2018大二轮高考总复习物理文档：第11讲 直流电路与交流电路(含答案)
高三物理 专题复习 《直流电路与交流电路》(含答案解析)
复习备考建议1．直流电路的考查一般以实验题为主，单独考查的角度主要是动态电路分析和含容电路分析，或与电磁感应相结合．交变电流考查重点是理想变压器及相关知识，难度适中．2．产生感应电流的条件、楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律的基本应用，往往以选择题形式结合图象、电路、历史中的著名实验、现代科技中的应用等创设新情景，总体难度不大．计算题一般考查电磁感应定律的应用，与力学问题结合时一般是匀速或静止时的平衡问题，较简单．电磁感应与动量知识的结合可能是新的考查点，应引起重视．第8课时 直流电路与交流电路 考点直流电路分析 1．电容器的特点(1)只有当电容器充、放电时，电容器所在支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的支路相当于断路．(2)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，电容器两端的电压为与之并联的电阻两端的电压．2．1个定律、2个关系(1)闭合电路欧姆定律：I ＝E R ＋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＋r RE ，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小． 3．动态分析3法方法1：程序法R 局――→增大减小R 总――→增大减小I 总＝E R 总＋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，再去讨论．例1 (2019·宁夏银川市六盘山上学期期末)在如图1所示的电路中，E 为电源，电源内阻为r ，L 为小灯泡(灯丝电阻可视为不变)，电压表为理想电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，将滑动变阻器的滑片向上移动，则( )图1A ．电压表的示数变大B ．小灯泡L 消耗的功率变小C ．通过R 2的电流变小D ．电源内阻的电压变大答案 B解析 滑动变阻器的滑片向上移动，则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，电路中电流减小，故R 1两端的电压减小，电压表的示数变小，故A 错误；由并联电路的电流规律可知，流过灯泡L 的电流一定减小，故由P ＝I 2R 可知，小灯泡L 消耗的功率变小，故B 正确；因电路中电流减小，故电源内阻的电压减小，路端电压增大，同时R 1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R 2的电流增大，故C 、D 错误． 变式训练1．(2019·重庆市一诊 )利用如图2所示电路可测量待测电阻R x 的阻值．定值电阻R 1、R 2阻值已知，闭合电键S ，调节电阻箱接入电路阻值为R 3时，电流表示数为零，则R x 阻值等于( )图2A ．R 2 B.R 1R 2R 3C.R 1R 3R 2D.R 3R 2R 1答案 D 解析 根据串并联电路特点及欧姆定律可知：I 1(R 1＋R 2)＝I 2(R x ＋R 3)，由于电流表示数为零，则说明G 两端的电势相等，则一定有：I 1R 1＝I 2R 3；两式联立可得：R x ＝R 3R 2R 1，故选D. 例2 (2019·辽宁沈阳市质量检测(一))某同学将一闭合电路电源的总功率P E 、输出功率P R 和电源内部的发热功率P r 随电流I 变化的图线画在了同一坐标系中，如图3中的a 、b 、c 所示，则下列判断正确的是( )图3A ．直线a 表示电源内部的发热功率随电流I 变化的图线B ．曲线b 表示电源的总功率随电流I 变化的图线C ．曲线c 表示电源的输出功率随电流I 变化的图线D ．电源的电动势E ＝3 V ，内电阻r ＝2 Ω答案 C解析 由电源消耗总功率和电源内部消耗功率表达式P E ＝EI ，P r ＝I 2r 可知，a 是直线，表示的是电源消耗的总功率P E ，b 是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率P r ，c 表示外电阻的功率即为电源的输出功率P R ＝EI －I 2r ，所以A 、B 错误，C 正确；由题图可知，当短路时电流为2 A ，总功率P E ＝EI ＝6 W ，则可知电动势为：E ＝3 V ，则r ＝E I ＝32Ω＝1.5 Ω，故D 错误．变式训练2．(2019·福建厦门市模拟)如图4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)．当电键S 闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，下列说法中正确的是( )图4A ．只逐渐增大R 1的光照强度，电阻R 0消耗的电功率变大，电阻R 3中有向上的电流B ．只调节电阻R 3的滑动端P 2向上端移动，电源消耗的功率变大，电阻R 3中有向上的电流C ．只调节电阻R 2的滑动端P 1向下端移动，电压表示数变大，带电微粒向下运动D ．若断开电键S ，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动答案 A解析 只逐渐增大R 1的光照强度，R 1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，电阻R 0消耗的电功率变大，R 2两端的电压变大，电容器两端的电压增大，电容器充电，电容器所带电荷量变大，所以R 3中有向上的电流，故A 正确；电路稳定时，电容器相当于断路，只调节R 3的滑动端P 2向上端移动时，对电路没有影响，故B 错误；只调节R 2的滑动端P 1向下端移动时，与电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，电场力变大，带电微粒向上运动，故C 错误；若断开电键S ，电容器放电，电容器所带电荷量变小，电容器两端电压变小，两极板间电场变小，带电微粒所受电场力减小，合力向下，则带电微粒向下运动，故D 错误． 考点交变电流的产生及描述1．交变电流的产生 线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动． 2．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．3．交变电流“四值”的应用(1)最大值：E m ＝nBSω，分析电容器的耐压值；(2)瞬时值：E ＝E m sin ωt (从中性面开始计时)，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 ΔФΔt，计算通过电路横截面的电荷量． 例3 (多选)(2019·安徽皖江名校联盟摸底大联考)图5所示为交流发电机发电的简易原理图，n 匝矩形线圈的面积为S ，整个装置处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，已知线圈的总电阻为r ，通过电刷与定值电阻R 相连接，与定值电阻并联一理想的交流电压表，现矩形线圈绕中心轴线OO ′以恒定的角速度ω匀速转动．t ＝0时刻线圈处在中性面．下列说法正确的是( )图5A ．t ＝0时刻流过定值电阻的电流方向向左B ．线圈中产生感应电动势的瞬时值表达式为e ＝nBSωsin ωt (V)C ．线圈转动的过程中，电压表的读数为nBSωR R ＋rD ．从t ＝0时刻起，线圈转过60°角时流过定值电阻的瞬时电流为3nBSω2(R ＋r )答案 BD解析 t ＝0时刻线圈与磁场方向垂直，即线圈的速度与磁场方向平行，因此t ＝0时感应电动势为零，感应电流为零，A 错误；从中性面开始计时，感应电动势随时间按正弦规律变化，且最大感应电动势E m ＝nBSω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e ＝nBSωsin ωt (V)，B 正确；线圈转动的过程中，最大感应电动势E m ＝nBSω，则产生的感应电动势的有效值为E ＝ 22nBSω，因此电压表的示数为U ＝2R 2(R ＋r )nBSω，C 错误；线圈从t ＝0开始转过60°角时，瞬间电流为i ＝e R ＋r ＝nBSωsin π3R ＋r ＝3nBSω2(R ＋r )，D 正确． 变式训练3．(2019·贵州贵阳市一模)如图6甲为某品牌电热毯的简易电路，电热丝的电阻为R ＝484 Ω，现将其接在u ＝2202sin 100πt (V)的正弦交流电源上，电热毯被加热到一定温度后，温控装置P 使输入电压变为图乙所示的波形，从而进入保温状态，若电热丝的电阻保持不变，则保温状态下，理想交流电压表V 的读数和电热毯消耗的电功率最接近下列哪一组数据( )图6A ．220 V 、100 WB ．156 V 、50 WC ．110 V 、25 WD ．311 V 、200 W答案 B解析 由题图象可知温控装置P 输入的交变电流的周期T ＝2×10－2 s ；可分为0～T 2和T 2～T 两段，根据有效值的定义可得⎝⎛⎭⎫U m 22R ×T2＋0＝U 2R ×T ，解得U ＝U m 2≈156 V ，电热毯在保温状态下消耗的电功率为P ＝U 2R＝50 W ，故B 正确． 4.(多选)(2019·山东德州市上学期期末)如图7所示，匀强磁场的磁感应强度大小为 1 T ，单匝正方形导线框的边长为 1 m ，总电阻为 1 Ω ，开始时处于位置Ⅰ，现用外力使导线框绕ab 边匀速转过 180° 至位置Ⅱ，转动的角速度为 π rad/s ，则在此过程中以下说法正确的是( )图7A ．通过导线横截面的电荷量为零B ．通过导线横截面的电荷量为 2 CC ．外力做功为π22J D ．外力做功为π24J 答案 BC解析 通过导线横截面的电荷量q ＝ΔΦR ＝2BL 2R ＝2×1×121C ＝2 C ，选项A 错误，B 正确；E m ＝BωS ＝1×π×12 V ＝π V ，则外力做功W ＝E 2R t ＝⎝⎛⎭⎫π221×ππ J ＝π22 J ，选项C 正确，D 错误． 5．(多选)(2019·广西桂林等六市第一次联合调研)如图8甲所示，标有“220 V 40 W ”的灯泡和标有“20 μF 360 V ”的电容器并联到交流电源上，V 为理想交流电压表，交流电源的输出电压如图乙中正弦曲线所示，闭合开关S.下列判断正确的是( )图8A ．电容器会被击穿B ．交流电源的输出电压的有效值为220 VC ．t ＝T 2时刻，V 的示数为零D ．t ＝T 2时刻，通过灯泡的电流为零 答案 BD解析 由题图可知交流电压的最大值为220 2 V ≈311 V ，小于电容器的击穿电压，故电容器不会被击穿，故A 错误；由题图乙可知，交流电压的有效值为22022V ＝220 V ，故B 正确；交流电压表的示数为有效值，则t ＝T 2时刻，电压表的示数为220 V ，故C 错误；t ＝T 2时刻，灯泡两端电压的瞬时值为0，通过灯泡的电流的瞬时值为0，故D 正确．考点变压器与远距离输电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. (3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n 2n 1. 2．动态分析的两种情况(1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况．(2)匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况．3．四点说明(1)变压器不能改变直流电压．(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率．(3)理想变压器本身不消耗能量．(4)理想变压器基本关系中的U 1、U 2、I 1、I 2均为有效值．4．输电线路功率损失的计算方法(1)P 损＝P －P ′，P 为输送的功率，P ′为用户所得功率．(2)P 损＝I 线2R 线，I 线为输电线路上的电流，R 线为输电线路的总电阻．(3)P 损＝(ΔU )2R 线，ΔU 为在输电线路上损失的电压，R 线为线路总电阻． (4)P 损＝ΔU ·I 线，ΔU 为在输电线路上损失的电压，I 线为输电线路上的电流．例4 (2019·安徽A10联盟开年考)如图9甲所示，电阻不计的矩形导体线圈固定在水平桌面上，线圈的匝数n ＝100，所围成矩形的面积S ＝0.4 2 m 2，垂直于线圈平面的匀强磁场磁感应强度随时间按如图乙所示的正弦规律变化．在线圈的右边接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数比为n 1︰n 2＝2︰1，灯泡L 标有“36 V 18 W ”字样，电流表和电压表均为理想交流电表．调节滑动变阻器R 的滑片，当电流表示数为0.8 A 时，灯泡L 刚好正常发光，则( )图9A ．电压表的示数等于40 2 VB ．定值电阻R 0的阻值为5 ΩC ．在0～1.57×10－2 s 的时间内，通过小灯泡L 的电荷量为7.85×10－3 CD ．当滑动变阻器R 的滑片向下滑动时，电流表的示数变大，电压表的示数变小答案 B解析 矩形导体线圈中产生的感应电动势的最大值为E m ＝nB m S2πT ，解得E m ＝80 2 V ，电压表的示数为U ＝n 2E m 2n 1，解得U ＝40 V ，选项A 错误；定值电阻R 0两端的电压U 0＝U －U L ＝4 V ，定值电阻R 0的阻值为R 0＝U 0I＝5 Ω，选项B 正确；在0～1.57×10－2 s 的时间内，通过小灯泡的电流有向上和向下的过程，所以通过小灯泡L 的总的电荷量为零，选项C 错误；当滑动变阻器R 的滑片向下滑动时，电流表的示数变大，电压表的示数不变，选项D 错误． 变式训练6.(多选)(2019·山东日照市3月模拟)教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机通过理想变压器向用电器供电，电路如图10所示．副线圈的匝数可以通过滑动触头Q 来调节，副线圈两端连接定值电阻R 0、灯泡L 和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑片，原线圈上连接一只理想交流电流表A ，闭合开关S ，电流表的示数为I ，则( )图10A ．仅增大发电机线圈的转速，I 增大B ．仅将P 向上滑动，I 增大C ．仅将Q 向上滑动，I 增大D ．仅将开关S 断开，I 增大答案 AC解析 仅增大发电机线圈的转速n ，则角速度ω＝2πn 增大，则最大感应电动势E m ＝NBSω增大，则电动势的有效值增大，由于原、副线圈匝数不变，故副线圈两端电压增大，则副线圈电流增大，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流I 增大，故选项A 正确；仅将P 向上滑动，则副线圈总电阻增大，则副线圈电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流I 减小，故选项B 错误；仅将Q 向上滑动，则副线圈的匝数增大，由于原线圈两端电压不变，则根据U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈两端电压增大，则副线圈电流增大，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流I 增大，故选项C 正确；仅将开关S 断开，则副线圈总电阻增大，由于原、副线圈电压均不变，则副线圈电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流I 减小，故选项D 错误． 7.(2019·湖北恩施州2月教学质量检测)在如图11所示的电路中，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为1︰2，三个定值电阻的阻值相同，电压表为理想交流电表．现在a 、b 端输入正弦式交变电流，电键S 断开时，电压表的示数为U 1，电键S 闭合后，电压表的示数为U 2，则U 1U 2的值为( )图11A.23B.32C.35D.53答案 D解析 设ab 端输入的电压有效值为U ，当电键S 断开时，原线圈两端的电压为U 12，副线圈中的电流为U 12R ；原线圈中的电流为U 1R ，则U ＝U 12＋U 1＝3U 12；当电键S 闭合时，原线圈两端的电压为U 22，副线圈中的电流为U 2R ，原线圈中的电流为2U 2R ，则U ＝U 22＋2U 2＝5U 22；解得U 1U 2＝53，故选D. 例5 (多选)(2019·广东深圳市4月第二次调研)中国特高压远距离输电技术已成为国际标准，使“煤从空中走、电送全中国”成为现实．如图12为远距离输电示意图，发电厂输出电压U 1＝104 V ，输出功率P 1＝109 W ，两个理想变压器的匝数比分别为n 1∶n 2＝1∶100、n 3∶n 4＝100∶1，输电线总电阻r ＝50 Ω.则( )图12A ．U 4＝U 1B ．I 4＝I 1C ．通过电阻r 的电流I 2＝2×104 AD ．