压表示数没有变化，故选项D 错误.8.(多选)汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图8为汽车启动原理图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10 A ；电动机启动时电流表读数为58 A.若电源电动势为12.5 V ，内阻为0.05 Ω，电动机内阻为0.02 Ω，电流表内阻不计，则电动机启动时( )图8A.车灯的电压为9.6 VB.通过电动机的电流为48 AC.电动机的功率为50 WD.电动机输出的机械功率为430 W 答案 AD解析 当电动机未启动时，此时U 外1＝E －I 1r ＝12.5 V －10×0.05 V＝12 V 则车灯的电阻为：R ＝U 外1I 1＝1210Ω＝1.2 Ω 当电动机启动后：U 外2＝E －I 2r ＝12.5 V －58×0.05 V＝9.6 V ，由于电动机和车灯并联，故车灯的电压为9.6 V ，即选项A 正确；则此时通过车灯的电流为I 灯1＝U 外2R＝8 A ，故通过电动机的电流为I 机＝58 A －8 A ＝50 A ，故选项B 错误；此时电动机的功率为：P ＝I 机U外2＝50×9.6 W＝480 W ，故选项C 错误；此时电动机输出的机械功率为：P 出＝P －I 2机r 机＝430 W ，故选项D 正确.9.如图9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O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为 2 Ω.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 1 A.下列说法正确的是( )图9A.线圈消耗的电功率为1 WB.线圈中感应电流的有效值为2 AC.任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝22cos 2πTtD.任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝2T πsin 2πT t答案 D解析 从垂直中性面开始其瞬时表达式为i ＝I m cos θ，则电流的最大值为：I m ＝icos θ＝2 A ；线圈消耗的电功率为：P ＝I 2r ＝(22I m )2r ＝4 W ，故A 错误；有效值为：I ＝I m2＝ 2 A ，故B 错误；感应电动势的最大值为：E m ＝I m r ＝2×2 V ＝4 V ；任意时刻线圈中的感应电动势为：e ＝E m cos2πTt ＝4cos2πTt .故C 错误；任意时刻穿过线圈的磁通量为：Φ＝Φm sin 2πT t ；根据公式E m ＝NBS ω＝N Φm 2πT 可得：Φm ＝2T π，故Φ＝2T πsin 2πT t ，故D 正确.10.如图10所示，矩形闭合导线框ABCD 处于可视为水平方向的匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接有一只“11 V,33 W”的灯泡.当灯泡正常发光时，变压器输入电压u ＝332cos (10πt ) V.下列说法正确的是( )图10A.图示位置可能是计时起点B.图示位置线框中产生的磁通量变化率最小C.变压器原、副线圈匝数之比为32∶1D.通过电流表A 的电流为 2 A 答案 B解析 根据瞬时值表达式可知，线框转动的计时起点是线框平面与磁感线平行的位置，不是图示的位置，选项A 错误；图示位置线框中的磁通量最大，磁通量的变化率最小，选项B 正确；变压器原线圈的电压有效值为33V ，副线圈电压为11 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，则变压器原、副线圈匝数之比为3∶1，选项C 错误；根据输出功率与输入功率相等可知，通过电流表A 的电流为I ＝P U 1＝3333A ＝1 A ，选项D 错误.11.(多选)如图11所示，图线①表示某电池组的输出电压－电流关系，图线②表示其输出功率－电流关系.根据图线可以求出( )图11A.电源电动势B.电源内阻C.电池组的输出电压为45 V 时输出功率为100 WD.电池组的输出功率为120 W 时，电路消耗的总功率为200 W 答案 ABD解析 U －I 图线与U 轴交点表示电路处于断路状态，则电源的电动势E ＝U ＝50 V.电源的内阻等于图线斜率绝对值大小，则有r ＝|ΔU ΔI |＝50－255 Ω＝5 Ω，故A 、B 正确；电池组的输出电压为45 V 时，内电压为5 V ，故电流为5 V5 Ω＝1 A ，故输出功率为：P ＝UI ＝45 V×1 A＝45 W ，故C 错误；电池组的输出功率为120 W 时，由P －I 图线读出电流I ＝4 A ，故电路消耗的总功率为P ＝EI ＝50 V×4 A＝200 W ，故D 正确.12.