浙江专用版2020版高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第8讲直流电路与交流电路讲义

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2020年高考物理二轮复习专项训练----直流电与交流电(原卷版)

2020年高考物理二轮复习专项训练----直流电与交流电1.如图所示的闭合电路中，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()A.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2.一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U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2，在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中()A．U2>U1，U2降低B．U2>U1，U2升高C．U2<U1，U2降低D．U2<U1，U2升高3.咸阳市区某学校创建绿色校园，如图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()A.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4.如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是()A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大5.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()6.如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是()A．原、副线圈匝数比为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∶97.图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()A．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8.如图所示，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()A．两导线框中均会产生正弦交流电B ．两导线框中感应电流的周期都等于TC ．在t ＝T 8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9.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝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( )A ．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 Hz10.如图所示的电路中，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S ，下列说法正确的有( )A ．路端电压为10 VB ．电源的总功率为10 WC ．a 、b 间电压的大小为5 VD ．a 、b 间用导线连接后，电路的总电流为1 A11.如图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()A．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12.阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为()A. 25 B.12 C.35 D.2313.如图所示，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()A．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)14.如图（a），在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。

2020年高三物理二轮复习直流电路和交流电路练习含答案

绝密★启用前人教版 2020 寒假高三物理二轮复习直流电路和交流电路练习本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分。

分卷I一、单选题(共10小题,每小题4.0分,共40分)1.如图所示电路中，已知电源的内阻r＜R2，电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值。

闭合电键S，当滑动变阻器的滑臂P由变阻器的中点向左滑动的过程中，下列说法中正确的有（）A． A1的示数不断减小，A2的示数不断减小，B． V1的示数先变小后变大，V2的示数先变大后变小。

C．电源内部的热功率先变大后变小D．电源的输出功率先变小后变大2.在如图所示的四个电路中，电源电动势为E，内阻为r，定值电阻阻值为R0，当滑动变阻器R的滑片P从a向b滑动时，理想电压表读数变大的是 ()3.如图甲所示，理想变压器的原线圈的匝数n1，和副线圈匝线n2均可调节．原线圈两端接如图乙所示的交流电，副线圈接负载电阻R和理想交流电流表A,则下述说法正确的是（）A．原线圈所接交流电的瞬时值表达式(V)B．增大n1，其它条件不变，变压器的输出电压变大C．增大n2，其它条件不变，电流表的示数变大D．增大R，其它条件不变，变压器的输入功率变大4.一闭合矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电流如图所示，由图可知()A．该交流电电流的有效值是5 AB．该交流电的频率是20 HzC．t＝0时刻线圈平面位于中性面D．该交流电电流的瞬时表达式为i＝5cos 100πt(A)5.某同学准备用一种金属丝准备制作一只电阻温度计．他先通过实验描绘出一段金属丝的U-I曲线，如图甲所示．再将该金属丝与某一定值电阻R0串联接在电路中，用电压表（电压表的内阻远大于金属丝的电阻）与金属丝并联，并在电压表的表盘上标注温度值，制成电阻温度计，如图乙所示.下列说法中正确的是（）A．从图甲可知，该金属丝的阻值随温度的升高而减小B．图乙中电压表的指针偏转角越大，温度值越小C．选用不同阻值的R0可以改变温度计的量程，R0越大，量程越大D．温度越高，电源消耗的功率越大6.如图甲所示，理想变压器原，副线圈的匝数比为4∶1；电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中R′为热敏电阻(温度升高时其电阻减小)，R为定值电阻．下列说法正确的是()A．原线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝36sin 50πt(V)B．变压器原线圈的输入功率和副线圈的输出功率之比为1∶4C．R′处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2的示数变大D．电压表V2的示数为9 V7.图为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成．发电机中矩形线圈的面积为S，矩形线圈的匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴OO′在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动．矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻．以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是()A．若发电机线圈某时刻处于图示位置，则通过变压器原线圈的电流的瞬时值为0B．发电机线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωsinωtC．当用电量增加时，为使用户得到的电压保持不变，滑动触头P应向上滑动D．当滑动触头P向下滑动时，变压器原线圈两端的电压将增大8.如图所示，理想变压器的原线圈输入交变电压u＝U m sinωt，闭合开关S，电灯恰好正常发光．现将滑动变阻器滑片P向下移动，下列说法正确的是()A．理想电压表V示数变大B．理想电流表A示数变大C．变压器的输出功率变小D．副线圈的电流频率变小9.在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1，R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则 ()A．电压表的示数增大B．小灯泡消耗的功率减小C．通过R2的电流减小D．电源内阻的电压增大10.一个匝数为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如图所示规律变化．则线圈中产生交变电流的有效值为()A． 5 AB． 2AC． 6 AD． 2A二、多选题(共4小题,每小题5.0分,共20分)11.巨磁电阻(GMR)电流传感器可用来准确检测大容量远距离直流输电线路中的强电流，其原理利用了巨磁电阻效应．巨磁电阻效应是指某些磁性材料的电阻R在一定磁场作用下随磁感应强度B 的增加而急剧减小的特性．如图2所示检测电路，设输电线路电流为I(不是GMR中的电流)，GMR为巨磁电阻，R1，R2为定值电阻，已知输电线路电流I在巨磁电阻GMR处产生的磁场的磁感应强度B的大小与I成正比，下列有关说法正确的是()A．如果I增大，电压表V1示数减小，电压表V2示数增大B．如果I增大，电流表A示数减小，电压表V1示数增大C．如果I减小，电压表V1示数增大，电压表V2示数增大D．如果I减小，电流表A示数减小，电压表V2示数减小12.某交流发电机的输出电压随时间变化的图象如图所示，输出功率是20kW，现用5000V高压输电，输电线上的总电阻是40，再利用的降压变压器降压后供给用户，则下列说法正确的是（）A．交变电流的频率为100HzB．发电机输出电压的有效值为220VC．流过高压输电线的电流为125AD．降压变压器输出电压的有效值为220V13.图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2的原，副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路，用电器电阻R0＝11 Ω.若T1，T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u＝220sin 100πt V．下列说法正确的是()A．发电机中的电流变化频率为100 HzB．通过用电器的电流有效值为20 AC．升压变压器的输入功率为4 650 WD．当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率减小14.如图所示，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S 后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2A,以下判断正确的是()A．变压器输入功率为484 WB．通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC．通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD．变压器原，副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3分卷II三、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)15.有人为汽车设计的一个“再生能源装置”原理简图如图5甲所示，当汽车减速时，线圈受到磁场的阻尼作用帮助汽车减速，同时产生电能储存备用．图中，线圈的匝数为n，ab长度为L1，bc长度为L2.图乙是此装置的侧视图，切割处磁场的磁感应强度大小恒为B，有理想边界的两个扇形磁场区夹角都是90°.某次测试时，外力使线圈以角速度ω逆时针匀速转动，电刷M端和N端接电流传感器，电流传感器记录的i－t图象如图丙所示(I为已知量)，取ab边刚开始进入左侧的扇形磁场时刻t＝0.不计线圈转轴处的摩擦．(1)求线圈在图乙所示位置时，产生感应电动势E的大小，并指明电刷M和N哪个接电源正极；(2)求闭合电路的总电阻R和外力做功的平均功率P；(3)为了能够获得更多的电能，依据所学的物理知识，请你提出改进该装置的三条建议．16.如图所示，电容器C1＝6 μF，C2＝3 μF，电阻R1＝6 Ω，R2＝3 Ω.C，D为两端点，当开关S断开时，A，B两点间的电压UAB为多少？当S闭合时，电容器C1的电荷量改变了多少？(已知电压U＝18 V)17.如图所示，E＝10 V，r＝1 Ω，R1＝R3＝5 Ω，R2＝4 Ω，C＝100 μF.当S断开时，电容器中带电粒子恰好处于静止状态．求：(1)S闭合后，带电粒子加速度的大小和方向；(2)S闭合后流过R3的总电荷量．18.电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻r=2，电阻R1=12Ω,R2=R4=4Ω,R5=8Ω.C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长L=0.20m，两极板的间距d=1.0×10-2m。

