专题14 直流电路与交流电路(解析版)(电磁学部分)
1.直流、交流、电磁基本知识
基础知识：1.直流电与交流电1简介直流电又称恒流电，恒定电流是直流电的一种，是大小和方向都不变的直流电，它是由爱迪生发现的。
脉动直流电与平滑直流电恒定电流是指大小（电压高低）和方向（正负极）都不随时间（相对范围内）而变化，比如干电池。
脉动直流电是指方向（正负极）不变，但大小随时间变化，比如：我们把50Hz 的交流电经过二极管整流后得到的就是典型脉动直流电，半波整流得到的是50Hz的脉动直流电，如果是全波或桥式整流得到的就是100Hz的脉动直流电，它们只有经过滤波（用电感或电容）以后才变成平滑直流电，当然其中仍存在脉动成分（称纹波系数），大小视滤波电路得滤波效果。
2优点1、输送相同功率时，直流输电所用线材仅为交流输电的2/3～l/2 .直流输电采用两线制，以大地或海水作回线，与采用三线制三相交流输电相比，在输电线载面积相同和电流密度相同的条件下，即使不考虑趋肤效应，也可以输送相同的电功率，而输电线和绝缘材料可节约1/3．如果考虑到趋肤效应和各种损耗（绝缘材料的介质损耗、磁感应的涡流损耗、架空线的电晕损耗等），输送同样功率交流电所用导线截面积大于或等于直流输电所用导线的截面积的1.33倍．因此，直流输电所用的线材几乎只有交流输电的一半．同时，直流输电杆塔结构也比同容量的三相交流输电简单，线路走廊占地面积也少．2、在电缆输电线路中，直流输电没有电容电流产生，而交流输电线路存在电容电流，引起损耗．在一些特殊场合，必须用电缆输电．例如高压输电线经过大城市时，采用地下电缆；输电线经过海峡时，要用海底电缆．由于电缆芯线与大地之间构成同轴电容器，在交流高压输电线路中，空载电容电流极为可观．一条200kV的电缆，每千米的电容约为0.2μF，每千米需供给充电功率约3×103kw，在每千米输电线路上，每年就要耗电2.6×107kw?h．而在直流输电中，由于电压波动很小，基本上没有电容电流加在电缆上．3、直流输电时，其两侧交流系统不需同步运行，而交流输电必须同步运行．交流远距离输电时，电流的相位在交流输电系统的两端会产生显著的相位差；并网的各系统交流电的频率虽然规定统一为50HZ，但实际上常产生波动．这两种因素引起交流系统不能同步运行，需要用复杂庞大的补偿系统和综合性很强的技术加以调整，否则就可能在设备中形成强大的循环电流损坏设备，或造成不同步运行的停电事故．在技术不发达的国家里，交流输电距离一般不超过300km而直流输电线路互连时，它两端的交流电网可以用各自的频率和相位运行，不需进行同步调整．4、直流输电发生故障的损失比交流输电小．两个交流系统若用交流线路互连，则当一侧系统发生短路时，另一侧要向故障一侧输送短路电流．因此使两侧系统原有开关切断短路电流的能力受到威胁，需要更换开关．而直流输电中，由于采用可控硅装置，电路功率能迅速、方便地进行调节，直流输电线路上基本上不向发生短路的交流系统输送短路电流，故障侧交流系统的短路电流与没有互连时一样．因此不必更换两侧原有开关及载流设备．在直流输电线路中，各级是独立调节和工作的，彼此没有影响．所以，当一极发生故障时，只需停运故障极，另一极仍可输送不少于一半功率的电能．但在交流输电线路中，任一相发生永久性故障，必须全线停电．3原理直流电所通过的电路称直流电路，是由直流电源和电阻构成的闭合导电回路。
直流电路与交流电路的分析与计算
C．L1中电流的变化值大 于L3中电流的变化值
图612
D．L1上电压的变化值小于L2上电压的
【解析】当触头P向右移动时，电阻R变大，总
电阻变大，总电流变小，所以灯L1变暗；内阻、 R0与L1上电压变小，所以最终L2两端的电压变大， L2变亮；由于L2中电流变大，总电流减小，所以 L3中电流减小，灯泡L3变暗，L2中电流变大，L3 中电流减小，总的变化是相抵的效果，合起来
才是灯L1中电流的变化，所以L3中电流的变化更 大一些，灯L1上的电压与R0及内电压变化的总和 才等于L2上电压的变化． 【答案】AD
【同类变式】(2011·海南卷)如图613，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 分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S 断开，则( ) C 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
计算通 过导体 的电荷
量q
通过导体产 生的热量、 电功以及确 定熔丝的熔
断电流
4.变压器和远距离输电 (1)变压器原、副线圈基本量的关系
功率关系 电压关系
P1=P2
U1 n1 ，与负载、副线圈的个数
U 2 n2
多少无关
电流关系
(1)只有一个副线圈：II12
n2 n1
(2)多个副线圈： I1n1=I2n2+I3n3+…+Innn
