高考物理二轮复习专题四第1讲直流电路与交流电路精练
直流电路与交流电路(45分钟)[刷基础]1．(2019·四川成都高三考前摸底)如图，匀强磁场中，一单匝矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，线框中产生的交变电动势瞬时值随时间变化的规律为e ＝202sin 100πt (V)．下列说法正确的是( )A ．该线框转动的频率是100 HzB ．该线框产生的交变电动势最大值是20 VC ．t ＝0.005 s 时刻，线框平面与中性面重合D ．t ＝0.05 s 时刻，穿过线圈的磁通量变化率为0解析：该线框转动的频率是f ＝ω2π＝100π2πHz ＝50 Hz ，选项A 错误；该线框产生的交变电动势最大值是20 2 V ，选项B 错误；t ＝0.005 s 时刻，线框转过的角度为100π×0.005＝π2，此时平面与中性面垂直，选项C 错误；t ＝0.05 s 时刻，电动势的瞬时值为0，此时穿过线圈的磁通量变化率为0，选项D 正确．答案：D2. (2018·高考天津卷)教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R 供电，电路如图所示，理想交流电流表A 、理想交流电压表V 的读数分别为I 、U ，R 消耗的功率为P .若发电机线圈的转速变为原来的12，则( ) A ．R 消耗的功率变为12P B ．电压表V 的读数变为12U C ．电流表A 的读数变为2ID ．通过R 的交变电流频率不变解析：交流发电机产生的感应电动势最大值E m ＝NBS ω，且有ω＝2πn ，所以当发电机线圈转速减半后，感应电动势最大值减半，有效值减半，又理想变压器原、副线圈电压有效值之比等于原、副线圈匝数比，故电压表示数减为原来的一半，B 项正确；由电功率P ＝U 2R可知，变压器输出功率即R 消耗的功率变为原来的14，A 项错误；由P ＝UI 可知，原线圈中电流减为原来的一半，C 项错误；交变电流的频率与发电机线圈转动角速度成正比，故D 项错误． 答案：B3．(多选)(2018·高考江苏卷)如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80 V时，闪光灯瞬间导通并发光，C放电．放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电．这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光．该电路( )A．充电时，通过R的电流不变B．若R增大，则充电时间变长C．若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大D．若E减小为85 V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变解析：充电时，电容器电荷量增加，两端电压增大，根据欧姆定律可知，R两端的电压减小，通过R的电流逐渐减小，A错误；R增大，通过的平均电流变小，根据Q＝It可知充电时间变长，B正确；根据Q＝CU，若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大，C正确；因为当C两端电压达到80 V时，闪光灯瞬间导通并发光，所以若E减小为85 V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变，D正确．答案：BCD4．(2019·山东淄博实验中学检测)有一交流发电机模型，矩形金属线圈在匀强磁场中绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，发电机负载为白炽小灯泡，若线圈匝数为100匝，回路总电阻为2 Ω，线圈转动过程中穿过该线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律为Φ＝0.04sin πt Wb，设π2＝10，回路中电阻值恒定不变，则( )A．t＝0时，回路瞬时电流为零B．t＝10 s时，回路电流改变方向C．t＝1.5 s时，回路瞬时电流最大D．从t＝0到t＝10 s时间内，回路产生的焦耳热为400 J解析：根据穿过线圈的磁通量随时间的变化规律Φ＝0.04sin πt Wb知，t＝0时，穿过回路的磁通量为零，感应电动势最大，感应电流最大，故A错误；t＝10 s时，穿过回路的磁通量为零，感应电流最大，回路中的电流方向不改变，故B错误；t＝1.5 s时，穿过回路的磁通量最大，磁通量的变化率为零，回路中的瞬时电流最小，故C错误；E m＝nBSω＝nΦmω＝4πV，故产生的感应电动势的有效值E＝E m2＝22πV，回路中产生的焦耳热Q＝E2Rt＝400J，故D正确．答案：D5．(多选)在如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，闭合开关后，当滑动变阻器的滑片P由a端滑向b端的过程中，以下说法正确的是( )A．电源内阻消耗的功率一定增大B．电源内阻消耗的功率一定减小C ．电源的输出功率一定减小D ．电源的输出功率可能减小解析：闭合开关后，当滑动变阻器的滑片P 由a 端滑向b 端的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，所在支路的电阻增大，外电路电阻增大，电源输出电流减小，电源内阻消耗的功率P r ＝I 2r 一定减小，选项A 错误，B 正确；根据电源输出功率最大的条件可知，当外电路电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大．当滑动变阻器的滑片P 由a 端滑向b 端的过程中，电源的输出功率可能减小，选项D 正确，C 错误．答案：BD6．(多选)(2019·山东青岛调研检测)理想变压器原线圈a 的匝数n 1＝100匝，副线圈b 的匝数n 2＝50匝，线圈a 通过电阻R 1接在u ＝50 2 sin 314 t (V)的交流电源上，“12 V 6 W”的灯泡恰好正常发光，电阻R 2＝24 Ω，电压表为理想电表．下列说法正确的是( )A ．交变电流的频率为100 HzB ．原线圈两端的电压为50 VC ．电压表的示数为24 VD ．R 1消耗的功率是0.5 W解析：由交流电源的瞬时值表达式可知，角速度ω＝100π rad/s ，则f ＝100π2π Hz ＝50 Hz ，故A 错误；灯泡正常发光，故副线圈中电流为I ＝P U ＝612A ＝0.5 A ，所以电压表示数为U 2＝U ＋IR 2＝12 V ＋0.5×24 V＝24 V ，故C 正确；根据理想变压器电压比n 1n 2＝U 1U 2，可得原线圈两端的电压为U 1＝48 V ，故B 错误；R 1两端的电压为U 1′＝(50－48) V ＝2 V ，根据电流之比等于匝数的反比可得I 1＝0.25 A ，则R 1消耗的功率P ′＝U 1′I 1＝2×0.25 W＝0.5 W ，故D 正确．答案：CD7．(多选)如图所示，L 1、L 2、L 3为三只完全相同的小灯泡，其中L 1接在理想变压器的原线圈上，L 2、L 3并联在副线圈两端，三只灯泡均正常发光．已知输入端电压为U ，则( )A ．理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2B ．理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1C ．小灯泡额定电压为U 2D ．小灯泡额定电压为U 3解析：设每只小灯泡的额定电流为I ，因并联在副线圈两端的两只小灯泡均正常发光，所以副线圈中的总电流为2I ，原、副线圈电流之比为1∶2，所以原、副线圈的匝数之比为2∶1，则有原、副线圈两端的电压之比为2∶1，故B 正确，A 错误；设小灯泡的额定电压为U 1，则副线圈两端电压为U 1，所以原线圈两端电压为2U 1，又因为原线圈与灯泡串联，所以U ＝2U 1＋U 1，解得U 1＝U 3，故D 正确，C 错误． 答案：BD8．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝1∶5，原线圈接u 1＝110sin 100πt V 的交流电，电阻R 1＝R 2＝25 Ω，D 为理想二极管，则( )A ．通过电阻R 1的电流为2 AB ．二极管的反向耐压值应大于550 VC ．原线圈的输入功率为200 WD ．通过原线圈的电流为1511A 解析：由原线圈接u 1＝110sin 100πt V 的交流电与原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝1∶5，根据U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈的电压为U 2＝51×1102V ＝275 2 V ，通过电阻R 1的电流为I R 1＝U 2R 1＝11 2 A ，选项A 错误；变压器副线圈电压最大值为U 2m ＝2U 2＝550 V ，故二极管的反向耐压值应大于550 V ，选项B 正确；R 1消耗的功率为P R 1＝U 2I R 1＝6 050 W ，故原线圈消耗的功率大于6 050 W ，选项C 错误；通过电阻R 1的电流为I R 1＝11 2 A ，则通过原线圈的电流应该大于I ＝n 2n 1I R 1＝55 2 A ，选项D 错误．答案：B9．如图所示，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的输入电压和输入功率分别为U 1和P 1，它的输出电压和输出功率分别为U 2和P 2.T 2的输入电压和输入功率分别为U 3和P 3，它的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( )A ．当用户的用电器增多时，U 2减小，U 4变大B ．当用户的用电器增多时，P 1变大，P 3减小C ．输电线上损失的功率为 ΔP ＝U 22RD ．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比n 2n 1，同时应增大降压变压器的匝数比n 3n 4解析：交流发电机的输出电压U 1一定，匝数比不变，根据n 1n 2＝U 1U 2，知U 2不变，故A 错误；当用户的用电器增多时，用户消耗的电功率变大，则输入功率增大，即P 3变大，故B 错误；输电线上损失的功率ΔP ＝U 2损R，输电线上损失的电压U 损小于U 2，故C 错误；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n 1n 2＝U 1U 2，可知应增大升压变压器的匝数比n 2n 1，U 3＝U 2－I 2R ，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，应增大降压变压器的匝数比n 3n 4，故D 正确．答案：D[刷综合]10．(2019·福建三明第一中学理科综合)图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图乙所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )A ．只断开S 2后，原线圈的输入功率增大B ．输入电压u 的表达式u ＝202sin 50πt VC ．