电阻r 损耗的电功率为5×107 W答案 BD解析 I 1＝P 1U 1＝1×105 A ，根据I 1I 2＝n 2n 1可得，I 2＝n 1n 2I 1＝1100×105 A ＝103 A ，则通过电阻r 的电流为103 A ，故C 错误；电阻r 两端的电压为U r ＝I 2r ＝103 A ×50 Ω＝5×104 V ，则U 3＝U 2－U r ＝106 V －5×104 V ＝9.5×105 V ，U 4＝n 4n 3U 3＝1100×9.5×105 V ＝9.5×103 V ，则U 4≠U 1，故A 错误；由于I 2＝I 3，I 4＝n 3n 4I 3＝1001×103 A ＝105 A ，则I 4＝I 1，故B 正确；电阻r 损耗的功率P r ＝I 22r ＝(103)2×50 W ＝5×107 W ，故D 正确．变式训练8．(多选)(2019·广东清远市期末质量检测)如图13所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U 1一定，通过理想升压变压器T 1和理想降压变压器T 2向远处用户供电，输电线的总电阻为R .T 1的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，输入电压和输入功率分别为U 1和P 1，输出电压和输出功率分别为U 2和P 2；T 2的原、副线圈匝数分别为n 3、n 4，输入电压和输入功率分别为U 3和P 3，输出电压和输出功率分别为U 4和P 4.下列说法正确的是( )图13A ．当用户的用电器增加时，U 2、U 3、U 4均变小B ．输电线的总电阻R 两端的电压等于(U 2＋U 3)，且随用户的用电器增加而增加C ．输电线上损失的功率为P 32R U 32，且随用户的用电器增加而增加 D ．要减小线路的损耗，应增大n 2n 1，同时增大n 3n 4答案 CD解析 交流发电机的输出电压U 1一定，根据U 1U 2＝n 1n 2，知U 2不变，故A 错误；输电线的总电阻R 两端的电压等于(U 2－U 3)，随用户的用电器增加，由于输电线上的电流会增大，则输电线R 上的电压增加，选项B 错误；输电线上的电流I ＝P 3U 3，则输电线上损失的功率为P 损＝I 2R ＝P 32R U 32，且随用户的用电器增加，输电线上的电流会增大，则输电线R 上损失的功率增加，选项C 正确；输送功率一定时，根据P ＝UI 和P 损＝I 2R 知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U 1一定，根据U 1U 2＝n 1n 2知，所以应增大n 2n 1；U 3＝U 2－IR ，U 2增大，I 2减小，所以U 3增大，用户电压不变，根据U 3U 4＝n 3n 4知，应增大n 3n 4，故D 正确． 专题突破练级保分练1．(2019·河北“五个一名校联盟”第一次诊断)图1所示为一交流电电流随时间变化的图象，此交流电电流的有效值为( )图1A ．7 AB ．5 AC ．3.5 2 AD ．3.5 A答案 B解析 根据有效值的定义有：(42)2R ×0.01×2＋(32)2 R ×0.01×2＝I 2R ×0.04，解得I ＝5 A ，故选B.2．(2019·浙江诸暨市期末)图2所示为一个小型电热水器，浸入水中的加热元件电阻器R L ＝1.0 Ω，在外部并联的电阻R S ＝2.0 Ω，电源为恒流电源，在正常工作时，电源始终给电路提供I ＝3.0 A 的恒定电流．则下列说法正确的是( )图2A ．R L 两端的电压为3.0 VB ．流过R L 的电流为1.0 AC ．R S 上消耗的电功率为2.0 WD．如果减小R S的电阻，则R L的电功率增大答案 C3.(多选)(2019·浙江温州市联考)如图3，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为理想电压表和理想电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则()图3A．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的读数变大D．相同时间内电源内阻消耗的电能比断开前少答案BD解析S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大，R1两端电压减小，故R3两端电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，故B正确，A、C错误；电路中总电流减小，根据P＝I2r可知，内阻消耗的功率减小，则相同时间内电源内阻消耗的电能比断开前少，故D正确．4.(2019·江苏南通市通州区、海门市、启东市联考)如图4所示，R1是光敏电阻(光照增强，电阻减小)，C是电容器，R2是定值电阻．当R1受到的光照强度减弱时()图4A．电阻R2上的电流增大B．光敏电阻R1两端的电压减小C．电源两端电压减小D．电容器C的带电荷量减小答案 D解析当R1受到的光照强度减弱时，R1的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得，总电流I减小，即流过R2的电流减小，R2两端电压U2减小，路端电压U＝E－Ir，E、r不变，则U增大，所以光敏电阻R1两端的电压U1增大，故A、B、C错误；由于电容器与R2并联，所以电容器两端电压减小，由公式Q＝CU2可知，电容器的带电荷量减小，故D 正确．5.(2019·福建厦门市上学期期末质检)电风扇的挡位变换器电路如图5所示，把它视为一个可调压的理想变压器，总匝数为2 400的原线圈输入电压u ＝2202sin 100πt (V)，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为240、600、1 200、2 400.电动机M 的内阻r ＝8 Ω，额定电压为U ＝220 V ，额定功率P ＝110 W ．下列判断正确的是( )图5A ．该交流电源的频率为100 HzB ．当选择挡位3后，电动机两端电压的最大值为110 VC ．当挡位由3变为2后，原线圈的电流变大D ．当选择挡位4后，电动机的输出功率为108 W答案 D解析 根据原线圈输入电压的瞬时值表达式知：ω＝100π，交流电源的频率f ＝ω2π＝50 Hz ，故A 错误；当选择挡位3后，副线圈的匝数为1 200，根据电压与匝数成正比得：220 V U 2 ＝2 4001 200，解得：U 2＝110 V ，所以电动机两端电压的最大值为110 2 V ，故B 错误；当挡位由3变为2后，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压减小，输出功率变小，输入功率变小，根据P 1＝U 1I 1知原线圈电流变小，故C 错误；当选择挡位4后，副线圈匝数为2 400，根据变压规律得到副线圈两端的电压为220 V ，电动机正常工作，流过电动机的电流I ＝P U ＝110220A ＝0.5 A ，电动机的发热功率P 热＝I 2r ＝0.52×8 W ＝2 W ，电动机的输出功率P 出＝(110－2 ) W ＝108 W ，故D 正确．6.(2019·湖南娄底市下学期质量检测)如图6所示，一理想变压器的原线圈接有电压为U 的交变电流，副线圈接有电阻R 1和光敏电阻R 2(阻值随光照增强而减小)，开关S 开始时处于闭合状态，下列说法正确的是( )图6A ．电流表的示数随时间不断改变B ．当光照变弱时，变压器的输入功率变大C ．当开关S 由闭合到断开时，交流电流表的示数变大D．当滑动触头P向下滑动时，电阻R1消耗的功率增大答案 D解析光强一定，则R2一定，电流表的示数为其有效值，保持不变，选项A错误；当光照变弱时，光敏电阻的阻值变大，输出功率减小，输入功率也变小，故B错误；当开关S由闭合到断开时，副线圈两端的电压不变，光敏电阻R2阻值不变，则流过光敏电阻的电流不变，故C错误；当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减少，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压增大，电阻R1两端的电压增大，电阻R1消耗的功率增大，故D正确．7.(2019·贵州安顺市上学期质量监测)如图7所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个匝数为N的矩形线圈abcd，线圈面积为S，ab边与磁场垂直，ab边始终与金属滑环K相连，cd边始终与金属滑环L相连．现使矩形线圈以恒定角速度ω，从图示位置绕过ad、bc中点的轴匀速转动．下列说法中正确的是()图7A．将交流电流表串联到电路中，其示数随时间按余弦规律变化B．线圈转动的角速度越大，通过电阻R的电流越小C．线圈平面与磁场平行时，瞬时感应电动势最大E m＝NBSωD．线圈平面每转过半圈，穿过线圈平面的磁通量变化量为零答案 C解析交流电流表测量的是交变电流的有效值，不随时间变化，故A错误；根据e＝NBSωcos ωt 可知，线圈转动的角速度越大，产生的感应电动势越大，通过电阻R的电流越大，选项B错误．题图所示位置，线圈平面与磁场平行，线圈切割磁感线最快(垂直切割)，感应电动势最大，最大值为E m＝NBSω，故C正确；线圈从中性面位置每转过半圈，穿过线圈平面的磁通量变化量为2BS，选项D错误．8．(2019·河南驻马店市上学期期终)两个电路元件L1和L2的伏安特性曲线如图8甲所示．现把二者串联起来接在直流电源上，电源内阻为1 Ω，如图乙所示．闭合开关S后，电路中理想电流表A的读数为0.2 A，则电源的电动势和元件L2此时的电功率分别是()图8A ．3 V ,0.8 WB ．3.2 V ,0.8 WC ．3 V ,0.4 WD ．3.2 V,0.4 W答案 D解析 电路元件L 1和L 2串联，故I L1＝I L2＝0.2 A ，由题图图象可知：此时U L1＝1 V ，U L2＝2 V ；电源电动势U ＝Ir ＋U L1＋U L2＝0.2×1 V ＋1 V ＋2 V ＝3.2 V ；元件L 2的电功率P L2＝U L2I L2＝2 V ×0.2 A ＝0.4 W ．故选D.9．(2019·河南开封市第一次模拟)利用如图9装置给小灯泡供电，下列说法正确的是( )图9A ．图示位置穿过线框的磁通量的变化率最大B ．在图示位置线框电流改变方向C ．用变压器是为了提高输出功率D ．若灯泡亮度偏暗，可通过增加原线圈匝数来提高灯泡亮度答案 B解析 由题图可知，此时线圈和磁场垂直，线框的磁通量最大，感应电动势为0，线框电流改变方向，故B 正确，A 错误；变压器只是改变电压和电流，不改变功率和频率，故C 错误；根据n 1n 2＝U 1U 2，要使输出电压变大，可通过减少原线圈匝数，所以若灯泡亮度偏暗，可通过减少原线圈匝数来提高灯泡亮度，故D 错误．级争分练10.(多选)(2019·福建龙岩市期末质量检查)某同学在研究微型直流电动机的性能时，采用如图10所示的实验电路．闭合开关，并调节滑动变阻器R 的阻值，使电动机不转动，此时电流表和电压表的示数分别为I 1和U 1.重新调节R 的阻值，使电动机正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为I 2和U 2.则( )图10A ．这台电动机的线圈电阻为U 1I 1B ．这台电动机正常运转时线圈的发热功率为U 1I 1C ．这台电动机正常运转时的输出功率为U 2I 2－I 22U 1I 1D ．这个电源的内阻为U 2－U 1I 1－I 2答案 AC 解析 电动机不转动时满足欧姆定律，电动机的线圈电阻r 0＝U 1I 1，故A 对；电动机正常转动时的发热功率为P 1＝I 22r 0＝U 1I 22I 1，故B 错；这台电动机正常运转时输入功率为P 2＝U 2I 2 ，所以输出功率为P 3＝P 2－P 1＝U 2I 2－I 22r 0＝U 2I 2－I 22U 1I 1，故C 对；若滑动变阻器的阻值R 恒定不变，则根据闭合电路欧姆定律可知：E ＝U 1＋I 1(r ＋R )，E ＝U 2＋I 2(r ＋R )，解得：(r ＋R )＝U 2－U 1I 1－I 2 ，由于滑动变阻器的阻值变化，且不知道具体是多少，所以电源内阻不等于U 2－U 1I 1－I 2，故D 错．11．(2019·山东日照市上学期期末)在匀强磁场中，一个100匝的矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，线圈外接定值电阻和理想交流电流表(如图11甲所示)．穿过该线圈的磁通量按正弦规律变化(如图乙所示)．已知线圈的总电阻为2 Ω，定值电阻R ＝8 Ω(取π2＝10)．下列说法正确的是( )图11A ．电动势的瞬时值表达式e ＝42πsin πt (V)B ．电流表的示数最小为0C ．一个周期内产生的热量为32 JD ．0.5～1.5 s 的时间内，通过线圈横截面的电荷量为0答案 C解析 感应电动势的最大值为E m ＝NBSω＝NΦm ω＝N Фm ·2πT＝NΦm π＝100×42×10－2π V ＝42π V ，线圈电动势的瞬时值表达式为e ＝42πcos πt (V) ，故A 错误；交流电流表的示数为交变电流的有效值，I ＝E m 2(R ＋r )＝42π2(8＋2)A ＝0.4π A ．一个周期内产生的热量为Q ＝I 2(R ＋r )T ＝(0.4π)2×(2＋8)×2 J ＝32 J ，故B 错误，C 正确；0.5～1.5 s 的时间内，通过线圈横截面的电荷量为q ＝N ΔΦr ＋R＝100×82×10－210 C ＝45 2 C ，故D 错误．。
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。
物理-江苏省2018年高考二轮复习精品资料专题08 直流电路与交流电路(解析版).doc
专题08 直流电路与交流电路1.通常一次闪电过程历时约0.2~0.3 s,它由若干个相继发生的闪击构成.每个闪击持续时间仅40~80 μs,电荷转移主要发生在第一个闪击过程中.在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109 V,云地间距离约为1 km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C,闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的.根据以上数据,下列判断正确的是()A.闪电电流的瞬时值可达到1×105 AB.整个闪电过程的平均功率约为1×1014 WC.闪电时云地间的导电现象可用欧姆定律计算D.整个闪电过程向外释放的能量约为6×106 J答案：A2.图(甲)为一个电灯两端的电压与通过它的电流的变化关系曲线.由图可知,两者不成线性关系,这是由于电压增大,灯丝温度升高,电阻变大.如图(乙)所示,将这个电灯与20 Ω的定值电阻R串联,接在电动势为8 V的电源上,则电灯的实际功率为(不计电流表电阻和电源内阻)()A.0.6 WB.6 WC.0.9 WD.9 W答案：A解析：根据闭合电路欧姆定律可知：E=U L+IR代入数据得到：8=U L+20I在(甲)图中画出此方程的图线,如图所示.该图线与原图线的交点为此电路对应电灯中的电流和电压值.由图即可读出此电路中电灯两端的电压U=2 V,电流I=0.3 A,所以电灯的实际功率为P=UI=0.6 W.3.在研究微型电动机的性能时,应用如图所示的实验电路.当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时,电流表和电压表的示数分别为0.50 A和2.0 V.重新调节R 并使电动机恢复正常运转,此时电流表和电压表的示数分别为2.0 A和24.0 V.则这台电动机正常运转时的输出功率为()A.32 WB.44 WC.47 WD.48 W答案：A解析：电动机停止转动时,电动机的内阻r=Ω=4 Ω,电动机正常运转时输出功率为P=UI-I2r=32 W,A项正确.4.(2012北京顺义区一模)如图所示的电路中,电源电动势为E,内电阻为r,在滑动变阻器R2的滑片向上滑动的过程中,电阻R3上消耗的电功率()A.一直减小B.保持不变C.一直增大D.先增大后减小答案：A5.当电阻两端加上某一稳定电压时,通过该电阻的电荷量为0.3 C,消耗的电能为0.9 J.为在相同时间内使0.6 C的电荷量通过该电阻,在其两端需加的电压和消耗的电能分别是() A.3 V 1.8 J B.3 V 3.6 JC.6 V 1.8 JD.6 V 3.6 J答案：D解析：设两次加在电阻R上的电压分别为U1和U2,通电的时间都为t.由公式W1=U1q1和W1=t可得：U1=3 V,=0.1.再由W2=U2q2和W2=t可求出：U2=6 V,W2=3.6 J,故选项D正确.6.如图所示,电源电动势为E,内阻为r,平行板电容器的两金属板水平放置,开关S是闭合的,两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态,G为灵敏电流计.则以下说法正确的是()A.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴向上加速运动,G中有从b到a的电流B.在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中,油滴向下加速运动,G中有从b到a的电流C.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴仍然静止,G中有从a到b的电流D.在将S断开后,油滴仍保持静止状态,G中无电流通过答案：A7. 如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,当闭合开关S1,滑动变阻器滑片P向左移动的过程中,下列结论正确的是()A.小灯泡L变暗B.电流表读数变大,电压表读数变小C.电容器C上电荷量增加D.