2020高考物理冲刺复习-专题08 直流电路与交流电路(高考押题)(含解析)

2020物理高考冲刺复习必备高考押题专练1．(多选)如图所示，图甲中M 为一电动机，当滑动变阻器R 的触头从左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 ．变阻器向右滑动时，V 2读数逐渐减小B ．电路中电源内阻为2 ΩC ．此电路中，电动机的输出功率先减小后不变D ．变阻器的最大阻值为36 Ω 【答案】BC 【解析】由图甲可知测量的是路端电压U ，且U ＝E －Ir ，则图乙中上方的图象为U －I 图象，该图象的斜率大小为电源内阻，r ＝3.4－3.00.3－0.1 Ω＝2 Ω，B 项正确；滑动变阻器滑片向右滑动时，R 接入电路的电阻增大，电流I 减小，则U 逐渐增大，A 项错；R 的滑动触头向右端滑动的过程中，由乙图可知两端的电压减小，电流减小，电动机的输出功率P 出＝U 1I －I 2r 机先减小，电流表值在0.2 A 以下，的读数在0.8V 以下时，电动机停止转动，无功率输出，C 项正确；滑动变阻器的最大阻值为R ＝3.4－0.40.1 Ω＝30 Ω，D项错．2．如图所示，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( )A ．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】C【解析】小灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I 2＝36 W 36 V ＝1 A ；根据变流比公式：I 1I 2＝n 2n 1，解得：I 1＝2 A ，故A 错误；小灯泡正常发光，故变压器的输出电压为36 V ，根据变压比公式U 1U 2＝n 1n 2，解得：U 1＝18 V ，故矩形线圈产生电动势的有效值为18 V ，矩形线圈产生电动势的最大值为18 2 V ，故B 错误；根据公式E m ＝NBSω，解得：ω＝E m NBS ＝1821×25π×1 rad/s ＝90π rad/s ，故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e ＝E m sin ωt ＝182sin (90πt ) V ，故C 正确；若矩形线圈转速增大，根据公式E m ＝NBSω，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P 适当上移，故D 错误．3．如图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( )A ．P r ＝r Rk 22P U ＝2k 2U m 2k 1－2rk 22PR B ．P r ＝2r Rk 22P U ＝2U m 2k 1k 2－2rk 22P R C ．P r ＝2r Rk 22P U ＝2k 2U m 2k 1－2rk 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 2 PR，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 R4．(多选)如图所示，导体棒ab 两个端点分别搭接在两个竖直放置、电阻不计、半径相等的金属圆环上，圆环通过电刷与导线c 、d 相接．c 、d 两个端点接在匝数比n 1∶n 2＝10∶1的变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器R 0，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，导体棒ab 长为L (电阻不计)，绕与ab 平行的水平轴(也是两圆环的中心轴)OO ′以角速度ω匀速转动．如果滑动变阻器的阻值为R 时，通过电流表的电流为I ，则( )A ．滑动变阻器上消耗的功率为P ＝100I 2RB ．变压器原线圈两端的电压U 1＝10IRC ．取ab 在环的最低端时t ＝0，则导体棒ab 中感应电流的表达式是i ＝2I sin ωtD ．ab 沿环转动过程中受到的最大安培力F ＝2BIL 【答案】AD【解析】由I 1I 2＝n 2n 1得I 2＝10I ，变阻器上消耗的功率为P ＝I 22R ＝(10I )2R ＝100I 2R ，故A 正确；副线圈的电压为U ＝I 2R ＝10IR ，根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，变压器原线圈两端的电压U 1＝100IR ，故B 错误；ab 在最低点时，ab 棒与磁场垂直，此时的感应电动势最大，感应电流最大，所以棒ab 中感应电流的表达式应为i ＝2I cos ωt ，故C 错误；ab 在最低点时，ab 棒与磁场垂直，此时的感应电动势最大，感应电流最大，最大值为2I ，此时的安培力也是最大的，最大安培力为F ＝2BIL ，故D 正确．5.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 JB.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=U12R t可得：U1=3 V,tR =0.1.再由W2=U2q2和W2=U22Rt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：A解析：滑片P向上移动,滑动变阻器接入电路的电阻增大,总电阻增大,根据闭合电路欧姆定律可知,干路电流减小,因U=E-I(r+R1),可知电容器两极板间电压变大,油滴受到的电场力增大,油滴向上运动,两极板间电压变大,说明电容器充电,G中电流方向从b到a,选项A正确,B、C错误；将S断开后,电容器放电,G中有电流,电压减小,电场力减小,油滴向下运动,选项D错误.7. 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：ABD解析：由图像可知,该电源的电动势E=3 V,内阻r=0.5 Ω,电阻R的阻值为1 Ω.仍由图像可知,用该电源直接与R相连组成闭合电路时,路端电压U=2 V,电流I=2 A,则电源的输出功率P=UI=2×2 W=4 W,电源的效率η=UIEI ×100%=23×100%≈66.7%,故选项A、B、D正确,选项C错.9.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：ABD解析：在讨论R 2的电功率时,可将R 1视为电源内阻的一部分,即将原电路等效为外电阻R 2与电动势E 、内阻为(R 1+r)的电源(等效电源)连成的闭合电路,如图所示,R 2的电功率是等效电源的输出功率,显然当R 2=R 1+r 时,R 2获得的电功率最大,选项A 错误.在讨论R 1的电功率时,由I=ER1+R 2+r及P 1=I 2R 1可知,R 2=0时,R 1获得的电功率最大,选项B 错误,C 正确,在讨论电源的输出功率时,(R 1+R 2)为外电阻,内阻r 恒定,由于题目没有给出R 1和r 的具体数值,所以当R 2=0时,电源输出功率并不一定最大,选项D 错误.10.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 A D ．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【解析】由ω＝2πf 得交流电的频率为50 Hz ，故A 错误；电压表、电流表测量所得的是交变电流的有效值，故电压表读数为220 V ，故B 错误；由I 1I 2＝n 2n 1可知I 1＝I 2n 2n 1＝0.2 A ，故C 错误；由P 出＝P 入－P 热＝U 2I 2－I 22R ＝33 W ，故D 正确．【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220 V ，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∶1 190∶11B ．1∶16 11∶190C ．1∶16 190∶11D ．16∶1 11∶190 【解析】输电线损失功率 P 损＝100×103×5% W ＝5×103 W ，所以，输电线电流I 2＝P 损R 线＝25 A ，升压变压器原线圈电流I 1＝P 总U 1＝400 A ，故升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝116.升压变压器副线圈端电压U 2＝n 2n 1·U 1＝4 000 V ，输电线损失电压U 损＝I 2·R 线＝200 V ，降压变压器原线圈电压U 3＝U 2－U 损＝3 800 V ，故降压变压器原、副线圈匝数比为n 3n 4＝U 3U 4＝19011.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O 1O 2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 ＝1300 s 时穿过线圈磁通量的变化率为0.02 Wb/sD ．线圈中的感应电动势瞬时值表达式为e ＝4sin 100πt (V) 【答案】C【解析】由于从中性面开始，感应电流的瞬时值表达式为：i ＝I m cos 2πT t (A)，将t ＝1300s 代入可得，I m ＝2 A ，因此感应电流的有效值为I ＝I m2＝ 2 A ，A 错误；线圈转动一周产生的焦耳热Q ＝I 2Rt ＝(2)2×2×0.02 J ＝0.08 J ，B 错误；线圈中的感应电动势的瞬时值表达式e ＝U m cos2πT t (V)＝I m R cos 2πTt (V)＝4cos 100πt (V)，D 错误；而t ＝1300 s 时有瞬时值e ＝4cos π3 V ＝2 V ，而根据法拉第电磁感应定律，e ＝n ΔΦΔt ，因此t ＝1300 s时穿过线圈磁通量的变化率为en＝0.02 Wb/s ，C 正确．15．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－ΔUU 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n 1∶n 2＝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】AC【解析】由题图乙知，原线圈的电压u 1＝220 V ，当S 与a 连接后，根据变压规律u 1u 2＝n 1n 2可得u 2＝22 V ，理想电流表的示数I 2＝u 2R ＝2.2 A ，故A 正确；电流表的示数对应交变电流的有效值，所以在t＝0.01 s 时理想电流表示数不为零，故B 错误；当S 由a 拨到b 后，原、副线圈的匝数比为5∶1，可求副线圈电压为44 V ，是原来的2倍，根据功率P ＝U 2R 知，功率是原来的4倍，输入功率等于输出功率，所以C 正确；交流电的频率不会发生变化，由题图乙知，频率为50 Hz ，所以D 错误．17．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n 1∶n 2＝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R 2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，R 1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R 2所在处出现火警时，电压表V 的示数减小C ．当R 2所在处出现火警时，电流表A 的示数增大D ．当R 2所在处出现火警时，电阻R 1的功率变大【答案】BCD【解析】电压表测量R 2两端的电压，因此电压表的示数小于22 V ，A 错；R 2所在处出现火警时，温度升高，R 2的阻值变小，电路总电阻变小，电流变大，R 1的功率变大，根据串联分压特点，R 2两端的电压减小，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的正弦式交流电，电阻R 1＝R 2＝R 3＝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】AD【解析】由图像可得U 1m ＝200 V ，有效值U 1＝2002 V ＝100 2 V ，根据变压器的原理U 1U 2＝n 1n 2，解得U 2＝10 2 V ．S 断开：电阻R 2两端的电压＝5 2 V≈7.07 V ，电流I 2＝U 2R 1＋R 2＝24 A ，再由根据变压器的原理I 2I 1＝n 1n 2解得I 1＝240 A ，所以A 正确，B 错误；变压器的输入功率P ＝I 1U 1＝5 W ，故C 选项错误；若闭合开关S ，R 1、R 3并联，并联电阻为10 Ω，电容器上分压为13U 2＝1023 V ，电容器的两端的最大电压值为203 V ，，小于8 V ，电容器不会被击穿，故D 选项正确．19．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4－9－25 A ．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【解析】由理想变压器的电压比等于匝数比可得U 1n 1＝U 2n 2，n 2增加，则副线圈两端电压增加，电压表的读数增大，加在电灯两端的电压增大，电灯变亮，即变压器的输出功率增大，由于理想变压器的输入功率等于输出功率，则输入功率也随之增大，根据P ＝U 1I 1，可知电流表的读数增大，选项B 、C 正确，选项A 、D 错误．【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】B【解析】由题意，增加光照强度，R t减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，电源的内电压增大，路端电压U减小，则A灯变暗，通过R0电流I0＝I－I A，I增大，而I A减小，则I0增大，R0两端电压U0增大，而R0、B的电压之和等于路端电压，路端电压减小，则知，B的电压减小，B灯变暗；电源的总功率P＝EI，I增大，则P增大.故B正确，A、C、D错误.22.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】D【解析】从图中可知：T ＝0.02 s ，ω＝2πT ＝314 rad/s ，故A 错误；其他条件不变，如果线圈转速提高一倍，角速度ω变为原来的两倍.由电动势最大值E m ＝NBSω得知，交流电动势的最大值变为原来的两倍，电压的有效值为原来的2倍，根据欧姆定律可知电流发生改变.故B 错误.该交流电压的最大值为200 V ，所以有效值为100 2 V ，则电热丝两端的电压为910×100 2 V ＝90 2 V ，故C 错误；根据P ＝U 2R 得：P ＝90229W ＝1 800 W ，故D 正确.26.(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 ＋r nω，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＝2Iω，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】D【解析】当S 闭合后，电路的总电阻减小，副线圈的电流增大，所以通过电阻R 的电压增大，R 消耗的功率增大，灯泡两端的电压减小，灯L 1、L 2都不能正常发光，故A 错误，D 正确；由于副线圈中负载电阻减小，消耗的功率P ＝U 22R 总，故消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率增大，故B 错误；变压器原、副线圈的匝数不变，故原、副线圈中电流之比不变，故C 错误.28.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L1的灯丝烧断后，V示数不变【答案】D【解析】原线圈接入如题图乙所示的正弦交流电压，T＝0.02 s，所以频率为f＝1T＝50 Hz，故A错误；原线圈接入电压的最大值是220 2 V，所以原线圈接入电压的有效值是U＝220 V，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，所以副线圈电压是22 V，所以V的示数小于22 V，故B错误；R阻值随光强增大而减小，可知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，所以原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以A的示数变大，故C错误；当L1的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故D正确.29．如图7甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，电流表和电压表均为理想电表，R 是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，L是理想线圈，C是耐压值和电容都足够大的电容器，D是灯泡，K是单刀双掷开关．当原线圈接入如图乙所示的正弦交流电时，下列说法正确的是()图7A．开关K连通1时，电压表的示数为44VB．开关K连通1时，若光照增强，电流表的示数变小C．开关K连通2时，灯泡D不亮D．开关K连通2时，若光照增强，电压表的示数减小【答案】A【解析】开关K 接通1时，根据题图乙可知原线圈电压有效值为：U 1＝22022V ＝220V ，则根据U 1U 2＝n 1n 2可以得到：U 2＝n 2n 1U 1＝15×220V ＝44V ，即电压表的示数为44V ，故选项A 正确；开关K 连通1时，若光照增强，则电阻R 减小，则副线圈总电阻减小，而U 2不变，则副线圈电流I 2增大，根据I 1I 2＝n 2n 1可知，原线圈电流I 1增大，即电流表的示数变大，故选项B 错误；开关K 连通2时，由于交变电流可以“通过”电容器，故灯泡D 发光，故选项C 错误；开关K 连通2时，若光照增强，则电阻R 减小，但是由于原、副线圈两端的电压之间关系为U 1U 2＝n 1n 2与副线圈总电阻无关，故电压表的示数不变，故选项D错误．30..如图4所示，电路中的变压器为理想变压器，U 为正弦式交变电压，R 为变阻器，R 1、R 2是两个定值电阻，A 、V 分别是理想电流表和理想电压表，则下列说法正确的是( )图4A ．闭合开关S ，电流表示数变大、电压表示数变小B ．闭合开关S ，电流表示数变小、电压表示数变大C ．开关S 闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变小D ．开关S 闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变大【答案】AC【解析】闭合开关S ，负载总电阻变小，变压器的输出功率增大，副线圈的电流增大，根据I 1I 2＝n 2n 1可知变压器的输入电流增大，即电流表示数变大，变阻器R 两端电压增大，根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据U 1U 2＝n 1n 2可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，故A 正确，B 错误；开关S闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，变阻器R 的阻值增大，两端电压增大，根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据U 1U 2＝n 1n 2可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，根据欧姆定律可知副线圈的电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1可知变压器的输入电流减小，即电流表示数变小，故C 正确，D 错误．。