若S 1换接到2后，原线圈的输入功率为1.6 WD ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W解析：只断开S 2后，负载电阻变为原来的2倍，副线圈电压不变，则副线圈的功率变小，即原线圈的输入功率变小，A 错误；由图乙知周期T ＝0.02 s ，ω＝2π0.02rad/s ＝100π rad/s ，所以输入电压u 的表达式应为u ＝202·sin 100πt V ，B 错误；若S 1换接到2后，由U 1U 2＝n 1n 2＝51，U 1＝2022V ＝20 V ，得电阻R 两端电压有效值为4 V ，R 消耗的电功率为P 2＝U 22R ＝4220 W ＝0.8 W ，而变压器两端的功率相等，则原线圈输入功率也为0.8 W ，C 错误，D 正确．答案：D11．(多选)(2019·重庆巴蜀中学高三理科综合)如图所示，I 为电流表示数，U 为电压表示数，P 为定值电阻R 2消耗的功率，Q 为电容器C 所带的电荷量，W 为电源通过电荷量q 时电源做的功．当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图象能正确反映各物理量关系的是( )解析：变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，R 1接入电路的电阻减小，电路中电流增大，R 2消耗的功率为P ＝I 2R 2，P ∝I 2，故A 正确；电容器C 的电压U C ＝E －I (R 2＋r )，电荷量Q ＝CU C＝C [E －I (R 2＋r )]，则ΔQ ΔI＝－C (R 2＋r )，保持不变，则Q I 图象是向下倾斜的直线，故B 正确；电压表示数U ＝E －Ir ，U I 图象应是向下倾斜的直线，故C 错误；电源通过电荷量q 时电源做的功W ＝qE ，E 是电源的电动势，则W q 是过原点的直线，故D 错误．答案：AB12．如图所示，图甲中M 为一电动机，当滑动变阻器R 的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2 A 以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是( )A ．电路中电源电动势为3.4 VB ．变阻器的触头向右滑动时，V 2读数逐渐减小C ．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 WD ．变阻器的最大阻值为30 Ω解析：由题图甲知，电压表V 2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V 2的读数与电流的关系，此图线斜率的绝对值大小等于电源的内阻，为r ＝3.4－3.00.2Ω＝2 Ω.当电流I ＝0.1 A 时，U ＝3.4 V ，则电源的电动势E ＝U ＋Ir ＝3.4 V ＋0.1×2 V ＝3.6 V ，故A 错误；变阻器的触头向右滑动时，R 接入电路的阻值逐渐变大，总电流逐渐减小，内电压逐渐减小，路端电压即V 2的读数逐渐增大，故B 错误；由题图乙可知，电动机的电阻r M ＝0.8－0.40.1Ω＝4 Ω.当I ＝0.3 A 时，U ＝3 V ，电动机的输入功率最大，为P ＝UI ＝3×0.3 W＝0.9 W ，又因电动机有内阻，则最大输出功率一定小于0.9 W ，故C 错误；当I ＝0.1 A 时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R ＝E I －r －r M ＝(3.60.1－2－4)Ω＝30 Ω，故D 正确．答案：D13．图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′(OO ′沿水平方向)匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R ＝10 Ω连接，与电阻R 并联的交流电压表为理想电压表，示数为10 V ．图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t 变化的图象．则( )A ．此交流发电机的电动势平均值为10 2 VB ．t ＝0.02 s 时R 两端的电压瞬时值为零C ．R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝102·cos 100πt VD ．当ab 边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上解析：矩形线圈绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，产生正弦交流电，外电阻R ＝10 Ω，电压表示数为10 V ，说明E m2＝10 V ，即E m ＝10 2 V ．根据题图乙t ＝0时磁通量等于0可判断t ＝0时R 两端的电压最大，所以R 两端的电压随时间变化的规律为u ＝102cos ωt ＝102·cos 100πt V ，选项C 对．将t ＝0.02 s 代入R 两端的电压瞬时值的表达式，得u ＝10 2 V ，选项B 错．根据楞次定律，感应电流总是阻碍线圈的转动，所以当ab 边速度方向向上时，它所受安培力的方向向下，选项D 错．电动势平均值为磁通量和时间的比值，而该比值最大为E m ＝10 2 V ，所以平均值一定比E m ＝10 2 V 小，选项A 错．答案：C14．(多选)(2019·四川树德中学高三二诊)在如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，a 、b 两端接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，图中电压表和电流表均为理想电表，D 为理想二极管，R 0为定值电阻，L 为电阻恒定的指示灯，R T 为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小．下列说法中正确的是( )A ．电压表的示数为22 VB ．若R T 处出现火灾时，电压表示数将变大C ．若R T 处出现火灾时，电流表示数将变大D ．若R T 处出现火灾时，指示灯L 将变暗解析：设原线圈两端电压为U 1，根据热效应可得U 21R T ＝(220 V )2R ×T 2，解得U 1＝110 2 V ，则副线圈的电压U 2＝n 2n 1U 1＝11 2 V ，故A 错误；输入端的电压不变，匝数比不变，则电压表示数不变，故B 错误；若R T 处出现火灾时，R T 电阻变小，输出的总功率变大，则输入端的电功率变大，电压不变，则电流表的示数变大，故C 正确；若R T 处出现火灾时，R T 电阻变小，电压表示数不变，电流变大，R 0两端电压变大，则灯泡两端电压变小，指示灯变暗，故D 正确．答案：CD15．(多选)如图甲所示的远距离输电示意图中，变压器均为理想变压器．升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 Ω.降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R 1为一定值电阻，R 2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小．电压表V 显示加在报警器上的电压(报警器未画出)．未出现火情时，升压变压器的输入功率为750 kW.下列说法正确的是( )A ．降压变压器副线圈输出的交变电流频率为50 HzB ．输电线中的电流为60 AC ．输电线路损耗功率为90 kWD ．当传感器R 2所在处出现火情时，电压表V 的示数变大解析：由图乙知交变电流的周期T ＝0.02 s ，所以降压变压器副线圈输出的交变电流频率为f ＝50 Hz ，选项A 正确；由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V ，根据电压与匝数成正比知，副线圈电压为25 000 V ，所以输电线中的电流为I ＝P U＝30 A ，选项B 错误；输电线损失的电压为ΔU ＝IR ＝30×100 V＝3 000 V ，输电线路损耗功率为ΔP ＝ΔUI ＝90 kW ，选项C 正确；当出现火情时，传感器R 2阻值减小，升压变压器副线圈两端电压U 2不变，由I 2U 2＝I 22R ＋I 23(R 1＋R 2)，I 2n 3＝I 3n 4，得U 2＝I 2[R ＋n 23n 24(R 1＋R 2)]，因为R 2减小，U 2不变，则I 2增大，输电线上电压损失增大，降压变压器原、副线圈两端电压都减小，且定值电阻的分压增大，所以电压表V 的示数变小，选项D 错误．答案：AC。
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
2021届新高考物理二轮复习 专题4 第1讲 直流电路与交流电路 作业含解析
第一部分 专题四 第1讲A 组 基础能力练1．(2019·江苏卷)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10，当输入电压增加20 V 时，输出电压( D )A ．降低2 VB ．增加2 VC ．降低200 VD ．增加200 V【解析】 由理想变压器原、副线圈电压比等于匝数比即U 1U 2＝n 1n 2，得：U 2＝n 2n 1U 1，即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以有：ΔU 2＝n 2n 1·ΔU 1，当输入电压增加20 V 时，输出电压增大200 V ，故D 正确．2．(2020·北京大兴区一模)如图(a)→(b)→(c)→(d)→(e)过程是交流发电机发电的示意图．线圈的ab 边连在金属滑环K 上，cd 边连在金属滑环L 上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接．下列说法正确的是( C )A ．图(a)中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大B ．从图(b)开始计时，线圈中电流i 随时间t 变化的关系是i ＝I m sin ωtC ．当线圈转到图(c)位置时，感应电流最小，且感应电流方向改变D ．当线圈转到图(d)位置时，感应电动势最大，ab 边感应电流方向为a →b【解析】 图(a)中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率最小为零，故A 错误；从图(b)开始计时，线圈产生的感应电动势最大，形成的感应电流最大，线圈中电流随时间变化的关系是i ＝I m cos ωt ，故B 错误；当线圈转到图(c)位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，且感应电流方向改变，故C 正确；当线圈转到图(d)位置时，感应电动势最大，根据楞次定律可知ab 边感应电流方向为b →a ，故D 错误；故选C ．3．如图所示，a 、b 端接入电源，当滑动变阻器滑片P 向下滑动时，电路中两个灯泡都不亮，用电压表检查电路时，测得U ab ＝U ，U cd ＝U ，U ac ＝0，U bd ＝0，则故障原因可能是( B )A．变阻器短路B．变阻器断路C．a、c间灯泡断路D．两个灯泡都断路【解析】串联电路中灯不发光，则可能是某处断路，电压表测断路位置为电源电压，测不断的位置电压为零，U ab＝U测量的是电源电压，测得U cd＝U，说明两灯泡没有断路，U ac ＝0，U bd＝0，说明在两灯泡之外有断路情况，两灯泡之间只有一个变阻器，所以变阻器处于断路情况，B正确．