电源的总功率变小答案：B解析：滑动变阻器滑片P向左移动的过程中,滑动变阻器的有效阻值变小,闭合电路的外电阻变小,电路总电流增加,路端电压减小,所以电流表读数变大,电压表读数变小,选项B正确.电路总电流增加,小灯泡L变亮,选项A错误.小灯泡L两端电压增加,滑动变阻器两端的电压减小,电容器的电压减小,电容器上的电荷量减小,选项C错误.当电路外电阻等于电源内阻时电源的输出功率最大,滑动变阻器滑片P向左移动的过程中,外电路电阻变小,外电路电阻可能比电源内阻相差更大,也可能相差更小,所以电源的输出功率可能减小,也可能变大,选项D错误.8.在如图所示的U I图像中,直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线,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：ABD9.如图所示,R1为定值电阻,R2为可变电阻,E为电源电动势,r为电源内阻,以下说法中不正确的是()A.当R2=r时,R2上获得最大功率B.当R2=R1+r时,R1上获得最大功率C.当R2=0时,R1上获得最大功率D.当R2=0时,电源的输出功率最大答案：ABD10.如图4－9－18所示，理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻R L ＝6 Ω，AB 端电压u 1＝122sin 100πt (V)，下列说法正确的是 ( )图4－9－18A ．电流频率为100 Hz B.的读数为24 V C.的读数为0.5 AD ．变压器输入功率为6 W解析 由ω＝2πf ＝100π rad/s 得：f ＝50 Hz ，A 错．有效值U 1＝12 V ，又U 2U 1＝n 2n 1得：U 2＝6 V ，I 2＝U 2R L＝1 A ，B 、C 项错．由能量守恒得P 1＝P 2＝U 2I 2＝6 W ，D 对． 答案 D11．如图4－9－22所示，一理想变压器原线圈匝数n 1＝1 000匝，副线圈匝数n 2＝200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u ＝2202sin 100πt V ．副线圈中接一电动机，电阻为11 Ω，电流表A 2示数为1 A ．电表对电路的影响忽略不计，则 ( )图4－9－22A ．此交流电的频率为100 HzB ．电压表示数为220 2 VC ．电流表A 1示数为5 AD ．此电动机输出功率为33 W答案 D12．在某交变电流电路中，有一个正在工作的理想变压器，如图4－9－23所示．它的原线圈匝数n 1＝600 匝，交流电源的电动势e ＝311sin(100πt ) V(不考虑其内阻)，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，原线圈串联一个额定电流为0.2 A 的保险丝，副线圈匝数n 2＝120 匝，为保证保险丝不被烧断，则 ( )图4－9－23A ．负载功率不能超过62 WB ．副线圈电流最大值不能超过1 AC ．副线圈电路中的电阻R 不能小于44 ΩD ．副线圈电路中电压表的读数为62 V解析 由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝44 V ，D 错；由I 1I 2＝n 2n 1得I 2≤1 A ，所以负载功率最大为P 2＝U 2I 2≤44 W ，A 错；副线圈中的电流最大值为I m ＝ 2 A ，故B 错；由R ＝U 22P 2得R ≥44 Ω，C 对． 答案 C13．如图4－9－24所示，某发电机输出功率是100 kW ，输出电压是250 V ，从发电机到用户间的输电线总电阻为8 Ω，要使输电线上的功率损失为5%，而用户得到的电压正好为220V，求升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是()图4－9－24A．16∶1190∶11 B．1∶1611∶190C．1∶16190∶11 D．16∶111∶190故选项C正确．答案 C14．如图7所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为0.02 s，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈总电阻为2 Ω，匝数为100匝．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，t＝1300 s时线圈中感应电流为1 A．那么()图7A ．线圈中感应电流的有效值为2 AB ．线圈转动一周产生的焦耳热为0.16 JC ．t ＝1300s 时穿过线圈磁通量的变化率为0.02 Wb/s D ．线圈中的感应电动势瞬时值表达式为e ＝4sin 100πt (V)答案 C15．如图8所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压及输电线的电阻R 均不变．在用电高峰期，发电厂输出功率将增大，下列说法正确的是( )图8A ．升压变压器副线圈中电流变小B ．降压变压器副线圈中电流变小C ．输电线上损耗的功率减小D ．用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小答案 D解析 当发电厂输出功率增大时，根据P ＝UI 知，输出电压不变，则升压变压器原线圈中的电流增大，则副线圈中的电流也增大．故A 错误；当用电高峰期时，用电器增多，则降压变压器中电流也会变大，故B 错误；升压变压器副线圈中的电流等于输电线中的电流，则输电线中的电流增大，根据P 损＝I 2R 知，输电线上损失的功率增大，故C 错；用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例P －P 损P ＝1－I ΔU IU 2＝1－ΔU U 2，因为输电线上的电流增大，则电压损失ΔU 增大，U 2不变，所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小．故D正确．16．如图9甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R＝10 Ω.从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是()图9A．当S与a连接后，理想电流表的示数为2.2 AB．当S与a连接后，t＝0.01 s时理想电流表示数为零C．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍D．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz答案AC17．如图10甲所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，接线柱a、b间接一正弦交变电源，其电压随时间的变化规律如图乙所示．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2是用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器，R1为一定值电阻．下列说法中正确的是()图10A．电压表V的示数为22 VB．当R2所在处出现火警时，电压表V的示数减小C．当R2所在处出现火警时，电流表A的示数增大D．当R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变大答案BCD解析电压表测量R2两端的电压，因此电压表的示数小于22 V，A错；R2所在处出现火警时，温度升高，R2的阻值变小，电路总电阻变小，电流变大，R1的功率变大，根据串联分压特点，R2两端的电压减小，B、C、D正确．18．图11甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10∶1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，电阻R1＝R2＝R3＝20 Ω和电容器连接成如图甲所示的电路，其中电容器的击穿电压为8 V，电表为理想交流电表，开关S处于断开状态，则()图11A．电压表V的读数约为7.07 VB．电流表A的读数为0.05 AC．变压器的输入功率约为7.07 WD．若闭合开关S，电容器不会被击穿答案AD19．如图4－9－25所示，用理想变压器给电灯L供电，如果只增加副线圈的匝数，其他条件不变，则()图4－9－25A．电灯L亮度减小B．电流表示数增大C．电压表示数增大D．变压器输入功率不变答案BC20．现用电压为380 V的正弦式交流电给额定电压为220 V的电灯供电，以下电路中可能使电灯正常发光的有()解析由图可知，A、B选项中均有电阻分压，可以使电灯正常发光；C选项为降压变压器，通过变压器降压也可以使电灯正常发光；D选项为升压变压器，电灯两端的电压要大于380 V，不可行．答案ABC21.咸阳市区某学校创建绿色校园，如图1甲为新装的一批节能灯，该路灯通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变.如图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，R t为光敏电阻(光照强度增加时，其电阻值减小).现增加光照强度，则下列判断正确的是()图1A.电源路端电压不变B.R0两端电压变大C.B灯变暗，A灯变亮D.电源总功率不变答案 B22.如图2所示的闭合电路中，电源电动势为E，内阻为r，电阻箱R1、R2、电灯和理想电流表A1、A2分别接入电路中，电灯的电阻为R L(电表和用电器均安全工作)，下列说法正确的是()图2A.仅调节R1，电流表A1的示数总大于A2的示数B.仅使R2减小，电流表A2变化量比A1变化量大C.仅使R1增大，电源内阻消耗的功率变大D.仅调节电阻箱R1，R L＝R1＋r时，电灯L可达到最亮答案 B解析仅调节R1，R L与R2的大小关系不确定，所以电流表A1的示数不一定总大于A2的示数.故A错误.仅使R2减小，并联部分电阻减小，通过R L的电流减小，总电流增大，则通过R2的电流增大，且电流表A2变化量比A1变化量大.故B正确.仅使R1增大，总电阻增大，总电流减小，则电源内阻消耗的功率减小，故C错误.仅调节电阻箱R1，R1＝0时，电路中电流最大，电灯L的电压最大，达到最亮，故D错误.23.(多选)如图3所示，虚线框内为漏电保护开关的原理示意图：变压器A处用火线和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器.B处有一个输出线圈，一旦线圈B中有电流，经放大后便能推动继电器切断电源.如果甲、乙、丙、丁四人分别以图示方式接触电线(裸漏部分)，甲、乙、丙站在木凳上，则下列说法正确的是()图3A.甲不会发生触电事故，继电器不会切断电源B.乙会发生触电事故，继电器不会切断电源C.丙会发生触电事故，继电器会切断电源D.丁会发生触电事故，继电器会切断电源答案AD解析甲、乙、丙、丁四人，只有丁电流由火线经丁流入大地，出现漏电，继电器会切断电源.24.(多选)如图4所示，一边长为L的正方形均匀线圈，以AB边所在直线为轴在匀强磁场B 中做匀速转动，线圈转动的角速度为ω，若以图示位置为零时刻，则下列选项反映四条边上的电势差随时间的变化正确的有()图4答案 AD解析 线圈在磁场中转动产生感应电动势，只有CD 边产生感应电动势，故产生的感应电动势的最大值为E m ＝BL 2ω，产生的感应电动势的瞬时值为e ＝BL 2ωcos ωt ，根据闭合电路欧姆定律可知AB 、BC 、AD 边的最大感应电动势为E m ′＝r 4r E m ＝14BL 2ω，故这三个边的电压的瞬时值为e ′＝14BL 2ωcos ωt ，结合产生的感应电流的方向可知，A 、D 正确，B 错误；CD 端的电压即为路端电压，故瞬时值为e ″＝34BL 2ωcos ωt ，故C 错误.25.电阻为1 Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图5所示.现把交流电加在电阻为9 Ω的电热丝上，则下列说法中正确的是( )图5A.线圈转动的角速度为31.4 rad/sB.如果线圈转速提高一倍，则电流不会改变C.电热丝两端的电压U ＝100 2 VD.电热丝的发热功率P ＝1 800 W 答案 D26.(多选)如图6所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω，线圈匝数为n 、电阻为r ，外接电阻为R ，交流电流表.线圈从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)开始转过π3时的感应电流为I .下列说法中正确的是( )图6A.电流表的读数为2IB.转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为2I R ＋rnωC.从图示位置开始转过π2的过程中，通过电阻R 的电荷量为2IωD.线圈转动一周的过程中，电阻R 产生的热量为4πRI 2ω答案 BCD解析 由题有：I ＝I m cos π3，则得感应电流的最大值I m ＝2I ，有效值I 有＝22I m ＝2I ，则电流表的读数为2I ，故A 错误；感应电动势的最大值E m ＝I m (R ＋r )＝2I (R ＋r )，又E m ＝nBSω，磁通量的最大值Φm ＝BS ，联立解得：Φm ＝BS ＝2I R ＋rnω，故B 正确；从图示位置开始转过π2的过程中，通过电阻R 的电荷量q ＝n ΔΦR ＋r ＝n BS R ＋r ＝n ·1R ＋r ·2I R ＋r nω＝2I ω，故C 正确；线圈转动一周的过程中，电阻R 产生的热量Q ＝I 2有RT ＝(2I )2R ·2πω＝4πRI 2ω，故D 正确27.有一理想变压器，副线圈所接电路如图7所示，灯L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡.当S 断开时，灯L 1正常发光.S 闭合后，下列说法正确的是( )图7A.灯L 1、L 2都能正常发光B.原线圈的输入功率减小C.原、副线圈的电流比增大D.电阻R 消耗的功率增大 答案 D28.如图9甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，A 、V 均为理想电表，R 为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，L 1和L 2是两个完全相同的灯泡.原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u ，下列说法正确的是( )图9A.电压u 的频率为100 HzB.电压表V 的示数为22 VC.当光强增大时，A 示数变小D.当L 1的灯丝烧断后，V 示数不变 答案 D29.如图10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1∶2时，副线圈电路中标有“36 V ，36 W”的灯泡正常发光.以下判断正确的是( )图10A.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 ＝182sin 90πt VD.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 答案 C30.如图11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 的原、副线圈匝数比为k 1.降压变压器T ′的原、副线圈匝数比为k 2.原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，用户电阻为R (纯电阻)，若用户消耗功率为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P r 和用户获得的电压U 分别为( )图11A.P r ＝r Rk 22P U ＝2k 2U m 2k 1－2rk 22PR B.P r ＝2r Rk 22P U ＝2U m 2k 1k 2－2r k 22P R C.P r ＝2r Rk 22P U ＝2k 2U m 2k 1－2r k 1k 2P RD.P r ＝2r Rk 21P U ＝2U m 2k 1k 2－2rk 1k 2PR答案 B解析 用户流过的电流为I 4＝P R ，故在输电线路上的电流为I 3＝I 4k 2＝1k 2PR，故损失的电功率为P r ＝I 23·2r ＝2r Rk 22P ；升压变压器两端电压的有效值为U 1＝U m2， 输电线路上损失的电压为ΔU ＝I 3·2r ，升压变压器副线圈两端的电压为U 2＝U 1k 1故降压变压器原线圈的电压为U 3＝U 2－ΔU ，用户获得的电压U ＝U 3k 2联立解得U ＝2U m 2k 1k 2－2rk 22P R31.有一节干电池,电动势大约为1.5 V,内电阻约为1.0 Ω.某实验小组的同学们为了比较准确地测出该电池的电动势和内电阻,他们在老师的支持下得到了以下器材： A.电压表V(15 V ,10 kΩ)B.电流表G(量程3.0 mA,内阻R g =10 Ω)C.电流表A(量程0.6 A,内阻约为0.5 Ω)D.滑动变阻器R 1(0~20 Ω,10 A)E.滑动变阻器R 2(0~100 Ω,1 A)F.定值电阻R 3=990 ΩG.开关S 和导线若干(1)为了能准确地进行测量,同时为了操作方便,实验中应选用的滑动变阻器是 .(填写器材前字母)(2)请在虚线框内画出他们采用的实验原理图.(标注所选择的器材符号)(3)该小组根据实验设计的原理图测得的数据如下表,为了采用图像法分析处理数据,请你在下图所示的坐标纸上选择合理的标度,作出相应的图线.序号123456电流表G(I 1/mA) 1.37 1.35 1.26 1.24 1.18 1.11 电流表A(I 2/A)0.12 0.16 0.21 0.28 0.36 0.43(4)根据图线求出电源的电动势E=V(保留三位有效数字),电源的内阻r=Ω(保留两位有效数字).(2)电压表V的量程为15 V,量程太大不利于读数,不能使用.电流表G和定值电阻R3串联,就改装成了大量程的电压表,可以测量电路的路端电压,路端电压的表达式为U=I1(R g+R3).用电流表A测量电路的总电流.实验原理图如图(甲)所示；(3)作出图线如图(乙)所示(4)纵坐标的截距为1.48 mA,根据图线求出电源的电动势E=1.48 mA×1 000 Ω=1.48 V,电源的内阻r==Ω=0.84 Ω.答案：(1)D(2)见解析图(甲)(3)见解析中图(乙)(4)1.48(1.45~1.49均可)；0.84(0.80~0.90均可)。