如图12所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝1∶5，原线圈接u 1＝110sin (100πt ) V 的交流电，电阻R 1＝R 2＝25 Ω，D 为理想二极管，则( )图12A.通过电阻R 1的电流为2 AB.二极管的反向耐压值应大于550 VC.原线圈的输入功率为200 WD.通过原线圈的电流为1511 A答案 B解析 由原线圈接u 1＝110sin 100πt V 与原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝1∶5，根据U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈的电压为U 2＝51×1102V ＝275 2 V ，通过电阻R 1的电流为I R 1＝U 2R 1＝11 2 A ，故A 错误；变压器副线圈电压最大值为U 2m ＝2U 2＝550 V ，故二极管的反向耐压值应大于550 V ，选项B 正确；R 1消耗的功率为P R 1＝U 2I R 1＝6 050 W ，故原线圈消耗的功率大于6 050 W ，选项C 错误；通过电阻R 1的电流为I R 1＝11 2 A ，则通过原线圈的电流应该大于I ＝n 2n 1I R 1＝55 2 A ，选项D 错误.。
名师导学高考二轮总复习物理专题4 第10课直流电路与交流电路 课件
A．U 甲>U 乙 C．R 甲＝4R 乙
B．U 甲＝4U 乙 D．R 甲＝2R 乙
【分析与解答】设灯泡正常发光时的电压为 U， 电流为 I，则 U 甲 I＝U 乙×2I，A 对，B 错；根据 I2R 甲＝(2I)2R 乙可得，R 甲＝4R 乙，C 正确．
2．直流电路的动态分析 例 2 如图电路中，电源的内电阻为 r， R1、R3、R4 均为定值电阻，电表均为理 想电表．闭合开关 S，当滑动变阻器 R2
故 A 正确；当可变电阻 R 的滑片 P 向上滑动时，由于电
压表 V2 测量副线圈的输入电压，而原线圈的输入电压不 变，匝数比不变，所以副线圈的输入电压不变，即电压表 V2 的示数不变，B 错误；因为线圈是从垂直于中性面时开
始时转动的，故产生的感应电动势的瞬时值表达式为 e＝
NBSωcos ωt，交流电压的最大值等于 em＝NBωL2，
压表的示数可能是( B )
A．2.1 V
B．1.9 V
C．1.6 V
D．1.5 V
【解析】设电源内阻为 r，电动势为 E，则：
E S 接 a 时，有 U1＝R1＋r·R1
E S 接 b 时，有 U2＝R2＋r·R2
则
U2
＝
R1＋r R2＋r
·RR21
·
U1
＝
10＋r 8＋r
×
8 10
×2
＝
8 5
10＋r × 8＋r
图象法可得在第Ⅰ段 φ—x 图象斜率较小，故 ρ1<ρ2，
综上可得 A 正确．
5．交变电流的产生及计算 例 6 如图所示，边长为 L、匝数 为 N，电阻不计的正方形线圈 abcd 在磁感应强度为 B 的匀强磁场中绕 转轴 OO′转动，轴 OO′垂直于磁感线，在线圈外接一 含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分 别为 n1 和 n2.保持线圈以恒定角速度 ω 转动，下列判 断正确的是( AD )
最新-2018届高考物理二轮复习方案 专题10 直流和交流电路课件 新课标 精品
第四单元 │ 考情分析预测
因高考实验部分必考电路实验，所以直流电路通常以选择题 的形式考查或不考，交流电路的问题通常都是通过选择题形式考 查．
电磁感应专题包括电磁感应现象、磁通量、法拉第电磁感应 定律、楞次定律、自感、涡流等知识点．楞次定律和法拉第电磁 感应定律的应用是电磁感应问题的重点，易涉及牛顿运动定律、 路端电压、电功和电热等力电综合问题．从近几年的课标高考试 题看，电磁感应和电路是高考的一个热点问题，一般以选择题或 计算题的形式出现．
考点
2011年
2010年
2009年
直流电路 江苏卷6，重庆卷20，浙 江 卷 15 ， 全江苏卷5，广东
电路动态 北京卷17，海南卷2，国 课 标 卷 19 ，卷 10 ， 全 国 Ⅱ
分析
上海卷2，全国课标上海卷5，四川卷 17 ， 全 国 Ⅰ
卷22
卷24
卷24
第四单元 │ 近年高考纵览
考点
2011年
专题十 │ 要点热点探究
例1变式题 B 【解析】 当 S断开时，电路的总电阻R总 变大，总电流I＝ 变小，内电压U内＝Ir变小，路端电压U ＝E－Ir变大，电压表测量路端电压，读数变大；R1两端电压 U1＝IR1变小，R3两端电压U3＝U－U1变大，通过R3的电流I3＝
变大，电流表读数变大，B选项正确．
专题十 │ 主干知识整合
(2)对非纯电阻电路(如电动机和电解槽)，由于电能除了转化
为电热之外还同时转化为机械能或化学能等其他形式的能，所以
电功必然大于电热，即W>Q，这时电功只能用W＝UIt计算，电热
只能用Q＝I 2Rt计算，两式不能通用．
2．闭合电路欧姆定律