4．(2020·上海静安区二模)如图电路中当滑动变阻器的滑动片向上滑动时(C)A．A、B间的电压减小B．通过R1的电流增大C．通过R2的电流增大D．通过R3的电流增大【解析】当滑动变阻器滑动片向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，由闭合电路欧姆定律I＝UR可知干路电流I减小，则由路端电压公式U＝E－Ir可知路端电压增大，电路中并联部分电压则为U并＝E－I(r＋R1)并联部分的电压也增大，根据部分电路欧姆定律可知电阻R2的电流增大，因为I3＝I－I2因此电阻R3的电流减小；综上所述可知，A、B间的电压U并增大，通过R1的电路为干路电流减小，通过R2的电流增大，通过R3的电流减小．故A、B、D错误，C正确．5．(多选)(2020·河北衡水中学押题)如图甲所示是一个理想变压器和一组理想二极管，A、B是变压器次级线圈的输出端，C、D、E、F、G、H是二极管组接线端，变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈电压按图乙所示规律变化，原线圈接有交流电压表，把A、B端适当的接在C、E、F、H中的某些位置，就可以向接在D、G之间的用电器供直流电，下列说法正确的是(BCD)A ．A 、B 两端电压为220 2 VB ．A 、B 输出端电流方向1 s 改变100次C ．把A 、C 接一起，再把B 、H 接一起，则电流可以从G 流出过用电器从D 流回D ．把A 、C 、F 接一起，再把B 、E 、H 接一起，则电流可以从G 流出过用电器从D 流回【解析】 由图乙可知，原线圈的输入电压有效值为U 1＝22022V ＝220 V ，A 、B 两端电压为U 2＝n 1n 2U 1＝22 V ，故A 错误；副线圈交变电流频率50 Hz ，变压器变压不变频，且每转一周电流方向改变两次，故1 s 内电流方向改变100次，B 正确；根据二极管的单向导电性可知，把A 、C 接一起，再把B 、H 接一起，则在变压器的副线圈的电路回路为BHGDCA ，此时两个二极管的方向相同，因此电流可以从G 流出经过用电器从D 流回，故C 正确；把A 、C 、F 接一起，再把B 、E 、H 接一起，根据二极管的单向导电性可知，则电流可以形成BHGDCA 或者AFGDEB 两种单向导电的电流，则电流可以从G 流出经过用电器从D 流回，故D 正确．6．(多选)(2020·苏锡常镇四市二模)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( BD )A ．t ＝1×10－2 s 时，电压表的示数为零B ．AB 间输入电压的瞬时值为u ＝2202sin 100πt (V)C ．滑动触头P 顺时针转动时，R 两端的电压增大D ．滑动触头P 逆时针转动时，AB 间输入功率增大【解析】 电压表的读数为有效值，不为零，故A 错误；由图可知T ＝2×10－2 s ，故f ＝1T＝50 Hz ，ω＝2πf ＝100πrad/s ，所以其表达式为u ＝2202sin 100πt (V)，故B 正确；根据变压器电压关系UU R ＝n 1n 2，由滑动触头P 顺时针转动时，n 2变小，所以R 两端的电压减小，故C 错误；滑动触头P 逆时针转动时，n 2变大，根据变压器电压关系U U R ＝n 1n 2，所以R 两端的电压增大，输入功率等于输出功率P 入＝P 出＝U 2R R，所以滑动触头P 逆时针转动时，AB 间输入功率增大，故D 正确．7．(2020·山东青岛市质检)某实验小组模拟远距离输电的原理图如图所示，A 、B 为理想变压器，R 为输电线路的电阻，灯泡L l 、L 2规格相同，保持变压器A 的输入电压不变，下列说法正确的是( A )A ．断开S ，A 的输入功率减小B ．断开S ，L 1不受影响C ．将滑片P 下移，灯泡L 1变暗D ．将滑片P 上移，A 的输入功率增大【解析】 将B 变压器等效为A 变压器副线圈的一部分电阻，则有U 3R 3U 4R 4＝n 4n 3，得R 3＝⎝⎛⎭⎫n 3n 42R 4，断开S ，B 变压器副线圈电阻变大，则等效电阻R 3变大，变压器A 的输入电压不变，则变压器A 输出电压不变，则A 变压器副线圈中电流变小，A 变压器原线圈中的电流变小，A 的输入功率减小，则等效部分电流减小，即L 1变暗，故A 正确，B 错误；将滑片P 下移，A 变压器副线圈匝数变大，副线圈电压变大，等效部分电流变大，则灯泡L 1变亮，故C 错误；将滑片P 上移，A 变压器副线圈匝数变小，副线圈电压变小，等效部分电流变小，原线圈中电流变小，A 的输入功率变小，故D 错误．B 组 素养提升练8．(多选)(2020·江西抚州等三市一模)如图所示，正弦交流电通过理想变压器对负载供电，当负载电阻R 1＝4 Ω时，变压器输入功率是P 1＝25 W ，当负载电阻R 2＝16 Ω时，变压器输入电流I 2＝0.25 A ，则下列说法正确的是( BD )A ．负载R 1与R 2上电压之比为1∶4B ．负载R 1与R 2上的电流之比为4∶1C ．负载R 1与R 2上消耗的功率之比为1∶1D ．变压器的原、副线圈匝数之比为5∶2【解析】 理想变压器输入功率等于输出功率，并且输入和输出电压不变，即负载R 1与R 2上的电压之比为1∶1，选项A 错误；负载变了，使相应的电流发生变化，电流比等于负载电阻的反比，即负载R 1与R 2上的电流之比为4∶1，选项B 正确．接上R 1＝4 Ω负载时，副线圈电压U 2＝P 1R 1＝10 V ，换上负载R 2＝16 Ω时，此时R 2的功率P 2＝U 22R 2＝254W ，即负载R 1与R 2上消耗的功率之比为4∶1；负线圈的电流I ′2＝U 2R 2＝58A ，此时根据原、副线圈电流关系可得原、副线圈匝数之比n 1n 2＝I ′2I 2＝580.25＝52，选项C 错误，D 正确；故选B 、D ． 9．(多选)(2020·新疆克拉玛依三模)如图所示，平行金属板中带电质点P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向a 端移动时，则( AC )A ．电压表读数增大B ．电流表读数增大C ．质点P 将向上运动D ．R 3上消耗的功率减小【解析】 由图可知，R 2与滑动变阻器串联后与R 3并联后，再与R 1串联接在电源两端；电容器与R 3并联；当滑片向a 移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小；路端电压增大，同时R 1两端的电压也减小；故并联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过R 3的电流增大，则流过串联部分的电流减小，电流表读数减小，因而R 2中电压减小，故电压表示数增大，故A 正确，B 错误；因电容器两端电压等于并联部分的电压，增大，故质点受到的向上电场力增大，则重力小于电场力，合力向上，质点P 向上运动，故C 正确；因R 3两端的电压增大，由P ＝U 2R可知，R 3上消耗的功率增大，故D 错误．10．(多选)(2020·江苏模拟三)如图所示，理想自耦变压器原线圈的a 、b 两端接有瞬时表达式为u ＝202sin(50πt )V 的交流电压，指示灯L 接在变压器的一小段线圈上，调节滑片P 1可以改变副线圈的匝数，调节滑片P 2可以改变负载电阻R 2的阻值，则( CD )A ．t ＝0.04 s 时电压表V 1的示数为零B ．只向上移动P 2，指示灯L 将变暗C ．P 1、P 2均向上移动，电压表V 2的示数一定变大D ．P 1、P 2均向上移动，原线圈输入功率可能不变【解析】 电压表示数为有效值，与某一时刻无关，A 项错误；只向上移动P 2，指示灯两端电压不变，灯亮度不变，B 项错误；R 2两端电压为UV 2＝U 2R 1＋R 2R 2＝U 2R 1R 2＋1，当P 1、P 2上移时，U 2、R 2均变大，电压表V 2的示数变大，C 项正确；P 1、P 2均向上移动，副线圈上消耗的功率可能不变，根据能量守恒，原线圈输入功率也可能不变，D 项正确；故选CD ．11．(多选)(2020·河北衡水调考)如图所示的电路，电源电动势为E ，内阻为R ，R 1和R 3为定值电阻，R 2为滑动变阻器，闭合开关，一带电液滴恰好悬浮在电容器之间．保持其他条件不变( BD )A ．若将滑动变阻器滑片向b 端滑动，带电液滴向上运动B ．若将滑动变阻器滑片向b 端滑动，电流将从d 流向cC ．若将金属块抽出，抽出过程中，带电液滴向上运动D ．若将金属块抽出，抽出过程中，电流将从d 流向c【解析】 由图可知，电容器所处支路为断路，当滑片向b 端滑动时，接入电路中的电阻R2增大，根据闭合电路欧姆定律I＝ER＋r可知电路中总电流减小，则电阻R3两端电压减小，即电容器两端电压减小，由E＝Ud可知电容器内场强减弱，故带电液滴向下运动，故选项A错误；根据上面的分析，电容器电压减弱，电容不变，由Q＝CU可知带电量减小，电容器放电，瞬间放电电流将从d流向c，故选项B正确；将金属块抽出，相当于电容器极板间距离增大，由C＝εr S4πkd 可知电容减小，由于电压不变，由E＝Ud可知场强减弱，故带电液滴向下运动，故选项C错误；根据上面的分析可知电容减小，由于电压不变，由Q＝CU可知电量减小，电容器放电，瞬间放电电流将从d流向c，故选项D正确．12．(2020·陕西咸阳检测)如图为某款电吹风的电路图，a、b、c、d为四个固定触点．可动的扇形金属片P可同时接触两个触点，触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风等不同的工作状态．n1和n2分别是理想变压器的两个线圈的匝数，该电吹风的各项参数如表所示．下列说法正确的有(C)热风时输入功率 1 000 W冷风时输入功率100 W小风扇额定电压100 V正常工作时小风扇输出功率88 WA．吹热风时触片B．可由表格中数据计算出小风扇的内阻为100 ΩC．变压器两线圈的匝数比n1∶n2＝5∶11D．换用更长的电热丝(材料、粗细均不变)，则吹的热风温度更高【解析】当电吹风机送出来的是冷风时，电路中只有电动机自己工作，触片P与触点b、c接触；当电吹风机送出来的是热风时，触片P与触点a、b接触，故A错误；小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率，因未说明小风扇的效率，所以不能计算小风扇的内阻，故B 错误；根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系n 1n 2＝U U 0＝100220＝511，故C 正确；根据公式P ＝U 2R，可知电源电压不变，电阻越小，电功率越大；换用更长的电热丝(材料、粗细均不变)，根据电阻定律可知R ＝ρL S，电阻变大，故电吹风吹热风时的功率将变小，吹的热风温度降低．故D 错误．13．(2020·北京大兴区一模)如图所示，理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交变电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为U ＝2202sin ωt (V)，副线圈所在电路中接有电灯L 、电阻R 、理想交流电压表和理想交流电流表．已知理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，电灯额定功率为44 W ，电阻阻值为22 Ω，电灯以额定功率正常工作．则( D )A ．