高考物理二轮复习：直流电路与交流电路(答案+解析)
3图8 U151212以上的电压，火花塞中产生火花。
下列说法中正确的是（）12B ．灯泡2L 变亮C ．电容器C 的带电荷量增加D ．闭合S2瞬间流过电流表的电流方向自右向左22．如图26为发电厂向远处用户的输电电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变。
若输送功率增大，下列说法中正确的有（ ）图26A ．升压变压器的输出电压增大B ．降压变压器的输出电压增大C ．输电线上损耗的功率增大D ．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大23．一台小型发电机的最大输出功率为100 kW ，输出电压恒为500 V ，现用电阻率为-81.810Ωm ⨯，横截面积为-5210m 的输电线向3410m ⨯远处的用户输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上的损失功率不超过发电机总功率的4%，求：（1）所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？（2）如果用户用电器的额定电压为220 V ，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？ 24．如图27甲所示，长、宽分别为12L L 、的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n ，总电阻为r ，可绕其竖直中心轴12O O 转动。
线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C 、D （集流环）焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R 相连。
线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B 的大小随时间t 的变化关系如图乙所示，其中011B B t 、和均为已知。
在10t ～时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；1t 时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω匀速转动。
求：图27（1）10~t 时间内通过电阻R 的电流大小；（2）线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R 产生的热量； （3）线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R 的电荷量。
2R．2．【解析】3．4．【解析】5×0.2 W＝3 W，C．D正确。
2018版高考物理全国通用大一轮复习讲义文档：第十一章
[高考命题解读]第1讲 交变电流的产生和描述一、交变电流及其产生和图象 1．交变电流(1)定义：大小和方向都随时间做周期性变化的电流．(2)图象：如图1甲、乙、丙、丁所示都属于交变电流．其中按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流，如图甲所示．图12．正弦交变电流的产生和图象(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动． (2)两个特殊位置的特点：①线圈平面与中性面重合时，S ⊥B ，Φ最大，ΔΦΔt ＝0，e ＝0，i ＝0，电流方向将发生改变．②线圈平面与中性面垂直时，S ∥B ，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变．(3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次．(4)图象：用以描述交变电流随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦曲线．如图2甲、乙所示．图2二、正弦式交变电流的描述 1．周期和频率(1)周期(T )：交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T ＝2πω. (2)频率(f )：交变电流在1 s 内完成周期性变化的次数．单位是赫兹(Hz)． (3)周期和频率的关系：T ＝1f 或f ＝1T.2．正弦式交变电流的函数表达式(线圈在中性面位置开始计时)(1)电动势e 随时间变化的规律：e ＝E m sin ωt ，其中ω等于线圈转动的角速度，E m ＝nBSω. (2)负载两端的电压u 随时间变化的规律：u ＝U m sin ωt . (3)电流i 随时间变化的规律：i ＝I m sin ωt . 3．交变电流的瞬时值、峰值、有效值(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数．(2)峰值：交变电流(电流、电压或电动势)所能达到的最大的值，也叫最大值．(3)有效值：跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值．对正弦交流电，其有效值和峰值的关系为：E＝E m2，U＝U m2，I＝I m2.深度思考如图3甲、乙、丙、丁、戊所示，把5个面积相同的线圈放入同一匀强磁场中，绕不同的轴转动，在转动过程中感应电动势的最大值是否相同？为什么？图3答案相同，因为感应电动势的最大值E m＝nBSω，与转轴的位置无关，与线圈的形状无关．1．判断下列说法是否正确．(1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，一定会产生正弦式交变电流．(×)(2)线圈在磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动的过程中穿过线圈的磁通量最大时，产生的感应电动势也最大．(×)(3)有效值公式I＝I m2适用于任何交变电流．(×)(4)交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值．(√)(5)交流电压表和电流表测量的是交流电的平均值．(×)(6)我国使用的交变电流周期是0.02 s，电流方向每秒改变50次．(×) 2．(多选)关于中性面，下列说法正确的是()A．线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零B．线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大C ．线圈每经过一次中性面，感应电流的方向就改变一次D ．线圈每转动一周经过中性面一次，所以线圈每转动一周，感应电流的方向就改变一次 答案 AC3．(多选)图4甲为交流发电机的原理图，正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO ′匀速转动，电流表为理想交流电表，线圈中产生的交变电流随时间的变化如图乙所示，则( )图4A ．电流表的示数为10 AB ．线圈转动的角速度为50 rad/sC ．0.01 s 时线圈平面和磁场平行D ．0.01 s 时线圈的磁通量变化率为0 答案 AD4．(鲁科版选修3－2P61第1题)两只相同的电阻，分别通以正弦波形的交流电和方波形的交流电，两种交流电的最大值相等，且周期相等(如图5所示)．在正弦波形交流电的一个周期内，正弦波形的交流电在电阻上产生的焦耳热为Q 1，其与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q 2之比Q 1∶Q 2等于( )图5A ．1∶1B ．2∶1C ．1∶2D ．4∶3 答案 C5．(鲁科版选修3－2P61第2题)(多选)在两块金属板上加交变电压u ＝U m sin2πTt ，当t ＝0时，板间有一个带电粒子正处于静止状态，下面关于带电粒子以后的运动情况的判断正确的是( )A ．t ＝T 时，带电粒子回到原出发点B ．带电粒子始终向一个方向运动C ．t ＝T2时，带电粒子将有最大速度D ．t ＝T2时，带电粒子位移最大答案 BC命题点一 交变电流的产生及变化规律1．交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)2.交变电流瞬时值表达式的书写(1)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式E m ＝nBSω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．如：①线圈从中性面位置开始转动，则i －t 图象为正弦函数图象，函数式为i ＝I m sin ωt . ②线圈从垂直中性面位置开始转动，则i －t 图象为余弦函数图象，函数式为i ＝I m cos ωt . 例1 (多选)(2018·全国Ⅲ卷·21)如图6，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( )图6A ．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①扇形导线框；②两圆弧半径相等；③逆时针匀速转动．答案 BC解析 当导线框进入磁场过程中，根据E ＝12BR 2ω可得，感应电动势恒定，感应电流恒定，不是正弦式交流电，A 错误，C 正确；当导线框进入磁场时，根据楞次定律可得，两导线框中的感应电流方向为逆时针，当导线框穿出磁场时，根据楞次定律可得，导线框中产生的感应电流方向为顺时针，所以感应电流的周期和导线框运动周期相等，B 正确；导线框N 在完全进入磁场后有T4时间穿过导线框的磁通量不变化，没有感应电动势产生，即导线框N 在0～T 4和3T4～T 内有感应电动势，其余时间内没有；而导线框M 在整个过程中都有感应电动势，即便两导线框电阻相等，两者的电流有效值不会相同，D 错误．1．(2018·四川理综·4)小型手摇发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd ，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO ′，线圈绕OO ′匀速转动，如图7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，则发电机输出电压( )图7A ．峰值是e 0B ．峰值是2e 0C ．有效值是22Ne 0D ．有效值是2Ne 0答案 D解析 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，所以发电机的电动势峰值为2Ne 0，A 、B 错误；由于不计线圈的电阻，所以电机的输出电压峰值为2Ne 0，故有效值为2Ne 02＝2Ne 0，故D 正确．2．(多选)图8甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，从图甲所示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是( )图8A ．电流表的示数为10 AB ．线圈转动的角速度为50π rad/sC ．t ＝0.01 s 时，线圈平面与磁场方向平行D ．t ＝0.02 s 时，电阻R 中电流的方向自右向左 答案 AC解析 电流表测量的是电路中电流的有效值I ＝10 A ，选项A 正确．由题图乙可知，T ＝0.02 s ，所以ω＝2πT ＝100π rad/s ，选项B 错误．t ＝0.01 s 时，电流最大，线圈平面与磁场方向平行，选项C 正确．t ＝0.02 s 时，线圈所处的状态就是图示状况，此时R 中电流的方向自左向右，选项D 错误．3．(多选)(2018·天津·7)如图9甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a 、b 所示，则( )图9A ．两次t ＝0时刻线圈平面均与中性面重合B ．曲线a 、b 对应的线圈转速之比为2∶3C ．曲线a 表示的交变电动势频率为25 HzD ．曲线b 表示的交变电动势有效值为10 V 答案 AC解析 从图象可知，两次转动都是从中性面开始计时的，故A 选项正确．从图象可知，曲线a 、b 对应的线圈转动的周期之比为2∶3，则转速之比为3∶2，故B 选项错误．由图象可知，曲线a 的周期T a ＝4×10－2 s ，则曲线a 表示的交变电动势频率f a ＝1T a ＝25 Hz ，故C选项正确．交变电动势的最大值E m ＝nBSω，则曲线a 、b 表示的交变电动势的峰值之比为E m a ∶E m b ＝ωa ∶ωb ＝3∶2，即E m b ＝23E m a ＝10 V ，故曲线b 表示的交变电动势的有效值为E有＝102V ＝5 2 V ，D 选项错误． 命题点二 交流电有效值的求解1．交变电流有效值的规定：交变电流、恒定电流I 直分别通过同一电阻R ，在相等时间内产生焦耳热分别为Q 交、Q 直，若Q 交＝Q 直，则交变电流的有效值I ＝I 直(直流有效值也可以这样算)．2．对有效值的理解：(1)交流电流表、交流电压表的示数是指有效值；(2)用电器铭牌上标的值(如额定电压、额定功率等)指的均是有效值；(3)计算热量、电功率及保险丝的熔断电流指的是有效值；(4)没有特别加以说明的，是指有效值；(5)“交流的最大值是有效值的2倍”仅用于正弦式电流．3．交流电通过电阻产生的焦耳热的计算只能用交变电流的有效值(不能用平均值)求解，求解电荷量时只能用交变电流的平均值(不能用有效值)计算．图10例2 一个匝数为100匝，电阻为0.5 Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图10所示规律变化．则线圈中产生交变电流的有效值为( ) A ．5 2 A B ．2 5 A C ．6 A D ．5 A答案 B解析 0～1 s 内线圈中产生的感应电动势E 1＝n ΔΦΔt＝100×0.01 V ＝1 V ,1～1.2 s 内线圈中产生的感应电动势E 2＝n ΔΦΔt ＝100×0.010.2 V ＝5 V ，在一个周期内产生的热量Q ＝Q 1＋Q 2＝E 21R t 1＋E 22Rt 2＝12 J ，根据交变电流有效值的定义Q ＝I 2Rt ＝12 J 得I ＝2 5 A ，故B 正确，A 、C 、D 错误．例3 如图11所示电路，电阻R 1与电阻R 2串联接在交变电源上，且R 1＝R 2＝10 Ω，正弦交流电的表达式为u ＝202sin 100πt (V)，R 1和理想二极管D (正向电阻可看做零，反向电阻可看做无穷大)并联，则R 2上的电功率为( )图11A ．10 WB ．15 WC ．25 WD ．30 W二级管正向电阻可看做零，反向电阻可看做无穷大．答案 C解析 由图可知，当A 端输出电流为正时，R 1被短路，则此时R 2上电压有效值为：U 2＝U m2＝20 V ，当B 端输出电流为正时，R 1、R 2串联，则R 2两端电压有效值为U 2′＝U 22＝10 V ，则在一个周期内的电压有效值为：U 2′2R 2×T 2＋U 22R 2×T 2＝U 2R 2×T 解得：U ＝510 V 则有：P 2＝U 2R 2＝25010W ＝25 W.计算交变电流有效值的方法1．计算有效值时要根据电流的热效应，抓住“三同”；“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解．2．分段计算电热求和得出一个周期内产生的总热量．3．利用两个公式Q ＝I 2Rt 和Q ＝U 2Rt 可分别求得电流有效值和电压有效值．4．若图象部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的14(但必须是从零至最大值或从最大值至零)和12周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I ＝I m 2、U ＝U m2求解．4．(多选)如图12所示，某电路上接有保险丝、交流电压表、“220 V 900 W ”的电饭锅及“220 V 200 W ”的抽油烟机．现接入u ＝311sin 100πt (V)的交流电，下列说法正确的是( )图12A ．交流电压表的示数为311 VB ．1 s 内流过保险丝的电流方向改变100次C ．电饭锅的热功率是抽油烟机热功率的4.5倍D ．