高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应1直流电路与交流电路课件

12/8/2021
[易错警示]——辨易错防未然解决交变电流问题要注意的几点 (1)理解几个特殊位置的磁通量、磁通量的变化率、感应电动势及感应电流方向的特点 ①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；电流方向不变．
高考总复习大二轮专题四电路与电磁感应
第1讲直流电路与交流电路
12/8/2021
物理
三年考情分析
高考命题规律
1.直流电路的考查：以电学实验为主，
三年考题
考查内容
核心素养
单独对直流电路的分析与计算进行命题的概率较小，有时会综合电磁感应现象
，能量等知识进行综合考查．对含电容
12/8/2021
2.(2020·西安模拟)如图所示的电路中，电源的电动势为 E、内阻为 r，电表均为理想电表．闭合开关 S，滑动变阻器的滑动触头由图示的位置向右滑动一小段距离，在这个过程中，下列判断正确的是 ()
12/8/2021
A．电源的输出功率增加 B．电阻 R2 两端电压减小 C．电容器所带电荷量减少 D．电压表与电流表示数变化量的比值增加
12/8/2021
[典题例析]——析典题学通法
[例 2] (2019·商丘三模)(多选)如图甲为小型旋转电枢式交流发
电机，电阻为 r＝2 Ω，矩形线圈在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，
绕垂直于磁场方向的固定轴 OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和
电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器 R 的最大阻值为 R0＝
12/8/2021
而对电源的输出功率，当 r＝R 外时，输出功率最大，开始时 R 外与 r 的关系不确定，所以当 R1 向右滑动时，不知 R 外与 r 最接近，还是相差更多，因此电源的输出功率如何变不确定，因此 A 选项错误．所以应选 C 选项．]

