2019高考物理二轮复习备考演练专题4第1讲直流电路与交流电路
(建议用时：35分钟)一、单项选择题1．(2018·广东中山联考)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 ＝62V ，电压表测量的为有效值，故示数为 622V ＝6 V ，选项B 错误；灯泡消耗的功率P ＝E 2R ＝6212W ＝3W ，选项C 正确；周期为 0.02 s ，瞬时电动势表达式为e ＝E m sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT t ＝62sin100πt (V)．转速提高一倍后，最大值变成12 2 V ，ω＝2πn ，故角速度变为原来的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 ＝100μF.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＝I2rt＋I2Rt＝Irq＋IRqE＝Ir＋IR＝U内＋U外．答案：见解析。
二轮复习专题4第1讲直流电路和交流电路课件(42张)
(3) 远距离输电常用关系式(如图所示)
①功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P线＋P3. ②电压损失：U损＝I2R线＝U2－U3. ③输电电流：I 线＝UP22＝UP33＝U2R－线U3. ④输电导线上损耗的电功率：P 损＝I 线 U 损＝I2线_R 线＝UP222R 线.
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增大，故 A 错误；R0 两端的电压为 U0＝I2R0，用户得到的电压为 U3＝
U2－U0，当用户增多时，I2 增大，U0 增大，所以 U3 减小，为使用户获得
的电压稳定在 220 V，则需要增大 U2，变压器原副线圈电压关系为
U2＝ U1
nn21，在 U1 和 n2 不变的情况下，要增大 U2，可以减小 n1，即将 P 适当
【答案】 C
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二 交变电流的产生及四值问题
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．
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2. 正弦式交流电“四值”的应用
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2 (2021·江苏卷)贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛， 2020年我国风力发电量高达4 000亿千瓦时．某种风力发电机的原理如图 所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知 磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.20 T，线圈的匝数为 100、面积为0.5 m2，电阻为0.6 Ω，若磁体转动的角速度为90 rad/s，线 圈中产生的感应电流为50 A．求：
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三 变压器与远距离输电
1. 变压器制约问题主要有三项： 电压制约：输出电压 U2 由输入电压决定，即 U2＝nn21U1，可简述为“原 制约副”． 电流制约：原线圈中的电流 I1 由副线圈中的输出电流 I2 决定，即 I1 ＝nn21I2，可简述为“副制约原”． 负载制约：原线圈的功率P1由用户负载决定，P1＝P负1＋P负2＋…， 简述为“副制约原”．
高考物理二轮复习4.1直流电路与交流电路课件(共25张PPT)
B [滑片向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，整个 电路电阻增大，干路电流减小，A1 示数减小，A 错误；内电压减小， 外电压增大，R1 两端的电压增大，则通过 R1 的电流增大，而干路电 流减小，则 A2 的示数减小，B 正确；电容器两端的电压增大，所以 电容器的带电荷量增大，C 错误；通过内电阻的电流减小，则由 P ＝I2r，可知，电源内阻消耗的电功率减小，D 错误。]
D [由于输电线总电阻为 R，输电线上有电压降，U 线＜U2。根 据欧姆定律得 I2＝UR线<UR2，故 A 错误；输电线上有功率损失 ΔP＝ΔRU2， ΔU<U2，故 B 错误；根据 P＝UI 知在功率不变的情况下，增大 U，I 减小，故 C 错误；理想变压器不改变电功率，U2I2＝U1I1，故电厂输 送电功率为 U2I2，故 D 正确。]
