2018届高考物理大二轮复习：直流与交流电路问题专题复习指导练案

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高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路学案

第1讲直流电路与交流电路(2018·高考全国卷Ⅲ)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产A.1∶ 2C．1∶2根据焦耳定律知产生的热量与方波中的电流方向的变化无关，(2016·高考全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻(2016·高考全国卷Ⅱ)阻值相等的四个的比值为( )B.12C.35分析近几年高考试题可看出，和原子物理两个选择题的原因，对本部分内容考核较少；直流电路的动态分析[高分快攻]闭合电路动态变化的原因(1)当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时，电路的总电阻一定增大(或减小)． (2)若开关的通断使串联的用电器增多，总电阻增大；若开关的通断使并联的支路增多，总电阻减小．(3)热敏电阻或光敏电阻的阻值变化．直流电路动态分析的三种常用方法 (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． (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)． (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．(2018·河南洛阳模拟)在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示．下列判断正确的是( )A．I减小，U1增大B．I减小，U2增大C．I增大，U1增大D．I增大，U2增大[解析] 闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I总减小，路端电压U增大．R3两端电压等于路端电压，则流过R3的电流I3增大．流过电流表的电流I＝I总－I3，I I3增大，则I减小，R1两端电压减小，即电压表V1的示数U1减小．电压表V2的示数总减小，U2＝U－U1，U增大，U1减小，则U2增大．所以，I减小，U1减小，U2增大．故选 B.[答案] B[突破训练] (多选)如图所示，电源内阻不可忽略，R1为电阻箱，R2为半导体热敏电阻，阻值随温度的升高而减小，C为电容器，闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，电压表为理想电表，则下列判断正确的是( )A．若R1不变，当温度降低时电压表的示数减小B．若R1不变，当温度降低时油滴向上移动C．若温度不变，当电阻箱R1的阻值增大时，电容器C的电荷量减少D．若R1不变，温度不变，当电容器C两极板间的距离增大时油滴向下移动解析：选BC D.当温度降低时R2增大，R总增大，根据闭合电路欧姆定律知I总减小，路端电压U＝E－I总r增大，电压表的读数增大，故选项A错误；电容器的电压U C＝E－I总(r＋R1)增大，场强增大，油滴向上移动，故选项B正确；若环境温度不变，R2阻值不变，当电阻箱R1的阻值增大时，R总增大，根据闭合电路欧姆定律知I总减小，电容器的电压U C＝I总R2，U C减小，电容器C的带电荷量Q＝U C C减少，故选项C正确；若R1不变，温度不变，电容器C两极板间的电压不变，当电容器C两极板间的距离增大时，E ＝Ud减小，油滴向下移动，故选项D 正确．交流电的产生及“四值”的应用[高分快攻]两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时，S ⊥B ，Φ最大，ΔΦΔt ＝0，e ＝0，i ＝0，电流方向将发生改变．(2)线圈平面与中性面垂直时，S ∥B ，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变．书写交变电流瞬时值表达式的基本思路(1)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式E m ＝nBS ω求出相应峰值． (2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式． ①若线圈从中性面位置开始转动，e ＝E m sin ωt . ②若线圈从垂直中性面位置开始转动，e ＝E m cos ωt .正弦交流电“四值”的应用(多选)(2018·商丘模拟)如图甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r ＝2 Ω的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R 0＝407 Ω，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R 02，其他电阻不计．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S ，线圈转动过程中理想交流电压表示数是10 V ，图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t 变化的图象，则下列说法正确的是( )A ．电阻R 2上的热功率为57WB ．0.02 s 时滑动变阻器R 两端的电压瞬时值为零C ．线圈产生的感应电动势随时间t 变化的规律是e ＝102cos 100πt (V)D ．线圈开始转动到t ＝1600 s 的过程中，通过R 1的电荷量为2200πC[解析] 根据串联电路分压关系，可求得R 2两端的电压为107 V ，故P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1072207 W ＝57W ，A 正确；0.02 s 时穿过线圈的磁通量为零，此时线圈中电动势最大，R 两端电压最大，B 错误；因线圈有内阻r ，故电动势最大值E m ＞10 2 V ，C 错误；由R 外＝10 Ω，r ＝2 Ω，U ＝10 V 可得E m ＝NBS ω＝12 2 V ，又ω＝2πT ，T ＝2×10－2 s ，q ＝N ΔΦR 外＋r ＝N BS sin 30°R 外＋r ，以上各式联立可得：q ＝2200πC ，D 正确． [答案] AD[突破训练] (多选)(2016·高考全国卷Ⅲ)如图，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 ＝T8时，两导线框中产生的感应电动势相等D ．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等解析：选BC.当导线框N 完全进入磁场后，通过线框的磁通量将不变，故无感应电流产生，因此它不会产生正弦交流电，A 项错误；导线框每转动一圈，产生的感应电流的变化为一个周期，B 项正确；在t ＝T8时，导线框转过角度为45°，切割磁感线的有效长度相同，均为绕圆心的转动切割形式，设圆弧半径为R ，则感应电动势均为E ＝12BR 2ω，C 项正确；导线框N 转动的一个周期内，有半个周期无感应电流产生，所以两导线框的感应电动势的有效值并不相同，由闭合电路欧姆定律可知，两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值一定不相同，D 项错误．理想变压器和远距离输电[高分快攻]理想变压器问题中的两个“弄清”(1)弄清变量和不变量．如原线圈电压不变，原、副线圈的匝数比不变，其他物理量可随电路的变化而发生变化．(2)弄清动态变化过程中的决定关系，如U 2由U 1决定，P 1、I 1由P 2、I 2决定．理想变压器问题的分析流程(1)由U 1U 2＝n 1n 2分析U 2的情况； (2)由I 2＝U 2R分析I 2的情况； (3)由P 1＝P 2＝I 2U 2判断输入功率的情况； (4)由P 1＝I 1U 1分析I 1的变化情况．解决远距离输电问题的一般思路(1)电路分析：远距离输电线路由升压变压器、输电线、降压变压器和负载四部分组成．(2)电压关系：升压变压器输入电压U 1是不变的，根据U 1U 2＝n 1n 2可以确定升压变压器的输出电压U 2，输电线上有一定的电压损失，ΔU ＝IR .降压变压器输入端电压U 3＝U 2－ΔU ，降压变压器输出电压由U 3U 4＝n 3n 4确定．(3)功率关系：升压变压器输入功率为P 1，输电线上损失功率为ΔP ＝I 2R ，降压变压器输出功率为P 2，则P 1＝P 2＋ΔP ＝P 2＋I 2R .(4)电流关系：升压变压器输入电流由I 1＝P 1U 1确定，输出电流I 2由I 1I 2＝n 2n 1确定，I 2通过输电线传到降压变压器，即I 3＝I 2，而I 3I 4＝n 4n 3.(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12PB ．电压表V 的读数变为12UC ．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；交流电的频率与发电机线圈转动角速度成正比，故D 项错误． [答案] B[题组突破]角度1 理想变压器的原理1．(多选)(2016·高考全国卷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 ．原、副线圈匝数比为9∶1 B ．原、副线圈匝数比为1∶9 C ．此时a 和b 的电功率比为9∶1 D ．此时a 和b 的电功率比为1∶9解析：选AD.因为两灯泡额定电压相同且均正常发光，且输入电压为灯泡额定电压的10倍，所以理想变压器的输入、输出电压比为9∶1，由理想变压器变压规律可知，原、副线圈的匝数比为9∶1，A 项正确，B 项错误；由理想变压器变流规律可知，原、副线圈的电流比为1∶9，由电功率P ＝UI 可知，a 和b 的电功率之比为1∶9，C 项错误，D 项正确．角度2 理想变压器的动态分析问题2．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，R 1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A 1示数变大D ．若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大、A 2示数变大解析：选B.当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，变压器副线圈的总负载的等效电阻增大，R 1中电流减小，R 1两端电压减小，电压表示数变大，R 1消耗的电功率变小，选项A 错误，B 正确；当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，变压器副线圈输出电流减小，输出功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率，变压器输入功率减小，电流表A 1示数变小，选项C 错误；若闭合开关S ，变压器副线圈的总负载的等效电阻减小，则R 1中电流增大，R 1两端电压增大，电压表示数减小，电流表A 2示数减小，电流表A 1示数变大，选项D 错误．角度3 远距离输电3．如图甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，降压变压器原、副线圈匝数比为100∶1，远距离输电线的总电阻为 100 Ω.若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为 750 kW.下列说法中正确的是()A ．用户端交流电的频率为100 HzB ．输电线中的电流为30 AC ．用户端电压为250 VD ．输电线路损耗功率为180 kW解析：选B.由图乙知交流电的周期T ＝0.02 s ，所以频率f ＝1T ＝10.02 Hz ＝50 Hz ，故A 错误；由图乙知升压变压器输入端电压最大值为250 2 V ，有效值为250 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1＝25 000 V ，根据P ＝UI 得输电线中的电流为I 2＝P 2U 2＝30 A ，故B 正确；输电线上损失的电压为ΔU ＝I 2R ＝3 000 V ，降压变压器输入端电压为U 3＝U 2－ΔU ＝22 000 V ，根据U 3U 4＝n 3n 4知用户端电压为U 4＝n 4n 3U 3＝220 V ，故C 错误；输电线路损耗功率为ΔP ＝ΔUI 2＝90 kW ，故D 错误．(建议用时：35分钟)一、单项选择题1．(2018·广东中山联考)如图所示，水平铜盘半径为r ，置于磁感应强度为B ，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度ω做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过导线与理想变压器的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为n ∶1，变压器的副线圈与电阻为R 的负载相连，则()A ．负载R 两端的电压为Br 2ω2nB ．原线圈中的电流强度为通过R 电流的1nC ．变压器的副线圈磁通量为0D ．通过负载R 的电流强度为0解析：选D.铜盘切割磁感线产生的感应电动势E ＝12Br 2ω，为恒定的电动势，经过变压器后，负载R 两端电压为零，通过负载R 的电流为零，故A 项错误，D 项正确；副线圈中无电流，原线圈中有电流，能产生磁场，原、副线圈中磁通量都不为零，故B 、C 项错误． 2．(2016·高考江苏卷)一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a 、b 间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c 、d 间作为副线圈．在a 、b 间输入电压为U 1的交变电流时，c 、d 间的输出电压为U 2.在将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中( )A ．U 2>U 1，U 2降低B ．U 2>U 1，U 2升高C ．U 2<U 1，U 2降低D ．U 2<U 1，U 2升高解析：选C.由变压器的变压公式U 1U 2＝n 1n 2可知，由于原线圈匝数n 1大于副线圈匝数n 2，因此有U 1>U 2，当滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中，n 2减小，因此U 2降低，C 项正确．3．(2017·高考北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 100πt (V)的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )A ．原线圈的输入功率为220 2 WB ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50 s解析：选B.由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 2 V ，故有效值为U 1＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，故副线圈电压的有效值为U 2＝110 V ，故输出功率P 2＝U 22R＝220 W ，再由输入功率等于输出功率知，P 1＝P 2＝220 W ，A 项错误；根据欧姆定律知，I 2＝U 2R＝2 A ，I 1I 2＝n 2n 1，得I 1＝1 A ，故电流表读数为1 A ，B 项正确；电压表的读数为有效值，即U 2＝110 V ，C 项错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T ＝2πω，解得T ＝0.02 s ，D 项错误．4．(2018·山西质检)如图所示，电源电动势为E ，内阻为r .电路中的R 2、R 3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R 0为定值电阻，R 1为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小). 当开关S 闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，则下列说法中正确的是( )A ．只逐渐增大R 1的光照强度，电阻R 0消耗的电功率变大，R 3中有向上的电流B ．只将R 3的滑片P 2向上移动时，电源消耗的功率变大，R 3中有向上的电流C ．只将R 2的滑片P 1向下移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D ．若断开开关S ，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动解析：选A.只逐渐增大R 1的光照强度，R 1的阻值减小，电流变大，R 0消耗的电功率变大，电容器的电压增大，电容器充电，R 3中有向上的电流，A 选项正确；由于R 3与电容器相连，而电容器隔直流，所以只调节R 3的阻值对电路中的电流和电压没有影响，电源消耗的功率不变，R 3中没有向上的电流，B 选项错误；只将R 2的滑片P 1向下移动时，电路中的电流不变，因此电容器两端的电压U 2增大，带电微粒受到的电场力F ＝qE ＝q U 2d 变大，微粒将向上运动，C 选项错误；若断开开关S ，电容器将通过R 3、R 2放电，电容器所带电荷量减少，带电微粒向下运动，D 选项错误．5.(2016·高考四川卷)如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L 供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )A ．小灯泡变亮B ．小灯泡变暗C ．原、副线圈两端电压的比值不变D ．通过原、副线圈电流的比值不变解析：选B.由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1①由U 1U ′2＝n 1－Δn n 2－Δn得 U ′2＝n 2－Δn n 1－ΔnU 1② 由②①得：U ′2U 2＝（n 2－Δn ）n 1（n 1－Δn ）n 2＝n 2n 1－Δnn 1n 2n 1－Δnn 2，因为n 2＜n 1，所以U ′2U 2＜1，即U ′2＜U 2，故小灯泡变暗，B 正确，A 错误；由以上分析过程可以看出，C 错误；由I 1I 2＝n 2n 1和I ′1I ′2＝n 2－Δn n 1－Δn可见，D 错误．6.已知电源内阻r ＝2 Ω，灯泡电阻R L ＝2 Ω，R 2＝2 Ω，滑动变阻器R 1的最大阻值为3 Ω，如图所示．将滑片P 置于最左端，闭合开关S 1、S 2，电源的输出功率为P 0，则( ) A ．滑片P 向右滑动，电源输出功率一直减小B ．滑片P 向右滑动，电源输出功率一直增大C ．断开S 2，电源输出功率达到最大值D ．滑片P 置于最右端时，电源输出功率仍为P 0解析：选D .当外电路电阻等于电源内阻，即R 外＝r ＝2 Ω时，电源的输出功率最大，开始时R 外1＝4 Ω，电源输出功率为P 0，当P 向右滑到R 1＝1 Ω时，R 外＝2 Ω，此时输出功率最大，再向右滑动，输出功率又减小，A 、B 错误；S 2断开时R 外2＝R ′1＋R 2＝5 Ω，R 外2≠r ，C 错误；当电源的输出功率为P 0时对应两种情况的电阻，应满足R 外1·R 外3＝r ，则R 外3＝1 Ω，D 正确．7．(2018·潍坊二模)图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e 随时间t 变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈的内阻不计，外接灯泡的电阻为12 Ω.则( )A ．在t ＝0.01 s 时刻，穿过线圈的磁通量为零B ．电压表的示数为6 2 VC ．灯泡消耗的电功率为3 WD ．若其他条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势的表达式e ＝122sin 100πt (V)解析：选C.在t ＝0.01 s 的时刻，电动势为零，则线圈平面位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，选项A 错误；电动势的最大值为E m ＝6 2 V ，电压表测量的为有效值，故示数为622V ＝6 V ，选项B 错误；灯泡消耗的功率P ＝E 2R ＝6212W ＝3 W ，选项C 正确；周期为0.02 s ，瞬时电动势表达式为e ＝E m sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT t ＝62sin 100πt (V)．转速提高一倍后，最大值变成12 2 V ，ω＝2πn ，故角速度变为原来的2倍，表达式应为e ＝122sin 200πt (V)，选项D 错误．8．在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2、L 3为相同规格的小灯泡，电容器的电容为C ＝100 μF .小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．闭合开关S ，当电路稳定后，下列说法正确的是( )A ．L 1中电流为0.20 AB ．电容器带电荷量为300 CC ．L 2中电流为0.20 AD ．L 2的电阻为15 Ω解析：选C.闭合开关S ，当电路稳定后，L 1中电流为零，电容器两端电压等于电源电动势，即U ＝3.0 V ，由C ＝Q U 可知，电容器带电荷量为Q ＝CU ＝100×10－6×3.0 C ＝3×10－4 C ，选项A 、B 错误；L 2、L 3两个小灯泡串联，每个灯泡两端电压为U 2＝1.5 V ，根据小灯泡的伏安特性曲线可知电压为1.5 V 时对应的小灯泡中的电流为I 2＝0.20 A ，L 2的电阻为R 2＝U 2I 2＝7.5 Ω，选项D 错误，选项C 正确．9．(2018·银川段考)在如图所示的电路中，已知电阻R 1的阻值小于滑动变阻器R 的最大阻值．闭合开关S ，在滑动变阻器的滑片P 由左端向右端滑动的过程中，四个电表V 1、V 2、A 1、A 2的示数及变化量分别用U 1、U 2、I 1、I 2、ΔU 1、ΔU 2、ΔI 1、ΔI 2表示，下列说法中正确的是( )A ．U 1先变大后变小，I 1不变B ．U 1先变小后变大，I 1变小C.ΔU 1ΔI 2的绝对值先变大后变小，ΔU 2ΔI 2的绝对值不变 D ．U 2先变小后变大，I 2先变小后变大解析：选D.滑片P 由滑动变阻器的左端向右端滑动的过程中，滑动变阻器R 的左半部分与R 1串联然后与R 的右半部分并联，并联电阻先变大后变小，所以电路总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律，I 2先变小后变大，U 1先变大后变小，由极限法可得当滑片P 滑到滑动变阻器右端时，电流表A 1把R 1所在支路短路，此时I 1最大，所以I 1一直增大，A 、B 错误；对于C 项，ΔU 1ΔI 2的绝对值等于电源的内阻，保持不变；ΔU 2ΔI 2的绝对值等于R 2，保持不变，C 错误；电阻R 2不变，电压表V 2的示数U 2＝I 2R 2，U 2先变小后变大，D 正确．10．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶n ，电源a 、b 两端输出交流电压U ，原线圈接入电阻为R 0(恒定不变)的灯泡L ，副线圈接入可变电阻R ，电压表为理想电表，则下列说法正确的是( )A ．电源的输出功率等于可变电阻R 的功率B ．若可变电阻接入电路中的阻值变大，电压表示数将变小C ．可变电阻消耗的功率最大时，通过灯泡L 的电流为I L ＝U R 0D ．当可变电阻接入电路中的阻值R ＝n 2R 0时，可变电阻消耗的功率最大解析：选D.电源的输出功率等于灯泡的功率与可变电阻的功率之和，A 错误；若可变电阻接入电路中的阻值变大，假设副线圈电压不变，则副线圈中电流变小，由变压原理知，原线圈中电流变小，灯泡两端电压变小，由U ＝U L ＋U 1知原线圈输入电压变大，副线圈输出电压变大，电压表示数变大，B 错误；设原线圈中的电流为I 1，则可变电阻的功率P R ＝I 1U －I 21R 0，当I 1＝U 2R 0时，有P Rmax ＝U 24R 0，这时原线圈输入电压U 1＝U －I 1R 0＝U 2，由变压规律知U 1U 2＝1n，得副线圈两端的电压U 2＝nU 2，根据P Rmax ＝U 22R ＝U 24R 0得R ＝n 2R 0，C 错误，D 正确．二、多项选择题11.如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，则( )A ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小解析：选BC.保持Q 的位置不动，则U 2不变，将P 向上滑动时，R 接入电路的电阻变大，根据I 2＝U 2R 0＋R 知，I 2变小，由I 1I 2＝n 2n 1得I 1也变小，即电流表读数变小，选项A 错误，选项B 正确；保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，U 2变大，则根据P 2＝U 22R 0＋R 知副线圈输出功率变大，由P 1＝P 2知，变压器原线圈输入功率P 1变大，而P 1＝I 1U ，输入电压U 一定，I 1变大，即电流表读数变大，选项C 正确，选项D 错误．12．(2018·黑龙江二模)如图甲所示的变压器，接如图乙所示的交流电时，灯泡正常发光，电容器能正常工作．现将电源换成如图丙所示的交流电，则( )A ．由于丙交流电的周期短，因此灯泡比第一次亮B ．由于丙的频率比乙的大，因此电容器有可能被击穿C ．无论接乙交流电，还是接丙交流电，若滑动触头P 向上移动，灯泡都变暗D ．若将原线圈n 1的匝数增加，灯泡消耗的功率将变小解析：选CD.由于两个电源的有效值相同，因此经同一个变压器后，加在灯泡两端的电压相同，因此灯泡的亮度相同，选项A 错误；同理加在电容器两端的电压也相同，电容器仍能正常工作，选项B 错误；若向上移动滑动变阻器的触头P ，使滑动变阻器接在电路中的电阻增大，导致灯泡两端的电压降低，因此灯泡变暗，选项C 正确；若将原线圈的匝数增加，根据U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈两端电压降低，因此灯泡消耗的功率减小，选项D 正确． 13．(2018·郑州模拟)如图所示，50匝矩形闭合导线框ABC D 处于磁感应强度大小为B ＝210 T 的水平匀强磁场中，线框面积S ＝0.5 m 2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω＝200 rad /s 匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V 60 W ”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A ，下列说法正确的是( )A ．图示位置穿过线框的磁通量为零B ．线框中产生交变电压的有效值为500 2 VC ．变压器原、副线圈匝数之比为25∶11D ．允许变压器输出的最大功率为5 000 W解析：选CD .由题图可知，此时线框平面和磁场垂直，此时穿过线框的磁通量最大，A 错误；矩形闭合导线框ABCD 在磁场中转动，产生的交流电的最大值为E m ＝nBS ω＝50×210×0.5×200 V ＝500 2 V ，由于最大值为有效值的2倍，所以交流电的有效值为500 V ，B 错误；由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为500220＝2511，C 正确；由于熔断器允许通过的最大电流为10 A ，所以允许变压器输出的最大功率为P ＝UI ＝500×10 W ＝5 000 W ，D 正确．三、非选择题14．(2018·高考北京卷)如图1所示，用电动势为E 、内阻为r 的电源，向滑动变阻器R 供电．改变变阻器R 的阻值，路端电压U 与电流I 均随之变化．(1)以U 为纵坐标，I 为横坐标，在图2中画出变阻器阻值R 变化过程中U －I 图象的示意图，并说明U －I 图象与两坐标轴交点的物理意义．(2)a .请在图2画好的U －I 关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率；B ．请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件．(3)请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和．解析：(1)U －I 图象如图所示图象与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流．(2)a .如图所示．B ．电源输出的电功率P ＝I 2R ＝(E R ＋r )2R ＝E 2R ＋2r ＋r 2R当外电路电阻R ＝r 时，电源输出的电功率最大，为 P max ＝E 24r. (3)电动势定义式E ＝W q根据能量守恒，在题图1所示电路中，非静电力做功W 产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热，即W ＝I 2rt ＋I 2Rt ＝Irq ＋IRq E ＝Ir ＋IR ＝U 内＋U 外．答案：见解析。