4 电源的功率与效率
①电源的功率P：也称为电源的总功率，是电 源将其他形式的能转化为电能的功率，计算式为：
P IE. ②电源内阻消耗功率P内：是电源内阻的热功率，
也称为电源的损耗功率，计算式为：P内 I 2r. ③电源的输出功率P外：外电路上消耗的功率，计
直流电和交流电.最全优质PPT
一、直流电路
1.闭合电路 2.动态分析 二、交流电路
1.交流电 2.变压器
1.闭合电路
I E Rr
E U 外 Ir E U 外 U内
内电路 E r
当R外 r时
P出
E R
r
2
R
E2 4r
P出 100% R 100% 50%
P总
Rr
外电路
R
纯电阻电路与非纯电阻电路
A． 时，c、d间电压瞬 时值为110V
B. 电压表的示数为22V C．若将滑动变阻器触片P向上
移，电压表和电流表示数均变大 D．若将单刀双掷开关由a拔向b，两电流表的
示数均变小
练1、如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、
b接在电压u＝311sin314t （V）的正弦交流电源
上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，
围成矩形的面积S=0.040m2，小灯泡电阻R=9.0Ω，磁场的磁
感应强度按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势
瞬时值的表达式为
，其中Bm为磁感应强度的最
大值，T为磁场变化的周期．不计灯丝电阻随温度的变化，不
I n 布的磁场．已知线圈的匝数n=100，电阻r=1.
2
1
功率关系： P1=P2
P2 决定P1
例4、如图，理想变压器原副线圈的匝数比10：1，b 是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电 表，除R以外其余电阻不计，从某时刻开始在原线
圈将开c、关d接两在端a加处上,则的(交B变电) U1=311sin100πt(V),并
5W
4、理想变压器
不考虑工作中的能量损失、线圈电阻及磁
B非、纯灯电泡阻恰用泄能电正器漏常W发=，U光It3、如图甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，仅在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分
高考物理专题 直流电路和交流电路的分析
高考物理专题 直流电路和交流电路的分析近几年高考对直流电路基础知识单独命题的机率较少，偶有命题多集中在动态电路分析的考查上，对交变电流的考查大多集中在交变电流的产生、变压器和变压器的动态分析问题上，此部分内容的考查载体呈现生活化，体现学以致用。
考查题型一般为选择题，难度较容易或中等难度 。
2022年高考继续维持上述考查特点，且与生活、生产紧密结合的可能性较大。
高考考向1 直流电路的分析1．掌握动态电路分析的两种方法(1)程序法：部分电路阻值变化→电路总电阻R 总变化→干路电流I 变化→路端电压U 变化→各分量变化，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)串反并同法：所谓“串反”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都减小(增大)。
所谓“并同”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都增大(减小)。
2．提醒两类元件的特性(1)电容器：①只有当电容器充、放电时，电容器支路中才有电流，电路稳定时，电容器所在支路相当于断路；②电路稳定时，与电容器串联的电阻中没有电流，电阻两端电压为零，与电容器并联的电阻两端电压与电容器两极间电压相等。
(2)电压表和电流表是否为理想电表：①理想电流表内阻为零，相当于短路；②理想电压表的内阻为无穷大，所在位置相当于断路。
命题角度1电功和电功率的计算【典例1】(2021·北京通州期末质检)如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，R为滑动变阻器(最大阻值大于R0＋r)。
闭合开关S，调节R的阻值，使电路中的电流为I，下列说法正确的是()A．此时电源的输出功率为EIB．此时滑动变阻器的阻值R＝EI－R0C．滑动变阻器R的触头从左向右滑动的过程中，路端电压逐渐增大D．调节滑动变阻器R的阻值，当R＝R0＋r时滑动变阻器消耗的电功率最大解析电源的总功率为EI，输出功率为EI－I2r，A项错误；由闭合电路的欧姆定律得滑动变阻器的阻值R＝EI－R0－r，B项错误；滑动变阻器R的触头从左向右滑动的过程中，外电路电阻减小，电路中电流增大，内电压增大，则路端电压减小，C项错误；把R0等效到电源内阻中去，滑动变阻器消耗的功率可看成电源的输出功率，当R＝R0＋r时，滑动变阻器消耗的电功率最大，D项正确。