2．求解功率最大值问题的 2 点技巧 (1)定值电阻的功率：P 定＝I2R R 为定值电阻，P 定只与电流有关系，当 R 外最大时，I 最小，P 定最小，当 R 外最小时，I 最大，P 定最大。 (2)电源的输出功率：P 出＝rE＋2RR外外2＝R外R－外Er22＋4r。当 R 外＝r 时，P 出＝E4r2最大。
(甲)
(乙)
( 丙)
(丁)
A [在图(甲)位置时，线圈中的磁通量最大，感应电流为零， A正确；从图(乙)位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关 系式为i＝Imcos ωt，B错误；在图(丙)位置时，线圈中的磁通量 最大，磁通量的变化率最小，感应电流为0，C错误；在图(丁) 位置时，感应电动势最大，cd边电流方向为d→c，D错误。]
[典例2] (2021·山东济南高三模拟)如图所示，R1为定值电阻、R为滑动变阻 器、C为电容器，闭合开关S，当滑片P向上移动时，下列说法正确的是
高考物理二轮复习篇专题4第1讲直流电路与交流电路课件
02 考点2·交变电流的产生与描述
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，ΔΔΦt ＝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，ΔΔΦt 最大，e 最大， i 最大，电流方向不改变。
2．正弦交流电“四值”的应用
[典例 2] (多选)(2019·高考天津卷)单匝闭合矩形 线框电阻为 R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀 速转动，穿过线框的磁通量 Φ 与时间 t 的关系图象如 图所示。下列说法正确的是( )
(2)结论法——“串反并同”(电源内阻不能忽略) “串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电 阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)。 “并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电 阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)。
(3)极限法 因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分 别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论。
2．求解功率最值问题的 2 点技巧 (1)定值电阻的功率：P 定＝I2R R 为定值电阻，P 定只与电流有关系，当 R 外最大时，I 最小，P 定最小，当 R 外最小时，I 最大，P 定最大。 (2)电源的输出功率：P＝rE＋2RR外外2＝R外R－外Er22＋4r。当 R 外＝r 时， P 出＝E4r2最大。
专题复习篇
专题四 电路与电磁感应 第1讲 直流电路与交流电路
ห้องสมุดไป่ตู้物理
[建体系·知关联]
考情分析
[析考情·明策略] 近几年高考命题热点集中在交变电流的产生及“四值”分析、变压器基本
规律的应用、变压器与电路结合的动态问题。题型为选择题，难度中等。
1.交变电流的产生条件，“四值”的分析与计算
2021届高考物理二轮复习专题四第1讲直流电路与交流电路课件
1. (2020·百校二联)如图所示的电路中，R1和R2是两个阻值相等的定值电 阻，R是滑动变阻器，电源电动势为E、内电阻为r，当滑动变阻器的滑 动触头从右向左移动的过程中，下列说法正确的是( B ) A．R1、R2消耗的电功率均逐渐变小 B．R1消耗的功率逐渐变小，R2消耗的功率逐渐变大 C．电源内阻r消耗的热功率逐渐减小 D．R和R1消耗的总功率逐渐增大
2.掌握电容器的“两特点” (1)只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时， 电容器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，电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压。 3.区分交变电流的“四值” (1)最大值：Em＝nBSω。
解析：在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器接入电
路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I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，电容器两板间电压变小，其带电荷量减小。根据外电路中顺 着电流方向，电势降低，可知a点的电势大于零，a点的电势等于R2两端 的电压，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IA＝I－I2，I增大，I2减小，则IA增大，即电流表示数变大。综上 所述，A、B、C错误，D正确。