2020届高考物理二轮总复习专题课件：专题4 第10课直流电路与交流电路

范文2020届高考物理二轮总复习专题课件：专题4 第1/ 1810课直流电路与交流电路第10课时直流电路与交流电路重点为部分电路欧姆定律，串、并联电路和闭合电路欧姆定律；交流电路重点为交流电的产生，瞬时值、最大值和有效值的关系，变压器原理和远距离输电．直流电路和交流电路两者电路结构基本相同．只是电源不同电路中的元件有的不同，处理方法基本相同．交流电路中，计算电功、电热用有效值，计算通过导体的电量时用平均值，分析电容器的安全电压应考虑交流电的最大值．3/ 18一、电路中的元件 1．电源：E、r ①干电池、蓄电池：提供直流电；②学生电源：可提供不同电压的直流电和交流电；③发电机：有直流发电机和交流发电机；④导体在磁场中切割磁感线：电动势 E＝Blv(l、v 分别为有效切割长度和有效切割速度)，注意向外供电的总电动势为各部分电动势的代数和；⑤穿过线圈的磁通量发生变化．电动势 E＝ΔΦ n Δt ，如果磁通量的变化是由通过线圈自身的电流变化引起的，则产生的电动势叫自感电动势：E＝LΔΔIt. 2．开关、导线、连接电路：导线应接在接线柱上． 3．电阻：电阻箱、滑动变阻器、电炉、白炽灯、电烙铁、电流表、电压表，均可看成纯电阻．在电路中将电能转化为内能．5/ 184．电动机：将电能转化为内能和机械能． 5．电解槽：将电能转化为内能和化学能． 6．电容、电感． 7．变压器．二、基本规律 1．部分电路欧姆定律：I＝UR，适用于纯电阻，不适用于半导体、气体、电动机． 2．闭合电路欧姆定律：I＝R＋E r，E 为总电动势．路端电压 U＝E－Ir(任何电路都适用)U＝IR(只适用于纯电阻电路) U－I 图象与 U 轴交点值为 E，斜率大小为 r.7/ 183．电功和电热：W＝UIt P＝UI(任何电路都适用) Q＝I2Rt P＝I2R(只计算出了该电路中的热量和热功率) 4．变压器原理(一原一副)：功率 P 入＝P 出，P 出决定 P 入的大小．电压：UU12＝nn12 II21＝nn21 I2 的大小决定 I1 的大小．5．纯电阻电路中，电源的输出功率随外电阻的变化规律： P 出＝ I2R ＝ E2R （R＋r）2 ＝（R－Er）2R2＋4Rr，当 R＝r 时，P 出 m＝E4r2 由 P－R 图象可知：对应于电源的非最大输出功率P，有两个外电阻 R1、R2，满足 R1R2＝r2. 当 R<r 时，R 增大，P 出增大；当 R>r 时，R 增大，P 出减小．9/ 181．直流电路中电功、电热的计算．例 1 如图所示，M 是一起重机用的直流电动机，其内阻 r＝5 Ω，线路电阻 R＝10 Ω，电源电压U＝150 V，理想电压表示数为 110 V．则( BD ) A．通过电动机的电流为 22 A B．通过电动机的电流为 4 A C．电动机消耗的功率为 1 500 W D．电动机输出的机械功率为 360 W【解析】电动机的电流和电阻 R 的电流相等， 150－110 I＝ 10 A＝4 A，B 正确；电动机消耗的功率为110 V×4 A＝440 W，C 错误；电动机输出的机械功率为 440 W－I2r＝360 W，D 正确．11/ 18变式题：如图所示，把四个相同的灯泡接成甲、乙两种电路后，灯泡都正常发光，且两个电路的总功率相等，则这两个电路中的 U 甲、U 乙，R 甲、R 乙之间的关系正确的是( AC ) A．U 甲>U 乙 C．R 甲＝4R 乙 B．U 甲＝4U 乙 D．R 甲＝2R 乙【分析与解答】设灯泡正常发光时的电压为 U，电流为 I，则 U 甲I＝U 乙×2I，A 对，B 错；根据 I2R 甲＝(2I)2R 乙可得，R 甲＝4R 乙，C 正确．13/ 182．直流电路的动态分析例 2 如图电路中，电源的内电阻为 r， R1、R3、R4 均为定值电阻，电表均为理想电表．闭合开关 S，当滑动变阻器 R2 的滑动触头向右滑动时，下列说法中正确的是( D ) A．电压表的示数变小 B．电流表的示数变大 C．R1 中电流的变化量一定大于 R4 中电流的变化量 D．电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比一定小于电源的内电阻 r【分析与解答】将电路化简整理得等效电路如图，电流表测 R2 与R3 电流之和，电压表测路端电压，当 R2 向右滑动时，R2 增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，则流过 R3 电流增大，R4 电流减小，R4 两端电压减小， R1 与 R2 并联部分电压增大，故 R1 电流增大，R2 电流减小，又 R1、R2、R3 总电流减小，故流过 R2 与 R3 电流之和减小，A、 B 均错；R1 电流增大，R2 电流减小，R4 电流减小，故只能判断 R1 电流增大量小于 R2 电流减小量，但由于阻值未知，R1 与R4 ΔU 电流变化量不能确定，C 错；r＝ΔI总，I 总减小，R1 电流增大，ΔU ΔU 故电流表示数变化量ΔI>ΔI 总，即ΔI总> ΔI ，D 对．15/ 18例 3 如图为某控制电路，由电动势为 E、内阻为 r 的电源与定值电阻 R1、R2 及电位器(滑动变阻器)R 连接而成，L1、L2 是两个指示灯．当电位器的触片由 b 端滑向 a 端时，下列说法正确的是( B ) A．L1、L2 都变亮 B．L1、L2 都变暗 C．L1 变亮，L2 变暗 D．L1 变暗，L2 变亮【分析与解答】当电位器的触片由 b 端滑向 a 端时，电阻逐渐变大，电路的总电阻变大，路端电压变大，总电流减小，则 R1 中电流变大，L1 中电流减小， R2 以及电位器和 L1 两端的电压之和变大，通过 R2 的电流变大，通过 L2 的电流减小，则 L1、L2 都变暗，选项 B 正确．17/ 183．含电容的电路例 4 如图所示，I 为电流表示数，U 为电压表示数，P 为定值电阻 R2 消耗的功率，Q 为电容器。