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．。
直流与交流电路(解析版)
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 ＝R R ＋rE ＝11＋r R E ，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，计算电热、热功率二、交流电的“四值”最大值⇒E m ＝nBSω计算电容器的耐压值瞬时值⇒e ＝E m sin ωt 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基本 关系功率关系P 入＝P 出电压关系 U 1U 2＝n 1n 2，与负载、副线圈的个数无关 电流关系 只有一个副线圈：I 1I 2＝n 2n 1频率关系f 1＝f 22.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 ＋rE ＝11＋r R E ，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. 学科@网 4.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 (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。
《直流电与交流电》课件
或交流电。
02 03
成本考虑
如果设备需要大量的电能，使用交流电可能会更经济，因为发电效率较 高。如果设备需要较小的电能，使用直流电可能会更经济，因为传输损 耗较小。
稳定性需求
如果设备需要高稳定性的电源，如精密仪器和电子设备，应选择直流电 。如果设备的电源稳定性要求不高，如家用电器和照明设备，可以选择 交流电。
现代发展
现代电力系统主要采用交流电 ，但直流输电也在某些特定场
合得到应用。
03
直流电与交流电的比较
电流方向
总结词
电流方向是直流电和交流电的主要区别之一。
详细描述
在直流电中，电流始终沿一个方向流动，不会改变方向。而在交流电中，电流 的方向会不断改变，呈正弦波或方波形式。这种方向的改变使得交流电能够实 现变压和传输的灵活性。
直流微电网
直流微电网是一种新型的能源管理系统，能够实现可再生能源的高效利用和分布式电源的接入。通过采用直流电技术 ，可以降低损耗、提高供电可靠性，并实现能源的双向流动。
直流电在可再生能源领域的应用前景
随着可再生能源的大规模开发和利用，直流电技术将在太阳能光伏发电、风能发电、储能系统等领域得 到广泛应用，为构建绿色、智能的能源互联网提供有力支持。
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定义与特点
产生方式 通过电池或直流发电机产生直流电。
电池是最常见的直流电源之一，能够提供稳定的电压和电流。
定义与特点
应用领域
适用于电子设备和系统，如手机、电视、电脑等。
在电力传输和分配中，直流电用于高压直流输电（HVDC）系统，以降 低能量损失。
直流电的应用
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照明和显示
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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。
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专题04 直流电路与交流电路考点1 直流电路的动态分析知识储备：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 ＋rE ＝11＋r R E ，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．【典例1】（2020·广西南宁·期中）如图所示，是将滑动变阻器作分压器使用的电路，A 、B 为分压器的输出端，若把变阻器的滑动片放在变阻器中央，下列判断正确的是（ ）A ．空载时输出电压为2CDAB U U =B ．当接上负载R 时输出电压2CDAB U U < C ．负载R 越大，AB U 越接近CD U D ．负载R 越小，AB U 越接近CD U 【答案】ABC 【解析】A ．空载时，由于滑动片放在变阻器中央，两部分电阻相等，根据串并联规律可知12AB CD U U =故A 正确；B ．由于下半电阻与电阻R 并联的总电阻小于下半电阻，根据串并联规律可知12AB CD U U <故B 正确；C ．负载电阻越大时，下半电阻与R 的并联电阻越接近于下半电阻，同时也越接近滑动变阻器的总阻值，根据串并联规律可知，AB U 越接近CD U ，故C 正确；D ．根据C 选项分析可知，负载R 越小时，下半电阻与R 的并联电阻与下半电阻相差越大，同时也越远离滑动变阻器的总阻值，AB U 与CD U 相差就越大，所以D 错误。