表达形式：①E＝U外＋U内；②I＝
小初高学习2018版高考物理二轮复习第1部分专题整合突破专题限时集训10直流与交流
专题限时集训(十) 直流与交流(对应学生用书第135页)(限时：40分钟)选择题(本题共14小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～14题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2017·天津市红桥区期末)如图1016所示，在匀强磁场中有一个矩形单匝线圈ABCD，AB边与磁场垂直，MN边始终与金属滑环K相连，PQ边始终与金属滑环L相连；金属滑环L、交流电流表A、定值电阻R、金属滑环K通过导线串联．使矩形线圈以恒定角速度绕过BC、AD中点的轴旋转．下列说法中正确的是( )图1016A．交流电流表A的示数随时间按余弦规律变化B．线圈转动的角速度越大，交流电流表A的示数越小C．线圈平面与磁场平行时，流经定值电阻R的电流最大D．线圈平面与磁场垂直时，流经定值电阻R的电流最大C[交流电流表测量的是交流电的有效值，线圈的角速度恒定，电流表示数不随时间而变化，故A错误．由交流电动势最大值E m＝NBSω可知，ω越大，E m越大，有效值E＝22E m越大，交流电流表A的示数越大，故B错误．当线圈平面与磁场平行时，AB边与CD边垂直切割磁感线，感应电动势最大，感应电流最大，故C正确，D错误．] 2．(2017·绵阳市模拟)在如图1017所示电路中，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．下列判断正确的是( )【导学号：19624127】图1017A．I减小，U1增大B．I减小，U2增大C ．I 增大，U 1增大D ．I 增大，U 2增大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，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I 总减小，路端电压U 增大．R 3的电压等于路端电压，则流过R 3电流I 3增大．流过电流表的电流I ＝I 总－I 3，I 总减小，I 3增大，I 减小，R 1的电压减小，即电压表V 1的示数U 1减小．电压表V 2示数U 2＝U －U 1，U 增大，U 1减小，则U 2增大．所以，I 减小，U 1减小，U 2增大，故只有选项B 正确．]3．[2017·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅲ)]如图1018所示，一理想变压器原线圈匝数为n 1＝2 000，副线圈匝数为n 2＝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( )图1018A ．副线圈输出电压的频率为50 HzB ．副线圈的电压的有效值为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 WD [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 m 2＝220 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈的电压的有效值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．]4．如图1019所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．则( )【导学号：19624128】图1019A ．两种形式的交变电流最大值相同B ．两种形式的交变电流有效值之比为1∶ 2C ．两种形式的交变电流周期之比为2∶3D ．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电能之比为1∶2A [由图甲和图乙分别表示的正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化的关系图象可知，两种形式的交变电流最大值都是1 A ，选项A 正确．图甲表示的正弦脉冲波的周期为0.06 s ，图乙表示的方波的周期为0.04 s ，两种形式的交变电流周期之比为3∶2，故选项C 错误．设正弦脉冲波的电流有效值为I 1，根据有效值的定义，前13周期和后13周期的有效值都为12A ，根据有效值的定义有⎝ ⎛⎭⎪⎫122R ·T 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122R ·T 3＝I 21R ·T ，解得I 1＝33A ．图乙表示的方波交变电流大小不变，其有效值等于最大值，I 2＝1 A ．两种形式的交变电流有效值之比为I 1∶I 2＝1∶3，选项B 错误．