电压表示数为62.5 VB ．电流表示数为2 AC ．通过保险丝的电流为15 AD ．电阻消耗功率为88 W【解析】 已知交变电压瞬时值随时间变化的规律为U ＝2202sin ωt (V)，则原线圈电压的有效值为U 1＝22022V ＝220 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，解得U 2＝44 V ，即电压表示数为44 V ，故A 错误；灯泡与电阻并联，所以灯泡等压与电阻、副线圈电压相等．对于灯泡，由于灯泡正常工作，因此有P L ＝U 2I L ，对于电阻，根据欧姆定律可得I R ＝U 1R，又因为I 2＝I L ＋L R ，代入数据得L R ＝2 A ，I 2＝3 A ，即电流表示数为3 A ，故B 错；根据I 1I 2＝n 2n 1可得I 1＝0.6 A ，因此通过保险丝的电流为0.6 A ，故C 错误；根据公式P R ＝U 2I R ，代入数据解得P R ＝88 W ，即电阻消耗功率为88 W ，故D 正确．14．(2020·湖南长沙模拟)如图为模拟远距离输电的部分测试电路．a 、b 端接电压稳定的正弦交变电源，定值电阻分别为R 1、R 2，且R 1<R 2，理想变压器的原、副线圈匝数比为k ，且k <1，电流表、电压表均为理想表，其示数分别用I 和U 表示．当向下调节滑动变阻器R 3的滑动端P 时，电流表、电压表示数变化分别用ΔI 和ΔU 表示．则以下说法错误的是( B )A ．⎪⎪⎪⎪ΔU ΔI ＝R 1k 2B ．U I ＝R 2C ．电源的输出功率一定减小D ．电压表示数一定增加【解析】 理想变压器初、次级线圈电压变化比ΔU 初ΔU 次＝n 1n 2，电流变化比为ΔI 初ΔI 次＝n 2n 1，则ΔU 次ΔI 次＝n 22n 21ΔU 初ΔI 初，将R 1视为输入端电源内阻，则ΔU 初ΔI 初＝R 1，所以ΔU 次ΔI 次＝n 22n 21ΔU 初ΔI 初＝R 1k2，这也是R 1耦合到次级线圏电阻值为R 1k 2，即为等效电源内阻，故A 正确；因U I＝R 2＋R 3，故B 错误；当向下调节滑动变阻器R 3的滑动端P 时，负载电阻变大，电源电压不变，电流减小，故电源输出功率减小，故C 正确；当向下调节滑动变阻器R 3的滑动端P 时，负载电阻变大，则回路中电流变小，则原线圈电流也减小，那么电阻R 1上的电压减小，电源电压不变，所以原线圈的电压变大，根据匝数比可知副线圈的电压也变大，故D 正确．。
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
2020版高考物理二轮复习专题四第1讲直流电路与交流电路的分析讲义增分练(含解析)
第1讲直流电路与交流电路的分析网络构建备考策略1.必须领会的“二种物理思想”和“四种方法”（1）等效思想、守恒思想.(2)程序法、极限法、分析推理法、守恒法。
2.解决交变电流问题要做到“四看”、“四想”(1）看到“电容器的耐压值”,想到“最大值”。
（2）看到“某时刻某位置”,想到“瞬时值”.（3)看到“电功、电功率、电热、保险丝的熔断电流和电路中交流电表的读数”，想到“有效值”.(4)看到“通过电路的电荷量”，想到“平均值".3。
理想变压器弄清“谁决定谁"的制约关系.对电压而言，输入决定输出；对电流、电功率而言，输出决定输入.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( )图1A.电压表的示数变大B.电流表的示数变小C.滑动变阻器消耗的功率变小D.定值电阻R消耗的功率先变大后变小解析等效电路图如图所示。
滑片从a端滑向b端，其接入电路的阻值R Pb减小，电路中电流增大，电压表示数减小,电流表示数增大，电阻R消耗的功率增大，选项A、B、D错误；把电阻R当作电源内电阻（等效电源),则R内＝2r,R Pb减小，且R P<2r，等效电源的输出功率减小，即滑动变阻器的功率减小,选项C正确。
答案C直流电路(含电容）的分析与计算【典例2】（2019·浙江桐乡选考适应性考试)（多选)如图2所示的电路中，电源电动势E＝4 V，内阻r＝1 Ω，定值电阻R0＝1 Ω，R 为滑动变阻器，电容器的电容C＝40 μF。
闭合开关S，下列说法中正确的是( ）图2A.将R的阻值调至2 Ω时，电容器的电荷量为8×10－5 CB。
将R的阻值调至2 Ω时，滑动变阻器的功率为最大值C。
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
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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
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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
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6
考
物理二轮复习 专题四 第1讲 直流电路与交流电路
专题四：第1讲直流电路与交流电路高考命题轨迹考情分析直流电路的考查除2016年卷Ⅱ17题外，还没在选择题单独考查过，一般以实验题为主，单独考查的角度应该是动态电路分析和含容电路分析，或与电磁感应相结合，但仍以实验为主．交变电流在高考中有轮考的特点，2014－2016年很热，考查重点是理想变压器及相关知识，难度适中．由于2017年原子物理改为必考，故影响了交变电流在选择题中出现的概率，2017年新课标三份卷中都没出现．知识方法链接1．明确1个定律、2个关系 (1)闭合电路欧姆定律：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＝E R ＋r ――→减小增大U 内＝I 总r ――→减小增大U 外＝E －U 内――→增大减小确定U 支、I 支 方法2：结论法——“串反并同”“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)．“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)．方法3：极限法因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论．真题模拟精练1．如图1所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2 A以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是()图1A ．电路中电源电动势为3.4 VB ．变阻器的触头向右滑动时，V 2读数逐渐减小C ．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 WD ．变阻器的最大阻值为30 Ω 答案 D解析 由题图甲知，电压表V 2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V 2的电压与电流的关系，此图线斜率的绝对值大小等于电源的内阻，为r ＝3.4－3.00.2 Ω＝2 Ω.当电流I ＝0.1 A 时，U ＝3.4 V ，则电源的电动势E ＝U ＋Ir ＝3.4 V ＋0.1×2V ＝3.6 V ，故A 错误；变阻器的触头向右滑动时，R 阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即为V 2读数逐渐增大，故B 错误；由题图乙可知，电动机的电阻r M ＝0.8－0.40.1Ω＝4 Ω.当I ＝0.3 A 时，U ＝3 V ，电动机的输入功率最大，最大输入功率为P ＝UI ＝3×0.3 W ＝0.9 W ，则最大输出功率一定小于0.9 W ，故C 错误；当I ＝0.1 A 时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R ＝E I －r －r M ＝(3.60.1－2－4) Ω＝30 Ω，故D 正确．2．(2017·辽宁本溪市联合模拟)如图2所示的电路中，电源内电阻为r ，R 1、R 3、R 4均为定值电阻，电表均为理想电表，闭合开关S ，将滑动变阻器R 2的滑片向右移动，电流表和电压表示数变化量的绝对值分别为ΔI 、ΔU ，下列结论正确的是( )图2A ．电流表示数变大，电压表示数变小B ．电阻R 1被电流表短路 C.ΔU ΔI >r D.ΔU ΔI <r 答案 D解析 R 1、R 2并联后与R 4串联的整体，再与R 3并联，电压表测量路端电压，等于R 3两端的电压，电流表测量通过R 2和R 3的电流，设通过R 1、R 2、R 3、R 4的电流分别为I 1、I 2、I 3、I 4，它们两端的电压分别为U 1、U 2、U 3、U 4，干路电流为I 总，路端电压为U ，电流表示数为I .R 2变大，外电阻变大，I 总变小，U ＝E －I 总r 变大，U 3变大即电压表示数变大，I 3变大，I 4＝I 总－I 3变小，U 4变小，而U 1＝U －U 4，则U 1变大，I 1变大，由I 总＝I ＋I 1，故I 变小，即电流表示数减小，A 、B 错误；由闭合电路欧姆定律U ＝E －I 总r ，得ΔUΔI 总＝r ，由I 总＝I ＋I 1，I 变小，I 1变大，I 总变小，则ΔI >ΔI 总，ΔU ΔI <ΔU ΔI 总，故ΔUΔI<r ，故C 错误，D 正确．3．(多选)(2017·广东广州市测试一)在如图3所示的电路中，R 1、R 2、R 3均为可变电阻，两块水平放置的平行金属板之间，有一根以O 为轴可在竖直平面内自由转动的轻小绝缘棒，棒的两端固定着两个带等量异种电荷的小球，当开关S 闭合后，棒处于水平状态．为使棒逆时针开始转动，下列措施可行的是 ( )图3 A．减小R1B．减小R2 C．增大R3D．断开S 答案BC知识方法链接1．线圈通过中性面时的特点 (1)穿过线圈的磁通量最大； (2)线圈中的感应电动势为零；(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次． 2．交变电流“四值”的应用(1)最大值：E m ＝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．真题模拟精练4．图4甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′(OO′沿水平方向)匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R＝10 Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数为10 V．图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图象．则()图4A．此交流发电机的电动势平均值为10 2 VB．t＝0.02 s时R两端的电压瞬时值为零C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝102cos (100πt) VD．当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上答案 C解析矩形线圈绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，产生正弦交流电，外电阻R＝10 Ω，电压表示数10 V，说明E m2＝10 V即E m＝10 2 V．