规律总结 闭合电路动态分析的三点注意
………………………………………………………………………………… (1)引起电路变化的原因：电阻变化、电键的通断。 (2)电容器的特点：电路稳定后，电容器所在支路电阻无电压降，因此电 容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压。电路中的电流、电压变 化时，将会引起电容器的充、放电。 (3)二极管的特点：具有单向导电性。
高考二轮物理资料第一讲 直流电路与交流电路PPT
1．(2020·全国卷Ⅰ)图(a)所示的电路中，K 与 L 间接一智能电
源，用以控制电容器 C 两端的电压 UC。如果 UC 随时间 t
的变化如图(b)所示，则下列描述电阻 R 两端电压 UR 随时
间 t 变化的图像中，正确的是
பைடு நூலகம்
()
解析：由图(b)可知，在 0～1 s 时间内，电容器两极板之间 电压为零，说明电容器没有充、放电，电路中没有电流， 根据欧姆定律可知电阻 R 两端电压为零；在 1～2 s 时间内， 电容器两极板之间电压均匀增大，根据 I＝ΔΔqt ＝CΔΔUt ，可 知电路中有恒定电流对电容器充电，则电阻 R 两端电压恒 定；在 2～3 s 时间内，电容器两极板之间电压恒定且不为 零，说明电容器所带电荷量不变，电路中没有电流，电阻 R 两端电压为零；在 3～5 s 时间内，电容器两极板之间电 压均匀减小，说明电容器均匀放电，则电路中有反方向恒 定电流，且电流小于充电电流，电阻 R 两端电压恒定，且 电压小于 1～2 s 时电阻 R 两端电压。所以，电阻 R 两端电 压 UR 随时间 t 变化的图像正确的是 A。 答案：A
2．[多选](2020·江苏高考)某汽车的电源与启动电机、车灯连接
理想变压器 全国卷 未考 未考
的规律及应用 Ⅲ·T20
未考
远距离输 电问题
全国卷 未考 未考
Ⅱ·T19
未考
2016 全国卷 Ⅰ·T16 全国卷 Ⅲ·T19
未考
课堂
重点攻坚
——超分有重点，超越不畏艰
释疑 4 大考点
考点一 直流电路的分析与计算 直流电路的分析与计算问题，高考很少单独考查，但是有 关知识是电学实验的基础。直流电路的动态变化问题是该部分 的难点，解决此类问题时可以应用程序法分析，也可以应用 “串反并同”结论法进行快速判断。
2019届高考物理二轮复习第一部分专题四电路与电磁感应第一讲直流电路与交流电路课件
物理量 有效值 平均值
表达式
E＝Em2
U＝U2m
I＝
Im 2
E ＝BL v E ＝nΔΔΦt I ＝R＋E r
适用情况及说明 (1)计算与电流的热效应有关的量(如电 功、电功率、电热等) (2)电表的读数为有效值 (3)保险丝的熔断电流为有效值 (4)电气设备“铭牌”上所标的工作电 压、工作电流一般都是有效值 (5)非正弦式交变电流的有效值利用电流 的热效应计算
内产生的热量为 Q 方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一
个周期内产生的热量为 Q 正。该电阻上电压的峰值均为 u0，
周期均为 T，如图所示。则 Q 方∶Q 正等于
()
A．1∶ 2 C．1∶2
B. 2∶1 D．2∶1
解析
2．(2018·聊城二模)一台小型发电机产生的电动势随时间变化
的正弦图像如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现
节能的LED灯越来越普及，而驱动LED发
光需要恒流源。如图所示，电路中的电压
表、电流表都是理想电表，电源是一个恒流
源(该恒流源输出的电流大小和方向都不
变)，在改变R2阻值的过程中，电压表的读
数为U，电流表A的读数为I，电流表A1的读数为I1，电流表A2
的读数为I2，它们的变化量的绝对值分别为ΔU、ΔI、ΔI1、
(三)用好两类元件电学特性
1．含容电路中，电路稳定后，电容器两极板间的电压等 于该支路两端的电压，如诊断卷第 3 题，电容器并联在滑动变 阻器两端，其电压等于 R2 两端的电压。如果电容器两端的电压 升高，电容器充电，电压降低，电容器放电。
2．电路中串联理想电流表时，理想电流表测的是该支路 中的电流；电路中串联理想电压表时，则与理想电压表串联的 电阻中的电流可认为等于零，电阻两端的电压为零；电路中并 联理想电压表时，理想电压表测的是与理想电压表并联的电阻 两端的电压。如诊断卷第 4 题，若在 C、D 间连一个理想电压 表，可视为开路，电压表测量的是 R2 两端的电压。
第1讲 直流电路与交流电路的分析
4
核心要点提炼
高考热点突破
核心素养提升
@《创新设计》