为保证电路正常工作，保险丝的额定电流不能小于5 A 答案 BD解析 由u ＝311sin 100πt (V)知，电压最大值U m ＝311 V ，f ＝100π2π Hz ＝50 Hz,1 s 内电流方向改变100次，电压有效值为U ＝U m2＝220 V ，故选项A 错误，B 正确；电饭锅的功率为抽油烟机功率的4.5倍，但抽油烟机不是纯电阻元件，其热功率小于200 W ，故选项C 错误；电路正常工作时的总功率P ＝1 100 W ，有I ＝P U ＝1 100220 A ＝5 A ，故选项D 正确．5．在如图13甲所示的电路中，D 为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)．R 1＝30 Ω，R 2＝60 Ω，R 3＝10 Ω.在MN 间加上如图乙所示的交变电压时，R3两端电压表的读数大约是( )图13A ．3 VB ．3.5 VC ．4 VD ．5 V 答案 B命题点三 交变电流“四值”的理解和计算 交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较例4 如图14所示，N ＝50匝的矩形线圈abcd ，ab 边长l 1＝20 cm ，ad 边长l 2＝25 cm ，放在磁感应强度B ＝0.4 T 的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO ′轴以n ＝3 000 r/min 的转速匀速转动，线圈电阻r ＝1 Ω，外电路电阻R ＝9 Ω，t ＝0时线圈平面与磁感线平行，ab 边正转出纸外、cd 边转入纸里．求：图14(1)t ＝0时感应电流的方向； (2)感应电动势的瞬时值表达式； (3)线圈转一圈外力做的功；(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R 的电荷量．t ＝0时线圈平面与磁感线平行，ab 边正转出纸外，cd 边转入纸里．答案 (1)感应电流方向沿adcba(2)e ＝314cos (100πt ) V (3)98.6 J (4)0.1 C解析 (1)根据右手定则，线圈感应电流方向为adcba . (2)线圈的角速度 ω＝2πn ＝100π rad/s图示位置的感应电动势最大，其大小为 E m ＝NBl 1l 2ω代入数据得E m ＝314 V 感应电动势的瞬时值表达式 e ＝E m cos ωt ＝314cos (100πt ) V . (3)电动势的有效值 E ＝E m2线圈匀速转动的周期T ＝2πω＝0.02 s线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即 W ＝I 2(R ＋r )T ＝E 2R ＋r·T代入数据得W ≈98.6 J.(4)从t ＝0起线圈转过90°的过程中，Δt 内流过R 的电荷量： q ＝N ΔΦ(R ＋r )Δt Δt ＝NB ΔS R ＋r ＝NBl 1l 2R ＋r 代入数据得q ＝0.1 C.6．(多选)如图15所示，边长为L 的正方形单匝线圈abcd ，电阻为r ，外电路的电阻为R ，ab 的中点和cd 的中点的连线OO ′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B ，若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕OO ′轴匀速转动，则以下判断正确的是( )图15A ．图示位置线圈中的感应电动势最大为E m ＝BL 2ωB ．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝12BL 2ωsin ωtC ．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量为q ＝2BL 2R ＋rD ．线圈转动一周的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝πB 2ωL 4R4(R ＋r )2答案 BD解析 图示位置线圈中的感应电动势最小，为零，A 错误．若线圈从图示位置开始转动，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e ＝12BL 2ωsin ωt ，B 正确．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量为q ＝ΔΦR 总＝BL 2R ＋r，C 错误．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫E m 2R ＋r 2·2πω·R ＝πB 2ωL 4R 4(R ＋r )2，D 正确，故选B 、D. 7．如图16甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动．若从中性面开始计时，产生的电动势随时间变化规律如图乙所示．已知发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接灯泡的电阻为9.0 Ω.求：图16(1)写出流经灯泡的瞬时电流的表达式； (2)转动过程中穿过线圈的最大磁通量； (3)线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功． 答案 (1)i ＝0.62sin 100πt (A) (2)2.7×10－2 Wb (3)7.2×10－2 J解析 (1)由图得e ＝E m sin ωt ＝62sin 100πt (V) 则电流i ＝eR ＋r ＝0.62sin 100πt (A)．(2)E m ＝BSω，E m ＝6 2 Vω＝100π rad/s ，Φm ＝BS ＝E m ω≈2.7×10－2 Wb ，(3)E ＝E m2＝6 V ， 外力所做的功W ＝Q ＝E 2R ＋rT ＝7.2×10－2 J.题组1 交变电流的产生和描述1．一交流电压为u ＝1002sin (100πt )V ，由此表达式可知( ) A ．用电压表测该电压其示数为50 V B ．该交流电压的周期为0.02 sC ．将该电压加在“100 V 100 W ”的灯泡两端，灯泡的实际功率小于100 WD ．t ＝1400s 时，该交流电压的瞬时值为50 V 答案 B解析 电压有效值为100 V ，故用电压表测该电压其示数为100 V ，A 项错误；ω＝100π rad/s ，则周期T ＝2πω＝0.02 s ，B 项正确；该电压加在“100 V 100 W ”的灯泡两端，灯泡恰好正常工作，C 项错；t ＝1400s 代入瞬时值表达式得电压的瞬时值为100 V ，D 项错． 2．(多选)一只闭合的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间的变化图象如图1所示，则下列说法正确的是( )图1A ．t ＝0时刻线圈平面与中性面重合B ．t ＝0.1 s 时刻，穿过线圈平面的磁通量的变化率最大C ．t ＝0.2 s 时刻，线圈中有最大感应电动势D ．若转动周期减小一半，则电动势也减一半 答案 AB解析 矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当以线圈通过中性面时为计时起点，感应电动势瞬时表达式为e ＝E m sin ωt ，由题图可知Φ＝Φm cos ωt ，当Φ最大时，e ＝ΔΦΔt ＝0即e ＝0，当Φ＝0时，ΔΦΔt 为最大即e ＝E m .所以A 、B 正确，C 错误；由E m ＝NBSω可知，周期减半时角速度增大一倍，则电动势就增大一倍，故D 错误．3．矩形线圈abcd 在如图2所示的磁场中以恒定的角速度ω绕ab 边转动，磁场方向垂直纸面向里，其中ab 边左侧磁场的磁感应强度大小是右侧磁场的2倍．在t ＝0时刻线圈平面与纸面重合，且cd 边正在向纸外转动．规定图示箭头方向为电流正方向，则线圈中电流随时间变化的关系图线应是( )图2答案 A题组2交变电流的有效值4．如图3所示，表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电的有效值是()图3A．5 2 A B．3.5 2 A C．3.5 A D．5 A答案 D5．(多选)如图4所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有()图4A．向下滑动PB．增大交流电源的电压C．增大交流电源的频率D．减小电容器C的电容答案BC解析向下滑动P时，副线圈的匝数变少，由理想变压器的电压关系可知，副线圈两端的电压变小，灯泡变暗，选项A错误；增大交流电源的电压，由理想变压器的电压关系可知，副线圈两端的电压增大，灯泡变亮，选项B正确；电压不变，增大交流电源的频率，电容器的容抗减小，电路中的电流变大，灯泡变亮，选项C正确；减小电容器的电容，电容器的容抗增大，电路中的电流减小，灯泡变暗，选项D错误．6．如图5甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，L1和L2是相同型号的白炽灯，L1与电容器C串联，L2与带铁芯的线圈L串联，为交流电压表．当原线圈接有如图乙所示的正弦交变电压时，两只灯泡的亮度相同，则()图5A ．与副线圈并联的电压表在t ＝1×10－2 s 时的示数为0B ．与副线圈并联的电压表在t ＝0.5×10－2 s 时的示数为22 2 VC ．当原线圈所接正弦交变电压的频率变为100 Hz 时，灯泡L 1变亮，灯泡L 2变暗D ．当原线圈所接交变电压的频率变为100 Hz 时，灯泡L 1变暗，灯泡L 2变亮 答案 C解析 与副线圈并联的电压表显示的数据为副线圈两端电压的有效值，在不改变其他条件时，其示数不变为22010＝22 V ，A 、B 错；正弦交变电压原频率为f ＝1T ＝50 Hz ，当f ′＝100Hz 时，容抗X C ＝12πfC减小，L 1中电流增大，功率增大，灯泡变亮，感抗X L ＝2πfL 增大，L 2中电流减小，功率减小，灯泡变暗，C 对，D 错． 题组3 交变电流“四值”的理解和应用7．如图6甲所示，标有“220 V 40 W ”的灯泡和标有“20 μF 300 V ”的电容器并联到交流电源上，为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关．下列判断正确的是( )图6A ．t ＝T2时刻，的示数为零B ．灯泡恰好正常发光C ．电容器不可能被击穿 D.的示数保持110 2 V 不变答案 B解析的示数应是电压的有效值220 V ，故A 、D 错；电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压，灯泡正常发光，B 正确；电压的峰值U m ＝220 2 V ≈311 V ，大于电容器的耐压值，故电容器有可能被击穿，C 错．8．如图7所示，N 匝矩形导线框以角速度ω绕对称轴OO ′匀速转动，线框面积为S ，线框电阻、电感均不计，在OO ′左侧有磁感应强度为B 的匀强磁场，外电路接有电阻R 和理想电流表，那么可以确定的是( )图7A ．从图示时刻起，线框产生的瞬时电动势为e ＝NBωS sin ωtB ．电流表的示数I ＝2ω4RNBS C ．R 两端电压的有效值U ＝ω2NBSD ．一个周期内R 上产生的热量Q ＝πω(NBS )2R答案 B解析 线框始终只有一半面积在磁场中，故瞬时电动势为e ＝NBSω2sin ωt ，电压有效值为U＝ω22NBS ，电流表示数I ＝U R ＝2ω4R NBS ，A 、C 错误，B 正确．Q ＝U 2R T ＝πω(NBS )24R ，D 错误．9．如图8甲所示是一种振动发电装置的示意图，一个半径r ＝0.10 m 、匝数n ＝20匝的线圈套在永久磁铁槽中，槽中磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右侧视图如图乙所示)，线圈所在位置磁感应强度B 的大小均为B ＝0.60π T ，线圈的电阻R 1＝0.50 Ω，它的引出线接有R 2＝9.50 Ω的小灯泡L ，为理想交流电流表．当线圈框架的P 端在外力作用下沿轴线做往复运动，便有电流通过灯泡．若线圈往复运动的规律如图丙所示(v 取向右为正)，则下列判断正确的是( )图8A ．电流表的示数为0.24 AB ．0.01 s 时回路中的电流最大C ．回路中交流电的频率为50 HzD ．0.015 s 时灯泡L 中电流的方向为从D →L →C 答案 C解析 由E ＝BL v 及v －t 图象可知，线圈往复运动所产生的感应电流为正弦式交流电，则E m ＝nB ×2πr v m ＝2.4 V ，电流的有效值I ＝E m 2(R 1＋R 2)＝0.242A ，A 错；由图象可知T ＝0.02s ，f ＝50 Hz ，C 正确；t ＝0.01 s 时，v ＝0，所以 I ＝0，B 错；t ＝0.015 s 时，由右手定则可知，电流方向为C →L →D ，D 错．10．(多选)如图9所示的正方形线框abcd 边长为L ，每边电阻均为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕cd 轴以角速度ω转动，c 、d 两点与外电路相连，外电路电阻也为r ，则下列说法中正确的是( )图9A ．S 断开时，电压表读数为22BωL 2 B ．S 断开时，电压表读数为28BωL 2 C ．S 闭合时，电流表读数为210rBωL 2D ．S 闭合时，线框从图示位置转过π2过程中流过电流表的电荷量为BL 27r答案 BD解析 电路中产生的感应电动势的最大值为E max ＝BL 2ω，有效值为E ＝E max 2＝22BL 2ω；当S断开时，电压表读数为U cd ＝E 4r ×r ＝28BωL 2，A 选项错误，B 选项正确；S 闭合时，电压表的读数为U cd ＝I ×r 2＝E 3r ＋r 2×r 2＝E 7＝214BL 2ω，电流表读数为2BL 2ω14r，C 选项错误；S 闭合时，线框从图示位置转过π2过程中流过电流表的电荷量为q ＝I Δt ＝12·E R ·Δt ＝12·ΔΦΔt 3r ＋r 2Δt ＝ΔΦ7r＝BL 27r，D 选项正确． 11．如图10所示，一个半径为r 的半圆形线圈，以直径ab 为轴匀速转动，转速为n ，ab 的左侧有垂直于纸面向里(与ab 垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B .M和N 是两个集流环，负载电阻为R ，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：图10(1)感应电动势的最大值；(2)从图示位置起转过14圈的时间内，负载电阻R 上产生的热量；(3)从图示位置起转过14圈的时间内，通过负载电阻R 的电荷量；(4)电流表的示数．答案 (1)π2Bnr 2(2)π4B 2r 4n 8R (3)πBr 22R (4)π2r 2nB2R解析 (1)线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流．此交变电动势的最大值为 E m ＝BSω＝B ·πr 22·2πn ＝π2Bnr 2(2)在线圈从图示位置转过14圈的时间内，电动势的有效值为E ＝E m 2＝2π2Bnr 22电阻R 上产生的热量为 Q ＝(E R )2R ·T 4＝π4B 2r 4n8R(3)在线圈从图示位置转过14圈的时间内，电动势的平均值为E ＝ΔΦΔt通过R 的电荷量q ＝I ·Δt ＝ER ·Δt ＝ΔΦR ＝πBr 22R(4)设此交变电动势在一个周期内的有效值为E ′，由有效值的定义得(E m2)2R ·T 2＝E ′2R T ，解得E ′＝E m2故电流表的示数为I ＝E ′R ＝π2r 2nB2R .。
高考物理二轮复习资料Ⅰ 专题11 直流和交流电路同步课件
► 探究点三 变压器原理
处理变压器问题的一般思路 1．处理与变压器相关的电路问题时，一般将电路分成原线 圈回路、副线圈回路分别考虑，用变压器的相关公式处理两回路 的关系． 2．分析变压器动态变化问题的思路模型
3．在匝数比一定的情况下，理想变压器的输出电压由输入 电压决定，输入电流由输出电流决定，输入功率由输出功率决 定．
A．电压表的示数为6 V B．在t＝0.01 s时，穿过线圈的磁通量为零 C．若线圈转速变为25 r/s，则电动势有效值为3 V D．若线圈转速变为25 r/s，则通过电灯的电流为1.2 A
•11、凡为教者必期于达到不须教。对人以诚信，人不欺我;对事以诚信，事无不成。 •12、首先是教师品格的陶冶，行为的教育，然后才是专门知识和技能的训练。 •13、在教师手里操着幼年人的命运，便操着民族和人类的命运。2022/1/182022/1/18January 18, 2022 •14、孩子在快乐的时候，他学习任何东西都比较容易。 •15、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 •16、一个人所受的教育超过了自己的智力，这样的人才有学问。 •17、好奇是儿童的原始本性，感知会使儿童心灵升华，为其为了探究事物藏下本源。2022年1月2022/1/182022/1/182022/1/181/18/2022 •18、人自身有一种力量，用许多方式按照本人意愿控制和影响这种力量，一旦他这样做，就会影响到对他的教育和对他发生作用的环境。 2022/1/182022/1/18
பைடு நூலகம்
【点评】 本题考查了正弦交变电流的产生原理、电动势 的峰值和有效值的关系等交变电流的基础知识．下面的变式 题则考查理想变压器的工作原理．