2018届高三物理高考二轮复习第一部分专题五第1讲直流电路与交流电路

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4．如图所示，电源电动势 E 恒定，内阻为 r，定值电阻 R0＝4r，两极板间距离为 d、水平放置的平行金属板间有一带电液滴．当开关闭合，滑片 P 位于电阻 R 左端点 a 时，液滴正好处于静止状态，则下列关于液滴的分析(液滴始终没与极板相碰)正确的是( C ) A．液滴带正电，液滴的比荷为gEd B．将滑片 P 由 a 滑向 b 的过程中，液滴将以原平衡位置为中心做往复运动 C．将滑片 P 由 a 滑向 b 的过程中，液滴一直向上做加速运动 D．将极板 A 向下移动少许，液滴将向下做变速直线运动
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3．(多选)(名师原创)将电学元件按照如图所示的电路连接，其中电源的内阻不能忽略，电压表和电流表均为理想电表，开始时滑动变阻器的滑动触头位于滑动变阻器的中间位置，电路中的小灯泡正常发光．在滑动变阻器的滑动触头逐渐向右端滑动的过程中，下列选项中正确的是( BC ) A．电压表的示数增大、电流表的示数增大 B．电压表的示数减小、电流表的示数增大 C．小灯泡的亮度变暗 D．定值电阻 R1 消耗的电功率减小
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2018年高考物理大二轮复习专题七电磁感应和电路第2讲直流电路和交流电路讲学案

第2讲直流电路和交流电路课标卷高考命题分析1．纯电阻电路和非纯电阻电路的电功、电功率的比较(1)纯电阻电路：电功W ＝UIt ，电功率P ＝UI ，且电功全部转化为电热，有W ＝Q ＝UIt ＝U 2R t＝I 2Rt ，P ＝UI ＝U 2R＝I 2R .(2)非纯电阻电路：电功W ＝UIt ，电功率P ＝UI ，电热Q ＝I 2Rt ，电热功率P 热＝I 2R ，电功率大于电热功率，即W >Q ，故求电功、电功率只能用W ＝UIt 、P ＝UI ，求电热、电热功率只能用Q ＝I 2Rt 、P 热＝I 2R . 2．电源的功率和效率 (1)电源的几个功率 ①电源的总功率：P 总＝EI . ②电源内部消耗的功率：P 内＝I 2r . ③电源的输出功率：P 出＝UI ＝P 总－P 内． (2)电源的效率η＝P 出P 总×100%＝UE×100%. 3．交流电的“四值” (1)最大值E m ＝NBS ω. (2)瞬时值e ＝NBS ωsin ωt . (3)有效值：正弦式交流电的有效值E ＝E m2；非正弦式交流电的有效值必须根据电流的热效应，用等效的思想来求解．计算交流电路的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值．(4)平均值：E＝n ΔΦΔt，常用来计算通过电路的电荷量．4．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.直流电路动态分析方法(1)程序法：基本思路是“部分→整体→部分”．即从阻值的变化入手，由串、并联规律判定R 总的变化情况，再由闭合电路欧姆定律判断I 总和U 端的变化情况，最后由部分电路欧姆定律及串联分压、并联分流等规律判断各部分的变化情况． (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)．高考题型1 电路的动态分析例1 (2017·闽粤大联考)如图1所示，A 和B 为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S 闭合且滑动变阻器的滑动头P 在a 处，此时绝缘线向右偏离竖直方向(电源的内阻不能忽略)．下列判断正确的是( )图1A ．小球带负电B ．当滑动头从a 向b 滑动时，绝缘线的偏角θ变大C ．当滑动头从a 向b 滑动时，电流表中有电流，方向从上向下D ．当滑动头从a 向b 滑动时，电源的输出功率一定变大答案 C解析由题图知，A 板带正电，B 板带负电，电容器内电场方向水平向右，绝缘线向右偏，电场力向右，则小球带正电，故A错误. 滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U＝E－Ir变小，电容器电压变小，绝缘线偏角变小，故B错误．滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下，故C正确．根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大．当外电阻大于内阻时，外电阻减小，输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小．本题不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率大小的变化，故D错误．1．直流电路动态分析方法：(1)程序法；(2)“串反并同”法；(3)极限法．2．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，电容器对电路的作用是断路．3．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．1．(2017·新疆二模)在如图2所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，L1和L2为两个相同的灯泡，每个灯泡的电阻和电源内阻的阻值均相同，D为理想二极管，C为电容器，开关S处于断开状态，下列说法中正确的是( )图2A．滑动变阻器滑片向右移动，电流表示数变小B．滑动变阻器滑片向右移动，电源内阻的发热功率变小C．开关S闭合后，L2亮度变暗D．开关S闭合后，电流表示数不变答案 D解析电容器视为断路，所以只有灯泡L2中有电流通过，滑动变阻器滑片向右移动，电流表的示数不变，故A错误；滑动变阻器滑片向右移动，电路电流不变，电源内阻的发热功率不变，故B错误；开关S闭合后，因为二极管具有单向导电性，二极管处于截止状态，灯泡L1中无电流，电路总电阻不变，总电流不变，电流表的示数不变，L2亮度不变，故C错误，D正确．高考题型2 交流电的产生和描述例2 (多选)(2017·河南洛阳市二模)如图3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 ，A 为理想交流电流表，线圈从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)转过60°时的感应电流为i ，下列说法正确的是( )图3A ．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 ＋r )n ωC ．从图示位置开始转过90°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4πRi2ω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 ＝nBS ω，磁通量的最大值 Φm ＝BS ，联立解得：Φm ＝BS ＝2i (R ＋r )n ω，故B 正确；从图示位置开始转过90°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 )n ω＝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 有2RT ＝(2i )2R ·2πω＝4πRi2ω，故D 正确．2．(多选)(2017·黑龙江大庆一模)如图4所示，N 匝矩形导线框在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕轴OO ′匀速转动，线框面积为S ，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R 、理想电流表A 和二极管D .电流表的示数为I ，二极管D 具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大，下列说法正确的是( )图4A ．导线框转动的角速度为2RINBSB ．导线框转动的角速度为4RINBSC ．导线框转到图示位置时，导线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零D ．导线框转到图示位置时，导线框中的磁通量最大，瞬时电动势最大答案 AC解析线圈产生的最大感应电动势为E m ＝NBS ω，根据二极管的特点可知，在一个周期内有半个周期回路中有电流，根据交流电电流的热效应可知(NBS ω2)2R·T 2＝I 2RT ，解得ω＝2IR NBS，故A 正确，B 错误；导线框转到图示位置时，线圈位于中性面处，导线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零，故C 正确，D 错误．高考题型3 变压器和远距离输电问题例3 (多选)(2017·福建南平市3月质检)如图5所示，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，使电灯L 变暗，下列哪些措施可以使电灯L 重新变亮( )图5A ．其他条件不变，P 1上移，同时P 2下移B ．其他条件不变，P 1下移，同时P 2上移C ．其他条件不变，断开电键SD ．其他条件不变，将滑动变阻器滑片P 向下移动答案 BC解析原线圈的输入电压降低，其他条件不变，P 1上移，即原线圈匝数增多，P 2下移，即副线圈匝数减小，由U 2＝n 2n 1U 1可得U 2减小，电灯变暗，故A 错误；原线圈的输入电压降低，其他条件不变，P 1下移，即原线圈匝数减少，P 2上移，即副线圈匝数增多，由U 2＝n 2n 1U 1知可以使U 2增大，可以使电灯L 重新变亮，故B 正确；原线圈的输入电压降低，其他条件不变，则副线圈电压减小，断开电键S ，并联部分电阻增大，副线圈中电流减小，R 1分担电压减小，灯泡两端电压增大，可以使电灯L 重新变亮，故C 正确；原线圈的输入电压降低，其他条件不变，则副线圈电压减小，将滑动变阻器滑片P 向下移动，并联部分电阻减小，灯泡两端电压更小，灯泡不能变亮，故D 错误．理想变压器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．不论哪种情况，要注意两点：一、根据题意分清变量和不变量；二、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．3．(多选)(2017·安徽省十校联考)在如图6所示的电路中，两定值电阻的阻值R 1＝R 2＝5 Ω，变压器为理想变压器，两电表均为理想电表，在原线圈a 、b 端输入u ＝1002sin ωt V 的正弦交流电压，原、副线圈的匝数之比为1∶2，则下列说法正确的是( )图6A ．电流表的示数为8 AB ．电压表的示数为40 VC ．电路消耗的总功率为1 600 WD ．电阻R 1、R 2消耗的功率之比为2∶1 答案 AC解析设电流表示数为I 2，副线圈两端的电压为U 2＝I 2R 2＝5I 2，根据电压与匝数成正比得原线圈两端的电压U 1＝12U 2＝12×5I 2，根据电流与匝数成反比得原线圈电流I 1＝2I 2，由闭合电路欧姆定律得U ＝I 1R 1＋U 1，即10022＝2I 2R 1＋12×5I 2，代入数据解得：I 2＝8 A ，电压表的读数等于原线圈两端的电压，即U 1＝12×5×8 V ＝20 V ，电路消耗的总功率P ＝I 1U ＝2I 2U ＝2×8×100 W ＝1 600 W ；电阻R 1、R 2消耗的功率之比为P 1P 2＝I 12R 1I 22R 2＝(21)2＝41，故A 、C 正确，B 、D错误．4．(2017·福建大联考)图7为模拟远距离交流输电的电路，升压变压器T 1的原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝1∶k ，降压变压器T 2的原、副线圈匝数比n 3∶n 4＝k ∶1，模拟输电导线的电阻r ＝3 Ω，T 2的负载是规格为“15 V 45 W ”的灯泡L.当T 1的输入电压为16 V 时L 正常发光，两个变压器可视为理想变压器，则k 的值为( )图7A.32 B ．3 C ．4 D ．9 答案 B解析根据电压与匝数成正比，有U 1U 2＝n 1n 2，即16U 2＝1k 得U 2＝16k ，灯泡的额定电流为I ＝P U ＝4515A ＝3 A ，降压变压器副线圈电流I 4＝3 A ，根据U 3U 4＝k1，得U 3＝kU 4＝15k ，根据电流与匝数成反比，得I 3I 4＝1k，即I 3＝I 4k＝3k，电压关系：U 2＝U 3＋I 3r ，代入数据16k ＝15k ＋3k×3，解得：k ＝3.5．(多选)(2017·广西南宁市二模)手摇发电机产生的正弦交流电经变压器给灯泡L 供电，其电路如图8所示，当线圈以角速度ω匀速转动时，电压表示数为U ，灯泡正常发光．已知发电机线圈的电阻为r ，灯泡正常发光时的电阻为R ，其它电阻可忽略，变压器原线圈与副线圈的匝数比为k ，变压器可视为理想变压器．则( )图8A ．灯泡的额定电压为U kB ．灯泡的额定功率为k 2U 2RC ．发电机的线圈中产生的电动势最大值为2(R ＋r )RUD ．从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u ＝2U sin ωt 答案 AD解析电压表测量的是原线圈的电压有效值，因为此时灯泡正常发光，则灯泡的额定电压等于此时副线圈的电压，则由U U L ＝k 得灯泡的额定电压U L ＝U k ，A 正确；灯泡的额定功率P L ＝U 2L R ＝U 2k 2R ，B 错误；副线圈的电流I L ＝U L R ＝U kR ，因原、副线圈的电流之比I 1I L ＝1k ，故原线圈的电流I 1＝Uk 2R，因此发电机的线圈中产生的电动势的有效值E ＝U ＋I 1r ，最大值E m ＝2E ＝2U (1＋rk 2R)，C 错误；原线圈输入电压最大值为2U ，则从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u ＝2U sin ωt ，D 正确.题组1 全国卷真题精选1．(2016·全国卷Ⅰ·16)一含有理想变压器的电路如图9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9A ．2B ．3C ．4D ．5 答案 B解析开关断开时，等效电路如图甲所示，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 1n22＋3I ；开关闭合时，等效电路如图乙所示，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2．(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10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10A.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＝ER ＋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＝ER ＋12R ×12R ＝13E ，由Q ＝CU 得Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，故选项C 正确．题组2 各省市真题精选3．(2016·天津理综·5)如图11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( )图11A ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 1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A 1示数变大D ．若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大，A 2示数变大答案 B解析当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流减小，则R 1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，选项A 错误，B 正确；当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，电流表A 1示数变小，选项C 错误；若闭合开关S ，副线圈电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R 1两端电压变大，R 2两端电压减小，电流表A 2示数减小，原线圈中的电流变大，电流表A 1示数变大，选项D 错误．4．(2015·福建理综·15)图12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、副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为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为( )图12A ．(n 1n 2)U m 24rB ．(n 2n 1)U m 24rC ．4(n 1n 2)2(P U m )2rD ．4(n 2n 1)2(P U m )2r 答案 C解析原线圈电压的有效值：U 1＝U m 2，根据U 1U 2＝n 1n 2可得U 2＝n 2n 1U m2，又因为是理想变压器，所以T 的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P ，所以输电线上的电流I ＝PU 2，输电线上损失的电功率为P ′＝I 2·2r ＝4r ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2，所以C 正确，A 、B 、D 错误．5．(多选)(2014·天津理综·7)如图13甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a 、b 所示，则( )图13A ．两次t ＝0时刻线圈平面均与中性面重合B ．曲线a 、b 对应的线圈转速之比为2∶3C ．曲线a 表示的交变电动势频率为25 HzD ．曲线b 表示的交变电动势有效值为10 V答案 AC解析由题图可知，两次转动都是从中性面开始计时的，故A 正确．曲线a 、b 对应的线圈转动的周期之比为2∶3，则转速之比为3∶2，故B 错误．由图象可知曲线a 的周期T a ＝4×10－2 s ，则曲线a 表示的交变电动势频率f a ＝1T a＝25 Hz ，故C 正确．交变电动势的最大值E m ＝nBS ω，则曲线a 、b 表示的交变电动势的峰值之比为E m a ∶E m b ＝ωa ∶ωb ＝3∶2，即E m b ＝23E m a ＝10 V ，故曲线b 表示的交变电动势的有效值为E 有＝102 V ＝5 2 V ，D 错误．专题强化练1．(2017·山东潍坊市一模)P 1和P 2是材料相同、上下表面为正方形的长方体导体，P 1的上下表面积大于P 2的上下表面积，将P 1和P 2按图1所示接到电源上，闭合开关后，下列说法正确的是( )图1A ．若P 1和P 2的体积相同，则通过P 1的电流大于通过P 2的电流B ．若P 1和P 2的体积相同，则P 1的电功率等于P 2的电功率C ．若P 1和P 2的厚度相同，则P 1两端的电压等于P 2两端的电压D ．若P 1和P 2的厚度相同，则P 1两端的电压大于P 2两端的电压答案 C解析由于两电阻串联在电路中，因此通过两电阻的电流一定相等，故A 错误；设电阻的表面边长为a ，厚度为d ，根据R ＝ρL S 可知，R ＝ρa ad ＝ρd，则可知电阻与厚度d 有关，与体积无关，由V ＝Sd 可知，如果两导体的体积相同，则P 1的厚度小于P 2厚度，因此P 1的电阻大于P 2的电阻，则由P ＝I 2R 可知，P 1的电功率大于P 2的电功率，故B 错误；若厚度相同，则两电阻阻值相同，由U ＝IR 可知，P 1两端的电压等于P 2两端的电压，故C 正确，D 错误．2．(2017·山东临沂市一模)如图2所示的电路中，R 1是定值电阻，R 2是光敏电阻，电源的内阻不能忽略．闭合开关S ，当光敏电阻上的光照强度减弱时，下列说法正确的是( )图2A ．通过R 2的电流增大B ．电源的路端电压减小C ．电容器C 所带的电荷量增加D ．电源的效率减小答案 C解析当光敏电阻上的光照强度减弱时，光敏电阻的阻值会增大，电路的总电阻增大，电路中的总电流减小，则流过R 2的电流减小，故A 错误；电路中的总电流减小，电源的内电压减小，根据闭合电路欧姆定律得知路端电压增大，而电容器极板间的电压就等于路端电压，所以电容器所带电荷量增加，故B 错误，C 正确；电源效率为 η＝UI EI ＝U E，路端电压U 增大，电动势E 不变，所以电源的效率增大，故D 错误．3．(2017·重庆市一诊 )利用如图3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 ，调节电阻箱使其接入电路阻值为R 3时，电流表示数为零，则R x 阻值等于( )图3A ．R 2B.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. 4．(2017·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，有关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，电容器所带电荷量变大，所以电阻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，只调节电阻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；只调节电阻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 ，电容器处于放电状态，电容器所带电荷量变小，故D 错误．5．(多选)(2017·四川资阳市二诊)如图5所示，电源电动势E ＝12 V ，内阻r ＝3 Ω，R 0＝2 Ω，直流电动机内阻R 0′＝1 Ω，额定输出功率P 0＝2 W ．调节滑动变阻器R 1可使甲电路输出功率最大，调节R 2可使乙电路输出功率最大且此时电动机刚好正常工作，则( )图5A ．甲电路中当R 1＝1 Ω时，定值电阻R 0功率最大B ．甲电路中当R 1＝1 Ω时，电源的输出功率最大C ．乙电路中当R 2＝1.5 Ω时，电源的输出功率最大D ．乙电路中当R 2＝2 Ω时，电源的输出功率最大答案 BC解析甲电路中，当R 1＝0时，电路电流最大，定值电阻R 0的功率最大，故A 错误；当内外电路电阻相等时，即R 1＋R 0＝r 时，得R 1＝r －R 0＝3 Ω－2 Ω＝1 Ω，电源的输出功率最大，故B 正确；对于乙图，输出功率最大时，电动机的输出功率P 0＝2 W ，电路中电流为I ，所以有：P 输出max ＝2 W ＋I 2R 0′＋I 2R 2①又因为U R 2＝IR 2＝E －Ir －2＋I 2R 0′I ＝12－3I －2＋I 2I所以I ＝12－3I －2＋I 2I R 2(A)② 联立①②求得当R 2＝1.5 Ω时，乙电路的输出功率最大，故C 正确，D 错误．6．(2017·福建漳州市八校模拟)如图6所示，图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，下列说法正确的是( )图6A ．图甲表示交流电，图乙表示直流电B ．图甲电压的有效值为220 V ，图乙电压的有效值小于220 VC ．图乙电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin 100πt VD ．图甲电压经过匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的0.1倍答案 B解析题图甲和题图乙都表示交流电，选项A 错误；图甲电压的有效值为U ＝U m2＝220 V ；图乙电压的有效值小于220 V ，选项B 正确；图乙不是正弦式交流电，所以表达式不是正弦函数，故C 错误；理想变压器变压后，频率不发生变化，故D 错误．7．(2017·江西南昌市一模)如图7甲所示是一台交流发电机的构造示意图，线圈转动产生的感应电动势随时间变化的规律如图乙所示；发电机线圈电阻为1 Ω，外接电阻为4 Ω，则( )图7A ．线圈转速为50 r/sB ．电压表的示数为2.5 VC ．负载电阻的电功率为2 WD ．线圈转速加倍，电压表读数变为原来的4倍答案 C解析由题图乙可知，线圈转动周期为0.04 s ，则转速为n ＝10.04r/s ＝25 r/s ，故A 错误；电动势的最大值为5 V ，有效值为E ＝52 V ＝2.5 2 V ，那么电压表的示数为U ＝E r ＋R R ＝2.521＋4×4 V ＝2 2 V ，故B 错误；R 消耗的功率P ＝U 2R ＝(22)24W ＝2 W ，故C 正确；线圈转速加倍，则角速度加倍，最大值E m ＝NBS ω，故最大值变为原来的2倍，有效值也变为原来的2倍，故电压表示数变为原来2倍，故D 错误.8．(多选)(2017·湖南怀化市一模)如图8所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈的中心接头，电压表V 和电流表A 均为理想电表，除滑动变阻器电阻R 、定值电阻R 0以外的其余电阻不计，从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1＝2202sin 100πt (V)．下列说法中正确的是( )图8A ．t ＝1600s 时刻，c 、d 两点间的电压瞬时值为110 2 VB ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为22 2 VC ．单刀双掷开关与a 连接，在滑动变阻器滑片P 向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，电压表和电流表的示数均变大答案 AD解析把时间t 代入瞬时值表达式得电压瞬时值为110 2 V ，故A 正确；当单刀双掷开关与a 连接时，原、副线圈的匝数之比为10∶1，原线圈两端电压有效值为 220 V ，所以副线圈两端电压有效值为22 V ，电压表的示数更小，B 错误；滑动变阻器滑片P 向上移动的过程中，接入电路的电阻值增大，输出电压不变，电流减小，电流表的示数变小，定值电阻R 0分压减小，电压表示数变大，C 错误；当单刀双掷开关由a 扳向b 时，原、副线圈的匝数之比变为5∶1，输出电压增大，电压表和电流表的示数均变大，D 正确．9．(2017·湖北省七市联合考试)如图9甲所示，理想变压器原、副线圈匝数分别为n 1、 n 2，原线圈回路接有内阻不计的交流电流表A ，副线圈回路接有定值电阻R ＝2 Ω，现在a 、b 间和c 、d 间分别接上示波器，同时监测得a 、b 间，c 、d 间的电压随时间变化的图象如图乙所示，则下列说法中错误的是( )甲乙图9A ．T ＝0.02 sB ．n 1∶n 2≈55∶1C ．电流表A 的示数I ≈36.4 mAD ．当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值为0答案 D解析因为变压器不改变交变电流的周期，输入电压的周期为0.02 s ，输出电压的周期T＝0.02 s ，故A 正确；原线圈电压的有效值U 1＝3112 V ≈220 V ，副线圈电压的有效值U 2＝5.662V ≈4 V ，根据电压与匝数成正比，有n 1n 2＝U 1U 2＝2204＝551，故B 正确；输出功率P 2＝U 22R ＝422W ＝8 W ，则输入功率为8 W ，电流表的示数I ＝8220A ≈0.036 4 A ＝36.4 mA ，故C 正确；根据电压与匝数成正比，知当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压的瞬时值最大，故D 错误．10．(2017·山东滨州市一模)如图10所示，交流电源电压有效值U 0＝5 V ，电源等效内阻r ＝4.5 Ω，经过理想变压器变压后，接在阻值R ＝8 Ω的电阻上，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶4，则电阻R 消耗的功率为( )图10A ．0.5 WB ．5 WC ．1 WD ．1.5 W答案 A解析设副线圈中电流为I ，根据电流与匝数成反比得原线圈的电流I 1＝4I在原线圈回路中，根据欧姆定律有：U 0＝4Ir ＋U 1，解得U 1＝5－18I副线圈两端的电压为U 2＝IR ＝8I ，根据电压与匝数成正比，有U 1U 2＝n 1n 2即5－18I 8I ＝14，解得I ＝14 A ，所以电阻R 消耗的功率为P ＝I 2R ＝(14)2×8 W ＝0.5 W ，故A 正确，B 、C 、D 错误．11．(2017·山东调研)如图11所示为理想变压器，四个灯泡L 1、L 2、L 3、L 4都标有“4 V 4 W ”，变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝4∶1.要求灯泡一个都不能烧毁，则ab 间电压的有效值不能超过( )图11A ．16 VB ．24 VC ．25 VD ．28 V 答案 C解析 L 2与L 3并联后与L 4串联，故L 4中电流为L 2与L 3中电流之和；L 1中电流为原线圈中的电流，而L 4中电流等于副线圈中的电流，根据电流之比等于线圈匝数的反比可得：I 1I 4＝n 2n 1＝14，则L 4达到额定功率时，输出电流为：I 2＝P U ＝44A ＝1 A ，L 2与L 3中电流均为0.5 A ，此时并联部分电压为2 V ，变压器输出电压为：U 2＝4 V ＋2 V ＝6 V ，输入电压为：U 1＝n 1n 2U 2＝41×6 V ＝24 V ，此时灯泡L 1中电流为0.25 A ，电压为1 V ，故ab 两端电压的有效值最大为：U m ＝24 V ＋1 V ＝25 V ，故C 正确，A 、B 、D 错误．12．(2017·重庆市万州区二诊)如图12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12A ．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解析设每个副线圈中电流为I 2，由功率关系，U 1I 1＝2U 2I 2，又U 1∶U 2＝3∶1，则I 1＝23I 2，原线圈电阻消耗的功率P 1＝I 21R ，每个副线圈电阻消耗的功率P 2＝I 22R ，则P 1P 2＝49＝k ，由电压关系220－I 1R U 2＝31，又I 1R ＝23U 2得U 2＝60 V ，故A 正确． 13．(2017·山东德州市一模)如图13所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图(图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表．设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R 0表示)，则当进入用电高峰时( )图13A ．线路损耗功率减小B ．电压表V 3、V 4读数的比值减小，电流表A 2的读数增大，电流表A 3的读数增大。