直流电路的分析与计算 直流电路的动态分析 【典例1】 (2019·浙江教育绿色评价联盟适应性考试)如图1所示，电源的电动势 为E、内阻为r，定值电阻R的阻值也为r，滑动变阻器的最大阻值是2r。当滑动 变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，下列说法正确的是( )
A.电压表示数为62 V C.排气扇输出功率为43 W
19
图7 B.变压器的输入功率为186 W D.保险丝熔断电流不得低于2 A
核心要点提炼
高考热点突破
核心素养提升
@《创新设计》
解析 原线圈输入电压最大值为 Um＝311 V，原线圈输入电压为 U1＝220 V，根据 变压器变压公式，U1∶U2＝5∶1，可知副线圈输出电压 U2＝44 V，选项 A 错误； 变压器的输出功率为 P 出＝U2I＝44×2 W＝88 W，根据变压器输入功率等于输出 功率，可知变压器输入功率为 P 入＝88 W，选项 B 错误；由 P 出＝P 灯＋P 扇＝44 W ＋P 扇＝88 W 可知，P 扇＝44 W。照明灯中电流 I 灯＝PU灯2＝1 A，排气扇中电流 I 扇＝ I－I 灯＝1 A，排气扇内阻发热功率为 P 热＝I2扇r＝1 W，由 P 扇＝P 热＋P 出可得排气扇 输出功率为 P 出＝43 W，选项 C 正确；由 P 入＝U1I1，解得保险丝中电流 I1＝0.4 A， 即保险丝熔断电流不得低于 0.4 A，选项 D 错误。
10
核心要点提炼
高考热点突破
核心素养提升
@《创新设计》
解析 当电位器的触头向b端滑动时，电路的总电阻增大，干路电流减小，所以 内电压减小，路端电压增大，所以R1两端的电压增大，流过R1的电流变大，电 流表示数变大；因为干路电流减小，则通过L1的电流变小，L1变暗，L1两端电 压减小，路端电压增大，所以电位器两端电压增大，L2中电流增大，所以L2变 亮，电容器两端的电压变大，根据Q＝CU知电容器带电荷量增大，故选项A、B、 C错误，D正确。 答案 D
高三物理二轮复习课件 专题4 第1讲 直流电路与交流电路
专
考
题
(3)极限法
限 时
点
集
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 训
二
别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论。 返 首 页
13
2．功率的最值问题
考
考
(1)定值电阻的功率：P 定＝I2R
点
点
R 为定值电阻，P 定只与电流有关系，当 R 外最大时，I 最小，P
一
三
定最小，当 R 外最小时，I 最大，P 定最大。
集
训
二
返 首 页
30
考
考
点
点
一
三
专
考
题
限
A．1∶ 2
B. 2∶1
时
点
集
二
C．1∶2
D．2∶1
训
返 首 页
31
考
考
点
D [根据焦耳定律知热量与方波中的电流方向的变化无关，故 Q 点
一
u0
2
三
方＝uR20T；而正弦交流电电压的有效值等于峰值的
1 ，故 2
Q
正＝
2 R
T
专
考
题
点 ＝12·uR20T，所以QQ方正＝21，D 正确。]
一
本概念和规律 概念和规律
2016·全国卷Ⅱ T17
三
考向 1.交变电流的产生 考 2. 交 变 电 流 的 产
2016·全国卷Ⅲ T21
专 题 限
点 生与描述
二
考向 2.交变电流的四值
问题
2018·全国卷Ⅲ T26
时 集 训
返 首 页
6
考
2019高考物理二轮复习课件专题4第1讲直流电路与交流电路
电路与电磁感应
专题四
电路与电磁感应
第1讲
直流电路与交流电路
专题四
电路与电磁感应
真题再现
(2018· 高考全国卷Ⅲ)一电阻接到方波交流电源上，在一个周 期内产生的热量为 Q 方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个 周期内产生的热量为 Q 正．该电阻上电压的峰值均为 u0，周期均 为 T，如图所示．则 Q 方∶Q 正等于( )
栏目 导引
专题四
电路与电磁感应
A．电阻 R2 上的热功率为
5 W 7
B．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＝ 10 2cos 100π t(V) 1 D．线圈开始转动到 t＝ s 的过程中，通过 R1 的电荷量为 600 2 C 200π
A.2 C．4
B． 3 D. 5
栏目 导引
专题四
电路与电磁感应
真题再现
解析：选 B.设理想变压器原、副线圈匝数比值为 k，根据题述，当 开关 S 断开时，电流表示数为 I，则由闭合电路欧姆定律得，U＝ IR1＋U1.由变压公式 U1/U2＝k 及功率关系 U1I＝U2I2， 可得 I2/I＝k， 即副线圈输出电流为 I2＝kI，U2＝I2(R2＋R3)＝kI(R2＋R3)．当开关 S 闭合时，电流表示数为 4I，则有 U＝4IR1＋U′1.由变压器公式 U′1/U′2＝k 及功率关系 U′1·4I＝U′2I′2，可得 I′2/(4I)＝k，即副 线圈输出电流为 I′2＝4kI，U′2＝I′2R2＝4kIR2；联立解得 k＝3， 选项 B 正确.