2020年高考化学二轮复习专题四电路与电磁感应第一讲直流电路与交流电路

专题四
电路与电磁感应
第一讲直流电路与交流电路
考点一交流电的产生及描述
本考点是对交流电的产生及描述交流电的物理量等知识的考查，常以选择题的形式呈现，四个选项考查多个知识点，考生失分的原因，大多是因知识或概念的混淆。
(一)正弦式交变电流“四值”的比较
物理量表达式
适用情况及说明
瞬时值
e＝Emsin ωt u＝Umsin ωt i＝Imsin ωt
(1)从线圈位于中性面开始计时 (2)可用于分析或计算线圈某时刻的受力情况
最大值 (峰值)
Em＝nBSω Im＝RE＋mr
(1)此时线圈垂直于中性面 (2)电容器的击穿电压指的就是最大值
物理量表达式
有效值
E＝Em2 U＝U2m
I＝
Im 2
平均值
E ＝BL v E ＝nΔΔΦt I ＝R＋E r
2.[多选]如图所示，线圈 abcd 匝数 n＝10，
面积 S＝0.4 m2，边界 MN(与线圈的 ab
边重合)右侧存在磁感应强度 B＝π2T 的
匀强磁场，若线圈从图示位置开始绕 ab
边以 ω＝10π rad/s 的角速度匀速转动。
则以下说法正确的是
()
A．线圈产生的是正弦交流电
B．线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为 80 V
[典例] 如图甲所示，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
交变电动势图像如图乙中曲线 a、b 所示，则
()
A．两次 t＝0 时刻线圈平面均与中性面垂直 B．V C．曲线 a、b 对应的线圈转速之比为 3∶2 D．曲线 b 表示的交变电动势有效值为 10 V
2．直观判断法利用下面两个结论直观地得到结论： (1)任一电阻 R 阻值增大，必引起该电阻中电流 I 的减小和该电阻两端电压 U 的增大。 (2)任一电阻 R 阻值增大，必将引起与之并联的支路中电流 I 并的增大和与之串联的各电路电压 U 串的减小。