物理-江苏省2018年高考二轮复习精品资料专题08 直流电路与交流电路(解析版).doc

专题08 直流电路与交流电路1.通常一次闪电过程历时约0.2~0.3 s,它由若干个相继发生的闪击构成.每个闪击持续时间仅40~80 μs,电荷转移主要发生在第一个闪击过程中.在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109 V,云地间距离约为1 km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C,闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的.根据以上数据,下列判断正确的是()A.闪电电流的瞬时值可达到1×105 AB.整个闪电过程的平均功率约为1×1014 WC.闪电时云地间的导电现象可用欧姆定律计算D.整个闪电过程向外释放的能量约为6×106 J答案：A2.图(甲)为一个电灯两端的电压与通过它的电流的变化关系曲线.由图可知,两者不成线性关系,这是由于电压增大,灯丝温度升高,电阻变大.如图(乙)所示,将这个电灯与20 Ω的定值电阻R串联,接在电动势为8 V的电源上,则电灯的实际功率为(不计电流表电阻和电源内阻)()A.0.6 WB.6 WC.0.9 WD.9 W答案：A解析：根据闭合电路欧姆定律可知：E=U L+IR代入数据得到：8=U L+20I在(甲)图中画出此方程的图线,如图所示.该图线与原图线的交点为此电路对应电灯中的电流和电压值.由图即可读出此电路中电灯两端的电压U=2 V,电流I=0.3 A,所以电灯的实际功率为P=UI=0.6 W.3.在研究微型电动机的性能时,应用如图所示的实验电路.当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时,电流表和电压表的示数分别为0.50 A和2.0 V.重新调节R 并使电动机恢复正常运转,此时电流表和电压表的示数分别为2.0 A和24.0 V.则这台电动机正常运转时的输出功率为()A.32 WB.44 WC.47 WD.48 W答案：A解析：电动机停止转动时,电动机的内阻r=Ω=4 Ω,电动机正常运转时输出功率为P=UI-I2r=32 W,A项正确.4.(2012北京顺义区一模)如图所示的电路中,电源电动势为E,内电阻为r,在滑动变阻器R2的滑片向上滑动的过程中,电阻R3上消耗的电功率()A.一直减小B.保持不变C.一直增大D.先增大后减小答案：A5.当电阻两端加上某一稳定电压时,通过该电阻的电荷量为0.3 C,消耗的电能为0.9 J.为在相同时间内使0.6 C的电荷量通过该电阻,在其两端需加的电压和消耗的电能分别是() A.3 V 1.8 J B.3 V 3.6 JC.6 V 1.8 JD.6 V 3.6 J答案：D解析：设两次加在电阻R上的电压分别为U1和U2,通电的时间都为t.由公式W1=U1q1和W1=t可得：U1=3 V,=0.1.再由W2=U2q2和W2=t可求出：U2=6 V,W2=3.6 J,故选项D正确.6.如图所示,电源电动势为E,内阻为r,平行板电容器的两金属板水平放置,开关S是闭合的,两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态,G为灵敏电流计.则以下说法正确的是()A.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴向上加速运动,G中有从b到a的电流B.在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中,油滴向下加速运动,G中有从b到a的电流C.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴仍然静止,G中有从a到b的电流D.在将S断开后,油滴仍保持静止状态,G中无电流通过答案：A7. 如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,当闭合开关S1,滑动变阻器滑片P向左移动的过程中,下列结论正确的是()A.小灯泡L变暗B.电流表读数变大,电压表读数变小C.电容器C上电荷量增加D.电源的总功率变小答案：B解析：滑动变阻器滑片P向左移动的过程中,滑动变阻器的有效阻值变小,闭合电路的外电阻变小,电路总电流增加,路端电压减小,所以电流表读数变大,电压表读数变小,选项B正确.电路总电流增加,小灯泡L变亮,选项A错误.小灯泡L两端电压增加,滑动变阻器两端的电压减小,电容器的电压减小,电容器上的电荷量减小,选项C错误.当电路外电阻等于电源内阻时电源的输出功率最大,滑动变阻器滑片P向左移动的过程中,外电路电阻变小,外电路电阻可能比电源内阻相差更大,也可能相差更小,所以电源的输出功率可能减小,也可能变大,选项D错误.8.在如图所示的U I图像中,直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线,直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线.用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路.由图像可知()A.电源的电动势为3 V,内阻为0.5 ΩB.电阻R的阻值为1 ΩC.电源的输出功率为2 WD.电源的效率为66.7%答案：ABD9.如图所示,R1为定值电阻,R2为可变电阻,E为电源电动势,r为电源内阻,以下说法中不正确的是()A.当R2=r时,R2上获得最大功率B.当R2=R1+r时,R1上获得最大功率C.当R2=0时,R1上获得最大功率D.当R2=0时,电源的输出功率最大答案：ABD10.如图4－9－18所示，理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻R L ＝6 Ω，AB 端电压u 1＝122sin 100πt (V)，下列说法正确的是 ( )图4－9－18A ．电流频率为100 Hz B.的读数为24 V C.的读数为0.5 AD ．变压器输入功率为6 W解析由ω＝2πf ＝100π rad/s 得：f ＝50 Hz ，A 错．有效值U 1＝12 V ，又U 2U 1＝n 2n 1得：U 2＝6 V ，I 2＝U 2R L＝1 A ，B 、C 项错．由能量守恒得P 1＝P 2＝U 2I 2＝6 W ，D 对．答案 D11．如图4－9－22所示，一理想变压器原线圈匝数n 1＝1 000匝，副线圈匝数n 2＝200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u ＝2202sin 100πt V ．副线圈中接一电动机，电阻为11 Ω，电流表A 2示数为1 A ．电表对电路的影响忽略不计，则 ( )图4－9－22A ．此交流电的频率为100 HzB ．电压表示数为220 2 VC ．电流表A 1示数为5 AD ．此电动机输出功率为33 W答案 D12．在某交变电流电路中，有一个正在工作的理想变压器，如图4－9－23所示．它的原线圈匝数n 1＝600 匝，交流电源的电动势e ＝311sin(100πt ) V(不考虑其内阻)，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，原线圈串联一个额定电流为0.2 A 的保险丝，副线圈匝数n 2＝120 匝，为保证保险丝不被烧断，则 ( )图4－9－23A ．负载功率不能超过62 WB ．副线圈电流最大值不能超过1 AC ．副线圈电路中的电阻R 不能小于44 ΩD ．副线圈电路中电压表的读数为62 V解析由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝44 V ，D 错；由I 1I 2＝n 2n 1得I 2≤1 A ，所以负载功率最大为P 2＝U 2I 2≤44 W ，A 错；副线圈中的电流最大值为I m ＝ 2 A ，故B 错；由R ＝U 22P 2得R ≥44 Ω，C 对．答案 C13．如图4－9－24所示，某发电机输出功率是100 kW ，输出电压是250 V ，从发电机到用户间的输电线总电阻为8 Ω，要使输电线上的功率损失为5%，而用户得到的电压正好为220V，求升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是()图4－9－24A．16∶1190∶11 B．1∶1611∶190C．1∶16190∶11 D．16∶111∶190故选项C正确．答案 C14．如图7所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为0.02 s，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈总电阻为2 Ω，匝数为100匝．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，t＝1300 s时线圈中感应电流为1 A．那么()图7A ．线圈中感应电流的有效值为2 AB ．线圈转动一周产生的焦耳热为0.16 JC ．t ＝1300s 时穿过线圈磁通量的变化率为0.02 Wb/s D ．线圈中的感应电动势瞬时值表达式为e ＝4sin 100πt (V)答案 C15．如图8所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压及输电线的电阻R 均不变．在用电高峰期，发电厂输出功率将增大，下列说法正确的是( )图8A ．升压变压器副线圈中电流变小B ．降压变压器副线圈中电流变小C ．输电线上损耗的功率减小D ．用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小答案 D解析当发电厂输出功率增大时，根据P ＝UI 知，输出电压不变，则升压变压器原线圈中的电流增大，则副线圈中的电流也增大．故A 错误；当用电高峰期时，用电器增多，则降压变压器中电流也会变大，故B 错误；升压变压器副线圈中的电流等于输电线中的电流，则输电线中的电流增大，根据P 损＝I 2R 知，输电线上损失的功率增大，故C 错；用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例P －P 损P ＝1－I ΔU IU 2＝1－ΔU U 2，因为输电线上的电流增大，则电压损失ΔU 增大，U 2不变，所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小．故D正确．16．如图9甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R＝10 Ω.从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是()图9A．当S与a连接后，理想电流表的示数为2.2 AB．当S与a连接后，t＝0.01 s时理想电流表示数为零C．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍D．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz答案AC17．如图10甲所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，接线柱a、b间接一正弦交变电源，其电压随时间的变化规律如图乙所示．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2是用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器，R1为一定值电阻．下列说法中正确的是()图10A．电压表V的示数为22 VB．当R2所在处出现火警时，电压表V的示数减小C．当R2所在处出现火警时，电流表A的示数增大D．当R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变大答案BCD解析电压表测量R2两端的电压，因此电压表的示数小于22 V，A错；R2所在处出现火警时，温度升高，R2的阻值变小，电路总电阻变小，电流变大，R1的功率变大，根据串联分压特点，R2两端的电压减小，B、C、D正确．18．图11甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10∶1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，电阻R1＝R2＝R3＝20 Ω和电容器连接成如图甲所示的电路，其中电容器的击穿电压为8 V，电表为理想交流电表，开关S处于断开状态，则()图11A．电压表V的读数约为7.07 VB．电流表A的读数为0.05 AC．变压器的输入功率约为7.07 WD．若闭合开关S，电容器不会被击穿答案AD19．如图4－9－25所示，用理想变压器给电灯L供电，如果只增加副线圈的匝数，其他条件不变，则()图4－9－25A．电灯L亮度减小B．电流表示数增大C．电压表示数增大D．变压器输入功率不变答案BC20．现用电压为380 V的正弦式交流电给额定电压为220 V的电灯供电，以下电路中可能使电灯正常发光的有()解析由图可知，A、B选项中均有电阻分压，可以使电灯正常发光；C选项为降压变压器，通过变压器降压也可以使电灯正常发光；D选项为升压变压器，电灯两端的电压要大于380 V，不可行．答案ABC21.咸阳市区某学校创建绿色校园，如图1甲为新装的一批节能灯，该路灯通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变.如图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，R t为光敏电阻(光照强度增加时，其电阻值减小).现增加光照强度，则下列判断正确的是()图1A.电源路端电压不变B.R0两端电压变大C.B灯变暗，A灯变亮D.电源总功率不变答案 B22.如图2所示的闭合电路中，电源电动势为E，内阻为r，电阻箱R1、R2、电灯和理想电流表A1、A2分别接入电路中，电灯的电阻为R L(电表和用电器均安全工作)，下列说法正确的是()图2A.仅调节R1，电流表A1的示数总大于A2的示数B.仅使R2减小，电流表A2变化量比A1变化量大C.仅使R1增大，电源内阻消耗的功率变大D.仅调节电阻箱R1，R L＝R1＋r时，电灯L可达到最亮答案 B解析仅调节R1，R L与R2的大小关系不确定，所以电流表A1的示数不一定总大于A2的示数.故A错误.仅使R2减小，并联部分电阻减小，通过R L的电流减小，总电流增大，则通过R2的电流增大，且电流表A2变化量比A1变化量大.故B正确.仅使R1增大，总电阻增大，总电流减小，则电源内阻消耗的功率减小，故C错误.仅调节电阻箱R1，R1＝0时，电路中电流最大，电灯L的电压最大，达到最亮，故D错误.23.(多选)如图3所示，虚线框内为漏电保护开关的原理示意图：变压器A处用火线和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器.B处有一个输出线圈，一旦线圈B中有电流，经放大后便能推动继电器切断电源.如果甲、乙、丙、丁四人分别以图示方式接触电线(裸漏部分)，甲、乙、丙站在木凳上，则下列说法正确的是()图3A.甲不会发生触电事故，继电器不会切断电源B.乙会发生触电事故，继电器不会切断电源C.丙会发生触电事故，继电器会切断电源D.丁会发生触电事故，继电器会切断电源答案AD解析甲、乙、丙、丁四人，只有丁电流由火线经丁流入大地，出现漏电，继电器会切断电源.24.(多选)如图4所示，一边长为L的正方形均匀线圈，以AB边所在直线为轴在匀强磁场B 中做匀速转动，线圈转动的角速度为ω，若以图示位置为零时刻，则下列选项反映四条边上的电势差随时间的变化正确的有()图4答案 AD解析线圈在磁场中转动产生感应电动势，只有CD 边产生感应电动势，故产生的感应电动势的最大值为E m ＝BL 2ω，产生的感应电动势的瞬时值为e ＝BL 2ωcos ωt ，根据闭合电路欧姆定律可知AB 、BC 、AD 边的最大感应电动势为E m ′＝r 4r E m ＝14BL 2ω，故这三个边的电压的瞬时值为e ′＝14BL 2ωcos ωt ，结合产生的感应电流的方向可知，A 、D 正确，B 错误；CD 端的电压即为路端电压，故瞬时值为e ″＝34BL 2ωcos ωt ，故C 错误.25.电阻为1 Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图5所示.现把交流电加在电阻为9 Ω的电热丝上，则下列说法中正确的是( )图5A.线圈转动的角速度为31.4 rad/sB.如果线圈转速提高一倍，则电流不会改变C.电热丝两端的电压U ＝100 2 VD.电热丝的发热功率P ＝1 800 W 答案 D26.(多选)如图6所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω，线圈匝数为n 、电阻为r ，外接电阻为R ，交流电流表.线圈从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)开始转过π3时的感应电流为I .下列说法中正确的是( )图6A.电流表的读数为2IB.转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为2I R ＋rnωC.从图示位置开始转过π2的过程中，通过电阻R 的电荷量为2IωD.线圈转动一周的过程中，电阻R 产生的热量为4πRI 2ω答案 BCD解析由题有：I ＝I m cos π3，则得感应电流的最大值I m ＝2I ，有效值I 有＝22I m ＝2I ，则电流表的读数为2I ，故A 错误；感应电动势的最大值E m ＝I m (R ＋r )＝2I (R ＋r )，又E m ＝nBSω，磁通量的最大值Φm ＝BS ，联立解得：Φm ＝BS ＝2I R ＋rnω，故B 正确；从图示位置开始转过π2的过程中，通过电阻R 的电荷量q ＝n ΔΦR ＋r ＝n BS R ＋r ＝n ·1R ＋r ·2I R ＋r nω＝2I ω，故C 正确；线圈转动一周的过程中，电阻R 产生的热量Q ＝I 2有RT ＝(2I )2R ·2πω＝4πRI 2ω，故D 正确27.有一理想变压器，副线圈所接电路如图7所示，灯L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡.当S 断开时，灯L 1正常发光.S 闭合后，下列说法正确的是( )图7A.灯L 1、L 2都能正常发光B.原线圈的输入功率减小C.原、副线圈的电流比增大D.电阻R 消耗的功率增大答案 D28.如图9甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，A 、V 均为理想电表，R 为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，L 1和L 2是两个完全相同的灯泡.原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u ，下列说法正确的是( )图9A.电压u 的频率为100 HzB.电压表V 的示数为22 VC.当光强增大时，A 示数变小D.当L 1的灯丝烧断后，V 示数不变答案 D29.如图10所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝25πT.单匝矩形线圈面积S ＝1 m 2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动.线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，为交流电流表.调整副线圈的滑动触头P ，当变压器原、副线圈匝数比为1∶2时，副线圈电路中标有“36 V ，36 W”的灯泡正常发光.以下判断正确的是( )图10A.电流表的示数为1 AB.矩形线圈产生电动势的最大值为18 VC.从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间变化的规律为e ＝182sin 90πt VD.若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P 适当下移答案 C30.如图11所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数比为k 1.降压变压器T ′的原、副线圈匝数比为k 2.原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，用户电阻为R (纯电阻)，若用户消耗功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率P r 和用户获得的电压U 分别为( )图11A.P r ＝r Rk 22P U ＝2k 2U m 2k 1－2rk 22PR B.P r ＝2r Rk 22P U ＝2U m 2k 1k 2－2r k 22P R C.P r ＝2r Rk 22P U ＝2k 2U m 2k 1－2r k 1k 2P RD.P r ＝2r Rk 21P U ＝2U m 2k 1k 2－2rk 1k 2PR答案 B解析用户流过的电流为I 4＝P R ，故在输电线路上的电流为I 3＝I 4k 2＝1k 2PR，故损失的电功率为P r ＝I 23·2r ＝2r Rk 22P ；升压变压器两端电压的有效值为U 1＝U m2，输电线路上损失的电压为ΔU ＝I 3·2r ，升压变压器副线圈两端的电压为U 2＝U 1k 1故降压变压器原线圈的电压为U 3＝U 2－ΔU ，用户获得的电压U ＝U 3k 2联立解得U ＝2U m 2k 1k 2－2rk 22P R31.有一节干电池,电动势大约为1.5 V,内电阻约为1.0 Ω.某实验小组的同学们为了比较准确地测出该电池的电动势和内电阻,他们在老师的支持下得到了以下器材： A.电压表V(15 V ,10 kΩ)B.电流表G(量程3.0 mA,内阻R g =10 Ω)C.电流表A(量程0.6 A,内阻约为0.5 Ω)D.滑动变阻器R 1(0~20 Ω,10 A)E.滑动变阻器R 2(0~100 Ω,1 A)F.定值电阻R 3=990 ΩG.开关S 和导线若干(1)为了能准确地进行测量,同时为了操作方便,实验中应选用的滑动变阻器是 .(填写器材前字母)(2)请在虚线框内画出他们采用的实验原理图.(标注所选择的器材符号)(3)该小组根据实验设计的原理图测得的数据如下表,为了采用图像法分析处理数据,请你在下图所示的坐标纸上选择合理的标度,作出相应的图线.序号123456电流表G(I 1/mA) 1.37 1.35 1.26 1.24 1.18 1.11 电流表A(I 2/A)0.12 0.16 0.21 0.28 0.36 0.43(4)根据图线求出电源的电动势E=V(保留三位有效数字),电源的内阻r=Ω(保留两位有效数字).(2)电压表V的量程为15 V,量程太大不利于读数,不能使用.电流表G和定值电阻R3串联,就改装成了大量程的电压表,可以测量电路的路端电压,路端电压的表达式为U=I1(R g+R3).用电流表A测量电路的总电流.实验原理图如图(甲)所示；(3)作出图线如图(乙)所示(4)纵坐标的截距为1.48 mA,根据图线求出电源的电动势E=1.48 mA×1 000 Ω=1.48 V,电源的内阻r==Ω=0.84 Ω.答案：(1)D(2)见解析图(甲)(3)见解析中图(乙)(4)1.48(1.45~1.49均可)；0.84(0.80~0.90均可)。