根据题图乙t＝0时磁通量等于0可判断t＝0时R两端的电压最大，所以R两端的电压随时间变化的规律为u＝102cos ωt＝102 cos(100πt) V，选项C对．t＝0.02 s代入电动势的表达式，此刻u＝10 2 V，选项B错．根据楞次定律，感应电流总是阻碍线圈的转动，所以当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向向下，选项D错．电动势平均值为磁通量和时间的比值，而该比值最大为E m＝10 2 V，所以平均值一定比E m＝10 2 V小，选项A错．5．如图5所示，矩形闭合导线框ABCD处于可视为水平方向的匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接有一只“11 V,33 W”的灯泡．当灯泡正常发光时，变压器输入电压u＝332cos (10πt) V．下列说法正确的是()图5A ．图示位置可能是计时起点B ．图示位置线框中产生的磁通量变化率最小C ．变压器原、副线圈匝数之比为32∶1D ．通过电流表A 的电流为 2 A答案 B解析 根据瞬时值表达式可知，线框转动的计时起点是线框平面与磁感线平行的位置，不是图示的位置，选项A 错误；图示位置线框中的磁通量最大，磁通量的变化率最小，选项B 正确；变压器原线圈的电压有效值为33 V ，副线圈电压为11 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，则变压器原、副线圈匝数之比为3∶1，选项C 错误；根据输出功率与输入功率相等可知，通过电流表A 的电流为I ＝P U 1＝3333A ＝1 A ，选项D 错误． 6．(多选)(2017·河南省天一大联考五)如图6所示，一个面积为S 的单匝金属线圈(电阻不计)在匀强磁场B 中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈两端通过电刷与图示的电路连接．其中电阻R 1＝R ，光敏电阻R 2在无光照时其阻值也为R (有光照时其电阻减小)，理想变压器的原、副线圈的匝数比为n ∶1，则( )图6A ．从图示位置开始计时，线圈转动时产生感应电动势的瞬时值表达式为e ＝BSωsin ωtB ．开关K 处于闭合状态，当减小光照强度时，电压表的示数不变，电流表的示数减小C ．开关K 处于闭合状态，当R 2上端串联理想二极管时，电流表的示数不变D ．当开关K 断开，R 2用黑纸包裹时，R 2两端电压的有效值为2nBSω2(1＋n 2)答案 BD解析 从图示位置开始计时，线圈转动时产生感应电动势的瞬时值表达式为e ＝BSωcos ωt ，故选项A 错误；开关K 处于闭合状态，减小光照强度时，R 2电阻增大，副线圈的电压由匝数和输入电压决定，电压表的示数不变，故副线圈中电流减小，则电流表示数减小，故选项B 正确；由于二极管具有单向导电性，在一个周期内有U 22R ·T 2＋0＝U 2′2R·T ，则电压表示数减小，副线圈中电流减小，电流表示数将减小，故选项C 错误；开关K 断开时，电阻R 1和理想变压器串联，根据串联电路规律有：U 1′＝BSω2－I 1′R 1，U 1′U 2′＝n ，I 1′I 2′＝1n ，I 2′＝U 2′R 2，联立解得：I 1′＝2BSω2R (1＋n 2)，U 2′＝2nBSω2(1＋n 2)，故选项D 正确．知识方法链接1．理想变压器的基本关系式(1)功率关系：P 入＝P 出．(2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2. 若n 1＞n 2，为降压变压器；若n 1＜n 2，为升压变压器．(3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1； 有多个副线圈时，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋……＋U n I n .2．原、副线圈中各量的因果关系(1)电压关系：U 1决定U 2.(2)电流关系：I 2决定I 1.(3)功率关系：P 出决定P 入．3．输电过程的电压关系4．输电过程的功率关系注意：(1)变压器联系着两个电路：原线圈电路、副线圈电路．原线圈在原线圈电路中相当于一用电器，副线圈在副线圈电路中相当于电源．(2)远距离输电示意图中涉及三个电路，在中间的远距离输电线路中升压变压器的副线圈、导线、降压变压器的原线圈相当于闭合回路的电源、电阻、用电器．(3)各自电路中应用闭合电路欧姆定律分析问题．真题模拟精练7．(多选)如图7(a)中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，R T 为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R 1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表．原线圈所接电压u 随时间t 按正弦规律变化，如图(b)所示．下列说法正确的是( )图7A ．变压器输入、输出功率之比为4∶1B ．变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4C ．u 随t 变化的规律为u ＝51sin (50πt ) VD ．若热敏电阻R T 的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大答案 BD解析 由题意知，变压器是理想变压器，故变压器输入、输出功率之比为1∶1，故选项A 错误；变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，即I 1I 2＝n 2n 1＝14，故选项B 正确；由题图(b)可知交流电压最大值U m ＝51 V ，周期T ＝0.02 s ，可由周期求出角速度的值为ω＝100π rad/s ，则可得交流电压u的表达式u＝51sin (100πt) V，故选项C错误；R T处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故选项D正确．8．(多选)(2017·山东日照市一模)如图8所示，理想变压器原线圈与一交流电源相连，原、副线圈分别接有相同的灯泡a、b和c.已知小灯泡的额定电压为0.3 V，电阻为30 Ω(假设电阻不随温度变化而变化)．闭合开关S，三个灯泡均能正常发光，下列说法正确的是()图8A．原、副线圈的匝数比为2∶1B．交流电源的电压值为0.6 VC．断开开关S，小灯泡b可能会烧坏D．断开开关S，小灯泡a可能会烧坏答案AC9．通过理想变压器给用电器供电，电路如图9甲所示，变压器原线圈匝数n1＝1 000匝，副线圈的匝数分别为n2＝50匝、n3＝100匝．在原线圈ab端接如图乙所示的交变电流，下列说法正确的是()图9A ．交流电的频率为100 HzB ．U 2＝50 V ，U 3＝100 VC ．I 1∶I 2＝1∶20D ．闭合开关S ，则I 1增大 答案 D解析 交流电的周期为0.02 s ，频率为50 Hz ，选项A 错误；根据变压器的匝数与电压比可知，U 2＝n 2U 1n 1＝501 000·1 0002 V ＝25 2 V ，U 3＝n 3U 1n 1＝1001 000×1 0002 V ＝50 2 V ，选项B 错误；因电流与匝数之间满足：I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3，故选项C 错误；闭合开关S ，则I 3变大，根据I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3可知I 1增大，选项D 正确，故选D.10．(多选)(2017·广东惠州市第三次调研)如图10所示，理想变压器原线圈接一交变电流，交变电流的电压有效值恒定不变．副线圈接有光敏电阻R(光敏电阻阻值随光照强度增大而减小)、R2和R3，则下列说法中正确的是()图10A．只将S1从2拨向1时，电流表示数变小B．只将S2从4拨向3时，电流表示数变小C．只将S3从闭合变为断开，电阻R2两端电压增大D．仅增大光照强度，原线圈的输入功率增大答案BD解析只将S1从2拨向1时，n1变小，根据变压比公式，输出电压变大，输出电流变大，输出功率变大，输入功率变大，故输入电流变大，A错误；只将S2从4拨向3时，n2变小，根据变压比公式，输出电压变小，输出电流变小，输出功率变小，输入功率变小，故输入电流变小，B正确；只将S3从闭合变为断开，少一个支路，但电阻R2与R3串联支路的电压不变，故通过电阻R2的电流不变，其两端电压也不变，C错误；仅增大光照强度，负载总电阻变小，输出电流变大，输出功率变大，故输入功率变大，D正确．11．(多选)(2017·四川资阳市4月模拟)一个含有理想变压器的电路如图11所示，其中R1、R3、R4为定值电阻，R2为滑动变阻器，电表为理想电表，u为正弦交流电源，输出电压有效值恒定，当滑片P从左向右滑动的过程中，下列说法正确的是()图11A ．电压表示数变大B ．电容器C 所带电荷量始终不变 C ．电流表示数减小D ．理想变压器输出功率增大 答案 AC解析 设原线圈电流为I 1，原线圈的电压为U 1＝U －I 1R 1，根据电压与匝数成正比可得：U 1U 2＝n 1n 2，副线圈的电流为I 2＝U 2R 2＋R 3，根据电流与匝数成反比可得：n 1I 1＝n 2I 2，联立各式解得：U 2＝n 2n 1(U －R 1I 1)，I 2＝n 2n 1U R 2＋R 3＋(n 2n 1)2R 1，原、副线圈匝数不变，当滑片P 从左向右滑动的过程中，R 2增大，所以I 2减小，I 1减小，U 2增大，故A 、C 正确；因为I 2减小，R 3两端的电压减小，即电容器的电压减小，由Q ＝CU 可知，电容器C 所带电荷量减小，故B 错误；理想变压器输出功率为P ＝U 1I 1＝(U －I 1R 1)I 1＝UI 1－I 21R 1，P 是关于I 1的二次函数，当I 1减小，P 有可能先增大后减小，也有可能一直减小，故D 错误．12．(2017·河南省六市第一次联考)如图12甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈与二极管(正向电阻为零，相当于导线；反向电阻为无穷大，相当于断路)、定值电阻R 0、热敏电阻R t (阻值随温度的升高而减小)及报警器P (电流增加到一定值时报警器P 将发出警报声)组成闭合电路，电压表、电流表均为理想电表，则以下判断正确的是( )图12A ．变压器副线圈输出交流电的频率为25 HzB ．电压表的示数为22 2 VC ．R t 处温度减小到一定值时，报警器P 将会发出警报声D ．报警器报警时，变压器的输入功率比报警前小 答案 B解析 根据题图乙知，原线圈输入的交流电的周期T ＝0.02 s ，频率f ＝1T ＝10.02 Hz ＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，所以变压器副线圈输出交流电的频率为50 Hz ，故A 错误；原线圈两端电压的有效值为U 1＝22022V ＝220 V ，根据电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压U 2＝15×220 V ＝44 V ，因为二极管具有单向导电性，所以有U 22R 总·T2＝U 2有R 总·T ，代入数据得442R 总·T 2＝U 2有R 总·T ，解得：U 有＝22 2 V ，故B 正确；温度降低，电阻增大，电流减小，但是电流要增大到一定值时报警，正好相反，故C 错误；报警器报警时，电流增大，输出功率变大，根据输入功率等于输出功率，知变压器的输入功率变大，所以变压器的输入功率比报警前大，故D 错误．