栏目 导引
专题四
电路与电磁感应
[解析]
闭合开关 S， 当滑动变阻器的滑动触头 P 向下滑动时，
高考物理二轮总复习第1部分专题突破方略专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路
第一部分专题四第1讲基础题——知识基础打牢1. (2022·四川自贡三诊)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图．线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R.若AB间输入图乙所示的交变电压，则( C )A．t＝2×10－2 s时，电压表的示数为零B．电阻R中电流方向每秒钟改变50次C．滑动触头P逆时针转动时，R两端的电压增大D．滑动触头P顺时针转动时，AB间输入功率增大【解析】电压表的示数是交流电的有效值，则t＝2×10－2 s时，电压表的示数不为零，选项A错误；交流电的周期为0.02 s，一个周期内电流方向改变2次，则电阻R中电流方向每秒钟改变100次，选项B错误；滑动触头P逆时针转动时，次级匝数变大，则次级电压变大，即R两端的电压增大，选项C正确；滑动触头P顺时针转动时，次级匝数减小，次级电压减小，次级消耗的功率减小，则AB间输入功率减小，选项D错误．2. (2022·四川成都三诊)发电站通过升压变压器和降压变压器给某用户端供电，发电机组输出交变电压的有效值恒定，输电线总电阻r保持不变．当用户端用电器增加后( A )A．若滑片P位置不变，则输电线上损失的功率变大B．若滑片P位置不变，则用户端电压升高C．若将滑片P上移，则用户端电压可能不变D．若将滑片P上移，则输电线上损失的功率可能减小【解析】若滑片P位置不变，当用户端用电器增加后，用户端总功率变大，发电机的输出功率增大，输电线的电流变大，ΔU＝Ir，输电线两端承担的电压变大，损耗的功率增大；发电机的输入电压不变，升压变压器、降压变压器的匝数不变，故用户端电压降低，A正确，B 错误；若将滑片P 上移，升压变压器的副线圈与原线圈的匝数比变小，发电机组输出交变电压的有效值恒定，则副线圈两端电压变小．用户端用电器使用相同功率，则输电线上的电流会更大，输电线两端承担的电压更大，损耗的功率更大，则用户端的电压更小，故C 、D 错误．3. (多选)(2022·河南押题卷)图甲是一种振动式发电机的截面图，半径r ＝0.1 m 、匝数n ＝30的线圈位于辐射状分布的磁场中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布，线圈所在位置的磁感应强度大小均为B ＝12πT .如图乙，施加外力使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动的速度随时间变化的规律如图丙中正弦曲线所示．发电机通过灯泡L 后接入理想变压器，对图乙中电路供电，三个完全相同的小灯泡均正常发光，灯泡的阻值R L ＝1 Ω，电压表为理想电压表，线圈及导线电阻均不计．下列说法正确的是( AC )A ．发电机产生电动势的瞬时值为e ＝6sin 5πt (V)B ．变压器原、副线圈的匝数之比为1∶3C ．每个小灯泡正常发光时的功率为2 WD ．t ＝0.1 s 时电压表的示数为6 V【解析】 由图丙可知，线圈运动的速度最大值v m ＝2 m/s ，速度变化周期为T ＝0.4 s ，则线圈运动的速度瞬时值v ＝v m sin 2πTt ＝2sin 5πt (m/s)，发电机产生电动势的瞬时值为e ＝nB ·2πr ·v ＝6sin 5πt (V)，A 正确；设灯泡正常发光时通过灯泡的电流为I ，则通过原线圈的电流I 1＝I ，通过副线圈的电流I 2＝2I ，变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝21，B 错误；根据能量关系可知，U 出I 1＝3I 2R L ，其中U 出＝E m 2＝62 V ＝3 2 V ，I 1＝I ，解得I ＝ 2 A ，每个小灯泡正常发光时的功率为P L ＝I 2R L ＝2 W ，C 正确；电压表示数为发电机两端电压的有效值，即电压表示数为U ＝E 2＝62V ＝3 2 V ，D 错误．故选AC. 4. (多选)(2022·四川巴中一诊)在如图所示的电路中，定值电阻R 1＝R 4＝3 kΩ，R 2＝2 kΩ，R 3＝R 5＝12 kΩ，电容器的电容C ＝6 μF，电源的电动势E ＝10 V ，内阻不计，当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中间带电量q ＝2×10－3C 的油滴恰好保持静止，当开关S 2闭合后，则以下判断正确的是( BD )A ．电容器上极板是高电势点B ．带电油滴加速向下运动C ．a 、b 两点的电势差U ab ＝8 VD ．