2018版高考物理二轮教师用书：第1部分专题10 直流与交流含解析精品

专题十直流与交流——————[知识结构互联]——————[核心要点回扣]——————1．闭合电路的欧姆定律(1)I ＝E R ＋r.(2)U 路＝E －Ir . 2．交变电流的“四值”(1)最大值：E m ＝NBSω.(2)瞬时值：e ＝E m sin_ωt .(3)有效值：由电流的热效应定义求解．(4)平均值：E ＝n ΔΦΔt .3．理想变压器的四个基本关系(1)功率关系：P 入＝P 出．(2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2. (3)电流关系：I 1I 2＝n 2n 1. (4)频率关系：f 1＝f 2.考点1 直流电路的分析与计算(对应学生用书第51页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年1考：2018年Ⅱ卷T 17[考情分析]1．该考点单独命题较少，多与实验综合在一起考查．2．命题点多考查电路的结构、串、并联特点、电容器电容的计算等内容．3．要熟练掌握串、并联电路电压与电阻关系，电容、电压、电荷量的关系．4．不会简化电路结构，电容器的连接方式不清、不明白电容的电路相当于断路易造成错解．1．(直流电路的计算)(2018·Ⅱ卷T 17)阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如图10-1所示电路．开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为( )图10-1A.25B.12C.35D.23C [断开S 和闭合S 后等效电路分别如图甲、乙所示．根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U 1＝15E ，U 2＝13E ，C 所带的电荷量Q ＝CU ，则Q 1∶Q 2＝3∶5，选项C正确．]在第1题中，若将电路调换为如图10-2所示，电源的内阻不计，电动势为12 V，R1＝8 Ω，R2＝4 Ω，电容C＝40 μF，则下列说法正确的是()图10-2A．开关断开时，电容器不带电B．将开关闭合，电容器充电C．将开关闭合后，稳定时电容器的电荷量为4.8×10－14 CD．若现开关处于闭合状态，将开关S断开，到再次稳定后，通过R1的总电荷量为3.2×10－4 C【解析】开关断开时，电容器两端电压不为零，电容器带电，A项错误；将开关闭合，电容器两端电压变小，电容器放电，B项错误；将开关闭合后，稳定时电容器的电荷量为Q＝U·C＝4×40×10－6C＝1.6×10－4C，C 项错误；若开关现处于闭合状态，将开关S断开，再次稳定后，通过R1的总电荷量ΔQ＝|ΔU|·C＝(12－4)×40×10－6 C＝3.2×10－4 C，D项正确．【答案】 D■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．明确1个定律、2个关系(1)闭合电路的欧姆定律：I＝ER＋r.(2)路端电压与电流的关系：U＝E－Ir.(3)路端电压与负载的关系U＝IR＝RR＋rE＝11＋rRE，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小．2．明确引起电路动态变化的原因(1)滑动变阻器、热敏电阻或光敏电阻的阻值变化．(2)某支路开关闭合或断开．3．闭合电路动态分析的两种常用方法(1)程序分析法：流程如下(2)利用结论法：即“串反并同”法①“串反”——即某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都减小(增大)；②“并同”——即某一电阻增大(减小)时，与它并联与间接并联的电阻中的电流、两端的电压、消耗的电功率都增大(减小)．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·考向1直流电路的动态分析1．(2018·钦州市港区月考)在如图10-3所示的电路中，电池的电动势为E，内电阻为r，R1、R2为两个阻值固定的电阻，当可变电阻R的滑片向下移动时，理想电流表的示数I和理想电压表的示数U将()【导学号：19624120】图10-3A．I变小，U变大B．I变大，U变小C．I变小，U变小D．I变大，U变大B[当R的滑动触头P向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知总电流I增大．电压表测量路端电压U，而U＝E－Ir，I增大，E、r不变，则U变小．设变阻器R2两端电压为U′，则U′＝E－I(R1＋r)，I增大，其他量不变，则U′变小，通过R2的电流变小，而总电流变大，则电流表的示数I变大．故B正确．](2018·吉林大学附中模拟)如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表．现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法正确的是()A．电流表A的示数变小，电压表V的示数变大B．小灯泡L变亮C．电容器C上电荷量减少D．电源的总功率变大A[闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小．电压表的示数U＝E－I(R L＋r)，I减小，其他量不变，则U增大，即电压表V的示数变大，故A正确，B错误．电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增大，由Q ＝CU，知电容器C上的电荷量增多，故C错误．电源的总功率P＝EI，I 减小，则电源的总功率变小，故D错误．]考向2直流电路的计算2．(2018·中卫市一模)机动车的尾气含有铅等大量有害物质，并且也是造成地球“温室效应”的重要因素之一．电动汽车因其无尾气排放且噪声小等因素，正在逐渐被人们接受．某国产品牌电动汽车的铭牌如下，已知蓄电池储存的电能等于其容量乘输出电压，则下列说法正确的是()B．电动机的内阻为0.5 ΩC ．蓄电池充满电后储存的电能不小于2.88×118 JD ．充满电后在额定功率下连续行驶的时间不小于16 hD [电动汽车正常工作时消耗的电功率为：P ＝U 额I 额＝36×50 W ＝1 800W ，故A 错误；电动机内阻的发热功率为：P 热＝P －P 出＝(1 800－1 675) W＝125 W ，则电动机内阻为：r ＝P 热I 2＝1252 500Ω＝0.18 Ω，故B 错误；蓄电池充满电后储存的电能为：W ＝UIt ＝800×3 600×36 J ＝1.18×118 J ，故C错误；在额定功率下连续行驶最长时间为：t ′＝UIt U 额I 额＝800×3636×50h ＝16 h ，故D 正确．](多选)(2018·湖北八校二联)在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R 为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S 闭合后( )A ．L 1的电阻为112 ΩB ．L 1消耗的电功率为7.5 WC ．L 2的电阻为7.5 ΩD ．L 2消耗的电功率为0.3 WCD [S 闭合后，L 1两端的电压为3.0 V ，由乙图可知，I 1＝0.25 A ，故P 1＝0.75 W ，R 1＝12 Ω，A 、B 均错误；L 2与R 及电源串联，把R 和电源等效成电动势为3 V ，内阻为7.5 Ω的新电源，在图乙中作出新电源的I -U 图线，如图，两图线的交点表示出了此时L 2两端的电压与通过的电流的大小，由图知U 2＝1.5 V ，I 2＝0.2 A ，所以R 2＝U 2I 2＝1.50.2 Ω＝7.5 Ω，P 2＝U 2I 2＝1.5×0.2 W ＝0.3 W ，C 、D 正确．]考点2交变电流的产生与描述(对应学生用书第52页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计]五年1考：2018年Ⅲ卷T21[考情分析]1．该考点单独命题较少，常与变压器结合在一起命题．2．考查的重点是交变电流的变化规律及有效值的意义和计算．3．要掌握电磁感应现象产生的原因，法拉第电磁感应定律及交变电流中的基本概念和常用物理量．4．感应电动势产生及大小的计算，特别是切割类中的有效长度易错．2．(交流电的产生及有效值的计算)(多选)(2018·Ⅲ卷T21)如图10-4所示，M为半圆形导线框，圆心为O M；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面且过O M和O N的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()图10-4A．两导线框中均会产生正弦交流电B．两导线框中感应电流的周期都等于TC．在t＝T8时，两导线框中产生的感应电动势相等D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等[题眼点拨]①“半圆形导线框”说明转初过程中一直有感应电流；②“扇形导线框”说明转动过程中只有一半时间内有感应电流；③“半径相等”说明有效切割长度相同．BC [两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A 错误；导线框的转动周期为T ，则感应电流的周期也为T ，选项B 正确；在t ＝T 8时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C 正确；M 导线框中一直有感应电流，N 导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D 错误．]在第2题中，若改成如图10-5所示的情景．单匝矩形闭合导线框abcd 一半处于磁感应强度为B 的水平有界匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与其中心线重合的竖直固定转轴OO ′以角速度ω匀速转动，固定转轴恰好位于匀强磁场的右边界．试写出线框中感应电流的瞬时值表达式并画出i -t 图象．(图中位置为计时位置)图10-5【解析】线框中产生电动势的最大值Em ＝12BωS ，则I m ＝E m R ＝BωS 2R因图中位置为中性面，故电流瞬时值表达式为i ＝I m sin ωt ＝BωS 2R sin ωti -t 图象如图所示．【答案】见解析■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·解决交变电流的产生和描述的基本思路(1)两个特殊位置的特点①线圈平面与中性面重合时，S ⊥B ，Φ最大，ΔΦΔt ＝0，e ＝0，i ＝0，电流方向将发生改变．②线圈平面与中性面垂直时，S ∥B ，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变．(2)书写交变电流瞬时值表达式的基本思路①确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式E m ＝nBSω求出相应峰值．②明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．a ．若线圈从中性面位置开始转动，则i -t 图象为正弦函数图象，函数式为i ＝I m sin ωt .b ．若线圈从垂直中性面位置开始转动，则i -t 图象为余弦函数图象，函数式为i ＝I m cos ωt .■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 交变电流的产生3．(多选)小型发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd ，bc 边长度为L 1，磁极间的磁场可视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO ′，线圈以角速度ω绕OO ′匀速转动，如图10-6所示．矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，不计线圈电阻，下列说法正确的是( )【导学号：19624121】图10-6A ．ab 边长度为L ＝2e 0BωL 1B ．产生的交变电流的周期是2πωC ．若从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝2Ne 0sin ωtD ．发电机线圈从垂直中性面位置转动90°的过程中，产生的感应电动势的平均值是2Ne 0πAC [由题意可知，线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，由e 0＝BL v ＝BL ωL 12，解得L ＝2e 0BωL 1，选项A 正确；T ＝2πω，选项B 错误；对单匝矩形线圈，其感应电动势最大值为2e 0，发电机线圈共N 匝，所以发电机线圈中总感应电动势最大值为2Ne 0，从中性面开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式为e ＝2Ne 0sin ωt ，选项C 正确；发电机线圈从垂直中性面位置转动90°的过程中，磁通量变化量为ΔΦ＝BLL 1＝2e 0ω，时间Δt ＝T 4＝π2ω，产生的感应电动势平均值是E －＝N ΔΦΔt ＝4Ne 0π，选项D 错误．]考向2 交变电流的“四值”问题4．(多选)(2018·天津河东区二模)如图10-7所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，线框转过π6时的感应电流为I ，下列说法正确的是( )图10-7A ．线框中感应电流的有效值为2IB ．线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为2IR ωC ．从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量为2I ωD ．线框转动一周的过程中，产生的热量为8πI 2R ωBC [由E m ＝nBSω，从中性面开始计时，则电流i ＝nBSωR sin ωt ，当ωt ＝π6时电流为I，则I＝nBSω2R，则2I＝nBSωR；由nBSωR＝2I为电流的最大值，则线框中感应电流的有效值为2I2＝2I，故A错误；转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为BS＝2IRnω，因n＝1，则B正确；从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量为BStR t＝BSR＝2Iω，则C正确；电流的有效值为2I，线框转动一周的过程中，产生的热量为Q＝(2I)2R×2πω＝4πRI2ω，则D错误．](2018·张掖模拟)电动机的内电阻r＝2 Ω，与R＝8 Ω的电阻串联接在线圈上，如图所示．已知线圈面积为220m2，共100匝，线圈的电阻为2 Ω，线圈在B＝2πT的匀强磁场中绕OO′以转速n＝600 r/min匀速转动，在合上开关S后电动机正常工作时，电压表的示数为100 V．则下列说法正确的是()A．电路中电流的最大值为5 2 AB．电路中电流的最大值为10 2 AC．电动机正常工作时的输出功率为1 000 WD．电动机正常工作时的输出功率为800 2 WB[线圈的角速度ω＝20π rad/s，电动势的最大值E m＝NBSω＝200 2 V，有效值E＝E m2＝200 V，电路中的电流I＝E－UR＋r线圈＝10 A，电流的最大值为I m＝10 2 A，选项A错误，B正确；电动机正常工作时的输出功率为P出＝UI－I2r＝800 W，选项C、D错误．]考向3交变电流的图象问题5．(多选)(2018·湖南衡阳联考)如图10-8甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势如图乙中曲线a 、b 所示，则下列说法正确的是( )【导学号：19624122】图10-8A ．曲线a 表示的交变电动势瞬时值e a ＝36sin 25πt VB ．曲线b 表示的交变电动势最大值为28.8 VC ．t ＝5×10－2 s 时，曲线a 、b 对应的感应电动势大小之比为32∶2 D ．t ＝6×10－2 s 时，曲线a 对应线框的磁通量最大，曲线b 对应线框的磁通量为0AC [由图乙可知，E m a ＝36 V ，ωa ＝2πT a＝2π8×10－2 rad/s ＝25π rad/s ，则曲线a 表示的交变电动势瞬时值e a ＝E m a sin ωa t ＝36sin 25πt V ，故A 正确；由图乙知曲线a 、b 表示的交变电流的周期之比为T a ∶Τb ＝(8×10－2)∶(12×10－2)＝2∶3，由ω＝2πT 可知ωa ∶ωb ＝T b ∶T a ＝3∶2，所以曲线a 、b 表示的交变电动势的最大值之比为E m a ∶E m b ＝NBSωa ∶NBSωb ＝ωa ∶ωb ＝3∶2，又知E m a ＝36 V ，则E m b ＝24 V ，故B 错误；曲线a 表示的交变电动势瞬时值e a ＝36sin 25πt V ，曲线b 表示的交变电动势瞬时值e b ＝24sin 2π12×10－2t V ，将t ＝5×10－2 s 代入，得e a ＝－18 2 V ，e b ＝12 V ，|e a |∶e b ＝32∶2，故C 正确；由图乙知t ＝6×10－2 s 时，a 的电动势最大，对应线框的磁通量为0，b 的电动势为0，对应线框的磁通量最大，故D 错误．](多选)如图甲所示，将阻值为R ＝5 Ω的电阻接到内阻不计的正弦交流电源上，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流表串联在电路中．对此，下列说法正确的是( )A ．电阻R 两端电压变化规律的函数表达式为u ＝2.5sin 200πt (V)B ．在t ＝0.01 s 时刻穿过线圈的磁通量为180πWbC ．如图丙所示，若此交变电流由一矩形导线框在匀强磁场中匀速转动产生，当导线框的转速提高一倍后，电流表的示数为1 AD ．这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值的比为12ABD [读取i -t 图象信息．电流最大值为I m ＝0.5 A 、周期为T ＝0.01 s. 理解函数关系式．角速度为ω＝2πT ＝200π rad/s ，电阻R 两端电压最大值为U m ＝I m R ＝2.5 V ，则有u ＝2.5sin 200πt (V)，故选A.又有U m ＝BSω，在t ＝0.01 s 时刻穿过线圈的磁通量为Φm ＝BS ＝U m ω＝180πWb ，故选B.当转速提高一倍，则ω提高一倍，则U m ′＝2BSω，变为原来的2倍，则电流有效值也变为原来的2倍，为2×I m 2＝2×0.52A ≠1 A ，的示数为有效值，故不选C.图乙的正弦交流电的电流有效值为0.52A ，图丁所示的交变电流虽然方向发生变化，但大小恒为0.5 A，其有效值为0.5 A，其比值为0.520.5＝12，故选D.]考点3变压器问题(对应学生用书第53页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计]五年4考：2018年Ⅰ卷T16、Ⅲ卷T192018年Ⅰ卷T162018年Ⅱ卷T21[考情分析]1．该考点是本专题的命题热点，理想变压器的原理、基本规律的应用、电路结构的变化及分析与计算是主要命题角度．2．熟练掌握理想变压器的“三种关系”，能用直流电路动态分析方法结合变压器制约关系分析动态问题是突破该考点的关键．3．变压器“电压比”中电压是指变压器两端的电压．4．公式I1I2＝n2n1仅用于“一原一副”的情况．“一原多副”要结合功率关系求解．5．变压器动态变化类要看清电路结构，找到变化原因，分清变量、不变量．3．(变压器的基本关系)(2018·Ⅰ卷T16)一含有理想变压器的电路如图10-9所示，图中电阻R1、R2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为()【导学号：19624123】图10-9A．2B．3C．4 D．5[题眼点拨]①“S断开”说明副线圈R2、R3串联；②“S闭合”说明副线圈电阻R3被短路；③“理想变压器”说明电源输出功率等于R1与副线圈消耗的功率之和．B[设原、副线圈的匝数比为k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为I时，副线圈电流为kI；原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI.根据变压器的输入功率等于输出功率得UI－I2R1＝(kI)2(R2＋R3)4UI－(4I)2R1＝(4kI)2R2联立两式代入数据解得k＝3选项B正确．]4．(变压器的基本关系)(多选)(2018·Ⅲ卷T19)如图10-10所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是()图10-10A．原、副线圈匝数比为9∶1B．原、副线圈匝数比为1∶9C．此时a和b的电功率之比为9∶1D．此时a和b的电功率之比为1∶9AD[设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A正确，选项B错误；由9U0I a＝U0I b得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据P＝UI，a、b灯泡的电功率之比为1∶9，选项C错误，选项D正确．]在第4题中，将两额定电压相同的灯泡a、b换为电阻值相同的两个定值电阻如图10-11所示．已知理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1 ，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，设副线圈回路中电阻两端的电压为U.原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则()图10-11A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13【解析】设原、副线圈中的电流分别为I 1、I 2，则I 1I 2＝n 2n 1＝13，故k ＝I 21R I 22R ＝19.设原线圈两端的电压为U 1，则U 1U ＝n 1n 2＝31，故U 1＝3U ，而原线圈上电阻分担的电压为13U ，故U 3＋3U ＝220 V ，解得U ＝66 V ．选项A 正确．【答案】 A5．(变压器的动态分析)(多选) (2018·Ⅱ卷T 21)如图10-12所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表Ⓐ接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )【导学号：19624124】图10-12A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小C ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍[题眼点拨] ①“二极管正向电阻为零，反向电阻无穷大”说明一个周期T内R 中只有T 2时间有电流通过；②“将二极管短路”说明R 两端电压为正弦式交变电压．BD [变压器的变压比U 1U 2＝n 1n 2，其中U 1、U 2是变压器原、副线圈两端的电压．U 1＝U ab ，由于二极管的单向导电特性，U cd ≠U 2，选项A 错误．增大负载电阻R 的阻值，负载的电功率减小，由于P 入＝P 出，且P 入＝I 1U ab ，所以原线圈上的电流I 1减小，即电流表的读数变小，选项B 正确．c 、d 端的电压由输入电压U ab 决定，负载电阻R 的阻值变小时，U cd 不变，选项C 错误．根据变压器上的能量关系有E 输入＝E 输出，在一个周期T 的时间内，二极管未短路时有U ab I 1T ＝U 2R ·T 2＋0(U 为副线圈两端的电压)，二极管短路时有U ab I 2T ＝U 2R T ，由以上两式得I 2＝2I 1，选项D 正确．]■熟技巧·类题通法…………………………………………………………………·变压器分析与计算的两点技巧1．理想变压器问题中的两个“理清”(1)理清变量和不变量．如原线圈电压不变，原、副线圈的匝数比不变，其他物理量可随电路的变化而发生变化．(2)理清动态变化过程中的决定关系，即U 2由U 1决定，P 1、I 1由P 2、I 2决定．2．理想变压器问题的分析流程(1)由U 1U 2＝n 1n 2分析U 2的情况； (2)由I 2＝U 2R 分析I 2的情况；(3)由P 1＝P 2＝I 2U 2判断输入功率的情况；(4)由P 1＝I 1U 1分析I 1的变化情况．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 变压器的基本关系6. (2018·北京高考)如图10-13所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 100πt (V)的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )【导学号：19624125】图10-13A ．原线圈的输入功率为220 2 WB ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50 sB [理想变压器原线圈两端电压的有效值为U 1＝220 V ，U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2U 1n 1＝110 V ，即电压表的读数为110 V ，通过负载电阻的电流I 2＝U 2R ＝11055 A ＝2 A ，则副线圈的输出功率P ＝U 2I 2＝110×2 W ＝220 W ，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，为220 W ，故选项A 、C 错误．由n 1I 1＝n 2I 2得I 1＝n 2I 2n 1＝1 A ，即电流表的读数为1 A ，选项B 正确．由u ＝2202sin 100πt (V)可知，角速度ω＝100π rad/s ，原线圈所接交流电的周期T ＝2πω＝0.02 s ，副线圈输出交流电的周期不变，仍为0.02 s ，选项D 错误．]考向2 变压器的动态分析7．(2018·鸡西市模拟)某同学模拟“远距离输电”，将实验室提供的器材连接成如图10-14所示电路，A 、B 为理想变压器，灯L 1、L 2相同且阻值不变．保持A 的输入电压不变，开关S 断开时，灯L 1正常发光．则( )图10-14A ．仅闭合S ，L 1变亮B ．仅闭合S ，A 的输入功率变小C ．仅将滑片P 上移，L 1变亮D ．仅将滑片P 上移，A 的输入功率变小D[闭合S，则消耗功率增大，B副线圈中电流增大，B原线圈电流也增大，则R上损失的电压和功率增大，则B输入电压U B1＝U A2－IR，减小，灯泡两端电压U B2减小，故灯泡会变暗，故A错误；由上分析知A的输入电流增大，电压不变，根据P＝UI知输入功率增大，故B错误；仅将滑片P上移，A副线圈匝数减小，则输出电压减小，B的输入电压减小，灯泡电压也减小，故L1变暗，消耗功率减小，则A输入功率减小，故C错误，D正确．](2018·晋城市三模)如图1所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，副线圈线路由理想电压表、理想电流表、理想二极管、电阻R及电容器连接组成，R＝55 Ω，原线圈a、b端接入如图2所示的交变电流，则下列说法正确的是()A．电流表的示数为 2 AB．电压表的示数为110 VC．若只增大原线圈输入交流电的频率，则电流表的示数变大D．若只增大原线圈输入交流电的频率，则电压表的示数变小C[原线圈两端的输入电压的有效值为220 V，根据U1U2＝n1n2可得U2＝110V，由于理想二极管反向电阻无穷大，故相当于断路，故交变电流只有半个周期通过，根据电流的热效应可得U22R·T2＝U′2R·T，解得U′＝55 2 V，由于流过电流表的电流为流过电阻和电容器的电流之和，因无法求得流过电容器的电流，故无法求得电流表的电流，故A、B错误；若只增大原线圈输入交流电的频率，电容器的容抗减小，故副线圈回路中总的电阻减小，根据I＝U′R总可知，电流增大，故C正确；若只增大原线圈输入交流电的频率，电压表的示数不变，故D错误．]热点模型解读| 输电模型(对应学生用书第55页)压变压器的变压比为n ，输电线的电阻为R ，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为U ，若由于用户的负载变化，使电压表V 2的示数减小了ΔU ，则下列判断正确的是( )图10-15A ．电流表A 2的示数增大了ΔU RB ．电流表A 1的示数增大了n ΔU RC ．电流表V 1的示数减小了ΔUD ．输电线损失的功率增加了(n ΔU R )2R[解题指导] 此题属于远距离输电过程中的变压器动态分析模型，理想变压器满足原副线圈电压、电压变化量与匝数成正比，电流的变化量与匝数成反比．B [电压表V 2的示数减小了ΔU ，根据变压器的变压比可知降压变压器输入电压减小了ΔU 3＝n ΔU ，由于升压变压器输入电压不变，因此输电线上的电压增大了n ΔU ，因此电流表A 1的示数增大了n ΔU R ，B 正确；根据变流比，电流表A 2的示数增大了n 2ΔU R ，A 错误；由于发电机的输出电压不变，因此升压变压器的输出电压不变，电压表V 1的示数不变，C 错误；设原来输电线上的电流为I ，则输电线损失的功率增加了(I ＋n ΔU R )2R －I 2R ，不等于(n ΔU R )2R ，D 错误．][拓展应用] (2018·黄冈中学模拟)一般发电机组输出的电压在十千伏上下，不符合远距离输电的要求．要在发电站内用升压变压器，升压到几百千伏后再向远距离输电．到达几百公里甚至几千公里之外的用电区之后，再经“一次高压变电站”“二次变电站”降压．已知经低压变电站降压变压器(可视为理想变压器)后供给某小区居民的交流电u ＝2202sin 100πt V ，该变压器原、副线圈匝数比为50∶1，则( )【导学号：19624126】A ．原线圈上的电压为11 000 2 VB ．原线圈中电流的频率是100 HzC ．原线圈使用的导线应该比副线圈的要粗D ．采用高压输电有利于减少输电线路中的损耗D [供给某小区居民的交流电u ＝2202sin 100πt V ，最大值为220 2 V ，故输出电压有效值为220 V ，根据变压比公式U 1U 2＝n 1n 2，输入电压为：U 1＝50×2201V＝11 000 V，故A错误；交流电u＝2202sin 100πt V，故频率f＝100π2πHz＝50 Hz，故B错误；变压器原、副线圈的电流比等于匝数之反比，即I1I2＝n2n1＝150，副线圈的电流大于原线圈的电流，所以副线圈的导线粗，故C错误；在输送电功率一定的情况下，根据公式P＝UI，高压输电有利于减小输电电流，电功率损耗ΔP＝I2r也会减小，故D正确．]。