专题规范练题组1 高考真题体验1．(2016·全国卷Ⅱ·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1A.25B.12C.35D.23 答案 C解析 S 断开时等效电路图如图甲所示．甲电容器两端电压为U 1＝E R ＋23R×23R ×12＝15E ；S 闭合时等效电路图如图乙所示．乙电容器两端电压为U 2＝E R ＋12R×12R ＝13E ，由Q ＝CU 得Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，故选项C 正确．2．(2016·全国卷Ⅰ·16)一含有理想变压器的电路如图2所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S 断开时，电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I .该变压器原、副线圈匝数比为( )图2A ．2B ．3C ．4D ．5 答案 B解析 开关S 断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比I I 2＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2＝In 1n 2，副线圈的输出电压U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝5In 1n 2，由U 1U 2＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1＝5I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22，则U ＝U 1＋IR 1＝5I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22＋3I ；开关S 闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比4I I 2′＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2′＝4In 1n 2，副线圈的输出电压U 2′＝I 2′R 2＝4In 1n 2，由U 1′U 2′＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1′＝4I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22，则U ＝U 1′＋4IR 1＝4I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22＋12I ，联立解得n 1n 2＝3，选项B 正确．甲 乙3．(多选)(2016·全国卷Ⅲ·19) 如图3，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3A ．原、副线圈匝数比为9∶1B ．原、副线圈匝数比为1∶9C ．此时a 和b 的电功率之比为9∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶9 答案 AD解析 设灯泡的额定电压为U 0，两灯泡均能正常发光，所以原线圈输出端电压为U 1＝9U 0，副线圈两端电压为U 2＝U 0，故U 1U 2＝91，n 1n 2＝U 1U 2＝91，A 正确，B 错误；根据公式I 1I 2＝n 2n 1可得，I 1I 2＝19，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得，灯泡a 和b 的电功率之比为1∶9，C 错误，D 正确．4．(2015·新课标全国Ⅰ·16) 一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图4所示．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4A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13答案 A解析 原、副线圈电压比等于匝数比，根据副线圈负载电阻两端的电压为U ，可知副线圈电压为U ，原线圈电压为3U ，副线圈电流I 2＝U R ，根据I 1I 2＝n 2n 1得原线圈电流I 1＝U3R ，那么原线圈输入电压220 V ＝3U ＋U3R ·R ，整理可得U ＝66 V ；原、副线圈电阻消耗的功率根据P ＝I 2R ，电阻相等，I 1∶I 2＝1∶3，可得功率之比为P 1∶P 2＝1∶9，即k ＝19.根据以上分析可知选项A正确．5．(多选)(2014·新课标Ⅱ·21)如图5，一理想变压器原、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( )图5A ．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 答案 BD解析 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．增大负载电阻的阻值R ，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． 题组2 各省市模拟精选6．(多选)(2017·安徽合肥市第一次检测)在如图6所示电路中，R 1、R 2为定值电阻，闭合开关S 后，带电粒子恰处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片向下滑动，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( )图6A ．V 1示数减小，V 2和V 3示数增大B ．带电粒子将向上运动C ．ΔU 3>ΔU 1D ．此过程中ΔU 2ΔI 保持不变答案 BCD解析 将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，总电流增大，则V 1示数U 1增大，内电压增大，路端电压U 减小，而路端电压U ＝U 1＋U 3，可知，V 3示数U 3减小，R 2两端电压增大，所以V 2示数减小，故A 错误．R 2两端电压增大，则电容器板间电压增大，板间场强增大，带电粒子所受的电场力增大，因此带电粒子将向上运动，故B 正确．因为U ＝U 1＋U 3，U 3减小，U 1增大，而U 减小，所以ΔU 3>ΔU 1，故C 正确．根据闭合电路欧姆定律知：U 2＝E －I (R 1＋R 2＋r )，则得ΔU 2ΔI ＝R 1＋R 2＋r ，保持不变，故D 正确．7．(2017·湖南邵阳市第二次大联考)如图7甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的e－t图象分别如图乙中曲线a、b所示，则()图7A．两次t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．曲线a表示的交变电动势的频率为25 HzC．曲线b表示的交变电动势的最大值为15 VD．曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶2答案 D解析在t＝0时刻，线圈一定处在中性面上，此时磁通量最大，故A错误；曲线a的交变电流的频率f＝1T＝10.02Hz＝50 Hz，故B错误；由题图乙可知，a的周期为2×10－2 s；b的周期为3×10－2 s，则由n＝1T可知，转速与周期成反比，故曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶2，曲线a表示的交变电动势最大值是30 V，根据E m＝nBSω得曲线b表示的交变电动势最大值是20 V．故C错误，D正确．8．(多选)(2017·山东泰安市一模)如图8甲的电路中，电阻R1＝R2＝R，和R1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()图8A ．在A 、B 之间所加的交变电压的周期为2×10－2 sB ．在A 、B 之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin 50πt VC ．加在R 1上电压的有效值为55 2 VD ．加在R 1上电压的有效值为5510 V答案 AC解析 由题图乙可得交流电的周期T ＝2×10－2 s ，故A 正确．电压最大值为U m ＝220 2 V ，交变电压的瞬时值表达式为：u ＝U m sin ωt ＝2202sin 2πT t ＝2202sin 100πt V ，故B 错误；当电源在正半轴时A 点电势高于B 点电势，二极管导通，即R 1被短路，电源在负半轴时B 点电势高于A 点电势，二极管截止，R 1、R 2串联分压．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 2)2R 1·12T ，解得U ＝55 2 V ，故C 正确，D 错误． 9．(2017·安徽合肥市第二次检测)如图9所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，图中R 1＝4R 0，R 2＝R 4＝R 0.原线圈一侧接一恒定正弦交流电源，当开关S 断开时，R 1与R 3消耗的功率相等，下列说法正确的是( )图9A ．R 3的阻值为4R 0B ．闭合S 后，U 1∶U 2＝10∶3C ．闭合S 后，R 1消耗的功率等于R 3的6倍D ．闭合S 前后，R 1两端的电压之比为6∶5答案 B解析 设原、副线圈中电流分别为I 1和I 2，则I 1∶I 2＝n 2∶n 1＝1∶2.当开关S 断开时，R 1和R 3消耗的功率相等，则有I 21R 1＝I 22R 3，又R 1＝4R 0，解得R 3＝R 0，故A 错误．闭合S 后，设变压器原线圈两端的电压为U ′.则有：U 1＝U ′＋I 1′R 1＝U ′＋4I 1′R 0，U 2＝I 2′(R 2＋R 3R 4R 3＋R 4)＝I 2′(R 0＋R 02)＝32I 2′R 0.又由变压器的规律得：U ′∶U 2＝n 1∶n 2＝2∶1.结合I 1′∶I 2′＝1∶2，解得：U 1∶U 2＝10∶3，U ′＝35U 1，故B 正确．闭合S 后，R 1消耗的功率P 1＝I 1′2R 1.R 3消耗的功率P 3＝(I 2′2)2R 3.解得P 1＝4P 3，故C 错误．设闭合S 前后，R 1两端电压分别为U R 1和U R 1′，闭合S 前，设变压器原线圈两端的电压为U ″，则有：U 1＝U ″＋U R 1＝U ″＋I 1R 1＝U ″＋4I 1R 0，又U ″∶U 2＝n 1∶n 2＝2∶1，U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝2I 2R 0.结合I 1∶I 2＝1∶2，解得：U ″＝23U 1，U R 1＝13U 1，又U 1＝U ′＋U R 1′.