故选ABC ．考点2 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．正弦式交流电的“四值”的应用(以电动势为例)注意：(1)只有正弦交流电最大值与有效值间才有2倍关系． (2)计算电热时只能用有效值，不可用平均值． (3)计算电荷量时应该用平均值．【典例2】（2020·广西高三月考）如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为10:1，原线圈与一可变电阻和理想电流表串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为0R ，负载电阻的阻值011R R =，是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为05R R =，调节滑动变阻器保持理想电流表的读数不变，此时电压表的读数为5.0V ，则（ ）A ．此时原线圈两端电压的最大值约为60VB ．此时原线圈两端电压的最大值约为85VC ．原线圈两端原来的电压有效值为110VD ．原线圈两端原来的电压有效值为120V 【答案】BD 【解析】AB .当负载电阻05R R =时，副线圈两端电压2=5V 1V 6V U +=跟据1122U n U n = 得原线圈两端电压160V U =因为理想电表显示的是有效值，所以最大值为85V ≈ ，故A 错误，B 正确；CD .由于两次电流表示数相同，匝数比相同，可知两次副线圈中电流相同，当负载为011R R =时副线圈总电阻是05R R =时的2倍，故电压也是2倍为120V ，故C 错误故，D 正确。
故选BD 。
考点3 有关变压器问题分析知识储备：理想变压器的基本关系【典例3】（2020·广西高三一模）理想变压器与额定电压为3V 的三个相同小灯泡连接成如图所示的电路，闭合电键S ，三个小灯泡都正常工作。
可认为小灯泡的电阻值不受温度影响，则下列说法正确的是A ．理想变压器原、副线圈的匝数比为1：2B ．原线圈所接电源的电压为9VC ．断开电键S ，小灯泡2可能烧坏D ．断开电键S ，小灯泡1可能烧坏 【答案】BC 【解析】A ．根据题意，闭合电键S ，三个灯泡均能正常发光，设通过每盏灯泡的电流为I ，则原线圈电流1I I =，副线圈电流22I I =，根据电流与匝数成反比有1221221n I I n I I === A 错误；B ．根据电压与匝数成正比，得原线圈两端的电压为12223U U ==⨯V=6V交流电源的电压等于原线圈两端的电压与灯泡1两端的电压之和，所以交流电源的电压为9V ，B 正确； CD ．断开电键S ，副线圈电阻变大，将变压器和灯泡2等效为一个电阻，根据闭合电路欧姆定律知电流变小，所以小灯泡1两端的电压减小，变压器输入电压增大，根据电压与匝数成正比，输出电压也增大，小灯泡2有可能会烧坏，C 正确，D 错误。
故选BC 。
1．（2020·全国高三月考）节约能源是当今世界的一种重要社会意识。
原来采用110 kV 高压向远方的城市输电，在输电线路上损耗的功率为∆P 。
为减小输电线上损耗的功率。
在输送功率一定。
输电线路不变的同时输电电压变为440kV 。
则在输电线路上携耗的功率变为（ ） A ．Δ2PB ．Δ4PC ．Δ8PD ．Δ16P【答案】D 【解析】设输送功率为P ，输送电压为U ，输电线的总电阻为R ，则2ΔP P R U ⎛⎫= ⎪⎝⎭因为输电电压变为原来的4倍，所以在输电线路上损耗的功率变为Δ16P，故D 正确，ABC 错误。
故选D 。
2．（2020·广东月考）如图所示变压器为理想变压器，原线圈接入稳压交流电源，其原副线圈的匝数比为4:1,则当滑动变阻器滑片P 向b 端移动时（ ）A ．电流表1A 的示数变小B ．电流表2A 的示数变大C ．电压表3V 的示数变大D ．电压表1V 和2V 的示数比始终为4:1 【答案】D 【解析】ABC.当滑动变阻器滑片P 向b 端移动时，2R 接入电路电阻减小，电阻R 右面的总电阻变小，分压减小，3U 减小，2A 减小，但是副线圈总电流增大，则副线圈总功率增大，导致原线圈功率增大，即1A 示数增大，故ABC 错误；D.当滑动变阻器滑片P 向b 端移动时，由于升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，即1V 和2V 不变，示数比始终为4:1，故D 正确。
故选D 。