【配套K12】2018版高考物理二轮复习第一部分专题九直流电路与交流电路学案

专题九直流电路与交流电路考点1| 直流电路的分析与计算难度：中档题题型：选择题五年2考(对应学生用书第43页)1．(多选)(2016·江苏高考T 8)如图91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( )【导学号：17214149】图91A ．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 A 【解题关键】解此题的关键有两点：(1)注意识别a、b两点连接前后、电路串、并联的变化．(2)确定a、b两点电压时要选取零电势点．AC [根据串并联电路的特点可得，外电路总电阻为10 Ω，根据闭合电路欧姆定律得通过电源的电流为I＝122＋10A＝1 A，则路端电压为U＝IR外＝10 V，选项A正确；电源的总功率P＝EI＝12 W，选项B错误；若取电源负极的电势为0，则a点电势为φA＝2．5 V，b点电势为φB＝7．5 V，a、b间电压的大小为5 V，选项C正确；若a、b间用导线连接起来，根据串并联电路的特点可得，外电路总电阻为7．5 Ω，根据闭合电路欧姆定律得电路的总电流为I＝122＋7．5A≈1．26 A，选项D错误．]2．(2013·江苏高考T4)在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图92所示．M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻R M发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时( )【导学号：17214150】图92A．R M变大，且R越大，U增大越明显B．R M变大，且R越小，U增大越明显C．R M变小，且R越大，U增大越明显D．R M变小，且R越小，U增大越明显【解题关键】C [当R M变大时，回路的总电阻R总变大，根据I总＝R总，得干路中的电流变小，S两端的电压U ＝I总R S 变小，故选项A 、B 错误；当R M 变小时，回路的总电阻R 总＝11R ＋1R M＋R S变小，根据I 总＝ER 总，得干路中的电流变大，S 两端的电压U ＝I 总R S 变大，而且R 越大，R M 变小时，对回路的总电阻变化的影响越明显，故选项C 正确，选项D 错误．]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 ＋r E ＝11＋rRE ，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小．2．明确引起电路动态变化的原因(1)滑动变阻器、热敏电阻或光敏电阻的阻值变化． (2)某支路开关闭合或断开． 3．程序法分析直流电路的动态变化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●考向1 直流电路内的电场1．(2017·宿迁三模)飞机在空中飞行时，其表面因不断与空气摩擦而带电．某次飞行中，飞机0．5 s 内带电量增加约17 μC ，此过程中形成的电流约为( ) A ．34 mA B ．34 μA C ．8．5 mAD ．8．5 μAB [已知飞机0．5 s 内带电量增加约17 μC ，此过程中形成的电流约：I ＝q t ＝17×10－60．5A ＝34×10－6A ＝34 μA ．故B 正确，A 、C 、D 错误．] ●考向2 直流电路的动态分析2．(2017·南京四模)如图93所示的电路中，开关S 闭合一段时间后，下列说法中正确的是( )图93A．滑片M向上滑动过程中，电容器充电B．滑片N向左滑动过程中，流过R2的电流向上C．滑片N向左滑动，电源输出功率一定增大D．滑片N向右滑动，电容器的电能减少D [当滑片M向上滑动时，对电路结构没有影响，电路总电阻没有变化，故电容器保持原来的状态，故A错误；滑片N向左滑动过程中，变阻器R3的阻值增大，电路总电阻增大，总电流减小，R3两端的电压U＝E－I(R1＋r)增大，电容器两端的电压增大，电容器充电，流过R2的电流向下，故B错误；滑片N向左滑动，变阻器R3的电阻变大，外电阻增大，但因为不知道内外电阻的关系，所以电源的输出功率变化情况无法判断，故C错误；滑片N向右滑动，变阻器R3的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，变阻器R3两端的电压U＝E－I(R1＋r)减小，电容器两端的电压等于变阻器R3两端的电压，根据Q ＝CU知电容器放电，电容器的电能减少，故D正确．]3．(多选)(2017·南通二模)如图94所示的闭合电路中，R是半导体光敏电阻，R1为滑动变阻器．现用一束光照射光敏电阻，则( )【导学号：17214151】图94A．电压表读数变小B．电流表读数变小C．电源的总功率变大D．电源内阻的功率变大ACD [半导体光敏电阻的阻值随光照增加而减小，故用一束光照射光敏电阻电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可知，电流增大，故电流表示数增大；则由P＝EI可知，电源的总功率变大，由P＝I2r可知，电源内阻的功率变大；因电流增大，则内电压和滑动变阻器两端电压增大，故电压表示数减小，故A、C、D正确，B错误．]●考向3 直流电路的计算4．(2017·苏锡常二模)如图95所示，电源为恒流电源(能始终提供恒定的电流)，R0为定值电阻，电流表和电压表均为理想电表，移动滑动变阻器R的滑片，则下列电压表示数U 和电路总功率P随电流表示数I变化的关系图线中正确的是( )【导学号：17214152】图95A BC DD [设恒流源提供的电流为I0．则通过R0的电流为：I R＝I0－I，则电压表示数为：U＝I R R0＝(I0－I)R0＝－IR0＋I0R0，I0和R0是定值，则根据数学知识可知UI图象是不过原点的倾斜的直线，故A、B错误．电路总功率为：P＝UI0＝(I0－I)R0I0＝－R0I0I＋R0I20，I0和R0是定值，可知PI图象是向下倾斜的直线，故C错误，D正确．]考点2| 交变电流的产生与描述难度：中档题题型：选择题五年1考(对应学生用书第44页)3．(多选)(2017·江苏高考T7)某音响电路的简化电路图如图96所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则( )【导学号：17214153】图96A．电感L1的作用是通高频B ．电容C 2的作用是通高频 C ．扬声器甲用于输出高频成分D ．扬声器乙用于输出高频成分【解题提示】根据电容器的特性：通交隔直，通高阻低，以及电感线圈的特性：通直阻交，通低阻高来分析选择．BD [电感的特点是通低频阻高频，电容的特点是通高频阻低频，选项A 错误，B 正确；混合信号输入后，高频成分被L 1阻碍，再经C 1过滤一部分，则通过扬声器甲的是低频成分，选项C 错误；当混合信号输入后，电容C 2让高频信号顺利通过，电感L 2不能过滤掉高频成分，但可以过滤掉低频成分，故通过扬声器乙的是高频成分，选项D 正确．]解决交变电流的产生和描述的基本思路(1)两个特殊位置的特点①线圈平面与中性面重合时，S ⊥B ，Φ最大，ΔΦΔt ＝0，e ＝0，i ＝0，电流方向将发生改变．②线圈平面与中性面垂直时，S ∥B ，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变．(2)书写交变电流瞬时值表达式的基本思路①确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式E m ＝nBS ω求出相应峰值． ②明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．a ．若线圈从中性面位置开始转动，则i t 图象为正弦函数图象，函数式为i ＝I m sin ωt ．b ．若线圈从垂直中性面位置开始转动，则i t 图象为余弦函数图象，函数式为i ＝I m cos ωt ．●考向1 交变电流的产生5．(2017·泰州三模)法拉第发明了世界上第一台发电机，如图97所示，圆形金属盘安置在电磁铁的两个磁极之间，两电刷M 、N 分别与盘的边缘和中心接触良好，且与灵敏电流计相连，金属盘绕中心轴沿图示方向转动，则( )图97A．电刷M的电势高于电刷N的电势B．若只将电刷M移近N，电流计的示数变大C．若只提高金属盘转速，电流计的示数变大D．若只将变阻器滑片向左滑动，电流计的示数变大C [根据安培定则可知，电磁铁产生的磁场方向向右，由右手定则判断可知，金属盘产生的感应电流方向从M到N，则电刷M的电势低于电刷N的电势，故A错误；若仅将电刷M移近N，使电刷MN之间距离减小，切割磁感线的有效长度减小，产生的感应电动势减小，感应电流减小，则电流计的示数变小，故B错误；若只提高金属盘转速，感应电动势增大，故电流计的示数变大，故C正确；若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路电流减小，磁场减弱，电流计的示数将减小，故D错误．] 6．(2017·苏锡常二模)在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理如图98甲所示．浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置圆形线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，上下运动的速度v＝0．4πsin(πt)m/s，且始终处于辐射磁场中，该线圈与阻值R＝15 Ω的灯泡相连；浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图乙中阴影部分)，其内部为产生磁场的磁体；线圈匝数N＝200匝，线圈所在处磁场的磁感应强度大小B＝0．2 T，线圈直径D＝0．4 m，电阻r＝1 Ω．计算时取π2的值为10．甲乙图98(1)求线圈中产生感应电动势的最大值E m；(2)求灯泡工作时消耗的电功率P；(3)若此灯塔的发电效率为90%，求3 min内海浪提供给发电灯塔的能量．【导学号：17214154】【解析】 (1)线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势最大值为：E m ＝NBlv max ，其中：l ＝πD联立得：E m ＝πNBDv max ＝π×200×0．2×0．4×0．4π V ＝64 V ． (2)电动势的有效值为：E ＝E m2＝642V ＝32 2 V ，根据闭合电路欧姆定律有：I ＝ER ＋r得：I ＝32215＋1A ＝2 2 A那么灯泡电流的有效值为：I ＝2 2 A灯泡两端电压的有效值为：U ＝IR ＝22×15 V＝30 2 V 则灯泡的功率为：P ＝I 2R ＝(22)2×15 W＝120 W ．(3)此灯塔的发电效率为90%，根据能量守恒定律，有：90%E 总＝UIt 解得：E 总＝UIt 90%＝302×22×1800．9J ＝2．4×104J ．【答案】 (1)64 V (2)120 W (3)2．4×104J ●考向2 交变电流的“四值”7．(2017·香洲区期中)如图99所示，位于竖直平面内的矩形金属线圈，边长L 1＝0．40 m 、L 2＝0．25 m ，其匝数n ＝100匝，总电阻r ＝1．0 Ω，线圈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R ＝3．0 Ω的定值电阻相连接．线圈所在空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度B ＝1．0 T ，在外力驱动下线圈绕竖直固定中心轴O 1O 2匀速转动，角速度ω＝2．0 rad/s ．求：图99(1)电阻R 两端电压的最大值；(2)从线圈通过中性面(即线圈平面与磁场方向垂直的位置)开始计时，经过14周期通过电阻R 的电荷量；(3)在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热．【解析】 (1)线圈中感应电动势的最大值E m ＝nBS ω，其中S ＝L 1L 2E m ＝nBS ω＝nBL 1L 2ω＝20 V线圈中感应电流的最大值I m ＝E mR ＋r＝5．0 A电阻R 两端电压的最大值U m ＝I m R ＝15 V ．(2)设从线圈平面通过中性面时开始，经过14周期的时间Δt ＝T 4＝π2ω此过程中线圈中的平均感应电动势：E ＝n ΔΦΔt ＝n BSΔt通过电阻R 的平均电流：I ＝ER ＋r＝nBSR ＋r Δt通过电阻R 的电荷量：q ＝I Δt ＝nBSR ＋r代入数据，解得：q ＝2．5 C ． (3)线圈中感应电流的有效值I ＝I m2＝522 A线圈转动一周的过程中，电流通过整个回路产生的焦耳热：Q 热＝I 2(R ＋r )T ＝50π J≈157 J ．【答案】 (1)15 V (2)2．5 C (3)157 J ●考向3 交变电流的图象8．(2017·湖北模拟)如图910甲所示，在匀强磁场中，两个匝数相同的正方形金属线圈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e 随时间t 变化的图象如图乙中曲线a 、b 所示，则( )甲乙图910A ．t ＝0时刻，两线圈均处于垂直于中性面的位置B ．a 、b 对应的线圈转速之比为2∶3C ．a 、b 对应的两线圈面积之比为1∶1D ．若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈电动势的有效值之比一定不变 C [在t ＝0时刻，感应电动势为零，此时线圈一定处在中性面上，故A 错误；由图可知，a 的周期为4×10－2 s ，b 的周期为6×10－2s ，则由n ＝2πT可知，转速与周期成反比，故转速之比为3∶2，故B 错误；由图可知，a 的最大感应电动势为E a ＝15 V ，b 的最大感应电动势为E b ＝10 V ，根据E m ＝NBS ω可知S a S b ＝E a ωb E b ωa ＝11，故C 正确；改变线圈的形状，线圈的面积可能会发生变化，根据E ＝NBS ω2可知，产生的感应电动势可能会发生变化，故两线圈电动势的有效值之比不一定不变，故D 错误．]考点3| 变压器问题难度：中档题题型：选择题五年4考(对应学生用书第46页)4．(多选)(2013·江苏高考T 8)如图911所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P 处于图示位置时，灯泡L 能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有( )【导学号：17214155】图911A ．向下滑动PB ．增大交流电源的电压C ．增大交流电源的频率D ．减小电容器C 的电容【解题关键】解此题应注意两点：(1)灯泡变亮的方法有增大副线圈电压和减小容抗X C 两种． (2)容抗X C 与交流电频率和电容的关系为X C ＝12πfC．BC [要使灯泡变亮，根据欧姆定律，一方面可使变压器的输出电压U 2变大，另一方面可使电路对交流电的阻碍作用减小．由U 1U 2＝n 1n 2知，向下滑动P 时，U 2变小，选项A 错误；增大交流电源的电压U 1，U 2变大，选项B 正确；由X C ＝12πfC知，增大交流电源的频率时，容抗X C 变小，选项C 正确；减小电容器C 的电容，容抗X C 变大，选项D 错误．] 5．(2015·江苏高考T 1)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V 交变电流改变为110 V ．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( ) A ．200 B ．400 C ．1 600D ．3 200B [根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系U 1U 2＝n 1n 2，得n 2＝n 1U 2U 1＝800×110220＝400，选项B 正确．]6．(2016·江苏高考T 4)一自耦变压器如图912所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a 、b 间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c 、d 间作为副线圈．在a 、b 间输入电压为U 1的交变电流时，c 、d 间的输出电压为U 2．在将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中( )图912A ．U 2＞U 1，U 2降低B ．U 2＞U 1，U 2升高C ．U 2＜U 1，U 2降低D ．U 2＜U 1，U 2升高C [a 、b 间作为原线圈(匝数不变)接电压为U 1的交变电流，在滑动触头由M 点移动到N 点的过程中，相当于副线圈的匝数变少，由变压器工作原理U 1U 2＝n 1n 2知，U 1＞U 2，且U 2降低，选项C 正确．]7．(2014·江苏高考T 3)远距离输电的原理图如图913所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，输电线上的电阻为R ．变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )图913A ．I 1I 2＝n 1n 2B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2D [根据理想变压器的工作原理得I 1U 1＝I 2U 2、I 1I 2＝n 2n 1．U 2不是加在R 两端的电压，故I 2≠U 2R，而I 1U 1等于R 上消耗的功率I 22R 与下一级变压器的输入功率之和．选项D 正确．]变压器分析与计算的两点技巧 (1)理想变压器问题中的两个“理清”①理清变量和不变量．如原线圈电压不变，原、副线圈的匝数比不变，其他物理量可随电路的变化而发生变化．②理清动态变化过程中的决定关系，如U 2由U 1决定，P 1、I 1由P 2、I 2决定． (2)理想变压器问题的分析流程 ①由U 1U 2＝n 1n 2分析U 2的情况； ②由I 2＝U 2R分析I 2的情况；③由P 1＝P 2＝I 2U 2判断输入功率的情况； ④由P 1＝I 1U 1分析I 1的变化情况．●考向1 变压器的基本关系9．(2017·苏锡常二模)如图914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9倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )图914A ．此时a 和b 的电功率之比为1∶1B ．原、副线圈匝数比为9∶1C ．原、副线圈匝数比为8∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为8∶1C [灯泡正常发光，则其电压均为额定电压，因为输入电压U 为灯泡额定电压的9倍，所以原线圈输入电压为灯泡额定电压的8倍，输出电压等于灯泡的额定电压，可知，原副线圈匝数之比为n 1n 2＝81，根据公式I 1I 2＝n 2n 1得a 和b 的电流之比为I 1I 2＝18，故A 、B 错误，C正确；由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得，两者的电功率之比为1∶8，故D 错误．]●考向2 变压器动态分析10．(多选)(2017·徐州期末)如图915所示，理想变压器原线圈接入正弦交流电，副线圈的匝数可以通过滑动触头P 调节．R T 为热敏电阻，当环境温度升高时，R T 的阻值变小．下列说法正确的有( )图915A ．P 向下滑动时，电压表读数变大B ．P 向下滑动时，电流表读数变小C ．若环境温度升高，变压器的输入功率变大D ．若环境温度升高，灯泡消耗的功率变小BC [根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P 向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，电压表读数变小，故A 错误；根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P 向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，副线圈电流减小，输出功率变小，根据输入功率等于输出功率，知原线圈电流也减小，所以电流表读数变小，故B 正确；当环境温度升高时，R T 的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，原线圈的电流也会变大，变压器的输入功率变大，故C 正确；当环境温度升高时，R T 的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，根据P ＝I 2R ，灯泡消耗的功率变大，故D 错误．]11．(多选)(2017·徐州模拟)如图916所示，变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝2∶1，原线圈所接交变电压u ＝252sin 100πt (V)，C 为电容器，L 为自感线圈，刚开始开关S 断开，下列说法正确的是( )【导学号：17214156】图916A ．开关闭合前，交流电压表示数12．5 VB ．开关闭合稳定后，灯泡比闭合前暗C ．只增加交变电流的频率，灯泡变亮D ．只增加交变电流的频率，电压表读数变大AB [由题可知，原线圈的电压有效值为25 V ，根据变压器的电压与匝数关系可知，开关闭合前，交流电压表示数为副线圈两端的电压：U 2＝n 2n 1·U 1＝12×25 V＝12．5 V ，故A正确；开关闭合后灯泡与电容器并联，电路中的电流值增大，线圈对电路中电流的阻碍作用增大，则线圈上分担的电压增大，所以灯泡比闭合前暗，故B 正确；交流电的频率越大，电感线圈对交流的阻碍作用就越大，所以电路的电流会减小，灯泡的亮度要变暗，故C错误；交流电的频率对变压器的变压关系没有影响，故D错误．]热点模型解读| 远距离输电模型(对应学生用书第47页)[典例] (2017·河北邢台质检)如图917甲是远距离输电线路示意图，图乙是用户端电压随时间变化的图象，则( )【导学号：17214157】A．发电机产生的交流电的频率是100 HzB ．降压变压器输出的电压有效值是340 VC ．输电线的电流仅由输送功率决定D ．仅增加升压变压器的副线圈匝数，其他条件不变，输电线上损失的功率减小【解题指导】由乙图可知交流电的周期T ＝0．02 s ，则频率f ＝1T＝50 Hz ，变压器不改变交流电的周期与频率，则A 错误．由乙图可知U m ＝340 V ，有效值U ＝U m2<340 V ，则B 错．输电线的电流由输送功率和输送电压共同决定，则C 错误．当仅增加升压变压器的副线圈匝数时，则输电电压增大，由P ＝UI 可知，输电电流减小，再由P ＝I 2R 可知输电线上损失的功率减小，则D 正确．【答案】 D[拓展应用] 某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V ，输出的电功率为50 kW ，用总电阻r ＝3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失的功率为输电功率的0．6%，则发电站要安装一个升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V 供用户使用(两个变压器均为理想变压器)，如图918所示．对整个送电过程，下列说法正确的是( )图918A ．输电线上的损失功率为300 WB ．升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100C ．输电线中的电流为100 AD ．降压变压器的输入电压为4 700 VA [输电线上损失的功率P r ＝50 kW×0．6%＝300 W ，选项A 正确；由P r ＝I 22r 得输电线中的电流I 2＝10 A ，选项C 错误；发电机的输出电流I 1＝P 1U 1＝50×103500A ＝100 A ，升压变压器的匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝110，选项B 错误；升压变压器的输出电压U 2＝P 1I 2＝5 000 V ，降压变压器的输入电压为U 2－I 2r ＝4 970 V ，选项D 错误．]。