2023新教材高考物理二轮专题复习专题：直流电路与交流电路

专题十二直流电路与交流电路高频考点·能力突破考点一直流电路的分析与计算电路动态分析的两种方法(1)程序法最常规的方法(2)极限法最直接的方法即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论．例1 [2022·陕西渭南市教学质量检测](多选)如图所示，电流表示数为I，电压表示数为U，定值电阻R2消耗的功率为P，电容器C所带的电荷量为Q，电源内阻不能忽略．当变阻器滑动触头向右缓慢滑动时，下列说法正确的是( )A．U增大、I减小B．U减小、I增大C．P增大、Q减小D．P、Q均减小[解题心得]预测1 在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，灯泡L的电阻小于电源的内阻，闭合开关S，在滑动变阻器的滑片由a向b移动的过程中，下列各物理量的变化情况正确的是( )A．电流表的读数变大B．灯泡L变亮C．电源输出功率先减小后增大D．电压表的读数先增大后减小预测2 [2022·四川绵阳模拟]如图所示，闭合开关S，将滑动变阻器R的滑片向右滑动的过程中( )A．电流表A1的示数变小B．电流表A2的示数变小C．电压表V的示数变小D．电阻R1的电功率变大考点二交变电流的产生及变化规律解答交变电流问题的三点注意(1)理解两个特殊位置的磁通量、磁通量的变化率、感应电动势及感应电流方向的特点：线圈与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，ΔΦ＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变，线圈Δt与中)的关系类比v和a(ΔvΔt性面垂直时，S∥B，Φ＝0，ΔΦ最大，e最大，i最大，电流方向不变．Δt(2)区分交变电流的峰值、瞬时值、有效值和平均值．(3)确定交变电流中电动势、电压、电流的有效值后就可以运用直流电路的规律处理交流电路中的有关问题．例2 [2022·浙江1月]如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动．下列说法正确的是( )A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电D．乙图中线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电[解题心得]预测 3 [2022·湖北押题卷]一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，产生正弦式交变电流，电动势随时间的变化规律如图线a 所示．仅调整线圈转速，电动势随时间的变化规律如图线b 所示，则图线b 电动势瞬时值的表达式是( )A ．e ＝100sin 5πt (V)B ．e ＝100sin100πt 3(V)C ．e ＝120sin 5πt(V)D ．e ＝120sin100πt 3(V )预测4 [2022·山东章丘二模]一半径为a 的半圆形单匝闭合线框，其总电阻为r ，空间中存有方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．某时刻在外力驱动下，线框开始绕其水平放置的直径以角速度ω匀速转动(左侧观察顺时针转动)．t 时刻线框恰好转动至如图所示的竖直平面，下列说法正确的是( )A ．线框匀速转动一周的过程中外力做功为W ＝π3B 2a 4ω4rB ．从t 时刻开始计时，感应电动势的表达式为e ＝πBωa 22sin (ωt)VC ．线框从t 时刻转到水平位置的过程中电路中的电荷量为q ＝√2π2Ba 28rD ．设N 点电势为零，t 时刻M 点电势为φM ＝－Bπωa 24考点三变压器与远距离输电1．理想变压器原副线圈中各物理量的三个制约关系(1)电压制约：输出电压U2由输入电压U1决定，即U2＝n2U1. 原制约副n1(2)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＝n2I2. 副n1制约原(3)功率制约：变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2. 副制约原2．分清远距离输电的三个回路和三种关系(1)理清三个回路(2)分清三种关系例 3 [2022·河北卷]张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U.忽略线圈电阻，下列说法正确的是( )A．发电机输出的电压为√2πNBSzB．发电机输出交变电流的频率为2πnzC．变压器原、副线圈的匝数比为√2πNBSnz∶UD．发电机产生的瞬时电动势e＝√2πNBSnz sin (2πnz)t[解题心得]预测5 [2022·湖北押题卷]如图甲所示，100匝圆形线圈接入理想变压器的原线圈，变压器的副线圈接入阻值为R的电阻，电表都是理想电表．已知每匝线圈的电阻均为R，若在线圈位置加入垂直于线圈平面的磁场，磁感应强度B随时间t按正弦规律变化的图像如图乙所示，得到圆形线圈的电热功率与电阻R的功率相等．下列说法正确的是( )时刻两电流表示数均达最大A．T2时刻两电流表示数均为0B．T4C．原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1D．对某一段线圈来说，当磁感应强度最大时，受到的安培力最大预测6 [2022·湖南卷]如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源．定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端．理想电压表的示数为U，理想电流表的示数为I.下列说法正确的是( )A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小预测7 [2022·福建押题卷]如图所示为研究远距离输电的装置．理想变压器T1、T2的匝数比相等(n1∶n2＝n4∶n3)，变压器T1的输入电压u1＝e＝50√2sin 100πt(V)，输电线的总电阻为r，则( )A．闭合开关后，灯泡两端的电压为50 VB．闭合开关后，通过灯泡电流的频率为100 HzC．闭合的开关数越多，所有灯泡获得的总功率越大D．依次闭合开关S1、S2、S3…，灯泡L1越来越暗素养培优·情境命题利用理想变压器规律解决实际问题情境1 [2022·江苏冲刺卷]互感式钳形电流表内部结构如图所示，电流表与次级线圈相连，用手柄控制钳形铁芯上方开口的开合，则( )A．该电流表可用来测量直流电B．次级线圈匝数越少，电流表读数越大C．该电流表测电流时相当于降压变压器D．测量时电流表应串联在被测通电导线中[解题心得]情境2 [2022·历城二中测评]如图是一个家庭用的漏电保护器的简单原理图，它由两个主要部分组成，图中左边虚线框内是检测装置，右边虚线框内是执行装置．检测装置是一个特殊的变压器，它把即将引入室内的火线和零线并在一起绕在铁芯上作为初级(n1匝)，另绕一个次级线圈(n2匝)．执行装置是一个由电磁铁控制的脱扣开关．当电磁铁的线圈中没有电流时，开关是闭合的，当电磁铁的线圈中的电流达到或超过一定值时，开关断开，切断电路，起到自动保护作用．我国规定当漏电流达到或超过30 mA时，就要切断电路以保证人身的安全．至于电磁铁中的电流达到多大时脱扣开关才断开，则与使用的具体器材有关，如果本题中的脱扣开关要求电磁铁中的电流至少达到80 mA才会脱扣，并且其检测装置可以看作理想变压器，那么，n1与n2的比值为( )A．n1∶n2＝5∶3 B．n1∶n2＝3∶5C．n1∶n2＝8∶3 D．n1∶n2＝3∶8[解题心得]情境3 [2022·广东冲刺卷]氮化镓手机充电器具有体积小、功率大、发热量少的特点，图甲是这种充电器的核心电路．交流电经前端电路和氮化镓开关管后，在ab端获得如图乙所示的高频脉冲直流电，经理想变压器降压后在cd端给手机充电，则正常工作时，变压器cd输出端( )A．输出的电压也是直流电压B．输出电流的频率为2TC．输出电流的有效值大于ab端输入电流的有效值D．需将输入电压转变为交流电，输出端才会有电压输出[解题心得]情境4 [2022·山东冲刺卷]近十年来，我国环形变压器从无到有，已形成相当大的生产规模，广泛应用于计算机、医疗设备、家电设备和灯光照明等方面，如图甲所示．环形变压器与传统方形变压器相比，漏磁和能量损耗都很小，可视为理想变压器．原线圈匝数n1＝880匝，副线圈接一个“12 V22 W”的照明电灯，示意图如图乙所示，图中电压表与电流表均为理想交流电表．原线圈接交流电源，原线圈两端的电压随时间变化的关系图像如图丙所示，最大值U m＝220√2 V，最大值始终保持不变，照明电灯恰好正常发光．则( )A．原线圈两端电压的有效值和t＝2.5×10－3 s的电压瞬时值相等B．若电压表为非理想电表，电压表的读数会变小C．照明电灯正常发光时，电流表的读数为0.05 AD．在t＝5×10－3 s时刻，电压表的示数为零[解题心得]专题十二直流电路与交流电路高频考点·能力突破考点一例1 解析：当变阻器滑动触头向右缓慢滑动时，接入电路中的电阻减小，总电阻变小，总电流变大，内电压变大，由路端电压U＝E－Ir知U变小，电压表示数减小，电流表示数增大，R2两端电压增大，功率P增大，电容器与变阻器并联，所以电容器两端电压减小，由公式Q＝CU可知，电荷量减小，故B、C正确．答案：BC预测 1 解析：滑动变阻器的滑片位于最右端时，滑动变阻器两部分并联的阻值为零，此时电路的外电阻最小，干路电流最大，路端电压最小，电流表示数最大；滑动变阻器的滑片位于中间时，滑动变阻器两部分并联的阻值最大，此时电路的外电阻最大，干路电流最小，路端电压最大，电流表示数小于初始位置时的示数；滑动变阻器的滑片位于最左端时，滑动变阻器两部分并联的阻值为零，此时电路的外电阻最小，干路电流最大，路端电压最小，电流表示数为零，所以A、B错误，D正确．滑动变阻器两部分并联的阻值先增大后减小，但与灯泡L及内阻的阻值关系未知，故输出功率无法确定，C错误．答案：D预测2 解析：程序法：在滑动变阻器R的滑片向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，根据闭合电路的欧姆定律可知，干路电流变小，选项A 正确；由于干路电流变小，根据U外＝E－Ir可知外电路两端的电压变大，电阻R1两端的电压U1＝IR1变小，则并联部分电路两端的电压变大，即电压表V的示数变大，通过电阻R2的电流变大，即电流表A2的示数变大，选项B、C错误；根据P1＝I2R1可知，电阻R1不变，通过R 1的电流变小，则电阻R 1的电功率变小，选项D 错误．结论法：根据“串反并同”，滑动变阻器R 的滑片向右滑动的过程，R 变大，与之间接串联部分的电流、电压减小，R 1的电功率变小，选项A 正确、D 错误；与之并联部分的电流、电压变大，选项B 、C 错误．答案：A 考点二例2 解析：图中细短铁丝被磁化之后，其作用相当于小磁针，根据其分布特点可判断出甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故选项A 正确；而乙图中，磁针分布的方向并不相同，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故选项B 错误；根据发电机原理可知，甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故选项C 错误；乙图中线圈匀速转动时，由于线圈切割磁感线的速度方向始终与磁场垂直且所在位置的磁感应强度大小不变，所以匀速转动时产生的是大小恒定的电流，故选项D 错误．答案：A预测3 解析：由图可知，调整转速前后周期之比Ta Tb ＝0.040.06＝23由ω＝2πT可知角速度与周期成反比，得调整转速前后角速度之比为ωa ωb＝T b T a＝32调整线圈转速之后，交流电的角速度ωb ＝2πT b＝2π0.06 s ＝100π3rad/s感应电动势最大值E m ＝NBSω转速调整前后，NBS 相同，E m 与ω成正比Ema E mb ＝ωa ωb由图可知，调整线圈转速之前交流电的最大电动势E m a ＝150 V所以调整线圈转速之后交流电的最大电动势E m b ＝ωb ωaE m a ＝23×150 V＝100 V线圈从中性面开始转动计时，所以图线b 电动势的瞬时值表达式e ＝100sin 100πt 3(V)，故选B.答案：B预测4 解析：根据法拉第电磁感应定律有，线框中产生感应电动势的有效值为E 有＝√2＝√22NBSω＝√24πa 2Bω，则线框匀速转动一周的过程中线框中产生的焦耳热为Q ＝E 有2 ET ，T ＝2πω，联立解得Q ＝π3B 2a 4ω4r，线框匀速转动一周的过程中外力做功等于线框中产生的焦耳热，即W ＝Q ＝π3B 2a 4ω4r，故A 正确；t 时刻开始计时，线框中产生的感应电动势的表达式为e ＝E m cosωt ＝πBωa 22cos (ωt )V ，B 错误；线框从t 时刻转到水平位置的过程中电路中的电荷量为q＝ΔΦr＝BΔS r＝12Bπa 2r＝Bπa 22r，C 错误；设N 点电势为零，t 时刻M 点电势为φM ＝－(πaπa +2a)·e＝－(πaπa +2a)·πBωa 22·cos 0＝－π2Bωa 22(π+2)，故D 错误．答案：A 考点三例3 解析：发电机线圈的转速为nz ，输出交变电流的频率为f ＝ω2π＝nz ，B 错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的为正弦交流电，最大值为E m ＝NBS ·2π·nz ，输出电压的有效值为E ＝m √2＝√2πNBSnz ，A 错误；变压器原、副线圈的匝数比为n 1n2＝EU ＝√2πNBSnzU，C 正确；发电机产生的瞬时电动势为e ＝E m sin ωt ＝2πNBSnz sin (2πnz )t ，D 错误．答案：C预测5 解析：电表测量的是有效值，不是瞬时值，两电流表的示数不变，A 、B 错误；根据题意得I 12×100R ＝I 22×R ，I 1I2＝n 2n 1，解得n 1n 2＝101，C 正确；由图乙可知当磁感应强度最大时，磁感应强度的变化率为零，感应电流等于零，线圈受到的安培力等于零，D 错误．答案：C预测6 解析：设原线圈两端电压为U 1，副线圈两端电压为U 2，通过原线圈的电流为I 1，通过副线圈的电流为I 2，由理想变压器变压规律和变流规律可得，原、副线圈及定值电阻R 1的等效电阻为R ′＝U 1I 1＝n 1n 2U 2n 2n 1I 2＝(n1n 2)2U2I 2＝(n1n 2)2R 1；保持P 1位置不变，将原、副线圈及电阻R 1等效为一定值电阻，P 2向左缓慢滑动过程中，R 2接入电路的电阻减小，则整个电路的总电阻减小，由欧姆定律可知，回路中电流I 增大，原线圈两端电压增大，又电源电压不变，故电压表示数U 减小，A 项错误；由于原线圈两端电压增大，由理想变压器变压规律可知，副线圈两端电压增大，故R 1消耗的功率增大，B 项正确；当P 2位置不变，P 1向下滑动时，n 2减小，等效电阻R ′增大，由欧姆定律可知，回路中电流减小，R 2两端电压减小，C 项错误；由于R 2两端电压减小，则原线圈两端电压增大，由变压规律可知，副线圈两端电压增大，R 1的功率增大，D 项错误．答案：B预测7 解析：闭合开关后，灯泡两端的电压为U 4＝n 4n 3U 3＝n 4n 3(U 2－ΔU )＝n 4n 3(n2n 1U 1−ΔU )＝U 1－n 4n 3ΔU ，A 错误；变压器不改变频率，交变电流的频率为f ＝ω2π＝50 Hz ，B 错误；设升压变压器的输出电压为U 2，输送电流为I 2，所有灯泡获得的总功率为P ＝U 2I 2−I 22r ＝−E (E 2−E 22E )2+E 22 4E闭合的开关数越多，灯泡总电阻越小，所以灯泡总功率有可能先增大后减小，也有可能一直减小，C 错误；依次闭合开关S 1、S 2、S 3…，灯泡总电阻逐渐减小，输送电流逐渐增大，所以灯泡两端的电压逐渐减小，灯泡L 1越来越暗，D 正确．答案：D 素养培优·情境命题情境1 解析：互感式钳形电流表利用的是电磁感应的互感原理，不能测量直流电，故A 错误；电流大小与线圈匝数成反比，所以次级线圈匝数越少，电流表读数越大，故B 正确；该电表原线圈为单匝，是升压变压器，故C 错误；测量时，用手柄控制钳形铁芯上方开口打开，将被测通电导线圈放入其中，不需要将电流表串联在被测通电导线中，故D 错误．答案：B情境2 解析：根据题意可知n1n 2＝I2I 1＝80 mA 30 mA＝83，故A 、B 、D 错误，C 正确．答案：C情境3 解析：经过变压器输出的电压为交流电压，A 错误；由乙图可知周期为T ，故输出电流的频率为f ＝1T ，B 错误；由于变压器为降压变压器，则输入电压有效值大于输出电压有效值，根据变压器的输入功率等于输出功率，可知输出电流的有效值大于ab 端输入电流的有效值，C 正确；变压器的工作原理是电磁感应，只要输入电流的大小发生变化，产生的磁场就会发生变化，磁通量就会发生变化，输出端就会有电压输出，故不需要将输入电压转变为交流电，输出端也可以有电压输出，D 错误．答案：C情境4 解析：原线圈两端电压的有效值为U ＝m √2＝220 V ，由图丙可知电压周期T ＝2×10－2s ，则电压瞬时值表达式为u ＝U m cos2πTt ＝220√2cos (100πt )，当t ＝2.5×10－3 s 的电压瞬时值为u ＝220√2cos (100π×2.5×10－3)V ＝220 V ，故A 正确；电压表测的是输出电压，不会随外电阻的变化而变化，故B 错误；照明电灯正常发光时，电流为I 2＝P U 2＝116 A ，线圈匝数比为n1n2＝UU2＝22012＝553，电流表的读数为I＝I2n2n1＝0.1 A，故C错误；电压表的示数为有效值，即为12 V，故D错误．答案：A。