通过R 3的电量Q ＝4.8×10－5C【解析】 当开关S 2闭合后，由电路图可知，电容器上极板是低电势点，A 错误；当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中油滴保持静止，而开关S 2闭合后，电容器上极板是低电势点，油滴受到的电场力方向发生变化，故可得带电油滴加速向下运动，B 正确；由电路图可知，a 、b 两点的电势差为U R 5－U R 2＝8 V －4 V ＝4 V ，C 错误；由开关S 1闭合电流达到稳定时，再到当开关S 2闭合后的过程中，通过R 3的电量为Q ＝Q 1＋Q 2＝4×6×10－6 C ＋(8－4)×6×10－6 C ＝4.8×10－5 C ，D 正确．5. (多选)(2022·天津南开二模)如图甲所示电路中，L 1为标有“4 V,2 W”字样的小灯泡，L 2、L 3为两只标有“8 V，6 W”字样的相同灯泡，变压器为理想变压器，各电表为理想电表，当ab 端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光．下列说法正确的是( ACD )A ．电流表的示数为1.5 AB ．交变电压的最大值U m ＝28 VC ．变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1D ．电压表的示数为24 V【解析】 L 2、L 3的额定电流为I 23＝P 23U 23＝34A ，所以电流表的示数为I 2＝2I 23＝1.5 A ，故A 正确；通过原线圈的电流等于L 1的额定电流，为I 1＝P 1U 1′＝0.5 A ，所以变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝31，故C 正确；副线圈两端电压等于L 2和L 3的额定电压，为U 2＝8 V ，所以电压表的示数，即原线圈两端电压为U 1＝n 1n 2U 2＝24 V ，故D 正确；根据闭合电路的欧姆定律可得U m2－U 1′＝U 1，解得U m ＝28 2 V ，故B 错误．故选ACD.6. (多选)(2022·广西桂林模拟)在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd 的面积为S ，匝数为n ，线圈总电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕轴OO ′(从上往下看逆时针转动)以角速度ω匀速转动，从如图甲所示的位置作为计时的起点，产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R 的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是( AD )A ．在t 1～t 3时间内，穿过线圈的磁通量的变化量大小为2BSB ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 电流方向先向上然后向下C ．t 4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E 0D ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为2E 0R ＋r ω【解析】 由图乙可知t 1和t 3时刻，线圈的感应电动势都为0，可知这两个时刻穿过线圈的磁通量一正一负，大小均为BS ，故此过程穿过线圈的磁通量的变化量大小为ΔΦ＝BS －(－BS )＝2BS ，A 正确；由图乙可知，在t 1～t 3时间内，线圈中的电流方向不变，根据右手定则可知通过电阻R 电流方向始终向上，B 错误；由图乙可知，t 4时刻的感应电动势为E 0，根据法拉第电磁感应定律可得E 0＝n ΔΦΔt 可得穿过线圈的磁通量的变化率大小为ΔΦΔt ＝E 0n，C 错误；在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为q ＝n ΔΦR ＋r ＝2nBS R ＋r，又E 0＝nBSω，联立可得q ＝2E 0R ＋r ω，D 正确．故选AD. 7. (多选)(2022·河北秦皇岛三模)如图所示，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的输入端接有正弦交变电流，开关S 闭合．已知L 1、L 2、L 3是相同的电灯且灯丝的电阻不随温度变化，灯丝不会被烧断．下列说法正确的是( BD )A ．L 1、L 2中的电流之比为1∶2B ．L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶2C ．开关S 断开后，L 1、L 2中的电流之比为1∶1D ．开关S 断开后，L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶4【解析】 原、副线圈中的电流之比为1∶2，由于开关S 闭合时L 2与L 3并联，因此L 1、L 2中的电流之比I 1∶I 2＝1∶1，A 错误；设电灯的电阻为R ，由于原、副线圈两端的电压之比为2∶1，因此原线圈两端的电压U ＝2I 2R ，L 1两端的电压U 1＝I 1R ，结合I 1∶I 2＝1∶1，解得U 1U＝12，B 正确；开关S 断开后，L 1、L 2中的电流与线圈匝数成反比I 1′∶I 2′＝1∶2，C 错误；开关S 断开后，原线圈两端的电压U ′＝2I 2′R ，L 1两端的电压U 1′＝I 1′R ，结合I 1′∶I 2′＝1∶2解得U 1′U ′＝14，D 正确．