3．（2020·黑龙江高三二模）如图，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2，原线圈与定值电阻R 1串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦交流电源。
副线圈电路中负载电阻为可变电阻R 2，A 、V 是理想电表。
当R 2=2R 1时，电流表的读数为1A ，电压表的读数为4V ，则（ ）A ．电源输出电压为8VB ．电源输出功率为4WC ．当R 2=8Ω时，电压表的读数为3VD ．当R 2=8Ω时，变压器输出功率最大 【答案】D 【解析】A ．当212R R =时，电流表的读数为1A ，电压表的读数为4V ，根据欧姆定律2224Ω4Ω1U R I '=== 12ΩR =，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2，根据电压与匝数成正比得原线圈电压是112214V 2V 2n U U n ='=⨯= 根据单相变压器中电流与匝数成反比得原线圈电流是212121A 2A n I I n ==⨯= 所以电源输出电压为1112V 22V 6V U U I R =+=+⨯=A 错误；B ．电源输出功率为112W P UI ==B 错误；D ．根据欧姆定律得副线圈电流为22U R ，所以原线圈电流是222U R ，所以22126V 22U UR R =⋅+ 222128R U R =+ 当28ΩR =时，26V U =，即电压表的读数为6V ；变压器输出的功率()22222222214414464816U R P R R R R ===+++所以满足2264R R =时变压器输入功率最大，解得28ΩR =变压器输出的功率2P 最大为9W 2，C 错误，D 正确。
故选D 。
4．（2020·黑龙江让胡路·大庆一中月考）某一网络电路中的部分电路如图所示，已知3A I =，11A I =，15ΩR =，210ΩR =，330ΩR =，则下列结论正确的是（ ）A ．通过3R 的电流为0.5A ，方向从a →bB ．通过3R 的电流为0.5A ，方向从b →aC ．通过电流表的电流为1.5A ，电流表“＋”接线柱在左边D ．通过电流表的电流为2.5A ，电流表“＋”接线柱在右边 【答案】A 【解析】AB ．根据欧姆定律，电阻R 1两端电压11115V 5V U I R ==⨯=电阻R 2两端电压212((31))10V 20V U I I R =-=-⨯=设a 点电势为0V ，则R 1左端电势为5V ，则b 点电势为－15V ，则U ab =15V故通过R 3电流方向为a →b ，且3315A 0.5A 30ab U I R === 故A 正确，B 错误；CD ．由于通过R 2电流为2A ，而通过R 3电流为0.5A，根据电荷守恒可知，流过电流表的电流表的电流为1.5A ，电流表的“＋”接线柱在右边，故CD 错误。
故选A 。
5．（2020·黑龙江让胡路·大庆一中月考）如图所示是有两个量程的电压表的内部电路图，当使用a 、b 两个端点时，量程为0～3V ，当使用a 、c 两个端点时，量程为0～15V 。
已知电流表的内阻g R 为50Ω，满偏电流为10mA ，则电阻1R 、2R 的值分别为（ ）A ．1450Ω 250ΩB ．1200Ω 250ΩC ．250Ω 1450ΩD ．250Ω 1200Ω【答案】D 【解析】当使用a 、b 两个端点时，由欧姆定律得11()3V g g U I R R ==+当使用a 、c 两个端点时，由欧姆定律得221(15V )g g U I R R R ==++解得1250ΩR =21200ΩR =故选D 。
6．（2020·安徽期中）电阻1R 、2R 的I －U 图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）A ．12:3:1R R =B ．将1R 与2R 串联后接于电源上，则电压比12:1:3U U =C ．将1R 与2R 并联后接于电源上，则电流比121:3I I =:D ．将1R 与2R 并联后接于电源上，则功率比12:1:3P P = 【答案】B 【解析】A ．根据I －U 图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以12:1:3R R =故A 错误；B ．串联电路电流相等，所以将R 1与R 2串联后接于电源上，电压比1212:1:3:U U R R ==故B 正确；C ．并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R 1与R 2并联后接于电源上，电流比12:3:1I I =故C 错误；D ．并联电路，电压相等，根据2U P R=可知，功率比12:3:1P P =故D 错误。