2018年高考物理全国用二轮复习学案：专题四第1讲含答案

第1讲直流电路与交流电路的分析知识必备1.恒定电流（1)闭合电路中的电压、电流关系:E＝U外＋U内,I＝错误!，U＝E－Ir。

(2）闭合电路中的功率关系:P总＝EI,P内＝I2r，P出＝IU＝I2R＝P总－P内。

（3）直流电路中的能量关系：电功W＝qU＝UIt,电热Q＝I2Rt.纯电阻电路中W＝Q，非纯电阻电路中W>Q。

2。

交变电流(1）交变电流的“四值"①最大值：E m＝NBSω。

②瞬时值：反映交变电流各瞬间的值，如e＝E m sin ωt。

③有效值:正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系为E＝错误!、U＝错误!、I＝错误!；非正弦式交变电流的有效值必须根据电流的热效应，用等效的思想来求解。

计算交变电流的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值.④平均值：反映交变电流的某物理量在t时间内的平均大小，如平均电动势E＝n错误!。

(2）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：错误!＝错误!；③电流关系：错误!＝错误!。

（3)远距离输电常用关系式（如图1所示)图1①功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P线＋P3。

②输电导线上损耗的电功率：P损＝I线U损＝I错误!R线＝错误!错误!R线。

备考策略1。

直流电路的分析与计算是高考的不常考点，一般考查串、并联电路、功率计算、动态过程分析等。

2.交流电路部分由于与工农业生产和日常生活紧密结合，在近几年的高考中考查的频率较高(2017年三个全国卷都没出考题，2018年出考题几率很大)，重点考查交变电流的“四值”、变压器的有关知识。

题型一般以选择为主,有时也与电磁感应结合在计算题中进行考查，难度不大。

3。

复习时要理解串、并联电路的特点,闭合电路欧姆定律的含义，交变电流的“四值”含义和变压器、远距离输电的原理.4。

必须夯实的“4个概念、4个公式及定律”(1)电功、电热、交流电的有效值、峰值;(2）电流的计算公式、电阻定律、焦耳定律、闭合电路欧姆定律. 5。

考点09 直流电路与交流电路-2018年高考物理二轮核心考

2018届高考二轮复习之核心考点系列之物理考点总动员【二轮精品】考点09 直流电路与交流电路【命题意图】考查变压器的工作原理、欧姆定律、闭合电路欧姆定律和电功率等知识，意在考查考生的理解能力和综合分析能力。

【专题定位】高考对本部分内容的要求较高，常在选择题中考查变压器和交流电的描述问题。

本专题考查的重点有以下几个方面：①直流电路的分析；②变压器原理及三个关系；③交流电的产生及描述问题；④远距离输电【考试方向】对理想变压器的动态分析的考查：一是负载不变，通过匝数变化求解原副线圈的各参量；二是匝数不变，负载变化，讨论各量的变化。

【应考策略】动态分析中，首先要掌握不变量，以不变应万变。

【得分要点】1、电压器的几个常用关系：（1）电压关系：2121n n U U =或者t n U n U ∆∆Φ==2211或者t n U n U n U ∆∆Φ==== 332211（多个副线圈时），即原副线圈两端电压之比等于线圈的匝数之比。

（2）电流关系：根据P 入=P 出可求出，1221n n I I =或者n 1I 1=n 2I 2或者n 1I 1=n 2I 2+n 3I 3+n 4I 4+n 5I 5+…（有多个副线圈时）。

（3）功率关系：P 入＝P 出，即I 1U 1＝I 2U 2（一个副线圈）或者I 1U 1＝I 2U 2+I 3U 3+I 4U 4+…（多个副线圈）。

（4）各物理量之间的制约关系：输入电压U 1决定输出电压U 2；输出功率P 出决定输入功率P 入；输出电流I 2决定输入电流I 1。

对于动态变化问题，求解思路是：通过某一电阻变化判断整体电阻变化，据闭合电路欧姆定律判断干路电流变化；再抓住“原线圈电压决定副线圈电压、副线圈电路决定原线圈电流、副线圈输出功率决定输入功率”这个结论。

2、解远距离输电问题必备技巧（1）正确画出输电过程示意图，并在图上标出各物理量．（2）抓住变压器变压前、后各量间关系，求出输电线上的电流．（3）计算电路功率问题时常用关系式：R UP R I P 22)(==∆，注意输电线上的功率损失和电压损失．（4）电网送电遵循“用多少送多少”的原则，说明原线圈电流由副线圈电流决定．【2017年高考选题】【2017·天津卷】在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。

2018年高考物理二轮复习专题08 直流电路与交流电路教学案

专题08 直流电路与交流电路恒定电流主要考查以"电路"为核心的三部分内容:一是以部分电路的欧姆定律为中心,考查直流电路的基本概念、伏安法测电阻、电功和电热等问题;二是以闭合电路的欧姆定律为中心,考查电源的作用、闭合电路的功率分配和能量转化的关系、电路的路端电压与电源电动势和内阴天的关系;三是以电路中的电工仪表的使用为中心,考查电学实验中仪器的选取、电表的读数、实物连接、数据处理和误差分析等问题.尤其是电学知识联系实际的问题和探究实验问题是近几年高考考查的热点. 欧姆定律、焦耳定律往往与电磁感应现象相交叉渗透；电功率、焦耳热计算往往与现实生活联系较密切，是应用型、能力型题目的重要内容之一，也是高考命题热点内容之一。

历届高考命题形式一是以选择、填空方式考查知识；二是与静电、磁场和电磁感应结合的综合题，值得说明的是，近年来高考在对本章的考查中，似乎更热衷于电路的故障分析.这类题通常都来自生活实际，是学生应具备的基本技能.尤其引人关注的是电路实验有成为必考题的趋势.交变电流部分的知识点不是很多，一般以难度中等或中等偏下的选择题出现。

高考题型以选择题为主，重点考查交流电的产生原理、图像、表达式以及交流电的有效值，变压器的原理，远距离输电中的线路损耗问题，其中考查频度最高是交流电有效值、变压器的有关知识。

本部分知识常与电场和力学知识结合在一起考查考生的综合分析能力，如带电粒子在交变电场中的运动等。

虽然交流电的有关知识不属于高考物理的重点内容，但也不能因此而放弃对其基本内容的理解和掌握。

因为交流电路与工农业生产和日常生活紧密结合，在近几年的高考试题中出现的频率较高。

一、直流电路1．电功和电热电功W＝qU＝UIt；电热Q＝I2Rt.(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EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(U2能，所以W＝Q＝UIt＝I 2Rt＝R,EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(U2,Rt.(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．2．闭合电路欧姆定律表达形式：①E ＝U 外＋U 内；②I ＝R ＋r , \o(\s\up 9(E,R ＋r \o(\s\up 9(E (I 、R 间关系)；③U ＝E －Ir(U 、I 间关系)；④U ＝R ＋r ,EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(R,R ＋r EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(R E(U 、R间关系)．注意：①当外电路断开时(I ＝0)，路端电压U 等于电动势E.若用理想电压表测量，则读数等于电动势，在进行断路故障分析时，常用此结论进行判断，即何处断路，何处两端电压等于电动势．但用电压表直接测量时，读数却略小于电动势(因为有微弱电流流过电源而产生内压降)．②当外电路短路时(R ＝0，因而U 外＝0)，电流最大，为I m ＝r ,EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(E,r EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(E (不允许出现这种情况，因为这会把电源烧坏)．3．电源的功率与效率(1)电源的功率P ：也称电源的总功率，是电源将其他形式的能转化为电能的功率，计算式为：P ＝IE(普遍适用)；P ＝R ＋r ,EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(E2,R ＋r EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(E2＝I 2(R ＋r)(只适用于外电路为纯电阻的电路)．(2)电源内阻消耗功率P 内：是电源内阻的热功率，也称电源的损耗功率，计算式为：P 内＝I 2r.(3)电源的输出功率P 外：是外电路上消耗的功率，计算式为：P 外＝IU 外(普遍适用)；P 外＝I 2R ＝(R ＋r2,EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(E2R,(R ＋r2EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(E2R (只适用于外电路为纯电阻的电路)．(4)电源的效率：η＝P ,EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(P 外,P EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(P 外＝EI ,Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(UI,EI Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(UI ＝E ,EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(U,E EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(U ＝R ＋r ,EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(R,R ＋r EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(R .(5)电源的输出功率(P 外)与外电阻R 的关系：P 外＝(R ＋r2,EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(RE2,(R ＋r2EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(RE2＝R , "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9((R －r2,R"Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9((R －r2＋4r ,EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9((R －r2,＋4r EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9((R －r2.P 外与R 的关系图象如图4－11－1所示．由图可以看出：图4－11－1当R ＝r 时，电源的输出功率最大，P m ＝4r ,EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(E2,4r EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(E2，此时电源效率η＝50%. 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、直流电路动态分析1．引起电路特征发生变化的主要原因有：①滑动变阻器滑片滑动，使电路的电阻发生变化；②开关的闭合、断开或换向(双掷开关)使电路结构发生变化；③电路发生短路和断路(电路故障)．2．电路动态变化问题的分析思路当电路中某处的电阻发生变化时，先由局部电阻的变化推出外电路电阻R 外的变化，再由闭合电路的欧姆定律I总＝R 外＋r ,EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(E,R 外＋r EQ \* jc0 \* "Font:Calibri" \* hps21 \o(\s\up 9(E 和U 端＝E －I 总r讨论干路电流I 总的变化和路端电压U 端的变化，最后分析对其他部分电路产生的影响，从而分别确定各元件上其他量的变化情况(使用的公式是部分电路欧姆定律、电路中各元件上的电压关系和电流关系等)．注意：①电路的总电阻总是随其中任一电阻的增大而增大，随任一电阻的减小而减小；电阻并联的数目越多，总阻值越小；②从电路分析角度看，断路可认为是电路中某处电阻增大到无穷大，短路可认为是电路某处电阻减小到零，因此电路故障问题可以视为特殊的动态分析问题；③对电路进行简化时，电压表和电容器视为断路，电流表视为短路；④电容器是一个储存电能的元件，在直流电路中，当电容器充、放电时，其所在电路中有充、放电电流，电路达到稳定状态时，电容器就相当于一个阻值无穷大的电阻，则电容器所在电路处可视为断路．分析计算含有电容器的直流电路时应注意：电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，在此支路的电阻没有电压降，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压．电路中的电流、电压变化时，将会引起电容器说明：纯电阻电路中，电功率等于热功率；非纯电阻电路中，电功率只有一部分转化成热功率．纯电阻电路中只有电阻元件，如电熨斗、电炉、白炽灯等；非纯电阻电路中常含有电动机、电解槽等．四、含容电路问题的综合分析电容器是一个储存电能的元件.在直流电路中,当电容器充放电时,电路里有充放电电流.一旦电路达到稳定状态,电容器在电路中就相当于一个阻值无限大的元件,电容器所处电路看做是断路,简化电路时可去掉它.简化后若要求电容器所带电荷量时,可在相应的位置补上.在具体方法上要注意以下几点:(1)根据Q=CU､ΔQ=CΔU可知,要求电容器所带电荷量以及充放电时所带电荷量的变化,关键是求电容器两端的电压.(2)在电路分析时要注意电容器所在支路的连接情况.电路稳定后,由于电容器所在支路无电流通过,所以此支路中的电阻上无电压降,可以把与电容器串联的电阻看成导线,电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压.(3)对于较复杂的电路,经常需要将电容器两端的电势与基准点的电势进行比较后才能确定电容器两端的电压.五、U-I图像的意义复习时注意电源的伏安特性曲线反映的是电源自身的性质,具有丰富的内涵(如图所示):1.图线与纵轴的截距表示电源的电动势;2.与横轴的截距表示短路电流;3.斜率的绝对值表示电源内阻;4.图线上任意一点所对应的电压和电流的比值(或者说任意一点与坐标原点O连线的斜率)表示接在外电路的电阻;5.阴影部分面积表示电流为I时,外电路电阻两端的输出功率,四边形AEOI的面积表示电源的总功率。