由W ＝UIt ＝I 2Rt 可知，若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电能之比W 甲∶W 乙＝I 21∶I 22＝1∶3，选项D 错误．]5．(2017·运城期末)如图1020所示，电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻r ，闭合开关S后，将滑动变阻器R 0滑片向下滑动，理想电压表V 1、V 2、V 3示数变化量的绝对值分别为ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，理想电流表A 示数变化量的绝对值ΔI ，则( )【导学号：19624129】图1020A ．A 的示数减小B.ΔU 3ΔI >r C ．ΔU 1<ΔU 2 D ．电源的输出功率逐渐减小B [电压表V 1、V 2、V 3分别测量R 、路端电压和变阻器两端的电压，当滑动变阻器滑片向下滑，变阻器的阻值变小了，电路的总电阻减小了，电流变大，所以A 的示数变大，故A 错误；根据欧姆定律，U 3＝E －I (R ＋r )，则有ΔU 3ΔI ＝R ＋r >r ，故B 正确；ΔU 1ΔI＝R ，ΔU 2ΔI＝r ，R >r ，所以ΔU 1>ΔU 2，故C 错误；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，由于外电阻大于电源内阻，当滑片向下滑动时，外电阻减小，外电阻越来越接近内电阻，电源的输出功率逐渐增大，故D 错误．](2017·武汉华中师大一附中模拟)如图所示的电路中，电源内阻忽略不计，R 1＝R 2＝R 3＝R .闭合开关S ，电压表V 的示数为U ，电流表A 的示数为I .在滑动变阻器R 1的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中，电压表V 的示数变化大小为ΔU ，电流表A 的示数变化大小为ΔI ，下列说法正确的是( )A ．U 先变小后变大B ．I 先变大后变小C ．ΔU 与ΔI 的比值保持不变D ．U 与I 乘积先变小后变大C [将R 3等效为电源的内阻，由图可知电压表测量的是等效电源的路端电压，滑动变阻器R 1的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中，电阻先增大后减小，根据欧姆定律电流先减小后增大，R 3两端的电压先减小后增大，电压表的读数先变大后变小，故A 项错误；由图可知，在滑动变阻器R 1的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中，滑动变阻器R 1的电阻先增大后减小，由于E 不变，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，故B 错误；ΔU 与ΔI 的比值等于等效电源的内阻即R 3，故C 正确；因为U 先变大后变小，I 先减小后增大，U 与I 的乘积无法判断，故D 错误．]6．(2017·钦州市港区月考)如图1021所示的电路中，开关S 闭合一段时间后，下列说法中正确的是( )图1021A．将滑片N向右滑动时，电容器放电B．将滑片N向右滑动时，电容器继续充电C．将滑片M向上滑动时，电容器放电D．将滑片M向上滑动时，电容器继续充电A[当滑片N向右滑动时，R3减小，电容器的电压也减小，故电容器在放电，故A正确，B错误．当M滑片向上滑动时，对电路结构没有影响，电路总电阻没有变化，故电容器保持原来的状态，故C、D均错误．]7．(2017·潍坊市一模)如图1022所示，理想变压器为降压变压器，原线圈通过灯泡L1与正弦式交流电相连，副线圈通过导线与两个相同的灯泡L2和L3相连，开始时开关S处于断开状态．当S闭合后，所有灯泡都能发光．下列说法中正确的是( )【导学号：19624130】图1022A．灯泡L1和L2中的电流有效值可能相等B．灯泡L2两端的电压变大C．灯泡L1变亮，灯泡L2的亮度不变D．变压器原线圈的输入功率不变A[当S接通后，根据I1n1＝I2n2可知，因为是降压变压器，n1>n2，则I1<I2，I1等于灯泡L1的电流，I2是灯泡L2和L3的电流之和，则灯泡L1、L2中的有效值可能相等，故A正确；当S闭合后，电阻变小，输出功率变大，输出电流变大，变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率变大，输入电流变大，灯泡L1的电压增大，灯泡L1变亮，原线圈电压减小，匝数不变，故副线圈电压减小，灯泡L2两端的电压变小，灯泡L2变暗，故B错误C、D错误．]8．(2017·成都市石室中学二诊)如图1023甲所示电路中，L1、L2、L3为三只“6 V 3 W”的灯泡，变压器为理想变压器，各电表均为理想电表，当ab端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光．下列说法中正确的是( )图1023A ．变压器原副线圈的匝数比为3∶1B ．输出端交流电的频率为50 HzC ．