图4－11－5甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆 时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所 示．发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接灯泡的电阻为9.0 Ω，则( )
2018版高考物理二轮教师用书：第1部分 专题10 直流与交流 含解析 精品
专题十 直流与交流——————[知识结构互联]——————[核心要点回扣]——————1．闭合电路的欧姆定律(1)I ＝E R ＋r.(2)U 路＝E －Ir . 2．交变电流的“四值”(1)最大值：E m ＝NBSω.(2)瞬时值：e ＝E m sin_ωt .(3)有效值：由电流的热效应定义求解．(4)平均值：E ＝n ΔΦΔt .3．理想变压器的四个基本关系(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：I 1I 2＝n 2n 1. (4)频率关系：f 1＝f 2.考点1 直流电路的分析与计算(对应学生用书第51页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年1考：2018年Ⅱ卷T 17[考情分析]1．该考点单独命题较少，多与实验综合在一起考查．2．命题点多考查电路的结构、串、并联特点、电容器电容的计算等内容．3．要熟练掌握串、并联电路电压与电阻关系，电容、电压、电荷量的关系．4．不会简化电路结构，电容器的连接方式不清、不明白电容的电路相当于断路易造成错解．1．(直流电路的计算)(2018·Ⅱ卷T 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10-1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Q 2.Q 1与Q 2的比值为( )图10-1A.25B.12C.35D.23C [断开S 和闭合S 后等效电路分别如图甲、乙所示．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U 1＝15E ，U 2＝13E ，C 所带的电荷量Q ＝CU ，则Q 1∶Q 2＝3∶5，选项C正确．]在第1题中，若将电路调换为如图10-2所示，电源的内阻不计，电动势为12 V，R1＝8 Ω，R2＝4 Ω，电容C＝40 μF，则下列说法正确的是()图10-2A．开关断开时，电容器不带电B．将开关闭合，电容器充电C．将开关闭合后，稳定时电容器的电荷量为4.8×10－14 CD．若现开关处于闭合状态，将开关S断开，到再次稳定后，通过R1的总电荷量为3.2×10－4 C【解析】开关断开时，电容器两端电压不为零，电容器带电，A项错误；将开关闭合，电容器两端电压变小，电容器放电，B项错误；将开关闭合后，稳定时电容器的电荷量为Q＝U·C＝4×40×10－6C＝1.6×10－4C，C 项错误；若开关现处于闭合状态，将开关S断开，再次稳定后，通过R1的总电荷量ΔQ＝|ΔU|·C＝(12－4)×40×10－6 C＝3.2×10－4 C，D项正确．【答案】 D■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·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＝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．2．明确引起电路动态变化的原因(1)滑动变阻器、热敏电阻或光敏电阻的阻值变化．(2)某支路开关闭合或断开．3．闭合电路动态分析的两种常用方法(1)程序分析法：流程如下(2)利用结论法：即“串反并同”法①“串反”——即某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都减小(增大)；②“并同”——即某一电阻增大(减小)时，与它并联与间接并联的电阻中的电流、两端的电压、消耗的电功率都增大(减小)．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·考向1直流电路的动态分析1．(2018·钦州市港区月考)在如图10-3所示的电路中，电池的电动势为E，内电阻为r，R1、R2为两个阻值固定的电阻，当可变电阻R的滑片向下移动时，理想电流表的示数I和理想电压表的示数U将()【导学号：19624120】图10-3A．I变小，U变大B．I变大，U变小C．I变小，U变小D．I变大，U变大B[当R的滑动触头P向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知总电流I增大．电压表测量路端电压U，而U＝E－Ir，I增大，E、r不变，则U变小．设变阻器R2两端电压为U′，则U′＝E－I(R1＋r)，I增大，其他量不变，则U′变小，通过R2的电流变小，而总电流变大，则电流表的示数I变大．故B正确．](2018·吉林大学附中模拟)如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表．现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法正确的是()A．电流表A的示数变小，电压表V的示数变大B．小灯泡L变亮C．电容器C上电荷量减少D．电源的总功率变大A[闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小．电压表的示数U＝E－I(R L＋r)，I减小，其他量不变，则U增大，即电压表V的示数变大，故A正确，B错误．电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增大，由Q ＝CU，知电容器C上的电荷量增多，故C错误．电源的总功率P＝EI，I 减小，则电源的总功率变小，故D错误．]考向2直流电路的计算2．(2018·中卫市一模)机动车的尾气含有铅等大量有害物质，并且也是造成地球“温室效应”的重要因素之一．电动汽车因其无尾气排放且噪声小等因素，正在逐渐被人们接受．某国产品牌电动汽车的铭牌如下，已知蓄电池储存的电能等于其容量乘输出电压，则下列说法正确的是()B．电动机的内阻为0.5 ΩC ．蓄电池充满电后储存的电能不小于2.88×118 JD ．充满电后在额定功率下连续行驶的时间不小于16 hD [电动汽车正常工作时消耗的电功率为：P ＝U 额I 额＝36×50 W ＝1 800W ，故A 错误；电动机内阻的发热功率为：P 热＝P －P 出＝(1 800－1 675) W＝125 W ，则电动机内阻为：r ＝P 热I 2＝1252 500Ω＝0.18 Ω，故B 错误；蓄电池充满电后储存的电能为：W ＝UIt ＝800×3 600×36 J ＝1.18×118 J ，故C错误；在额定功率下连续行驶最长时间为：t ′＝UIt U 额I 额＝800×3636×50h ＝16 h ，故D 正确．](多选)(2018·湖北八校二联)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为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R 为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S 闭合后( )A ．L 1的电阻为112 ΩB ．L 1消耗的电功率为7.5 WC ．L 2的电阻为7.5 ΩD ．L 2消耗的电功率为0.3 WCD [S 闭合后，L 1两端的电压为3.0 V ，由乙图可知，I 1＝0.25 A ，故P 1＝0.75 W ，R 1＝12 Ω，A 、B 均错误；L 2与R 及电源串联，把R 和电源等效成电动势为3 V ，内阻为7.5 Ω的新电源，在图乙中作出新电源的I -U 图线，如图，两图线的交点表示出了此时L 2两端的电压与通过的电流的大小，由图知U 2＝1.5 V ，I 2＝0.2 A ，所以R 2＝U 2I 2＝1.50.2 Ω＝7.5 Ω，P 2＝U 2I 2＝1.5×0.2 W ＝0.3 W ，C 、D 正确．]考点2交变电流的产生与描述(对应学生用书第52页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计]五年1考：2018年Ⅲ卷T21[考情分析]1．该考点单独命题较少，常与变压器结合在一起命题．2．考查的重点是交变电流的变化规律及有效值的意义和计算．3．要掌握电磁感应现象产生的原因，法拉第电磁感应定律及交变电流中的基本概念和常用物理量．4．感应电动势产生及大小的计算，特别是切割类中的有效长度易错．2．(交流电的产生及有效值的计算)(多选)(2018·Ⅲ卷T21)如图10-4所示，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()图10-4A．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[题眼点拨]①“半圆形导线框”说明转初过程中一直有感应电流；②“扇形导线框”说明转动过程中只有一半时间内有感应电流；③“半径相等”说明有效切割长度相同．BC [两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A 错误；导线框的转动周期为T ，则感应电流的周期也为T ，选项B 正确；在t ＝T 8时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C 正确；M 导线框中一直有感应电流，N 导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D 错误．]在第2题中，若改成如图10-5所示的情景．单匝矩形闭合导线框abcd 一半处于磁感应强度为B 的水平有界匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与其中心线重合的竖直固定转轴OO ′以角速度ω匀速转动，固定转轴恰好位于匀强磁场的右边界．试写出线框中感应电流的瞬时值表达式并画出i -t 图象．(图中位置为计时位置)图10-5【解析】 线框中产生电动势的最大值Em ＝12BωS ，则I m ＝E m R ＝BωS 2R因图中位置为中性面，故电流瞬时值表达式为i ＝I m sin ωt ＝BωS 2R sin ωti -t 图象如图所示．【答案】 见解析■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·解决交变电流的产生和描述的基本思路(1)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．(2)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 ＝nBSω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．a ．若线圈从中性面位置开始转动，则i -t 图象为正弦函数图象，函数式为i ＝I m sin ωt .b ．若线圈从垂直中性面位置开始转动，则i -t 图象为余弦函数图象，函数式为i ＝I m cos ωt .■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 交变电流的产生3．(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10-6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( )【导学号：19624121】图10-6A ．ab 边长度为L ＝2e 0BωL 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 0πAC [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＝BL v ＝BL ωL 12，解得L ＝2e 0BωL 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．]考向2 交变电流的“四值”问题4．(多选)(2018·天津河东区二模)如图10-7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10-7A ．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2IR ωC ．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2I ωD ．线框转动一周的过程中，产生的热量为8πI 2R ωBC [由E m ＝nBSω，从中性面开始计时，则电流i ＝nBSωR sin ωt ，当ωt ＝π6时电流为I，则I＝nBSω2R，则2I＝nBSωR；由nBSωR＝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＝2IRnω，因n＝1，则B正确；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BStR t＝BSR＝2Iω，则C正确；电流的有效值为2I，线框转动一周的过程中，产生的热量为Q＝(2I)2R×2πω＝4πRI2ω，则D错误．](2018·张掖模拟)电动机的内电阻r＝2 Ω，与R＝8 Ω的电阻串联接在线圈上，如图所示．已知线圈面积为220m2，共100匝，线圈的电阻为2 Ω，线圈在B＝2πT的匀强磁场中绕OO′以转速n＝600 r/min匀速转动，在合上开关S后电动机正常工作时，电压表的示数为100 V．则下列说法正确的是()A．电路中电流的最大值为5 2 AB．电路中电流的最大值为10 2 AC．电动机正常工作时的输出功率为1 000 WD．电动机正常工作时的输出功率为800 2 WB[线圈的角速度ω＝20π rad/s，电动势的最大值E m＝NBSω＝200 2 V，有效值E＝E m2＝200 V，电路中的电流I＝E－UR＋r线圈＝10 A，电流的最大值为I m＝10 2 A，选项A错误，B正确；电动机正常工作时的输出功率为P出＝UI－I2r＝800 W，选项C、D错误．]考向3交变电流的图象问题5．(多选)(2018·湖南衡阳联考)如图10-8甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势如图乙中曲线a 、b 所示，则下列说法正确的是( )【导学号：19624122】图10-8A ．曲线a 表示的交变电动势瞬时值e a ＝36sin 25πt VB ．曲线b 表示的交变电动势最大值为28.8 VC ．t ＝5×10－2 s 时，曲线a 、b 对应的感应电动势大小之比为32∶2 D ．t ＝6×10－2 s 时，曲线a 对应线框的磁通量最大，曲线b 对应线框的磁通量为0AC [由图乙可知，E m a ＝36 V ，ωa ＝2πT a＝2π8×10－2 rad/s ＝25π rad/s ，则曲线a 表示的交变电动势瞬时值e a ＝E m a sin ωa t ＝36sin 25πt V ，故A 正确；由图乙知曲线a 、b 表示的交变电流的周期之比为T a ∶Τb ＝(8×10－2)∶(12×10－2)＝2∶3，由ω＝2πT 可知ωa ∶ωb ＝T b ∶T a ＝3∶2，所以曲线a 、b 表示的交变电动势的最大值之比为E m a ∶E m b ＝NBSωa ∶NBSωb ＝ωa ∶ωb ＝3∶2，又知E m a ＝36 V ，则E m b ＝24 V ，故B 错误；曲线a 表示的交变电动势瞬时值e a ＝36sin 25πt V ，曲线b 表示的交变电动势瞬时值e b ＝24sin 2π12×10－2t V ，将t ＝5×10－2 s 代入，得e a ＝－18 2 V ，e b ＝12 V ，|e a |∶e b ＝32∶2，故C 正确；由图乙知t ＝6×10－2 s 时，a 的电动势最大，对应线框的磁通量为0，b 的电动势为0，对应线框的磁通量最大，故D 错误．](多选)如图甲所示，将阻值为R ＝5 Ω的电阻接到内阻不计的正弦交流电源上，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流表串联在电路中．对此，下列说法正确的是( )A ．电阻R 两端电压变化规律的函数表达式为u ＝2.5sin 200πt (V)B ．在t ＝0.01 s 时刻穿过线圈的磁通量为180πWbC ．如图丙所示，若此交变电流由一矩形导线框在匀强磁场中匀速转动产生，当导线框的转速提高一倍后，电流表的示数为1 AD ．这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值的比为12ABD [读取i -t 图象信息．电流最大值为I m ＝0.5 A 、周期为T ＝0.01 s. 理解函数关系式．角速度为ω＝2πT ＝200π rad/s ，电阻R 两端电压最大值为U m ＝I m R ＝2.5 V ，则有u ＝2.5sin 200πt (V)，故选A.又有U m ＝BSω，在t ＝0.01 s 时刻穿过线圈的磁通量为Φm ＝BS ＝U m ω＝180πWb ，故选B.当转速提高一倍，则ω提高一倍，则U m ′＝2BSω，变为原来的2倍，则电流有效值也变为原来的2倍，为2×I m 2＝2×0.52A ≠1 A ，的示数为有效值，故不选C.