故选BD. 8. (多选)(2022·辽宁鞍山预测)如图甲所示，理想变压器的原副线圈匝数之比n 1∶n 2＝2∶1，定值电阻R 1和R 2的阻值分别为5 Ω和3 Ω，电表均为理想交流电表，电源输出的电流如图乙所示，图中的前半周期是正弦交流的一部分，后半周期是稳恒直流的一部分，则( BD )A ．电流表示数为2 AB ．电压表示数为6 VC ．R 1的功率为10 WD ．R 2的功率为12 W【解析】 设电源输出电流的有效值即电流表示数为I 1，根据等效热值法可得I 21RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫i m 22RT 2＋i 2m ·RT 2，解得I 1＝ 3 A ，故A 错误；由于变压器不能对稳恒直流电进行变压，所以每个周期内有半个周期副线圈无电流，设副线圈中电流的有效值为I 2，根据等效热值法有⎝⎛⎭⎪⎫n 1n 2·i m 22RT 2＝I 22RT ，解得I 2＝2 A ，电压表示数为U 2＝I 2R 2＝6 V ，故B 正确；R 1的功率为P 1＝I 21R 1＝15 W ，故C 错误；R 2的功率为P 2＝I 22R 2＝12 W ，故D 正确．故选BD.9. (多选)(2022·湖南押题卷)如图所示在竖直平面的电路，闭合开关S 1和S 2后，带电油滴在电容器内部处于静止状态，R 1为滑动变阻器，R 2为定值电阻，二极管为理想二极管，电容器的下极板接地，则下列说法正确的是( AC )A ．滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，油滴向上运动B ．滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，油滴向下运动C ．极板M 向上运动，M 板的电势升高D ．断开S 2，油滴不动【解析】 滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，则R 1阻值减小，回路电流变大，则R 2两端电压变大，则电容器要充电，此时电容器两板电压变大，场强变大，则油滴向上运动，选项A 正确；滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，则R 1阻值变大，回路电流变小，则R 2两端电压变小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则使得电容器两板电压不变，则油滴仍静止，选项B 错误；极板M 向上运动，根据C ＝εr S 4πkd可知电容器电容减小，则带电量应该减小，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则两板间电量不变，结合E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkdd ＝4πkQ εr S 可知两板间场强不变，则根据U ＝Ed 可知，两板电势差变大，则M 板的电势升高，选项C 正确；断开S 2，则电容器两板间的电压等于电源的电动势，即电压变大，电容器充电，两板间场强变大，则油滴向上运动，选项D 错误．故选AC.10. (多选)(2022·山东威海二模)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器T 1、降压变压器T 2均为理想变压器，T 1、T 2的原、副线圈匝数比分别为k 1、k 2.输电线间的总电阻为R 0，可变电阻R 为用户端负载．U 1、I 1分别表示电压表V 1、电流表A 1的示数，输入电压U 保持不变，当负载电阻R 减小时，理想电压表V 2的示数变化的绝对值为ΔU ，理想电流表A 2的示数变化的绝对值为ΔI ，下列说法正确的是( BD )A ．R 0＝U 1I 1B ．R 0＝ΔU ΔI k 22C ．电压表V 1示数增大D ．电流表A 1的示数增加了ΔI k 2【解析】 设降压变压器T 2原线圈电压为U 3，副线圈电压为U 2，根据题意可知，电阻R 0两端的电压等于U R 0＝U 1－U 3，则R 0＝U 1－U 3I 1，故A 错误；设降压变压器T 2原线圈电压变化为ΔU 3，则ΔU 3ΔU ＝k 2，设降压变压器T 2原线圈电流变化为ΔI 3，则ΔI 3ΔI ＝1k 2，可得ΔI 3＝ΔI k 2，根据欧姆定律得ΔU 3＝ΔI 3R 0，即k 2ΔU ＝ΔI k 2R 0，解得R 0＝ΔU ΔIk 22，故B 、D 正确；输入电压不变，升压变压器T 1原副线圈匝数比不变，则升压变压器T 1副线圈的电压不变，电压表V 1示数不变，故C 错误．故选BD.