电流表的示数为0.5 AD ．电压表的示数为18 VB [因原、副线圈的电流之比为1∶2，则匝数之比为2∶1，故A 错误；因周期为T＝0.02 s ，则其频率为：f ＝1T＝50 Hz ，故B 正确；电流表的示数为有效值，每个灯泡的电流为：I ＝P U＝0.5 A ，则电流表示数为：2I ＝1 A ，故C 错误；电压表的示数为U ab －U L1＝18 V －6 V ＝12 V ，故D 错误．]9．如图1024甲所示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，其输入电压变化规律如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 Ω.降压变压器副线圈电路部分为一火警报警系统原理图，其中R 1为一定值电阻，R 2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750 kW.下列说法中正确的有( )【导学号：19624131】图1024A ．降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 HzB ．远距离输电线路损耗的功率为180 kWC ．当传感器R 2所在处出现火警时，电压表V 的示数变大D ．当传感器R 2所在处出现火警时，输电线上的电流变大AD [由题图乙知交流电的周期为0.02 s ，所以频率为50 Hz ，A 正确；由题图乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V ，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25 000 V ，所以输电线中的电流I ＝P U＝30 A ，输电线损失的电压ΔU ＝IR ＝30×100 V ＝3 000 V ，输电线路损耗功率ΔP ＝ΔUI ＝90 kW ，B 错误；当传感器R 2所在处出现火警时，其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻所分电压增大，所以电压表V 的示数变小，C 错误；副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知，输电线上的电流变大，D 正确．]10．(2016·江苏高考)如图1025所示的电路中，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S ，下列说法正确的有( )图1025A ．路端电压为10 VB ．电源的总功率为10 WC ．a 、b 间电压的大小为5 VD ．a 、b 间用导线连接后，电路的总电流为1 AAC [根据串并联电路的特点可得，外电路总电阻为10 Ω，根据闭合电路欧姆定律得通过电源的电流为I ＝122＋10A ＝1 A ，则路端电压为U ＝IR 外＝10 V ，选项A 正确；电源的总功率P ＝EI ＝12 W ，选项B 错误；若取电源负极的电势为0，则a 点电势为φa ＝2.5 V ，b 点电势为φb ＝7.5 V ，a 、b 间电压的大小为5 V ，选项C 正确；若a 、b 间用导线连接起来，根据串并联电路的特点可得，外电路总电阻为7.5 Ω，根据闭合电路欧姆定律得电路的总电流为I ＝122＋7.5A≈1.26 A，选项D 错误．] 11．(2017·天津高考)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图1026所示正弦规律变化．设线圈总电阻为2 Ω，则( )【导学号：19624132】图1026A ．t ＝0时，线圈平面平行于磁感线B ．t ＝1 s 时，线圈中的电流改变方向C ．t ＝1.5 s 时，线圈中的感应电动势最大D ．一个周期内，线圈产生的热量为8π2JAD [A 对：t ＝0时，Φ＝0，故线圈平面平行于磁感线．B 错：线圈每经过一次中性面电流的方向改变一次，线圈经过中性面时，磁通量最大，故在t ＝0.5 s 、1.5 s 时线圈中的电流改变方向．在t ＝1 s 时线圈平面平行于磁感线，线圈中的电流方向不变．C 错：线圈在磁场中转动，磁通量最大时，感应电动势为0，磁通量为0时，感应电动势最大，故t ＝1.5 s 时，感应电动势为0.D 对：线圈中感应电动势的最大值E m ＝nB ωS ＝n ωΦm ＝n 2πT Φm ＝100×2π2×0.04 V＝4π V ，有效值E ＝E m 2＝22π V ， 故在一个周期内线圈产生的热量Q ＝E 2R T ＝2π22×2 J＝8π2J ．] 12．(2017·鹰潭市一模)硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图1027所示，图线a 是该电池在某光照强度下路端电压U 和电流I 的关系图象，图线b 是某电阻R 的U I 图象．当它们组成闭合回路时，下列说法正确的是( )图1027A ．