高中物理二轮复习《直流电与交流电》

P UI P EI U Eη===外专题四电路和电磁感应第一讲直流电路与交流电路何洁知识主干一、电功和电热电功W ＝qU ＝UIt ；电热Q ＝I 2Rt.(1)对纯电阻电路，电功等于电热，即电流流经纯电阻电路，消耗的电能全部转化为内能，所以W ＝Q ＝UIt ＝I 2Rt ＝U 2Rt. (2)对非纯电阻电路(如电动机和电解槽)，电能一部分转化为内能，另一部分转化为其他形式的能(如机械能或化学能等)，所以电功必然大于电热，即W>Q ，这时电功只能用W ＝UIt 计算，电热只能用Q ＝I 2Rt 计算，两式不能通用．（3）电流流经纯电阻电路，消耗的电能全部转化为内能；流经非纯电阻电路，消耗的电能一部分转化为内能，另一部分转化为其他形式的能．(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= IE②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，计算式为：P 外= IU 外 .④电源的效率： ⑤电源的输出功率与外电阻R 的关系：因此可知当电源内外电阻相等时，输出功率最大。

当R ＞r 时，随着R 的增大输出功率越来越小．当R ＜r 时，随着R 的增大输出功率越来越大．当R 由小于r 增大到大于r 时，随着R 的增大输出功率先增大后减小(非单调变化)．4．含容电路的分析技巧电容器两极板间的电压等于与电容器并联的电阻两端的电压，与电容器串联的电阻两端的电压一定为零(有阻无流，则无电压)．二、交变电流2222()()4RE E P UI R r R r r R ===-++外交变电流的“四值”(1)变压器原、副线圈基本量的关系若升压变压器输出功率为P ，输出电压为U ，降压变压器得到功率为P'，电压为U'，则：输电电流线R U U U P I '-==…………① 输电线损耗功率 )()(22U U I RU U R I P P P '-='-=='-=线损……② 由U P I R I P ==及线耗2可推得线损R U P P 22=……③ 由③知，输电电压增大到原来的n 倍，输电导线上损耗功率减少到原来的21n 。

2020届高考物理二轮复习专题四第一讲直流电路与交流电路课件

答案：AD
5．(多选)(2016·全国卷Ⅲ)如图，M 为半圆形导线框，圆心为 OM；N 是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为 ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线 OMON 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 OM 和 ON 的轴，以相同的周期 T 逆时针匀速转动，则( )
2 器两端的电压为 U1＝12×23R3＋R RE＝15E；当开关 S 闭合后，外电路的连接等效为图 2，则电容器两端的电压为 U2＝
1 12R2＋R RE＝13E，由 Q＝CU 可知，QQ12＝UU12＝35，C 项正确．
答案：C
4．(多选)(2016·全国卷Ⅲ)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )
A．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：电容器充电时两端电压不断增大，所以电源与电容器极板间的电势差不断减小，因此充电电流变小，选项A错误；当电阻R增大时，充电电流变小，电容
考点 1 直流电路的动态分析
(多选)(2019·襄阳模拟)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， A、V均为理想电表．在滑动变阻器滑片P 自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是( )
A．电压表示数减小 B．电流表示数增大 C．R2两端电压增大 D．a点的电势降低 [题眼点拨] ①“在滑动变阻器滑片P自a端向b端滑动”说明滑动变阻器的电阻减小；②由电路图知R2与R3 并联，然后再与R1串联，电压表测R1的电压，电流表测 R3的电流．解析：滑片P自a端向b端滑动的过程中，滑动变阻器的电阻减小，电路总电阻减小，由闭合电路的欧姆定

(浙江)2020届高三高考物理二轮《直流电路和交流电路的分析》专项练习

直流电路与交流电路的分析选择题(1～6题为单项选择题，7～12题为不定项选择题)1.某个由导电介质制成的电阻截面如图1所示，导电介质的电阻率为ρ，制成内外半径分别为a 和b 的半球壳层形状(图中阴影部分)，半径为a 、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心成为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极，设该电阻的阻值为R 。

下面给出R 的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。

根据你的判断，R 的合理表达式应为( )图1A.R ＝ρ（b ＋a ）2πabB.R ＝ρ（b －a ）2πabC.R ＝ρab2π（b －a ）D.R ＝ρab2π（b ＋a ）2.(2019·浙江名校联考)如图2是某品牌吊扇的相关参数，假设吊扇的吊杆下方的转盘与扇叶的总质量为7 kg ，则吊扇( )图2A.吊扇的内电阻为880 ΩB.以额定功率工作时通过吊扇的电流为0.25 AC.正常工作时吊扇机械功率等于55 WD.正常工作时吊杆对转盘的拉力大于70 N3.(2019·浙江奉化调研)如图3所示的电路中，R 1是光敏电阻，其阻值随光照强度的增强而减小。