应用题——强化学以致用11. (多选)(2022·安徽合肥预测)如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接有R 1＝250 Ω与R 2＝10 Ω的电阻．当原线圈一侧接入u ＝311sin 100πt (V)的交流电时，两电阻消耗的功率相等，则有( AC )A ．原、副线圈的匝数比为5∶1B ．电阻R 1两端电压有效值是电阻R 2两端电压有效值的2倍C ．电阻R 2消耗的功率为48.4 WD ．1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变200次【解析】 设原线圈电流为I 1，副线圈电流为I 2，由题意可知I 21R 1＝I 22R 2，故n 1n 2＝I 2I 1＝R 1R 2＝5，A 正确；电阻R 1两端电压有效值和电阻R 2两端电压有效值之比为U R 1U R 2＝I 1R 1I 2R 2＝5，B 错误；设原线圈输入电压为U 1，副线圈输出电压为U 2，故U 1U 2＝n 1n 2＝5，解得U 1＝5U 2，又U R 1＝I 1R 1，U 2＝I 2R 2，又因为U ＝U R 1＋U 1，外接交流电压有效值为220 V ，联立代入数据解得U 2＝110U ＝22 V ，电阻R 2消耗的功率为P ＝U 22R 2＝48.4 W ，C 正确；由题意可知，交流电的频率为f ＝ω2π＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，一个周期内电流方向改变2次，故1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变100次，D 错误．故选AC.12. (多选)(2022·湖北恩施预测)为了适应特高压输电以实现地区间电力资源的有效配置，需要对原来线路中的变压器进行调换．某输电线路可简化为如图所示，变压器均为理想变压器，调换前后发电机输出电压、输电线电阻、用户得到的电压均不变，改造后输送电压提升为原来的5倍，假设特高压输电前后输送的功率不变，下列说法正确的是( AB )A ．线路改造后升压变压器原、副线圈的匝数比改变B ．线路上电阻的功率变为原来的125C ．特高压输电后，电压损失变为原来的125D ．线路改造后用户端降压变压器匝数比不变【解析】 发电机输出电压不变，应改变升压变压器原、副线圈的匝数比，故A 项正确；根据线路上功率的损失ΔP ＝I 22r ，输送功率不变，电压提升为原来的5倍，输送的电流变为原来的15，线路电阻不变，损失的功率变为原来的125，故B 项正确；输电线上的电压损失为ΔU ＝I 2r ，输送功率为P 2＝U 2I 2则输送功率不变，电压增为原来的5倍，电流变为原来的15，损失的电压变为原来的15，故C 项错误；用户端的降压变压器改造前后输出端电压U 4不变，输入端电压U 3变大，根据U 3U 4＝n 3n 4，可得原、副线圈的匝数比一定变化，故D 项错误．故选AB.13. (多选)(2022·湖北襄阳模拟)如图所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动，线圈的电阻为R ，线圈共N 匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，定值电阻R 1＝R ，当线圈转动的转速为n 时，电压表的示数为U ，则( ACD )A ．电流表的示数为2U RB ．从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝52U cos2πntC ．线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为52U 4Nn πD ．当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U 【解析】 依题意有I 2＝U R 1＝U R ，I 1∶I 2＝2∶1则有I 1＝2I 2＝2U R，故A 正确；根据欧姆定律，发电机产生的感应电动势的最大值为E m ，有E m 2＝R ×I 1＋U 1，U 1U ＝12，ω＝2n π rad/s，从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝E m cos ωt ＝52U 2cos 2n πt (V)，故B 错误；依题意有，线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为Φm ，则有52U 2＝NΦm 2n π，解得Φm ＝52U 4Nn π，故C 正确；当线圈转动的转速为2n 时，线圈中产生的电动势的最大值为E m ′＝NΦm 4n π，因52U 2＝NΦm 2n π＝E m ，所以E m ′＝52U ，其有效值为5U ，假定电压表示数为U 2′，则有5U ＝I 1′R ＋U 1′＝2U 2′R 1×R ＋U 1′＝12U 2′＋2U 2′＝52U 2′，解得U 2′＝2U ，当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U ，故D 正确．故选ACD.。