电池的内阻r ＝U 2－U 1I 1B ．电池的效率为η＝U 1U 2×100%C ．硅光电池的内阻消耗的热功率P r ＝U 2I 1－U 1I 2D ．电源的输出功率P ＝U 1I 1ABD [由欧姆定律得U ＝E －Ir ，当I ＝0时，E ＝U ，由a 与纵轴的交点读出电动势为E ＝U 2.根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为U 1，则内阻r ＝E －U 1I 1＝U 2－U 1I 1，故A 正确；电池的效率η＝U 1U 2×100%，故B 正确；内阻消耗的功率P r ＝U 2I 1－U 1I 1，故C 错误；电源的路端电压为U 1，电流为I 1，则输出功率P ＝U 1I 1，故D 正确．]13．(2017·“超级全能生”26省联考)如图1028所示，某交流发电机的线圈共n 匝，面积为S ，内阻为r ，线圈两端与R 的电阻构成闭合回路．当线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，以角速度ω绕轴OO ′匀速转动时，下列说法正确的是( )【导学号：19624133】图1028A ．产生感应电动势的有效值E ＝nBS ω2B ．从图示位置转过90°的过程中，通过电阻R 横截面的电荷量q ＝nBS RC ．线圈经过中性面时，感应电流达到了最大值D ．线圈中的电流每经过时间πω方向改变一次 AD [线圈中产生的感应电动势最大值E m ＝nBS ω，产生的是正弦交流电，则感应电动势的有效值E ＝E m2＝nBS ω2，A 正确；从图示位置转过90°的过程中，通过电阻R 横截面的电荷量q ＝I －Δt ，而平均感应电流I －＝E －r ＋R ，平均感应电动势E －＝n ΔΦΔt，故q ＝n ΔΦr ＋R，而线圈从图示位置转过90°的过程中，磁通量的变化ΔΦ＝BS ，可得q ＝nBS r ＋R，B 错误；线圈经过中性面时，磁通量最大，但磁通量的变化率最小为0，因此感应电动势最小为0，故感应电流达到了最小值，C 错误；线圈中的电流周期为T ＝2πω，一个周期内线圈中电流方向改变2次，则线圈中的电流每经过时间πω方向改变一次，D 正确．]14．(2016·云南蒙自二诊)图1029甲为一台小型发电机构造示意图，内阻r ＝5.0 Ω，外电路电阻R ＝95 Ω，电路中其余电阻不计．发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n ＝100.转动过程中穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t 按正弦规律变化，如图乙所示，则 ( )【导学号：19624134】图1029A ．t ＝3.14×10－2 s 时，该小型发电机的电动势为零B ．该小型发电机的电动势的最大值为200 VC ．电路中电流最大值为2 AD ．串联在外电路中的交流电流表的读数为2 ABC [t ＝3.14×10－2 s 时，磁通量Φ的变化率最大，该小型发电机的电动势处于最大值，故A 错误；从Φt 图线可以看出，Φmax ＝1.0×10－2 Wb ，T ＝3.14×10－2 s ，ω＝2πT，感应电动势的最大值E max ＝n ωΦmax ＝200 V ，故B 正确；电路中电流最大值I max ＝E max R ＋r ＝2 A ，故C 正确；交流电流表读数是交变电流的有效值，即I ＝I max 2＝ 2 A≈1.4 A，故D 错误．]。
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专题10 直流与交流电路构建知识网络：考情分析：本专题包含直流电路的动态分析、电路故障的分析和判断、直流电路中能量转化、交变电流的产生与描述、变压器的规律及远距离输电等知识点，是高考命题的热点，特别是交变电流有效值的计算、变压器的动态分析、电路知识与电磁感应的综合应用等年年是高考的座上宾。
从高考的考查重点不难看出，掌握电路的基本结构和基本规律是获得高分的关键。
重点知识梳理：一、闭合电路的欧姆定律1．公式：I＝ER＋r2．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＝RR＋rE＝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．二、纯电阻电路和非纯电阻电路的电功、电功率1.纯电阻电路：电功全部转化为电热，有2.非纯电阻电路：电功大于电热，计算电功、电功率用二、交流电的“四值”最大值⇒计算电容器的耐压值瞬时值⇒计算闪光电器的闪光时间等正弦交流电的有效值⇒E ＝E m2⇒电表的读数及计算电热、电功及保险丝的熔断电流平均值⇒E ＝n ΔΦΔt ⇒计算通过导体的电荷量三、变压器和远距离输电 1．理想变压器的基本关系2.为减小远距离输电的功率损失和电压损失，远距离输电采用高压输电. 