R 2、R 3、R 4是定值电阻，当开关S 闭合且没有光照射时，电容器C 不带电。

当用强光照射R 1且电路稳定时，与无光照射时比较，下列说法中正确的是( )A.电容器C 的下极板带负电B.R 2两端电压降低C.R 4两端电压降低D.电源提供的总功率变小4.如图4所示，图甲M 为一电动机，当滑动变阻器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，以下判断不正确的是( )图4A.电路中的电源电动势为3.9 VB.电动机的电阻为4 ΩC.此电路中，电动机的最大输出功率为0.90 WD.变阻器的最大阻值为32 Ω5.(2019·浙江余姚选考模拟)如图5所示，一交流发电机的矩形线圈匝数为n ＝10，其电阻r ＝2 Ω，面积S ＝0.2 m 2，在磁感应强度B ＝2π T 的匀强磁场中，若线圈从中性面位置开始绕垂直于磁场方向的对称轴OO ′以ω＝10π rad/s 的角速度匀速转动，向R ＝18 Ω的电阻供电。

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直流电路与交流电路专题定位 1.掌握闭合电路欧姆定律，会进行直流电路的分析；2.掌握正弦式交变电流的产生及描述，会解决变压器及远距离输电问题；3.理解楞次定律和法拉第电磁感应定律；4.综合应用电路知识和能量观点解决电磁感应问题．

第8讲直流电路与交流电路

[相关知识链接] 1．电容器的特点 (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． 2．一个定律、两个关系

(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＝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．

[规律方法提炼] 动态分析3法方法1：程序法 R局↑→R总↑→I总↓→U内↓→U外↑→确定U支、I支

反之：R局↓→R总↓→I总↑→U内↑→U外↓→确定U支、I支

方法2：结论法——“串反并同” “串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)． “并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)．方法3：极限法因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论．例1 (多选)(2019·温州市联考)如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与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( )

A.的读数变大，的读数变小 B.的读数变大，的读数变大 C.的读数变小，的读数变大 D．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，的读数变大，把R1归为内阻，内电压减小，故R3两端的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表读数增大，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，则电源内阻消耗的电能比断开前少，故D正确．拓展训练1 如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表的示数减小ΔU(电压表为理想电压表)，在这个过程中( )

A．通过R1的电流减小，减小量一定等于ΔUR1 B．R2两端的电压增加，增加量一定等于ΔU C．路端电压减小，减小量一定等于ΔU

D．通过R2的电流增加，但增加量一定大于ΔUR2 答案 A

拓展训练2 (2019·超级全能生2月联考)小雷同学家里购买了一款扫地机器人，小雷同学仔细检查了这个新扫地机器人，发现铭牌上标有如图所示数据，则该扫地机器人( ) 主机基本参数产品尺寸 345mm*345mm*96mm 电池 14.4V/5200mA·h锂电池产品质量约3.8kg 无线连接 Wi－Fi智能快连额定电压 14.4V 额定功率 55W

A.额定工作电流为0.25A B．充满电后正常工作的时间为2.5h C．电池充满电后储存的总电荷量为18720C D．以额定电流工作时每小时消耗能量为55J 答案 C 解析由铭牌知，扫地机器人工作的额定电压为14.4 V，额定功率为55 W，则额定电流I＝ 5514.4 A≈3.82A，每秒钟消耗能量W＝Pt＝55J，A、D错误；根据电池容量5200mA·h知，电

池充满电后储存的总电荷量Q＝5.2A×3600s＝18720C，充满电后正常工作的时间t＝5200×10－3A·h3.82A≈1.36h，B错误，C正确．

拓展训练3 (2019·山东济南市上学期期末)如图所示，灯泡L1、L2原来都正常发光，由于故障两灯突然熄灭，(假设电路中仅有一处故障)下列说法正确的是( )

A．将多用电表的电压挡并联在ac两端，示数为0，说明ac间断路 B．将多用电表的电压挡并联在cd两端，有示数，说明cd间完好 C．将多用电表的电压挡并联在ad两端，有示数；并联在ac两端，示数为0，说明cd间断路 D．断开S，将L1拆下，使用多用电表欧姆挡，调零后将红、黑表笔连接在L1两端，如果指针不偏转，说明L1完好答案 C 解析若ac间断路，则将多用电表的电压挡并联在ac两端，示数应该等于电源的电动势E，选项A错误；将多用电表的电压挡并联在cd两端，有示数，说明cd间断路，选项B错误；将多用电表的电压挡并联在ad两端，有示数，则可能是L1或L2其中之一断路；并联在ac两端，示数为0，说明cd间的L2断路，选项C正确；断开S，将L1拆下，使用多用电表欧姆挡，调零后将红、黑表笔连接在L1两端，如果指针不偏转，说明L1断路，选项D错误． [相关知识链接] 1．正弦交变电流的产生匀强磁场中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． [规律方法提炼] 1．交变电流“四值”的应用 (1)最大值：Em＝nBSω，分析电容器的耐压值； (2)瞬时值：E＝Emsinωt(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＝nΔΦΔt，计算通过电路横截面的电荷量． 2．有效值的计算 (1)正弦式交变电流：有效值是最大值的12； (2)非正弦式交变电流：必须根据电流的热效应来求解．例2 图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1.0Ω，外接灯泡的电阻为9.0Ω，则( )

A．电压表的示数为6V B．在t＝0.01s的时刻，穿过线圈磁通量为零 C．若线圈转速改为25r/s，则电动势有效值为3V D．若线圈转速改为25r/s，则通过灯泡的电流为1.2A 答案 C 解析电压表的示数是外电路交流电压有效值，U＝ER＋rR＝69＋1×9V＝5.4V，A错误；t＝0.01s时感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，B错误；原来线圈的转速为n＝ω2π＝2π2πT

＝50r/s，当线圈的转速改为25 r/s时，感应电动势的最大值为622V＝32V，有效值为3V，通过灯泡的电流为0.3A，C正确，D错误．拓展训练4 (多选)(2019·吉林市友好学校联合体期末)如图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的OO′轴匀速转动，当转到图示位置时，下列说法正确的是( )

A．磁通量变化率为零 B．感应电流最大 C．磁通量变化率最大 D．通过线圈的磁通量最大答案 BC 解析由题图可知，线圈处于与中性面垂直的位置，此时通过线圈的磁通量最小，但磁通量的变化率最大，感应电动势和感应电流也最大，故A、D错误，B、C正确．拓展训练5 (2018·全国卷Ⅲ·16)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( )

A．1∶2 B.2∶1 C．1∶2 D．2∶1 答案 D

解析由有效值概念知，一个周期内产生热量Q方＝u02R·T2＋u02R·T2＝u02RT，Q正＝U有效2RT＝u022RT

＝12·u02RT，Q方∶Q正＝2∶1，故选D. [相关知识链接] 1．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． 2．四点说明 (1)变压器不能改变恒定电压． (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U1、U2、I1、I2均为有效值． [规律方法提炼] 1．理想变压器问题分析技巧 (1)根据题意分清变量和不变量； (2)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． 2．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线为线路电阻．

(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3 (多选)(2019·安徽宣城市期末调研测试)如图所示，理想降压变压器的副线圈匝数可通过滑片F调节，R1为定值电阻，R2为阻值可通过滑片P调节的滑动变阻器，保持交流电源的电压U大小不变，以下说法正确的是( )

A．保持F不动，P下移，则R1电压的减小量等于R2电压的增加量 B．保持F不动，P下移，则电流表A2示数减小，由于电流跟匝数成反比，则电流表A1示数减小 C．保持F不动，P下移，则电流表A2示数减小，由于电流跟匝数成反比，则电流表A1示数增大 D．保持P不动，F上移，两电流表示数都增大，且增大倍数相同答案 AB 解析保持F不动，则副线圈电压U2一定，P下移，则R2变大，副线圈电流减小，电流表A2