2018届高考物理二轮专题复习文档：“直流电路与交流电路”学前诊断 Word版含解析

“直流电路与交流电路”学前诊断1.[间距为 2 m 的无限长光滑金属导轨水平放置，导轨中间分布有磁感应强度为1 T 的匀强磁场，磁场边界为正弦曲线，一长为2 2 m 的光滑导体棒以1 m/s 的速度匀速向右滑动，如图所示，导轨电阻不计，导体棒电阻为20 Ω，定值电阻为10 Ω，则下列分析正确的是( )A ．电流表示数为130A B ．电压表的示数是0.5 VC ．导体棒运动到图示虚线位置时，导体棒的瞬时电流从C 到DD ．导体棒上消耗的热功率为0.2 W解析：选B 当导体棒切割磁感线时，产生的感应电动势为E ＝BL v ，由于有效切割长度按正弦规律变化，且当磁场反向时，感应电流反向，故这个过程产生正弦式交流电，导体棒有效切割长度最长等于 2 m ，交流电的最大值是：E m ＝BL v ＝1×2×1 V ＝ 2 V ，有效值为E ＝E m 2＝1 V ，由于导体棒接入电路的有效长度为总长度一半，所以接入电路电阻为10 Ω，定值电阻也为10 Ω。

则电压表的示数为U ＝12E ＝0.5 V ，选项B 正确。

电流表的示数为I ＝E R ＋r ＝110＋10A ＝0.05 A ，选项A 错误。

导体棒运动到图示虚线位置时，磁感应强度等于0，瞬时电流等于0，选项C 错误。

导体棒上消耗的热功率为P r ＝I 2r ＝0.052×10 W ＝0.025 W ，选项D 错误。

2．[考查交流电的产生及瞬时值、平均值][多选]小型发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd ，bc边长度为L 1，磁极间的磁场可视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO ′，线圈以角速度ω绕OO ′匀速转动，如图所示。

矩形线圈ab边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，不计线圈电阻，下列说法正确的是( )A ．ab 边长度为L ＝2e 0BωL 1B ．产生的交变电流的周期是2πωC ．若从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝2Ne 0sin ωtD ．发电机线圈从垂直中性面位置转动90°的过程中，产生的感应电动势的平均值是2Ne 0π 解析：选AC 由题意可知，线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，由e 0＝BL v ＝BL ωL 12，解得L ＝2e 0BωL 1，选项A 正确；T ＝2πω，选项B 错误；对单匝矩形线圈，其感应电动势最大值为2e 0，发电机线圈共N 匝，所以发电机线圈中总感应电动势最大值为2Ne 0，从中性面开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式为e ＝2Ne 0sin ωt ，选项C 正确；发电机线圈从垂直中性面位置转动90°的过程中，磁通量变化量为ΔΦ＝BLL 1＝2e 0ω，时间Δt ＝T 4＝π2ω，产生的感应电动势平均值是E ＝N ΔΦΔt ＝4Ne 0π，选项D 错误。

高考物理二轮复习专题直流与交流电路学案

专题10 直流与交流电路构建知识网络：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＝E R＋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＝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．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”最大值计算电容器的耐压值瞬时值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 ＝nΔΦΔt⇒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2.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 ＋r E ＝11＋rR 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. 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 ＝nΔΦΔt，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。

高考物理二轮专题复习练案：第11讲直流与交流电路问题含解析

专题四第11讲限时：40分钟选择题(本题共12小题，其中1～7题为单选，8～12题为多选)1．(2018·北京市西城区高三下学期5月模拟)如图所示为交流发电机的示意图，从线圈通过如图所示的位置开始计时。

如果发电机产生的交变电流的频率为50Hz ，电动势的最大值为400V ，则发电机产生的电动势瞬时值表达式为( D )A ．e ＝400sin50t(V)B ．e ＝400cos50t(V)C ．e ＝400sin100t(V)D ．e ＝400cos100t(V)[解析] 因f ＝50Hz ，可知ω＝2πf ＝100πrad/s ，线圈从垂直中性面开始转动，则瞬时值表达式是：e ＝400cos100t(V)，故选D 。

2．(2018·四川省凉山州高三第三次诊断试题)用理想变压器为一定值电阻R 供电，变压器输入有效值恒定的正弦交流电，当副线圈的滑动触头从最高点向下移动到匝数为原来的2/3时，则( D )A ．副线圈的输出电压变为原来的3/2倍B ．流过原线圈的电流变成原来的3/2倍C ．R 消耗的功率变成原来的2/3倍D ．变压器的输入功率变成原来的4/9倍[解析] 理想变压器，单匝电动势ΔΦΔt 恒定。

当副线圈的滑动触头向下移动到原来的23时，U 1不变，U 2变成原来的23；由I ＝U R ，可知流过原线圈的电流变成原来的23；由P ＝I 2R ，可知R 消耗的功率变成原来的49；由于P 出＝P 入，变压器的输入功率变成原来的49；综上分析D 正确。

3．(2018·山西省孝义市高三下学期一模理综)如图所示电路中，理想变压器原副线圈匝数比为1∶2，电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别是1Ω、2Ω和3Ω，正弦交流电源的电压恒定。

当开关S 断开时，理想电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为( C )A ．12I B ．23I C ．32I D ．2I[解析] 当开关S 断开时，副线圈两端的电压U 2＝I (R 2＋R 3)＝5I ，根据电压与匝数成正比，得原线圈两端的电压为U 1＝12U 2＝52I ，根据电流与匝数成反比，得原线圈电流I 1＝2I ，则电阻R 1两端的电压为U R 1＝I 1R 1＝2I ，在原线圈回路中总电压为U ＝U 1＋U R 1＝9I 2；S 闭合时R 3被短接，电流表示数为I ′，则副线圈两端的电压U ′2＝I ′R 2＝2I ′，根据电压与匝数成正比，得原线圈两端的电压为U ′1＝12U ′2＝I ′，根据电流与匝数成反比，得原线圈电流I ′1＝2I ′，则电阻R 1两端的电压为U R 1＝I ′1R 1＝2I ′，在原线圈回路中总电压为U＝U ′1＋U ′RI ＝3I ′，即3I ′＝9I 2，解得I ′＝3I 2，故ABD 错误，C 正确；故选C 。

2018大二轮高考总复习物理文档：第11讲直流电路与交流电路(含答案)

专题四电路与电磁感应第11讲直流电路与交流电路一、明晰两个网络，理清两类电路二、明确变压器各物理量间的制约关系三、谨记三点提醒，全面清除雷区1．变压器匝数不变时，变压器的输入、输出电压均不变，但变压器原、副线圈中的电流均随负载的变化而变化．2．变压器匝数变化时，要注意区分是原线圈还是副线圈匝数变化．3．当变压器输出电压一定时，移动变阻器的滑动触头或改变接入的用电器多少时，引起的各物理量的变化分析方法同直流电路的动态分析方法．高频考点1 直流电路的分析与计算1－1． (2017·上海卷)将四个定值电阻a 、b 、c 、d 分别接入电路，测得相应的电流、电压值如图所示．其中阻值最接近的两个电阻是( )A ．a 和bB ．b 和dC ．a 和cD ．c 和d解析：本题考查U -I 图象的意义．根据R ＝U I 知，定值电阻的U -I 图线的斜率表示定值电阻的阻值．在U -I 图中分别连接O 与4个点，根据它们的倾斜度可知，a 和b 的阻值最接近，故选A ．答案：A1－2.(2017·辽师大附中期中)科学家研究发现，磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而变小，如图所示电路中GMR 为一个磁敏电阻，R 和R 2为滑动变阻器，R 1和R 3为定值电阻，当开关S 1和S 2闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，则( )A ．只调节电阻R ，当P 1向右端移动时，电阻R 1消耗的电功率变大B ．只调节电阻R ，当P 1向右端移动时，带电微粒向下运动C ．只调节电阻R 2，当P 2向下端移动时，电阻R 1消耗的电功率变大D ．只调节电阻R 2，当P 2向下端移动时，带电微粒向下运动解析：只调节电阻R ，当P 1向右端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电源电动势不变，所以电路中的电流减小，电磁铁的磁性减弱；由于电磁铁磁性的减弱，导致了磁敏电阻GMR 的阻值减小，则通过R 1的电流增大，其电功率增大．电容器两端的电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动．A 正确，B 错误；只调节电阻R 2，当P 2向下端移动时，回路中电流不变，电阻R 1消耗的电功率不变．电容器板间电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，C 、D 错误；故选A ．答案：A1－3． (多选)(2017·衡阳八中高三质检)如图所示电路中，电源电动势E 恒定，内阻r ＝1 Ω，定值电阻R 3＝5 Ω.开关K 断开与闭合时，ab 段电路消耗的电功率相等．则以下说法中正确的是( )A ．电阻R 1、R 2可能分别为4 Ω、5 ΩB ．电阻R 1、R 2可能分别为3 Ω、6 ΩC ．开关K 断开时理想电压表的示数一定小于K 闭合时的示数D ．开关K 断开与闭合时，理想电压表的示数变化量大小与理想电流表的示数变化量大小之比一定等于6 Ω 解析：开关闭合时，ab 段只有电阻R 1工作，消耗的电功率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 1＋R 3＋r 2R 1，当开关断开时，ab 段电阻R 1和R 2工作，消耗的电功率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 1＋R 2＋R 3＋r 2(R 1＋R 2)，代入数据可得A 正确B 错误；将R 3和电源内阻看作一整体，则此时电压表测量路端电压，当断开时路端总电阻大于闭合时的，所以断开时电压表示数大，C 错误；根据闭合电路欧姆定律得：U ＝E －(R 3＋r )I ，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为：ΔUΔI ＝R 3＋r＝6 Ω，D 正确．答案：AD直流电路中的功率问题(1)非纯电阻电路的电功率分析 ①纯电阻电路：P 电＝P 热＝I 2R ＝IU ＝U 2R； ②非纯电阻电路：P 电＝P 热＋P 机，即UI ＝I 2R ＋P 机． (2)电流的输出功率与负载的关系分析①当R ＝r 时，电源的输出功率最大，为P m ＝E 24r ；②当R >r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越小； ③当R <r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越大；④当P 出<P m 时，每个输出功率对应两个外电阻阻值R 1和R 2，且R 1R 2＝r 2．高频考点2 交变电流的产生、描述2－1.(多选)(2017·天津卷)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化．设线圈总电阻为2 Ω，则( )A ．t ＝0时，线圈平面平行于磁感线B ．t ＝1 s 时，线圈中的电流改变方向C ．t ＝1.5 s 时，线圈中的感应电动势最大D ．一个周期内，线圈产生的热量为8π2J解析：由Φ -t 图可知，t ＝0时，Φ＝0，则线圈平面平行于磁感线，选项A 正确；t ＝1 s 时Φ＝0，此时电动势最大，t ＝0.5 s 和t ＝1.5 s 时，Φ最大，此时电动势为0，电流改变方向，选项B 、C 错误；交流电电动势的最大值E m ＝nBSω＝nΦm 2πT ＝4π V ，有效值E ＝22E m ＝22π V ，一个周期内线圈产生的热量Q ＝E 2R·T ＝8π2J ，D 正确．答案：AD2－2.(多选)如图所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，匝数n ＝100匝，电阻为r ＝1 Ω的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈两端经集流环和电刷与电路连接，定值电阻R 1＝6 Ω，R 2＝3 Ω，其他电阻不计，线圈匀速转动的周期T ＝0.2 s ．从线框与磁场方向平行位置开始计时，线圈转动的过程中，理想电压表的示数为2 V ．下列说法中正确的是( )A ．电阻R 1上的电功率为23WB ．t ＝0.4 s 时，电阻R 2两端的电压瞬时值为零C ．从开始计时到1/20 s 通过电阻R 2的电荷量为210πCD ．若线圈转速增大为原来的2倍，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e ＝62cos 20πt (V)解析：电阻R 1上的电功率为P ＝U 2R 1＝226W ＝23W ，故A 正确；线圈匀速转动的周期T ＝0.2 s ，t ＝0.4 s 时正好又转到了与磁场方向平行位置，故此时线圈产生的感应电动势最大，故电阻R 2两端的电压瞬时值最大，故B 错误；根据闭合电路欧姆定律产生的感应电动势的有效值E ＝R ＋r R U ＝2＋12×2 V ＝3 V ，最大值E m ＝2E ＝32V ，有E m ＝NBSω，故BS ＝E m Nω＝32100×10π＝321000π，故Φ＝BS sin ωt ＝321000πsin 10πt ，从开始计时到1/20 s ，磁通量的变化量ΔΦ＝321000π，故通过电阻R 2的电荷量为q ＝23×N ΔΦR ＋r ＝215πC ，故C 错误；转速增大2倍，故产生的感应电动势E m ＝NBSω变为原来的2倍，故最大值为E ′m ＝62V ，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e ＝62cos 20πt (V)，故D 正确，故选AD ．答案：AD高频考点3 理想变压器的工作原理与计算理想变压器原、副线圈基本量间的关系制约关系基本关系电压原线圈电压U 1和匝线比决定副线圈电压U 2 U 1U 2＝n 1n 2 电流副线圈电流I 2和匝线比决定原线圈电流I 1I 1I 2＝n 2n 1 功率副线圈功率P 2决定原线圈功率P 1 P 1＝P 2 频率原线圈频率f 1决定副线圈频率f 2f 1＝f 2提醒：对于有多个副线圈的变压器，电压关系不变，电流关系应从功率角度分析，具体如下． (1)U 1U 2＝n 1n 2，U 1U 3＝n 1n 3，… (2)n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋… (3)P 1＝P 2＋P 3＋…3－1.(2017·湖北省七市(州)联考)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，原线圈回路接有内阻不计的交流电流表A ，副线圈回路接有定值电阻R ＝2 Ω，现在a 、b 间和c 、d 间分别接上示波器，同时监测得a 、b 间，c 、d 间的电压随时间变化的图象如下图所示，则下列说法中错误的是( )A ．T ＝0.02 sB ．n 1∶n 2≈55∶1C ．电流表A 的示数I ≈36.4 mAD ．当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值为0解析：由图知，电压变化的周期是0.02 s ，所以A 正确；根据变压规律得：n 1n 2＝U 1U 2≈55，所以B 正确；副线圈的电流I 2＝U 2R ＝5.6622 A ，根据变流规律得原线圈电流I 1＝I 255≈0.0364 A ＝36.4 mA ．所以C 正确；由图知，当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值也最大，故D 错误．本题错误的选择D ．答案：D3－2． (2017·宁德市高中质检)如图所示，理想变压器的副线圈接有一规格为“44 V 、44 W ”的灯泡和线圈电阻r ＝1 Ω的电动机，原线圈接上u ＝2202sin 100πt (V)的正弦交流电后灯泡和电动机都正常工作，且原线圈中理想交流电流表的示数为1 A ，则下列说法正确的是( )A ．理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1B ．电动机的输出功率为176 WC ．电动机的热功率为6 WD ．若电动机被卡住，灯泡仍正常工作，则电流表的示数变为9 A 解析：原线圈两端的电压U 1＝22022＝220 V ，根据题意灯泡和电动机都正常工作，所以灯泡两端的电压为44 V ，根据电压与匝数成正比，得n 1n 2＝U 1U 2＝22044＝51，选项A 错误；根据电流与匝数成反比得副线圈中的电流，I 2＝5I 1＝5 A ，灯泡中的电流I L ＝P L U L ＝4444A ＝1 A ，则电动机的电流为I M ＝4 A ，电动机的热功率：P 热＝I 2M r ＝16 W ；则电动机输出功率：P 出＝U 2I M －I 2M r ＝44×4－42×1＝160 W ，选项BC 错误；若电动机被卡住，电灯正常发光，则通过电动机的电流I ′M ＝441 A ＝44 A ；此时变压器次级电流为45 A ，则初级电流I 1′＝n 2n 1I 2′＝455A ＝9 A ，电流表的示数变为9 A ，选项D 正确；故选D ．答案：D3－3.(2017·北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 100 πt (V)的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )A ．原线圈的输入功率为220 2 WB ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50 s解析：由题知，变压器的输入电压U 1＝22022 V ＝220 V ，所以U 2＝n 2n 1U 1＝110 V ；副线圈电流I 2＝U 2R ＝2 A ，原线圈电流I 1＝n 2n 1I 2＝1 A ．本题中电压表、电流表的读数为有效值，故B 项正确，C 项错误；原线圈输入功率P 1＝U 1I 1＝220 W ，A 项错误；交流电的周期T ＝2πω＝2π100πs ＝0.02 s ，D 项错误．答案：B高频考点4 理想变压器与远距离输电问题4－1.(多选)(2017·衡阳市第二次联考)某同学在实验室中研究远距离输电．由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的电磁感应)．在输送功率相同时，第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P 1，第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器T 1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2，理想变压器T 2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P 2.下列说法正确的是( )A ．前后两次实验都可用于研究远距离直流输电B ．实验可以证明，T 1采用升压变压器⎝⎛⎭⎫匝数比为n 2n 1>1能减少远距离输电的能量损失 C ．若输送功率一定，则p 2∶p 1＝n 1∶n 2D ．若输送功率一定，则p 2∶p 1＝n 21∶n 22解析：变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A 错误；实验可以证明，T 1采用升压变压器能减小输电电流，能减少远距离输电的能量损失，故B 正确；第一次实验输电线上的电流I ＝P U 1，输电线上损失的功率P 1＝I 2R ＝P 2U 21R ；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U 2＝n 2n 1U 1，输电线上的电流I ′＝P U 2，输电线上损失的功率P 2＝I ′2R ＝P 2U 22R ，所以：P 2P 1＝U 21U 22＝n 21n 22故D 正确，C 错误．故选BD ．答案：BD4－2.(多选)(2017·第一次全国大联考卷Ⅰ)如图所示，(a )是远距离输电线路的示意图，变压器均为理想变压器．(b )是用户内部电路图，由1 000个完全相同的电阻并联．(c )是某个电阻的电流随时间变化的图象．已知升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶100，降压变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，远距离输电线的总电阻为r ＝20 Ω，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，不考虑降压变压器与用户间导线的电阻，则( )A ．发电机的输出功率是4×106 WB ．升压变压器的输入电压是400 VC ．降压变压器的输入电压是40 000 VD ．用户电路中每个电阻的阻值是3 800 Ω解析：用户电路中通过每个电阻的电流有效值I ＝1 A ，降压变压器的输出电流I 4＝nI ＝1 000 A ，升压变压器的输出电流I 2、输电线上的电流I 线、降压变压器的输入电流I 3相等，输电线上的电流I 线＝I 2＝I 3＝n 4n 3I 4＝100 A ，输电线上损失的电功率ΔP ＝I 2线r ＝2×105W ，发电机的输出功率也就是输电功率P 1＝ΔP η＝4×106W ，A 正确；升压变压器的输入电流I 1＝n 2n 1I 2＝10 000 A ，升压变压器的输入电压U 1＝P 1I 1＝400 V ，B 正确；升压变压器的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝40 000 V ，降压变压器的输入电压U 3＝U 2－I 线r ＝38 000 V ，C 错误；降压变压器的输出电压U 4＝n 4n 3U 3＝3 800 V ，每个电阻的阻值是R ＝U 4I＝3 800 Ω，D 正确．答案：ABD远距离输电中的“三路两耗”(1)三个回路回路1：发电机回路．该回路中，通过线圈1的电流I1等于发电机中的电流I机；线圈1两端的电压U1等于发电机的路端电压U机；线圈1输入的电功率P1等于发电机输出的电功率P机．回路2：输送电路．I2＝I3＝I R，U2＝U3＋U R，P2＝P R＋P3．回路3：输出电路．I4＝I用，U4＝U用，P4＝P用．(2)两种损耗①电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，U R＝U2－U3＝I R R．②功率损耗：输电线上的功率损耗P损＝I2R＝P2－P3．电路的动态变化模型电路的动态变化模型的特点一般为电路中一个元件的电阻发生变化，可能会引起电路中电流、电压、功率同时发生变化，使整个电路处于动态变化之中．此模型涉及电路中的内、外电路，需要分析的物理量较多，能很好地考查考生应用闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律综合分析的能力．直流电路动态变化模型(多选)如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r.将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则()A．A的示数增大B．V2的示数增大C．ΔU3与ΔI的比值大于rD．ΔU1大于ΔU2[思路点拨]电阻R与滑动变阻器串联，电流表A测量干路电流，电压表V1测量电阻R两端的电压，电压表V2测量电源的路端电压，电压表V3测量滑动变阻器两端的电压．【解析】由于电压表、电流表都是理想电表，则电流表可以看成短路，外电路中定值电阻R与滑动变阻器串联，电流表测的是总电流，电压表V1测的是R两端的电压，V2测的是电源的外电压，V3测的是滑动变阻器两端的电压，当滑动变阻器滑片向下滑动时，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流增大，电流表示数增大，A 项正确；内电压增大，外电压减小，电压表V 2示数减小，B 项错误；ΔU 3ΔI ＝R ＋r ，C 项正确；ΔU 1ΔI ＝R ，ΔU 2ΔI ＝r ，由于R 大于r ，因此ΔU 1大于ΔU 2，D 项正确．【答案】 ACD解决动态平衡问题的“三条途径”(1)先局部后整体，整体局部都要看基本思路：局部电阻变化→整体总电流变化→路端电压变化→局部电压和电流变化．具体步骤：先从电路中阻值变化的部分入手，由串联和并联规律判断出R 总的变化情况，再由闭合电路欧姆定律判断I 总和U 端的变化情况；最后由部分电路欧姆定律判定各部分电学量的变化情况．即R 局⎩⎪⎨⎪⎧ 增大减小→R 总⎩⎪⎨⎪⎧ 增大减小→I 总⎩⎪⎨⎪⎧ 减小增大→U 端⎩⎪⎨⎪⎧ 增大减小→⎩⎪⎨⎪⎧I 分U 分(2)串反并同，直观判断得结论基本思路：局部电阻变化→串联或间接串联的元件的相关物理量变化(串反)→并联或间接并联的元件的相关物理量变化(并同)．(3)极限法判断化难为易因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零，然后进行讨论．交流电路动态模型(多选)(2017·第二次全国大联考卷Ⅱ)每到夜深人静的时候我们就会发现灯泡比睡觉前要亮，其原因在于大家都在用电时，用电器较多，利用下图模拟输电线路，开关的闭合或者断开模拟用户的变化，原线圈输入50 Hz 的220 V 交流电，则下列分析正确的是( )A ．定值电阻相当于输电线电阻B ．开关闭合，灯泡L 1两端电压升高C ．开关闭合，原线圈输入功率增大D ．开关断开，副线圈电压增大【解析】原副线圈匝数和电压成正比，由于匝数比值不变，原线圈输入电压也不变，所以副线圈电压不会变化，选项D 错．家庭电路用电器之间为并联关系，用户较多时，并联支路增多，相当于开关闭合而与之串联的定值电阻，实际是等效输电线的电阻，选项A 对．开关闭合副线圈总电阻变小，总电流变大，定值电阻分电压增多，并联电压变小，即灯泡L 1两端电压减小，选项B 错．副线圈电压不变电流增大，副线圈电功率增大，根据能量守恒，原线圈电功率也增大，选项C 对．【答案】 AC两种动态变压器模型的分析(1)匝数比不变的情况(如图甲所示)①U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2可以得出不论负载电阻R 如何变化，U 2不变．②当负载电阻发生变化时，I 2变化，根据I 1I 2＝n 2n 1可以判断I 1的变化情况．③I 2变化引起P 2变化，根据P 1＝P 2，可以判断P 1的变化．图甲(2)负载电阻不变的情况(如图乙所示) ①U 1不变，n 1n 2发生变化，U 2变化．②R 不变，U 2变化，I 2发生变化．③根据P 2＝U 22R和P 1＝P 2，可以判断P 2变化时，P 1发生变化，U 1不变时，I 1发生变化．图乙含容动态电路模型如图所示，电源电动势为E，内阻为r.电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小)．当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．则下列说法中正确的是()A．只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，R3中有向上的电流B．只将R3的滑片P2向上移动时，电源消耗的功率变大，R3中有向上的电流C．只将R2的滑片P1向下移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D．若断开开关S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动【解析】只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，电流变大，R0消耗的电功率变大，电容器的电压增大，电容器充电，R3中有向上的电流，A选项正确；由于R3与电容器相连，而电容器隔直流，所以只调节R3的阻值对电路中的电流和电压没有影响，电源消耗的功率不变，R3中没有向上的电流，B选项错误；只将R2的滑片P1向下移动变大，微粒将向上运时，电路中的电流不变，因此电容器两端的电压U2增大，带电微粒受到的电场力F＝qE＝q U2d动，C选项错误；若断开开关S，电容器将通过R3、R2放电，电容器所带电荷量减少，带电微粒向下运动，D选项错误．【答案】 A(1)含容动态电路模型一般涉及电容器中带电体的平衡、运动，电容器中某点的电势以及带电体的电势能变化问题，这些问题的核心是电容器电压的变化．(2)电容器在直流电路中处于断路状态，在动态分析时，一般先将电容器及串联电路去掉，分析电路中与电容器并联部分的电阻上电压的变化，这一电压变化即电容器上电压的变化．(3)分析电路要注意电路稳定时，由于电容器中没有电流，因此与电容器串联的电阻上的电流和电压均为零．。