图乙的正弦交流电的电流有效值为0.52A ，图丁所示的交变电流虽然方向发生变化，但大小恒为0.5 A，其有效值为0.5 A，其比值为0.520.5＝12，故选D.]考点3变压器问题(对应学生用书第53页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计]五年4考：2018年Ⅰ卷T16、Ⅲ卷T192018年Ⅰ卷T162018年Ⅱ卷T21[考情分析]1．该考点是本专题的命题热点，理想变压器的原理、基本规律的应用、电路结构的变化及分析与计算是主要命题角度．2．熟练掌握理想变压器的“三种关系”，能用直流电路动态分析方法结合变压器制约关系分析动态问题是突破该考点的关键．3．变压器“电压比”中电压是指变压器两端的电压．4．公式I1I2＝n2n1仅用于“一原一副”的情况．“一原多副”要结合功率关系求解．5．变压器动态变化类要看清电路结构，找到变化原因，分清变量、不变量．3．(变压器的基本关系)(2018·Ⅰ卷T16)一含有理想变压器的电路如图10-9所示，图中电阻R1、R2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()【导学号：19624123】图10-9A．2B．3C．4 D．5[题眼点拨]①“S断开”说明副线圈R2、R3串联；②“S闭合”说明副线圈电阻R3被短路；③“理想变压器”说明电源输出功率等于R1与副线圈消耗的功率之和．B[设原、副线圈的匝数比为k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为I时，副线圈电流为kI；原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI.根据变压器的输入功率等于输出功率得UI－I2R1＝(kI)2(R2＋R3)4UI－(4I)2R1＝(4kI)2R2联立两式代入数据解得k＝3选项B正确．]4．(变压器的基本关系)(多选)(2018·Ⅲ卷T19)如图10-10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()图10-10A．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∶9AD[设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A正确，选项B错误；由9U0I a＝U0I b得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据P＝UI，a、b灯泡的电功率之比为1∶9，选项C错误，选项D正确．]在第4题中，将两额定电压相同的灯泡a、b换为电阻值相同的两个定值电阻如图10-11所示．已知理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1 ，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，设副线圈回路中电阻两端的电压为U.原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则()图10-11A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13【解析】 设原、副线圈中的电流分别为I 1、I 2，则I 1I 2＝n 2n 1＝13，故k ＝I 21R I 22R ＝19.设原线圈两端的电压为U 1，则U 1U ＝n 1n 2＝31，故U 1＝3U ，而原线圈上电阻分担的电压为13U ，故U 3＋3U ＝220 V ，解得U ＝66 V ．选项A 正确．【答案】 A5．(变压器的动态分析)(多选) (2018·Ⅱ卷T 21)如图10-12所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表Ⓐ接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )【导学号：19624124】图10-12A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小C ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍[题眼点拨] ①“二极管正向电阻为零，反向电阻无穷大”说明一个周期T内R 中只有T 2时间有电流通过；②“将二极管短路”说明R 两端电压为正弦式交变电压．BD [变压器的变压比U 1U 2＝n 1n 2，其中U 1、U 2是变压器原、副线圈两端的电压．U 1＝U ab ，由于二极管的单向导电特性，U cd ≠U 2，选项A 错误．增大负载电阻R 的阻值，负载的电功率减小，由于P 入＝P 出，且P 入＝I 1U ab ，所以原线圈上的电流I 1减小，即电流表的读数变小，选项B 正确．c 、d 端的电压由输入电压U ab 决定，负载电阻R 的阻值变小时，U cd 不变，选项C 错误．根据变压器上的能量关系有E 输入＝E 输出，在一个周期T 的时间内，二极管未短路时有U ab I 1T ＝U 2R ·T 2＋0(U 为副线圈两端的电压)，二极管短路时有U ab I 2T ＝U 2R T ，由以上两式得I 2＝2I 1，选项D 正确．]■熟技巧·类题通法…………………………………………………………………·变压器分析与计算的两点技巧1．理想变压器问题中的两个“理清”(1)理清变量和不变量．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)理清动态变化过程中的决定关系，即U 2由U 1决定，P 1、I 1由P 2、I 2决定．2．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．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 变压器的基本关系6. (2018·北京高考)如图10-13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( )【导学号：19624125】图10-13A ．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 sB [理想变压器原线圈两端电压的有效值为U 1＝220 V ，U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2U 1n 1＝110 V ，即电压表的读数为110 V ，通过负载电阻的电流I 2＝U 2R ＝11055 A ＝2 A ，则副线圈的输出功率P ＝U 2I 2＝110×2 W ＝220 W ，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，为220 W ，故选项A 、C 错误．由n 1I 1＝n 2I 2得I 1＝n 2I 2n 1＝1 A ，即电流表的读数为1 A ，选项B 正确． 由u ＝2202sin 100πt (V)可知，角速度ω＝100π rad/s ，原线圈所接交流电的周期T ＝2πω＝0.02 s ，副线圈输出交流电的周期不变，仍为0.02 s ，选项D 错误．]考向2 变压器的动态分析7．(2018·鸡西市模拟)某同学模拟“远距离输电”，将实验室提供的器材连接成如图10-14所示电路，A 、B 为理想变压器，灯L 1、L 2相同且阻值不变．保持A 的输入电压不变，开关S 断开时，灯L 1正常发光．则( )图10-14A ．仅闭合S ，L 1变亮B ．仅闭合S ，A 的输入功率变小C ．仅将滑片P 上移，L 1变亮D ．仅将滑片P 上移，A 的输入功率变小D[闭合S，则消耗功率增大，B副线圈中电流增大，B原线圈电流也增大，则R上损失的电压和功率增大，则B输入电压U B1＝U A2－IR，减小，灯泡两端电压U B2减小，故灯泡会变暗，故A错误；由上分析知A的输入电流增大，电压不变，根据P＝UI知输入功率增大，故B错误；仅将滑片P上移，A副线圈匝数减小，则输出电压减小，B的输入电压减小，灯泡电压也减小，故L1变暗，消耗功率减小，则A输入功率减小，故C错误，D正确．](2018·晋城市三模)如图1所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，副线圈线路由理想电压表、理想电流表、理想二极管、电阻R及电容器连接组成，R＝55 Ω，原线圈a、b端接入如图2所示的交变电流，则下列说法正确的是()A．电流表的示数为 2 AB．电压表的示数为110 VC．若只增大原线圈输入交流电的频率，则电流表的示数变大D．若只增大原线圈输入交流电的频率，则电压表的示数变小C[原线圈两端的输入电压的有效值为220 V，根据U1U2＝n1n2可得U2＝110V，由于理想二极管反向电阻无穷大，故相当于断路，故交变电流只有半个周期通过，根据电流的热效应可得U22R·T2＝U′2R·T，解得U′＝55 2 V，由于流过电流表的电流为流过电阻和电容器的电流之和，因无法求得流过电容器的电流，故无法求得电流表的电流，故A、B错误；若只增大原线圈输入交流电的频率，电容器的容抗减小，故副线圈回路中总的电阻减小，根据I＝U′R总可知，电流增大，故C正确；若只增大原线圈输入交流电的频率，电压表的示数不变，故D错误．]热点模型解读| 输电模型(对应学生用书第55页)压变压器的变压比为n ，输电线的电阻为R ，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，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V 2的示数减小了ΔU ，则下列判断正确的是( )图10-15A ．电流表A 2的示数增大了ΔU RB ．电流表A 1的示数增大了n ΔU RC ．电流表V 1的示数减小了ΔUD ．输电线损失的功率增加了(n ΔU R )2R[解题指导] 此题属于远距离输电过程中的变压器动态分析模型，理想变压器满足原副线圈电压、电压变化量与匝数成正比，电流的变化量与匝数成反比．B [电压表V 2的示数减小了ΔU ，根据变压器的变压比可知降压变压器输入电压减小了ΔU 3＝n ΔU ，由于升压变压器输入电压不变，因此输电线上的电压增大了n ΔU ，因此电流表A 1的示数增大了n ΔU R ，B 正确；根据变流比，电流表A 2的示数增大了n 2ΔU R ，A 错误；由于发电机的输出电压不变，因此升压变压器的输出电压不变，电压表V 1的示数不变，C 错误；设原来输电线上的电流为I ，则输电线损失的功率增加了(I ＋n ΔU R )2R －I 2R ，不等于(n ΔU R )2R ，D 错误．][拓展应用] (2018·黄冈中学模拟)一般发电机组输出的电压在十千伏上下，不符合远距离输电的要求．要在发电站内用升压变压器，升压到几百千伏后再向远距离输电．到达几百公里甚至几千公里之外的用电区之后，再经“一次高压变电站”“二次变电站”降压．已知经低压变电站降压变压器(可视为理想变压器)后供给某小区居民的交流电u ＝2202sin 100πt V ，该变压器原、副线圈匝数比为50∶1，则( )【导学号：19624126】A ．原线圈上的电压为11 000 2 VB ．原线圈中电流的频率是100 HzC ．原线圈使用的导线应该比副线圈的要粗D ．采用高压输电有利于减少输电线路中的损耗D [供给某小区居民的交流电u ＝2202sin 100πt V ，最大值为220 2 V ，故输出电压有效值为220 V ，根据变压比公式U 1U 2＝n 1n 2，输入电压为：U 1＝50×2201V＝11 000 V，故A错误；交流电u＝2202sin 100πt V，故频率f＝100π2πHz＝50 Hz，故B错误；变压器原、副线圈的电流比等于匝数之反比，即I1I2＝n2n1＝150，副线圈的电流大于原线圈的电流，所以副线圈的导线粗，故C错误；在输送电功率一定的情况下，根据公式P＝UI，高压输电有利于减小输电电流，电功率损耗ΔP＝I2r也会减小，故D正确．]。
2019-2020大二轮高考总复习物理课件第11讲 直流电路与交流电路
3－2． (2017·宁德市高中质检)如图所示，理想变压器的副线圈 V、44 W”的灯泡和线圈电阻 r＝1 Ω 的电动机，原线圈接上 u＝220 弦交流电后灯泡和电动机都正常工作，且原线圈中理想交流电流表的 列说法正确的是( D )
A．理想变压器原、副线圈匝数之比为 4∶1 B．电动机的输出功率为 176 W C．电动机的热功率为 6 W D．若电动机被卡住，灯泡仍正常工作，则电流表的示数变为 9
电流改变方向，选项 B、C 错误；交流电电动势的最大值 Em＝nBS 有效值 E＝ 22Em＝2 2π V，一个周期内线圈产生的热量 Q＝ER2·T＝
2－2.(多选)如图所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，匝 阻为 r＝1 Ω 的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴 线圈两端经集流环和电刷与电路连接，定值电阻 R1＝6 Ω，R2＝3 Ω 线圈匀速转动的周期 T＝0.2 s．从线框与磁场方向平行位置开始计时 中，理想电压表的示数为 2 V．下列说法中正确的是( AD )
A．电阻 R1、R2 可能分别为 4 Ω、5 Ω B．电阻 R1、R2 可能分别为 3 Ω、6 Ω C．开关 K 断开时理想电压表的示数一定小于 K 闭合时的示数 D．开关 K 断开与闭合时，理想电压表的示数变化量大小与理想 量大小之比一定等于 6 Ω
解析：开关闭合时，ab 段只有电阻 R1 工作，消耗的电功率为
A．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8π2J
解析：由 Φ -t 图可知，t＝0 时，Φ＝0，则线圈平面平行于磁感 t＝1 s 时 Φ＝0，此时电动势最大，t＝0.5 s 和 t＝1.5 s 时，Φ 最大，
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专题四电路与电磁感应第11讲直流电路与交流电路一、明晰两个网络，理清两类电路二、明确变压器各物理量间的制约关系三、谨记三点提醒，全面清除雷区1．变压器匝数不变时，变压器的输入、输出电压均不变，但变压器原、副线圈中的电流均随负载的变化而变化．2．变压器匝数变化时，要注意区分是原线圈还是副线圈匝数变化．3．当变压器输出电压一定时，移动变阻器的滑动触头或改变接入的用电器多少时，引起的各物理量的变化分析方法同直流电路的动态分析方法．高频考点1 直流电路的分析与计算1－1． (2017·上海卷)将四个定值电阻a 、b 、c 、d 分别接入电路，测得相应的电流、电压值如图所示．其中阻值最接近的两个电阻是( )A ．a 和bB ．b 和dC ．a 和cD ．c 和d解析：本题考查U -I 图象的意义．根据R ＝U I 知，定值电阻的U -I 图线的斜率表示定值电阻的阻值．在U -I 图中分别连接O 与4个点，根据它们的倾斜度可知，a 和b 的阻值最接近，故选A ．答案：A1－2.(2017·辽师大附中期中)科学家研究发现，磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而变小，如图所示电路中GMR 为一个磁敏电阻，R 和R 2为滑动变阻器，R 1和R 3为定值电阻，当开关S 1和S 2闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，则( )A ．只调节电阻R ，当P 1向右端移动时，电阻R 1消耗的电功率变大B ．只调节电阻R ，当P 1向右端移动时，带电微粒向下运动C ．只调节电阻R 2，当P 2向下端移动时，电阻R 1消耗的电功率变大D ．只调节电阻R 2，当P 2向下端移动时，带电微粒向下运动解析：只调节电阻R ，当P 1向右端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电源电动势不变，所以电路中的电流减小，电磁铁的磁性减弱；由于电磁铁磁性的减弱，导致了磁敏电阻GMR 的阻值减小，则通过R 1的电流增大，其电功率增大．电容器两端的电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动．A 正确，B 错误；只调节电阻R 2，当P 2向下端移动时，回路中电流不变，电阻R 1消耗的电功率不变．电容器板间电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，C 、D 错误；故选A ．答案：A1－3． (多选)(2017·衡阳八中高三质检)如图所示电路中，电源电动势E 恒定，内阻r ＝1 Ω，定值电阻R 3＝5 Ω.开关K 断开与闭合时，ab 段电路消耗的电功率相等．则以下说法中正确的是( )A ．电阻R 1、R 2可能分别为4 Ω、5 ΩB ．电阻R 1、R 2可能分别为3 Ω、6 ΩC ．开关K 断开时理想电压表的示数一定小于K 闭合时的示数D ．