结合U ′＝35U 1，得U R 1′＝25U 1，解得：R 1两端电压之比为U R 1∶U R 1′＝5∶6，故D 错误．10．(2017·重庆市万州区二诊)如图10所示，一理想变压器原线圈与每个副线圈的匝数比均为3∶1，原线圈与每个副线圈所连的电阻阻值均为R ，原线圈接220 V 的正弦交流电，副线圈n 2回路中电阻两端的电压为U 2，原线圈电阻与每个副线圈电阻消耗的功率之比均为k ，则( )图10A ．U 2＝60 V ，k ＝49B ．U 2＝60 V ，k ＝23C ．U 2＝2203 V ，k ＝49D ．U 2＝2203 V ，k ＝23答案 A解析 设副线圈n 2、n 3中电流为I ，原线圈两端电压为U 1，由P 出＝P 入得：2U 2I ＝U 1I 1，又n 1∶n 2＝3∶1，U 1U 2＝n 1n 2，则U 2＝U 13，I 1＝23I .原线圈电路有23IR ＋U 1＝220 V ，又U 1＝3U 2，IR ＝U 2得U 2＝60 V ，原线圈R 消耗功率P 1＝I 21R ＝49I 2R ，副线圈R 消耗功率P 2＝I 2R ，故P 1∶P 2＝4∶9，即k ＝49. 11．(2017·山东潍坊市一模)如图11所示，a 、b 两端接在电压有效值恒定的正弦交流电源上，L 1、L 2、L 3是三个相同的灯泡，T 为理想变压器，开关S 断开时，灯泡L 1、L 2、L 3亮度相同(未达到正常发光状态)，若闭合S ，下列判断正确的是( )图11A．灯泡L1变亮B．灯泡L2、L3变暗C．原、副线圈两端的电压比为2∶1D．原线圈中增加的电流大于副线圈中增加的电流答案 D解析开关S断开时，灯泡L1、L2、L3亮度相同，即三只灯泡两端的电压相等，原线圈两端的电压等于L1两端的电压，U1＝U，副线圈两端的电压U2＝2U，原、副线圈两端的电压比为1∶2，故C错误；闭合S后，L1并联在原线圈两端，不能影响原线圈的电压，原线圈电压不变，灯泡L1亮度不变，副线圈两端的电压不变，灯泡L2、L3两端电压不变，亮度不变，故A、B错误；电流与匝数成反比，则原线圈电流是副线圈电流的2倍，电流增加量也是副线圈的2倍，所以原线圈中增加的电流大于副线圈中增加的电流，故D正确．12．(多选)(2017·山西太原市模拟一)如图12为远距离输电示意图，其中T1、T2为理想变压器，r是输电线总电阻，灯L1、L2相同且阻值不变．现保持变压器T1的输入电压不变，滑片P位置不变，当开关S断开时，灯L1正常发光，则()图12A．仅闭合S，灯L1会变亮B．仅闭合S，r消耗的功率会变大C．仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小D．仅将滑片P上移，电流表示数会变小答案BD解析仅闭合S，T2副线圈电阻减小，消耗功率增大，电流增大，T2原线圈电流也增大，则r上损失的电压和功率增大，则T2输入电压减小，灯泡两端电压减小，灯泡会变暗，故A错误，B正确；仅将滑片P下移，T1副线圈匝数增多，则输出电压增大，T2的输入电压增大，灯泡电压增大，电流也增大，T2的输入电流也增大，r上消耗的功率增大．C错误；仅将滑片P上移，T1副线圈匝数减小，则输出电压减小，T2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T1输入功率减小，T1的输入电压不变，故输入电流减小，电流表示数减小，D正确．。
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.。
高考物理二轮复习专项突破训练：直流电路和交流电路
直流电路和交流电路1．(多选)如图1所示的电路中，电表均为理想电表，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动至某一位置，与移动前相比，下列说法正确的是( )图1A．电流表读数变小，电压表读数变大B．小灯泡L变亮C．电源的输出功率一定变大D．电容器C所带的电荷量减少2．(多选)如图2，一带电小球垂直于电场线方向射入极板区域后，偏向A极板，为使小球沿射入方向做直线运动，可以采用的方法是( )图2A．将变阻器滑片P适当向右滑动B．将变阻器滑片P适当向左滑动C．适当减小小球所带电荷量D．将极板间距适当增大3．如图3所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表．闭合开关S后，将滑动变阻器R1的滑片向右移动，下列说法正确的是( )A．电流表A的示数变大B．电压表V的示数变大C．电容器C所带的电荷量减少D．电源的效率增加4．如图4所示，电源的电动势为30 V，内电阻为1Ω，一个标有“6 V,12 W”的电灯与一个绕线电阻为2Ω的电动机串联．开关闭合后，电路中的电灯正常发光，则电动机输出的机械功率为( )A．36 W B．44 WC．48 W D．60 W5．图5甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′(OO′沿水平方向)匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R＝10 Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V．图乙是矩形线圈中磁通量随时间t变化的图象．线圈内阻不计，则( )图5A．此交流发电机的电动势平均值为10V2B．t＝0.02 s时R两端的电压瞬时值为零C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝10cos (100πt)V2D．当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上6．(多选)如图6所示为某山区小型水电站的电能输送示意图，发电机输出的电压和输电线路上的电阻恒定，用电器均为纯电阻元件，当用电高峰来临时，下列判断正确的是( )A ．用电器等效电阻R 0变大B ．升压变压器T 1的输出电压变大C ．降压变压器T 2的输出电压变小D ．输电线路总电阻R 上消耗的功率变大7．(多选)如图7所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝10∶1，电阻R ＝10 Ω，两只相同小灯泡L 1、L 2的规格均为“3 V,1.5 W”，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交流电源．当S 1接1、S 2闭合时，L 2正常发光．设小灯泡的电阻值恒定．下列说法正确的是( )图7A ．原线圈所接正弦交流电源的电动势最大值为30 VB ．只断开S 2后，变压器的输出功率为0.75 WC ．将S 1换接到2后，原线圈的输入功率为90 WD ．将S 1换接到2后，R 的电功率为0.9 W8．如图8，电阻R 、电容器C 和电感线圈L 并联后，接入输出电压有效值、频率可调的交流电源．当电路中交流电的频率为f 时，通过R 、C 和L 的电流有效值恰好相等．若将频率降低为f ，分别用I 1、I 2和I 3表示此时通过R 、C 和L 的电流的有效值，则( )12图8A ．I 1＝I 2＝I 3B ．I 1>I 2>I 3C ．I 3>I 1>I 2D ．I 1>I 2＝I 39．(多选)如图9(a)所示，理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝55∶4，原线圈接有交流电流表A1，副线圈电路接有交流电压表V、交流电流表A2、滑动变阻器R等，所有电表都是理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定．原线圈接入的交流电压的变化规律如图(b)所示，则下列说法正确的是( )图9A．交流电压表V的读数为32 VB．灯泡L两端电压的有效值为32 VC．当滑动变阻器的触头P向下滑动时，电流表A2示数增大，A1示数增大D．由图(b)可知交流发电机转子的角速度为100 rad/s10．如图10所示，一理想变压器，左右两边共接有额定电压均为U的6盏完全相同的灯泡(额定功率均为P)，左端接在一电压恒为U0的交流电源两端．此时6盏灯刚好正常发光．下列说法中不正确的是( )图10A．该变压器的原、副线圈匝数比为1∶2B．此时交流电源输出的功率为6PC．U0＝6UD．如果灯L6突然烧断，灯L1和L2将变暗，而其余3盏灯将变得更亮11．如图11甲所示为一交流电源产生的电压随时间变化的关系图象，将该电源接入如图乙所示的理想降压变压器电路的原线圈，副线圈电路中R0为定值电阻，R为滑动变阻器，电路中各电表皆为理想电表，电压表V1和V2的示数分别用U1和U2表示；电流表A1和A2的示数分别用I1和I2表示，下列说法正确的是( )图11A．变压器输入电压瞬时值表达式为u＝44cos (100πt)V2B．因为是降压变压器，所以副线圈电路的频率低于原线圈电路的频率C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大D．若只增大发电机转速，则U1不变、I2变大12．(多选)如图12所示，理想变压器副线圈接有滑动变阻器、理想电流表和额定电压为10 V、内阻为1 Ω的电动机．原线圈接入电压瞬时值表达式为u＝110sin (100πt) V2的交流电，当滑动变阻器接入电路的电阻为22.5 Ω时，电流表示数为2 A，电动机正常工作，则下列说法正确的是( )图12A．原、副线圈匝数比为2∶1B．电动机消耗的电功率为10 WC．电动机的输出功率为16 WD．突然卡住电动机，电动机内阻消耗的功率为100 W参考答案1.答案 BD2.答案 ACD3.答案 D解析 R1的滑片向右移动，接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律知，干路中的电流减小，路端电压增大，R3两端的电压减小，电压表V的示数变小，B 错误；并联部分的电压增大，电容器C 所带的电荷量增加，C 错误；通过R 2的电流增大，所以通过R 1的电流减小，电流表的示数变小，A 错误；电源的效率：η＝×100%＝UI EI×100%，所以效率增加，D 正确．U E4.答案 A解析 电路中电灯正常发光，所以U L ＝6 V ，则电路中电流为I ＝＝ A ＝2 A ，电动P L U L 126机两端的电压U M ＝E －Ir －U L ＝(30－2×1－6) V ＝22 V ，则电动机输出的机械功率P 出＝P 电－P 热＝U M I －I 2R M ＝(22×2－4×2) W ＝36 W.5.答案 C解析 矩形线圈绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生正弦交流电，外电阻R ＝10 Ω，电压表示数为10 V ，说明＝10 V ，即E m ＝10 V ．根据题图乙知t ＝0时磁通量等于E m 220，可判断t ＝0，电动势最大，所以电动势随时间变化的规律为U ＝E m cos ωt ＝102cos(100πt ) V ，选项C 对．将t ＝0.02 s 代入电动势的表达式，得U ＝10 V ，选项B 错．根2据楞次定律，感应电流总是阻碍线圈的转动，所以当ab 边速度方向向上时，它所受安培力的方向向下，选项D 错．电动势平均值为磁通量和时间的比值，而该比值最大为E m ＝10 2V ，所以平均值一定比E m ＝10 V 小，选项A 错．26.