【名师提醒】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.直流电路动态分析的3种常用方法 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 支方法2：结论法——“串反并同”“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).方法3：极限法因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动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.3.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. 4.交变电流“四值”的应用(1)最大值：E m ＝nBS ω，分析电容器的耐压值；(2)瞬时值：E ＝E m sin ωt (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 ΔΦΔt ，计算通过电路截面的电荷量.5.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.若n 1＞n 2，为降压变压器；若n 1＜n 2，为升压变压器. (3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1； 有多个副线圈时，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋……＋U n I n . 2.原、副线圈中各量的因果关系 (1)电压关系：U 1决定U 2. (2)电流关系：I 2决定I 1. (3)功率关系：P 出决定P 入. 3.输电过程的电压关系4.输电过程功率的关系典型例题剖析：考点一：直流电路的动态分析【典型例题1】在如图所示的电路中，E为电源，电源内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，为理想电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，将滑动变阻器的滑片向上移动，则( )A.电压表的示数变大B.小灯泡消耗的功率变小C.通过R2的电流变小D.电源的内耗电压变大【答案】 B【解析】将滑动变阻器的滑片向上移动，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流减小，故R1两端的电压减小，并联部分电压增大，通过R2的电流变大，A、C错误；由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P＝I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，B正确；因电路中电流减小，故电源的内耗电压减小，D错误。
【变式训练1】(2017·淮安模拟)在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，下列说法正确的是( )A ．电容器的电荷量增大B ．电流表A 的示数减小C ．电压表V 1示数在变大D ．电压表V 2示数在变大【答案】【变式训练2】(名师原创)在如图所示的电路中，已知电阻R 1的阻值小于滑动变阻器R 的最大阻值．闭合电键S ，在滑动变阻器的滑片P 由左端向右滑动的过程中，四个电表V 1、V 2、A 1、A 2的示数及其变化量分别用U 1、U 2、I 1、I 2、ΔU 1、ΔU 2、ΔI 1、ΔI 2表示，下列说法中正确的是( )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 【答案】【解析】 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串联然后与R 的右半部分并联，并联电阻先变大后变小，所以电路总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律，I 2先变小后变大，U 1先变大后变小，由极限法可得当滑片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，所以I 1一直增大，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，所以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．【名师提醒】闭合电路动态分析的两种常用方法方法1：程序法 ：遵循“局部—整体—部分”的思路，按以下步骤分析：方法2：结论法——“串反并同”“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).考点二：闭合电路的功率及效率问题【典型例题2】如图所示，已知电源电动势为6 V ，内阻为1 Ω，保护电阻R 0＝0.5 Ω，求：当电阻箱R 读数为多少时，保护电阻R 0消耗的电功率最大，并求这个最大值。