开关K 断开与闭合时，理想电压表的示数变化量大小与理想电流表的示数变化量大小之比一定等于6 Ω 解析：开关闭合时，ab 段只有电阻R 1工作，消耗的电功率为P ＝⎝⎛⎭⎫ER 1＋R 3＋r 2R 1，当开关断开时，ab 段电阻R 1和R 2工作，消耗的电功率为P ＝⎝⎛⎭⎫ER 1＋R 2＋R 3＋r 2(R 1＋R 2)，代入数据可得A 正确B 错误；将R 3和电源内阻看作一整体，则此时电压表测量路端电压，当断开时路端总电阻大于闭合时的，所以断开时电压表示数大，C 错误；根据闭合电路欧姆定律得：U ＝E －(R 3＋r )I ，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为：ΔUΔI ＝R 3＋r ＝6 Ω，D 正确．答案：AD直流电路中的功率问题(1)非纯电阻电路的电功率分析①纯电阻电路：P 电＝P 热＝I 2R ＝IU ＝U 2R；②非纯电阻电路：P 电＝P 热＋P 机，即UI ＝I 2R ＋P 机． (2)电流的输出功率与负载的关系分析①当R ＝r 时，电源的输出功率最大，为P m ＝E 24r ；②当R >r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越小； ③当R <r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越大；④当P 出<P m 时，每个输出功率对应两个外电阻阻值R 1和R 2，且R 1R 2＝r 2．高频考点2 交变电流的产生、描述2－1.(多选)(2017·天津卷)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示正弦规律变化．设线圈总电阻为2 Ω，则( )A ．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8π2J解析：由Φ -t 图可知，t ＝0时，Φ＝0，则线圈平面平行于磁感线，选项A 正确；t ＝1 s 时Φ＝0，此时电动势最大，t ＝0.5 s 和t ＝1.5 s 时，Φ最大，此时电动势为0，电流改变方向，选项B 、C 错误；交流电电动势的最大值E m ＝nBSω＝nΦm 2πT ＝4π V ，有效值E ＝22E m ＝22π V ，一个周期内线圈产生的热量Q ＝E 2R·T ＝8π2J ，D 正确．答案：AD2－2.(多选)如图所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，匝数n ＝100匝，电阻为r ＝1 Ω的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈两端经集流环和电刷与电路连接，定值电阻R 1＝6 Ω，R 2＝3 Ω，其他电阻不计，线圈匀速转动的周期T ＝0.2 s ．从线框与磁场方向平行位置开始计时，线圈转动的过程中，理想电压表的示数为2 V ．下列说法中正确的是( )A ．电阻R 1上的电功率为23WB ．t ＝0.4 s 时，电阻R 2两端的电压瞬时值为零C ．从开始计时到1/20 s 通过电阻R 2的电荷量为210πCD ．若线圈转速增大为原来的2倍，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e ＝62cos 20πt (V)解析：电阻R 1上的电功率为P ＝U 2R 1＝226W ＝23W ，故A 正确；线圈匀速转动的周期T ＝0.2 s ，t ＝0.4 s 时正好又转到了与磁场方向平行位置，故此时线圈产生的感应电动势最大，故电阻R 2两端的电压瞬时值最大，故B 错误；根据闭合电路欧姆定律产生的感应电动势的有效值E ＝R ＋r R U ＝2＋12×2 V ＝3 V ，最大值E m ＝2E ＝32V ，有E m＝NBSω，故BS ＝E m Nω＝32100×10π＝321000π，故Φ＝BS sin ωt ＝321000πsin 10πt ，从开始计时到1/20 s ，磁通量的变化量ΔΦ＝321000π，故通过电阻R 2的电荷量为q ＝23×N ΔΦR ＋r ＝215πC ，故C 错误；转速增大2倍，故产生的感应电动势E m＝NBSω变为原来的2倍，故最大值为E ′m ＝62V ，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e ＝62cos 20πt (V)，故D 正确，故选AD ．答案：AD高频考点3 理想变压器的工作原理与计算理想变压器原、副线圈基本量间的关系提醒：对于有多个副线圈的变压器，电压关系不变，电流关系应从功率角度分析，具体如下． (1)U 1U 2＝n 1n 2，U 1U 3＝n 1n 3，… (2)n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋… (3)P 1＝P 2＋P 3＋…3－1.(2017·湖北省七市(州)联考)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，原线圈回路接有内阻不计的交流电流表A ，副线圈回路接有定值电阻R ＝2 Ω，现在a 、b 间和c 、d 间分别接上示波器，同时监测得a 、b 间，c 、d 间的电压随时间变化的图象如下图所示，则下列说法中错误的是( )A ．T ＝0.02 sB ．n 1∶n 2≈55∶1C ．电流表A 的示数I ≈36.4 mAD ．当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值为0解析：由图知，电压变化的周期是0.02 s ，所以A 正确；根据变压规律得：n 1n 2＝U 1U 2≈55，所以B 正确；副线圈的电流I 2＝U 2R ＝5.6622 A ，根据变流规律得原线圈电流I 1＝I 255≈0.0364 A ＝36.4 mA ．所以C 正确；由图知，当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值也最大，故D 错误．本题错误的选择D ．答案：D3－2． (2017·宁德市高中质检)如图所示，理想变压器的副线圈接有一规格为“44 V 、44 W ”的灯泡和线圈电阻r ＝1 Ω的电动机，原线圈接上u ＝2202sin 100πt (V)的正弦交流电后灯泡和电动机都正常工作，且原线圈中理想交流电流表的示数为1 A ，则下列说法正确的是( )A ．理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1B ．电动机的输出功率为176 WC ．电动机的热功率为6 WD ．若电动机被卡住，灯泡仍正常工作，则电流表的示数变为9 A 解析：原线圈两端的电压U 1＝22022＝220 V ，根据题意灯泡和电动机都正常工作，所以灯泡两端的电压为44 V ，根据电压与匝数成正比，得n 1n 2＝U 1U 2＝22044＝51，选项A 错误；根据电流与匝数成反比得副线圈中的电流，I 2＝5I 1＝5 A ，灯泡中的电流I L ＝P L U L ＝4444A ＝1 A ，则电动机的电流为I M ＝4 A ，电动机的热功率：P 热＝I 2M r ＝16 W ；则电动机输出功率：P 出＝U 2I M －I 2M r ＝44×4－42×1＝160 W ，选项BC 错误；若电动机被卡住，电灯正常发光，则通过电动机的电流I ′M ＝441 A ＝44 A ；此时变压器次级电流为45 A ，则初级电流I 1′＝n 2n 1I 2′＝455A ＝9 A ，电流表的示数变为9 A ，选项D 正确；故选D ．答案：D3－3.(2017·北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 100 πt (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：由题知，变压器的输入电压U 1＝22022 V ＝220 V ，所以U 2＝n 2n 1U 1＝110 V ；副线圈电流I 2＝U 2R ＝2 A ，原线圈电流I 1＝n 2n 1I 2＝1 A ．本题中电压表、电流表的读数为有效值，故B 项正确，C 项错误；原线圈输入功率P 1＝U 1I 1＝220 W ，A 项错误；交流电的周期T ＝2πω＝2π100πs ＝0.02 s ，D 项错误．答案：B高频考点4 理想变压器与远距离输电问题4－1.(多选)(2017·衡阳市第二次联考)某同学在实验室中研究远距离输电．由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的电磁感应)．在输送功率相同时，第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P 1，第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器T 1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2，理想变压器T 2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P 2.下列说法正确的是( )A ．前后两次实验都可用于研究远距离直流输电B ．实验可以证明，T 1采用升压变压器⎝⎛⎭⎫匝数比为n 2n 1>1能减少远距离输电的能量损失 C ．若输送功率一定，则p 2∶p 1＝n 1∶n 2D ．若输送功率一定，则p 2∶p 1＝n 21∶n 22解析：变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A 错误；实验可以证明，T 1采用升压变压器能减小输电电流，能减少远距离输电的能量损失，故B 正确；第一次实验输电线上的电流I ＝P U 1，输电线上损失的功率P 1＝I 2R ＝P 2U 21R ；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U 2＝n 2n 1U 1，输电线上的电流I ′＝PU 2，输电线上损失的功率P 2＝I ′2R ＝P 2U 22R ，所以：P 2P 1＝U 21U 22＝n 21n 22故D 正确，C 错误．故选BD ．答案：BD4－2.(多选)(2017·第一次全国大联考卷Ⅰ)如图所示，(a )是远距离输电线路的示意图，变压器均为理想变压器．(b )是用户内部电路图，由1 000个完全相同的电阻并联．(c )是某个电阻的电流随时间变化的图象．已知升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶100，降压变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，远距离输电线的总电阻为r ＝20 Ω，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，不考虑降压变压器与用户间导线的电阻，则( )A ．发电机的输出功率是4×106 WB ．升压变压器的输入电压是400 VC ．降压变压器的输入电压是40 000 VD ．用户电路中每个电阻的阻值是3 800 Ω解析：用户电路中通过每个电阻的电流有效值I ＝1 A ，降压变压器的输出电流I 4＝nI ＝1 000 A ，升压变压器的输出电流I 2、输电线上的电流I 线、降压变压器的输入电流I 3相等，输电线上的电流I 线＝I 2＝I 3＝n 4n 3I 4＝100 A ，输电线上损失的电功率ΔP ＝I 2线r ＝2×105W ，发电机的输出功率也就是输电功率P 1＝ΔPη＝4×106W ，A 正确；升压变压器的输入电流I 1＝n 2n 1I 2＝10 000 A ，升压变压器的输入电压U 1＝P 1I 1＝400 V ，B 正确；升压变压器的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝40 000 V ，降压变压器的输入电压U 3＝U 2－I 线r ＝38 000 V ，C 错误；降压变压器的输出电压U 4＝n 4n 3U 3＝3 800V ，每个电阻的阻值是R ＝U 4I＝3 800 Ω，D 正确．答案：ABD远距离输电中的“三路两耗”(1)三个回路回路1：发电机回路．该回路中，通过线圈1的电流I 1等于发电机中的电流I 机；线圈1两端的电压U 1等于发电机的路端电压U 机；线圈1输入的电功率P 1等于发电机输出的电功率P 机．回路2：输送电路．I 2＝I 3＝I R ，U 2＝U 3＋U R ，P 2＝P R ＋P 3． 回路3：输出电路．I 4＝I 用，U 4＝U 用，P 4＝P 用． (2)两种损耗①电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，U R ＝U 2－U 3＝I R R ． ②功率损耗：输电线上的功率损耗P 损＝I 2R ＝P 2－P 3．电路的动态变化模型电路的动态变化模型的特点一般为电路中一个元件的电阻发生变化，可能会引起电路中电流、电压、功率同时发生变化，使整个电路处于动态变化之中．此模型涉及电路中的内、外电路，需要分析的物理量较多，能很好地考查考生应用闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律综合分析的能力．直流电路动态变化模型(多选)如图，电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r .将滑动变阻器滑片向下滑动，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为ΔI ，则( )A ．A 的示数增大B ．V 2的示数增大C ．ΔU 3与ΔI 的比值大于rD ．ΔU 1大于ΔU 2[思路点拨] 电阻R 与滑动变阻器串联，电流表A 测量干路电流，电压表V 1测量电阻R 两端的电压，电压表V 2测量电源的路端电压，电压表V 3测量滑动变阻器两端的电压．【解析】 由于电压表、电流表都是理想电表，则电流表可以看成短路，外电路中定值电阻R 与滑动变阻器串联，电流表测的是总电流，电压表V 1测的是R 两端的电压，V 2测的是电源的外电压，V 3测的是滑动变阻器两端的电压，当滑动变阻器滑片向下滑动时，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流增大，电流表示数增大，A 项正确；内电压增大，外电压减小，电压表V 2示数减小，B 项错误；ΔU 3ΔI ＝R ＋r ，C 项正确；ΔU 1ΔI ＝R ，ΔU 2ΔI ＝r ，由于R 大于r ，因此ΔU 1大于ΔU 2，D 项正确．【答案】 ACD解决动态平衡问题的“三条途径”(1)先局部后整体，整体局部都要看基本思路：局部电阻变化→整体总电流变化→路端电压变化→局部电压和电流变化．具体步骤：先从电路中阻值变化的部分入手，由串联和并联规律判断出R 总的变化情况，再由闭合电路欧姆定律判断I 总和U 端的变化情况；最后由部分电路欧姆定律判定各部分电学量的变化情况．即R 局⎩⎪⎨⎪⎧ 增大减小→R 总⎩⎪⎨⎪⎧ 增大减小→I 总⎩⎪⎨⎪⎧ 减小增大→U 端⎩⎪⎨⎪⎧ 增大减小→⎩⎪⎨⎪⎧I 分U 分(2)串反并同，直观判断得结论基本思路：局部电阻变化→串联或间接串联的元件的相关物理量变化(串反)→并联或间接并联的元件的相关物理量变化(并同)．(3)极限法判断化难为易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，然后进行讨论．交流电路动态模型(多选)(2017·第二次全国大联考卷Ⅱ)每到夜深人静的时候我们就会发现灯泡比睡觉前要亮，其原因在于大家都在用电时，用电器较多，利用下图模拟输电线路，开关的闭合或者断开模拟用户的变化，原线圈输入50 Hz 的220 V 交流电，则下列分析正确的是( )A ．定值电阻相当于输电线电阻B ．开关闭合，灯泡L 1两端电压升高C ．开关闭合，原线圈输入功率增大D ．开关断开，副线圈电压增大【解析】 原副线圈匝数和电压成正比，由于匝数比值不变，原线圈输入电压也不变，所以副线圈电压不会变化，选项D 错．家庭电路用电器之间为并联关系，用户较多时，并联支路增多，相当于开关闭合而与之串联的定值电阻，实际是等效输电线的电阻，选项A 对．开关闭合副线圈总电阻变小，总电流变大，定值电阻分电压增多，并联电压变小，即灯泡L 1两端电压减小，选项B 错．副线圈电压不变电流增大，副线圈电功率增大，根据能量守恒，原线圈电功率也增大，选项C 对．【答案】 AC两种动态变压器模型的分析(1)匝数比不变的情况(如图甲所示)①U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2可以得出不论负载电阻R 如何变化，U 2不变．②当负载电阻发生变化时，I 2变化，根据I 1I 2＝n 2n 1可以判断I 1的变化情况．③I 2变化引起P 2变化，根据P 1＝P 2，可以判断P 1的变化．图甲(2)负载电阻不变的情况(如图乙所示) ①U 1不变，n 1n 2发生变化，U 2变化．②R 不变，U 2变化，I 2发生变化．③根据P 2＝U 22R和P 1＝P 2，可以判断P 2变化时，P 1发生变化，U 1不变时，I 1发生变化．图乙含容动态电路模型如图所示，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】 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．【答案】 A(1)含容动态电路模型一般涉及电容器中带电体的平衡、运动，电容器中某点的电势以及带电体的电势能变化问题，这些问题的核心是电容器电压的变化．(2)电容器在直流电路中处于断路状态，在动态分析时，一般先将电容器及串联电路去掉，分析电路中与电容器并联部分的电阻上电压的变化，这一电压变化即电容器上电压的变化．(3)分析电路要注意电路稳定时，由于电容器中没有电流，因此与电容器串联的电阻上的电流和电压均为零．。