答案 CD解析 用电高峰来临时，用电器增多，用电器并联后的总电阻R 0减小，选项A 错误；由于升压变压器的输入电压一定，则输出电压一定，选项B 错误；设输电线的输送电流为I ，降压变压器的变压比为k ，升压变压器的输出电压为U ，则U ＝IR ＋k 2IR 0，当R 0减小时，I 增大，输电线总电阻R 消耗的功率P R ＝I 2R 变大，选项D 正确；降压变压器T 2的输入电压等于U －IR ，可以判断此电压减小，则输出电压也减小，选项C 正确．7.答案 BD解析 当S 1接1、S 2闭合时，L 2正常发光，副线圈的电压为U 2＝3 V ，根据原、副线圈电压比等于匝数比即＝，解得原线圈的电压为U 1＝30 V ，原线圈所接正弦交流电源U 1U 2n 1n 2的电动势最大值为E m ＝30 V ，故A 错误；两只相同小灯泡阻值均为R L ＝＝6 Ω，只2U L2P L断开S 2后，变压器的输出功率为P 2＝＝ W ＝0.75 W ，故B 正确；将S 1换接到2U 222R L 322×6后，R 的电功率为P R ＝＝0.9 W ，原线圈的输入功率为P 入＝P R ＝0.9 W ，故C 错误，D U 22R正确．8.答案 C解析 将频率降低时，通过R 的电流不变，电容器的容抗增大，通过C 的电流减小，则有I 1>I 2，电感线圈的感抗减小，通过L 的电流增大，则有I 3>I 1，故A 、B 、D 错误，C 正确．9.答案 AC解析 由题图(b)可知，原线圈输入电压有效值为440 V ，根据＝，可得副线圈电U 1U 2n 1n 2压有效值为32 V ，交流电压表V 的示数为有效值，即为32 V ，故A 正确；设灯泡L 两端电压的有效值为U ′，灯泡的阻值为r ，交变电流的周期为T ，根据交变电流有效值的定义有322r×＝T ，解得U ′≈22.6 V ，故B 错误；当滑动变阻器的触头P 向下滑动时，滑动变阻器接T 2U ′2r入电路的阻值减小，则由欧姆定律可知，电流表A 2示数增大，因为理想变压器输入功率与输出功率相等，所以电流表A 1示数也增大，故C 正确；根据ω＝＝ rad/s ＝100π 2πT 2π0.02rad/s ，可知，交流发电机转子的角速度为100π rad/s ，故D 错误．10.答案 A解析 由于各盏灯相同且均正常发光，所以流过每盏灯的电流均相同，原线圈中的电流I 1等于灯泡的额定电流I ，而副线圈中的总电流为I 2＝4I ，故n 1∶n 2＝I 2∶I 1＝4∶1，A 错误；由于理想变压器本身不消耗能量，所以交流电源输出功率为6盏灯的总功率6P ，B 正确；设原、副线圈两端的电压分别为U 1、U 2，则U 2＝U ，U 0＝U 1＋2U ，而U 1∶U 2＝n 1∶n 2＝4∶1，代入得U 0＝6U ，C 正确；当灯L 6突然烧断，变压器输出的功率将减小，所以输入功率也将减小，由P 1＝U 1I 1得I 1减小，所以灯L 1和L 2将变暗，同时因L 1和L 2分得的电压减小，变压器输入端的电压U 1将增大，所以变压器输出的电压也将增大，使其余3盏灯变得更亮，D 正确；本题选不正确的，故选A.11.答案 C解析 从题图甲可知ω＝＝ rad/s ＝125π rad/s ，故变压器输入电压瞬2πT 2π1.6×10－2时值表达式为u ＝44cos (125πt ) V ，A 错误；变压器不改变交流电的频率，故原、副线圈2中交流电的频率相等，B 错误；滑片P 向下滑动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，副线圈中的总电阻减小，由于原、副线圈匝数不变，原线圈输入电压不变，所以副线圈两端的电压不变，即U 2不变，所以副线圈中的电流增大，即I 2增大，根据＝可得I 1变大，C n 1n 2I 2I 1正确；只增大发电机转速，根据U m ＝NBSω＝NBS ·2πn ，可知U m 增大，即U 1增大，根据n 1n 2＝可得副线圈中U 2增大，所以I 2增大，D 错误．U 1U 212.答案 AC解析 输入电压最大值为110 V ，有效值为：U 1＝ V ＝110 V ，R 两端的电211022压：U R ＝I 2R ＝2×22.5 V ＝45 V ，所以副线圈两端的电压：U 2＝U R ＋U M ＝45 V ＋10 V ＝55 V ，可得：＝＝＝，故A 正确；电动机消耗的电功率为：P ＝U M I 2＝10×2 W ＝20 n 1n 2U 1U 21105521W ，故B 错误；电动机消耗的热功率为：P 热＝I r ＝22×1 W ＝4 W ，则输出功率：P 出＝P －P 2热＝(20－4)W ＝16 W ，故C 正确；突然卡住电动机时，可看做纯电阻电路，电动机内阻消耗的功率为：P ′＝2r ≈5.48 W ，故D 错误．(U 2R ＋r )。
(新课标)2020版高考物理二轮复习专题四第1讲直流电路与交流电路精练(含解析)
直流电路与交流电路(45分钟)[刷基础]1．(2019·四川成都高三考前摸底)如图，匀强磁场中，一单匝矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，线框中产生的交变电动势瞬时值随时间变化的规律为e ＝202sin 100πt (V)．下列说法正确的是( )A ．该线框转动的频率是100 HzB ．该线框产生的交变电动势最大值是20 VC ．t ＝0.005 s 时刻，线框平面与中性面重合D ．t ＝0.05 s 时刻，穿过线圈的磁通量变化率为0解析：该线框转动的频率是f ＝ω2π＝100π2πHz ＝50 Hz ，选项A 错误；该线框产生的交变电动势最大值是20 2 V ，选项B 错误；t ＝0.005 s 时刻，线框转过的角度为100π×0.005＝π2，此时平面与中性面垂直，选项C 错误；t ＝0.05 s 时刻，电动势的瞬时值为0，此时穿过线圈的磁通量变化率为0，选项D 正确．答案：D2. (2018·高考天津卷)教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R 供电，电路如图所示，理想交流电流表A 、理想交流电压表V 的读数分别为I 、U ，R 消耗的功率为P .若发电机线圈的转速变为原来的12，则( ) A ．R 消耗的功率变为12P B ．电压表V 的读数变为12U C ．电流表A 的读数变为2ID ．通过R 的交变电流频率不变解析：交流发电机产生的感应电动势最大值E m ＝NBS ω，且有ω＝2πn ，所以当发电机线圈转速减半后，感应电动势最大值减半，有效值减半，又理想变压器原、副线圈电压有效值之比等于原、副线圈匝数比，故电压表示数减为原来的一半，B 项正确；由电功率P ＝U 2R可知，变压器输出功率即R 消耗的功率变为原来的14，A 项错误；由P ＝UI 可知，原线圈中电流减为原来的一半，C项错误；交变电流的频率与发电机线圈转动角速度成正比，故D项错误．答案：B3．(多选)(2018·高考江苏卷)如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80 V时，闪光灯瞬间导通并发光，C放电．放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电．这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光．该电路( )A．充电时，通过R的电流不变B．若R增大，则充电时间变长C．若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大D．若E减小为85 V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变解析：充电时，电容器电荷量增加，两端电压增大，根据欧姆定律可知，R两端的电压减小，通过R的电流逐渐减小，A错误；R增大，通过的平均电流变小，根据Q＝It可知充电时间变长，B正确；根据Q＝CU，若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大，C正确；因为当C两端电压达到80 V时，闪光灯瞬间导通并发光，所以若E减小为85 V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变，D正确．答案：BCD4．(2019·山东淄博实验中学检测)有一交流发电机模型，矩形金属线圈在匀强磁场中绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，发电机负载为白炽小灯泡，若线圈匝数为100匝，回路总电阻为2 Ω，线圈转动过程中穿过该线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律为Φ＝0.04sin πt Wb，设π2＝10，回路中电阻值恒定不变，则( )A．t＝0时，回路瞬时电流为零B．t＝10 s时，回路电流改变方向C．t＝1.5 s时，回路瞬时电流最大D．从t＝0到t＝10 s时间内，回路产生的焦耳热为400 J解析：根据穿过线圈的磁通量随时间的变化规律Φ＝0.04sin πt Wb知，t＝0时，穿过回路的磁通量为零，感应电动势最大，感应电流最大，故A错误；t＝10 s时，穿过回路的磁通量为零，感应电流最大，回路中的电流方向不改变，故B错误；t＝1.5 s时，穿过回路的磁通量最大，磁通量的变化率为零，回路中的瞬时电流最小，故C错误；E m＝nBSω＝nΦmω＝4πV，故产生的感应电动势的有效值E＝E m2＝22πV，回路中产生的焦耳热Q＝E2Rt＝400J，故D正确．答案：D5．(多选)在如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，闭合开关后，当滑动变阻器的滑片P 由a 端滑向b 端的过程中，以下说法正确的是( )A ．电源内阻消耗的功率一定增大B ．电源内阻消耗的功率一定减小C ．电源的输出功率一定减小D ．电源的输出功率可能减小解析：闭合开关后，当滑动变阻器的滑片P 由a 端滑向b 端的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，所在支路的电阻增大，外电路电阻增大，电源输出电流减小，电源内阻消耗的功率P r ＝I 2r 一定减小，选项A 错误，B 正确；根据电源输出功率最大的条件可知，当外电路电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大．当滑动变阻器的滑片P 由a 端滑向b 端的过程中，电源的输出功率可能减小，选项D 正确，C 错误．答案：BD6．(多选)(2019·山东青岛调研检测)理想变压器原线圈a 的匝数n 1＝100匝，副线圈b 的匝数n 2＝50匝，线圈a 通过电阻R 1接在u ＝50 2 sin 314 t (V)的交流电源上，“12 V 6 W”的灯泡恰好正常发光，电阻R 2＝24 Ω，电压表为理想电表．下列说法正确的是( )A ．交变电流的频率为100 HzB ．原线圈两端的电压为50 VC ．电压表的示数为24 VD ．R 1消耗的功率是0.5 W解析：由交流电源的瞬时值表达式可知，角速度ω＝100π rad/s ，则f ＝100π2πHz ＝50 Hz ，故A 错误；灯泡正常发光，故副线圈中电流为I ＝P U ＝612A ＝0.5 A ，所以电压表示数为U 2＝U ＋IR 2＝12 V ＋0.5×24 V＝24 V ，故C 正确；根据理想变压器电压比n 1n 2＝U 1U 2，可得原线圈两端的电压为U 1＝48 V ，故B 错误；R 1两端的电压为U 1′＝(50－48) V ＝2 V ，根据电流之比等于匝数的反比可得I 1＝0.25 A ，则R 1消耗的功率P ′＝U 1′I 1＝2×0.25 W＝0.5 W ，故D 正确．。