【答案】：R ＝0 P 0max ＝8 W【变式训练3】例题中条件不变，求当电阻箱R 读数为多少时，电阻箱R 消耗的功率P R 最大，并求这个最大值。
【答案】：R ＝1.5 Ω P R max ＝6 W【解析】：这时要把保护电阻R 0与电源内阻r 算在一起，据以上结论，当R ＝R 0＋r 即R ＝(1＋0.5) Ω＝1.5 Ω时，P R max ＝E 24(r ＋R 0)＝624×1.5W ＝6 W 。
【变式训练4】在例题中，若电阻箱R 的最大值为3 Ω，R 0＝5 Ω，求：当电阻箱R 读数为多少时，电阻箱R 的功率最大，并求这个最大值。
【答案】：R ＝3 Ω P ＝43W【名师提醒】由P出与外电阻R的关系图像可知①当R＝r时，电源的输出功率最大为P m＝E24r。
②当R＞r时，随着R的增大输出功率越来越小。
③当R＜r时，随着R的增大输出功率越来越大。
④当P出＜P m时，每个输出功率对应两个外电阻R1和R2，且R1R2＝r2。
考点三：两类UI图像的比较与应用【典型例题3】(多选)(2017·衡水中学模拟)在如图所示的图像中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线。
用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路。
由图像可知( )A ．电源的电动势为3 V ，内阻为0.5 ΩB ．电阻R 的阻值为1 ΩC ．电源的输出功率为2 WD ．电源的效率为66.7% 【答案】 BD【变式训练5】(多选)(2017·南京模拟)如图所示，图线甲、乙分别为电源和某金属导体的伏安特性曲线，电源的电动势和内阻分别用E 、r 表示，根据所学知识分析下列选项正确的是( )A ．E ＝50 VB ．r ＝253ΩC ．当该导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为20 ΩD ．当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为80 W 【答案】 C【解析】 由图像的物理意义可知电源的电动势E ＝50 V ，内阻r ＝ΔU ΔI ＝50－206－0 Ω＝5 Ω，故A 正确，B 错误；该导体与该电源相连时，电阻的电压、电流分别为U ＝40 V ，I ＝2 A ，则R ＝U I＝20 Ω，此时，电路消耗的总功率P 总＝EI ＝100 W ，故C 正确，D 错误。
【名师提醒】考点四：交变电流的产生与描述【典型例题4】(2017·苏州模拟)如图甲所示，在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，有一矩形单匝线圈，其面积为S ，总电阻为r ，线圈两端外接一电阻R 和一个理想交流电流表。
若线圈绕对称轴OO ′以角速度ω做匀速转动，图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e 随时间t 变化的图像，下列说法正确的是( )A ．在t 1～t 3时间内，穿过线圈平面的磁通量的变化量为BSB ．在t 3～t 4时间内，通过电阻R 的电荷量为BS RC ．在t 3时刻穿过线圈平面的磁通量的变化率为2BS ωD ．在t 3时刻电流表的示数为BS ω2R ＋r【答案】 A【变式训练6】(多选)(2017·江苏四市一模)如图甲所示为风力发电的简易模型图，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比。
某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则( )A ．电流的表达式i ＝0.6sin 10πt (A)B ．磁铁的转速为10 r/sC ．风速加倍时电流的表达式i ′＝1.2sin 10πt (A)D ．风速加倍时线圈中电流的有效值为325 A【答案】 D【解析】 通过乙图可知I m ＝0.6 A ，T ＝0.2 s ，ω＝2πT＝10π rad/s ，故电流的表达式为：i ＝0.6sin10πt (A)，A 正确；磁体的转速为n ＝1T＝5 r/s ，B 错误；风速加倍时，根据E m ＝nBS ω可知感应电动势加倍，形成的电流加倍，故电流表达式变为i ′＝1.2sin 20πt (A)，C 错误；风速加倍时，I m ＝1.2 A ，有效值I ＝I m2＝325 A ，D 正确。
【名师提醒】考点五：有关变压器问题的分析【典型例题5】(多选)(2016·海南高考)图(a)所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，R T为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。