版高考物理二轮复习课时跟踪训练直流电路与交流电路

课时追踪训练(十二) 直流电路与交流电路一、单项选择题1．(2018·福州一中检测)以下列图，匀强磁场的磁感觉强度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．线圈经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2∶1时，副线圈电路中标有“6 V 6 W”的灯泡正常发光．以下判断正确的选项是 ( )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 ＝122sin 60πt (V)D ．若矩形线圈转速增大，为使灯泡还可以正常发光，应将P 合适下移C [灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I 2＝6 W 6 V ＝1 A ；依照公式：I 1I 2＝n 2n 1，解得I 1＝0.5 A ，故A 错误；灯泡正常发光，故变压器的输出电压为6 V ，依照公式U 1U 2＝n 1n 2，解得：U 1＝12 V ，故矩形线圈产生电动势的有效值为12 V ，最大值为122V≈17 V ，故B 错误；依照公式E m ＝NBSω，解得：ω＝E m NBS ＝1221×25π×1rad/s ＝60 π 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 ＝122sin 60πt (V)，故C 正确；若矩形线圈转速增大，依照公式E m ＝NBSω，感觉电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡还可以正常发光，应该减小变压比，故应将P 合适上移，故D 错误．]2．图甲电路中，D 为二极管，其伏安特点曲线如图乙所示．在图甲电路中，闭合开关S，滑动变阻器R的滑片P从左端向右搬动过程中()A．二极管D耗资的功率变大B．二极管D的电阻变大C．经过二极管D的电流减小D．电源的功率减小A[滑动变阻器R的滑片P从左端向右搬动过程中，滑动变阻器的电阻减小，电路电流增大，由图乙可知，二极管的电阻减小，电流、电压增大，耗资的功率也增大，故A正确，B、C错误；电源的功率为：P＝EI，由于电流增大，所以电源的功率增大，故D错误．所以A正确，B、C、D错误．]3. (2018·山西五校三联)某小型水电站的电能输送表示图以下列图，发电机经过升压变压器T1和降压变压器T2向R0＝11 Ω的纯电阻用电器供电．已知输电线的总电阻R＝10 Ω，T2的原、副线圈匝数比为4∶1，用电器两端的电压为u＝2202sin 100πt(V)，将T1、T2均视为理想变压器．以下说法正确的选项是()A．降压变压器的输入功率为4 400 WB．升压变压器中电流的频率为100 HzC．输电线耗资的功率为500 WD．当用电器的电阻减小时，输电线耗资的功率减小A[由题可知，用电器两端电压有效值为220 V，交流电频率f＝ω2π＝100π2πHz＝50 Hz，由电功率公式可知，降压变压器输出功率P＝U2R0＝4 400 W，理想变压器输入功率与输出功率相等，故A项正确；理想变压器不改变交变电流的频率，B项错；由变压规律U1U2＝n1n2可知，降压变压器输入电压为880 V，由P＝UI可知，降压变压器输入电流为I＝5 A，由焦耳定律可知，输电线电阻耗资的功率P＝I2R＝250 W，C项错；当用电器的电阻减小时，输出功率增大，故降压变压器输入功率增大，从而输入电流增大，再由P＝I2R可知，输电线耗资的功率增大，D项错．]4．(2018·湖北省荆州中学高三全真模拟一)在以下列图的电路中，由于某个电阻发生故障，使电流表A的读数变大，电压表V的读数变大，灯泡L的亮度变暗，关于故障判断的以下说法正确的选项是()A．可能是R3短路B．可能是R2断路C．可能是R2短路D．可能是R4短路D[由电路元件各物理量动向变化的规律“串反并同”可知，只有当R4短路时(能够为电阻减小)，外电路电阻减小，总电流增大，电流表A的读数变大，R4的电流增大，电压表V的读数变大，灯泡L的亮度变暗．故正确答案为D.应选D.]5. 以下列图，接在理想变压器回路中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n1∶n2∶n3为()A．1∶1∶1 B．3∶2∶1C．6∶2∶1 D．2∶2∶1B[灯泡正常发光，可得U A＝U B＝U C＝U D，所以U2＝2U3，由理想变压器的电压关系得n2n3＝U2U3＝21，可得n2＝2n3.灯泡都正常发光，则功率相等，即P A＝P B＝P C＝P D.由P＝I2R得I A＝I B＝I C＝I D，即I1＝I2＝I3.由理想变压器的功率关系得U1I1＝U2I2＋U3I3，即n1I1＝n2I2＋n3I3，可得n1＝n2＋n3＝2n3＋n3＝3n3.所以n1∶n2∶n3＝3∶2∶1.]．6．(2018·湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)如图是某温度检测和光电控制加热装置的原理图．R为热敏电阻(温度高升，阻值减小)，用来探测加热电阻丝R的温度．R G为光敏电阻(光照强度增大，阻值减小)，接收小灯泡L的光照．其他电阻均为定值电阻．当R处温度高升后，以下说法正确的选项是()A．灯泡L将变暗B．R G的电压将增大C．R的功率将增大D．R的电压变化量与R2的电流变化量的比值不变D[A项：当R处温度高升时，R T阻值变小，左边回路中电流增大，小灯泡L的功率增大，灯泡L将变亮，故A错误；B、C项：L的光照强度增大，则R G阻值变小，右侧电路的总电阻变小，总电流变大，E2的内电压增大，则其路端电压变小．总电流增大，则R2两端电压增大，所以右侧电路并联部分电压减小，R的电压减小，则R的功率将减小．R的电流减小，而总电流增大，则经过R3的电流增大，R3的电压将增大，所以R G的电压将减小，故B、C错误；D项：R的电压变化量与R2的电流变化量的比值ΔUΔI＝RR3R＋R3，保持不变，故D正确．]7．(2018·河北正定中学高三模拟)以下列图为一交流发电机的原理表示图，其中矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝L1，bc＝ad＝L2，匝数为n，线圈的总电阻为r，线圈在磁感觉强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO′匀速转动，角速度为ω，线圈两端经过电刷E、F与阻值为R的定值电阻连接．从线圈经过中性面开始计时，则()A ．线圈中感觉电动势的最大值为BωL 1L 2B ．线圈中感觉电动势随时间变化的函数表达式为e ＝nBωL 1L 2 cos ωtC ．经过14周期时间经过电阻R 的电荷量为BL 1L 2R ＋rD ．此发电机在上述工作状态下的输出功率为n 2B 2ω2L 21L 22R 2R ＋r 2D [线圈产生的感觉电动势的最大值E m ＝nBωL 1L 2，选项A 错误；感觉电动势随时间变化的表达式e ＝E m sin ωt ＝nBωL 1L 2sin ωt ，选项B 错误；依照法拉第电磁感觉定律有E ＝n ΔΦΔt ，由闭合电路欧姆定律有I ＝E R ＋r，又ΔΦ＝BL 1L 2，q ＝I Δt ，联立解得q ＝n BL 1L 2R ＋r ，选项C 错误；线圈中感觉电动势的有效值E ＝E m 2＝nBωL 1L 22，电流的有效值I ＝nBωL 1L 22R ＋r，交流发电机的输出功率即电阻R 的热功率P ＝I 2R ＝n 2B 2ω2L 21L 22R 2R ＋r 2，选项D 正确．] 二、多项选择题8．(2018·山东省淄博市高三三模)一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U ，额定电流为I ，线圈电阻为R ，将它接在电动势为E ，内阻为r 的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则( )A ．电动机耗资的总功率为UIB ．电源的效率为1－Ir EC ．电源的输出功率为EID ．电动机耗资的热功率为U 2RAB [电动机耗资的总功率应该用P ＝IU 来计算，所以总功率为IU ，所以A 正确；电动机耗资的热功率应该用P ＝I 2R 来计算，所以热功率P ＝I 2R ，所以D错误．电源的输出功率等于电动机的输入功率，得P出＝UI.故C错误．电源的总功率为IE，内部发热的功率为I2r，所以电源的效率为IE－I2rIE＝1－IrE，所以B正确．应选AB.]9．(2018·河南省郑州市高中毕业年级第二次质量展望)以下列图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向右搬动至某一地址，与搬动前对照，以下说法正确的选项是()A．电流表读数变小，电压表读数变大B．小灯泡L变亮C．电源的输出功率必然变大D．电容器C所带的电荷量减少BD[由图可知，电容并联在滑动变阻器两端；当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻减小；则总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，故电流表示数增大，灯泡亮度变亮，因内压增大，故电压表示数减小，故A错误，B正确；由P＝EI可知，电源的总功率变大；当外阻和内阻相等时输出功率最大，由于不知道外阻和内阻的关系，所以不能够判断电源输出功率的变化，故C错误；因电容器并联在滑动变阻器两端；总电流变大，灯泡及内阻分压增大，则滑动变阻器分压减小，故电容器C两端的电压减小，所以C上的电量减小，故D正确．所以BD正确，AC错误．]10．(2018·山东省淄博一中高三三模)电源的两个重要参数分别是电动势E 和内电阻r.对一个电路有两种特别情况：当外电路断开时，电源两端的电压等于电源电动势；当外电路短路时，短路电流等于电动势和内电阻的比值．现有一个电动势为E、内电阻为r的电源和一阻值为R的定值电阻，将它们串通或并联组成的系统视为一个新的等效电源，这两种连接方式组成的等效电源分别如图甲和乙中虚线框所示．设新的等效电源的电动势为E′，内电阻为r′.试依照以上信息，判断以下说法中正确的选项是()A．甲图中的E′＝rR＋rE，r′＝R＋r B．甲图中的E′＝E，r′＝R＋rC．乙图中的E′＝E，r′＝Rr R＋rD．乙图中的E′＝RR＋rE，r′＝RrR＋rBD[电源的电动势等于外电路断路时的路端电压，则对甲图可知E′＝E，r′＝r＋R，选项A错误B正确；图乙中，E′＝ERR＋r；r′＝RrR＋r，应选项C错误，D正确；应选BD.]11．(2018·河北冀州5月模拟)以下列图，理想变压器输入端接在电动势随时间变化、内阻为r的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R的负载．若是要求负载上耗资的电功率最大，则以下说法正确的选项是()A．该交流电源电动势的瞬市价表达式为e＝E m sin(100 πt)B．变压器原、副线圈匝数的比值为r RC．电流表的读数为E m 22RrD．负载上耗资的热功率为E2m 4rBC[由e-t图象可知交流电的周期T＝4×10－2s，则ω＝2πT＝50 π rad/s，所以e＝E m sin(50πt)，则A项错误．关于理想变压器，在电源输出最大功率时，电流I1＝E m22r，此时，变压器输入功率恰好等于电源内阻耗资的功率，又输出功率等于输入功率，则I 21r ＝I 22R ，得出I 1I 2＝R r ，又I 1I 2＝n 2n 1，得出n 1n 2＝r R ，I 2＝E m 22Rr ，则B 、C 项正确．负载上耗资的热功率为P ＝I 22R ＝E 2m 8r ，则D 项错误．]12．如图甲所示，电动势为E 、内阻为r 的电源与R ＝6 Ω的定值电阻、滑动变阻器R P 、开关S 组成串通回路，已知滑动变阻器耗资的功率P 与其接入电路的有效阻值R P 的关系如图乙所示．以下说法正确的选项是( )A ．电源的电动势E ＝4105 V ，内阻r ＝4 ΩB ．图乙中R x ＝25 ΩC ．定值电阻R 耗资的最大功率为0.96 WD ．调整滑动变阻器R P 的阻值能够获取该电源的最大输出功率为1 W BC [当R P ＝R ＋r ＝10 Ω时，滑动变阻器耗资功率最大，R ＝6 Ω.可得内阻r ＝4 Ω，最大功率P ＝E 24R ＋r＝0.4 W ，解得E ＝4 V ，A 错误；滑动变阻器的阻值为4 Ω时耗资的功率与其阻值为R x 时耗资的功率相等，有4R x ＝(R ＋r )2，解得R x ＝25 Ω，B 正确；当回路中电流最大时，定值电阻R 耗资的功率最大，故最大功率为(E R ＋r)2R ＝0.96 W ，C 正确；当外电路电阻与内阻相等时，电源输出功率最大，本题中定值电阻R 的阻值已经大于内阻的阻值，故滑动变阻器R p的阻值为0时，电源输出功率最大，最大功率为(E R ＋r)2R ＝0.96 W ，D 错误．] 13．以下列图为某兴趣小组设计的一种发电装置，在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场所区的圆心角α均为49π，磁场均沿半径方向；矩形线圈abcd (d点未在图中标出)的匝数为N ，其边长ab ＝cd ＝l ，bc ＝ad ＝2l ；线圈的总电阻为r ，外接电阻为R ；线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc 边和ad 边同时进、出磁场．在磁场中，bc 边和cd 边所经过处的磁感觉强度大小均为B 、方向向来与两边的运动方向垂直．则( )A ．bc 边和ad 边在磁场中运动时，线圈的感觉电动势的大小为NBl 2ωB ．bc 边和ad 边在磁场中运动时，bc 边所受安培力的大小为4N 2B 2l 3ωR ＋rC ．经过R 的电流有效值为2NBl 2ωR ＋rD ．经过R 的电流有效值为4NBl 2ω3R ＋r. BD [bc 、ad 边的运动速度v ＝l 2ω，电动势E m ＝2·NB ·2l ·v ＝2NBl 2ω，A 错误；依照欧姆定律得，电流I m ＝E m R ＋r，bc 边所受安培力为F ＝N ·B ·I m ·2l ＝4N 2B 2l 3ωR ＋r，故B 项正确；由于两磁场的圆心角为49π，故一个周期内，通电时间t ＝49T ，由有效值定义知：I 2m (R ＋r )49T ＝I 2(R ＋r )T ，解得I ＝4NBl 2ω3R ＋r 应选项D 正确．]。

2018届高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题四电路与电磁感应第一讲直流电路与交变电路学案

第一讲直流电路与交变电路[ 知识建构 ][ 高考调研 ]1. 考察方向：①联合闭合电路欧姆定律考察电路的动向剖析．②考察电路的故障剖析．③联合理想变压器规律，解决远距离输电的能量效率问题．④考察交流电的“四值”问题．2.常用的思想方法：①程序法．②极限法．③特别值法．④理想变压器的动向剖析技巧．[ 答案 ] (1) 内容：闭合电路中的电流跟电源的电动势成正比，跟整个电路中的电阻成反比．E(2)表达式： I ＝R＋r，或 E＝ U外＋ Ir ，或 Eq＝ qU外＋ qU内．(3)电路故障剖析基本思路及方法①仪表检测法a．电流表示数正常而电压表无示数“电流表示数正常”表示电流表所在电路为通路，“电压表无示数”表示无电流经过电压表．故障原由可能是：ⅰ. 电压表破坏；ⅱ. 电压表接触不良；ⅲ. 与电压表并联的用电器短路．b．电压表有示数而电流表无示数“电压表有示数”表示电路中有电流经过，“电流表无示数”说明没有或几乎没有电流流过电流表．故障原由可能是：ⅰ. 电流表短路；ⅱ. 和电压表并联的用电器断路．c．电流表、电压表均无示数“两表均无示数”表示无电流经过两表，除了两表同时短路外，可能是干路断路致使无电流．d．欧姆表检测先使被测电路断开电源，用欧姆表检测用电器，指针不动，说明用电器断路；指针偏转最大，说明用电器短路．②假定法已知电路发生某种故障，找寻故障发生在哪处时，可将整个电路区分为若干部分，而后逐个假定某部分电路发生故障，运用电流变化进行正向推理，推理结果若与题述物理现象不切合，则故障不是发生在这部分电路；若推理结果与题述物理现象切合，则故障可能发生在这部分电路，直到找出发生故障的所有可能为止，此方法亦称清除法．(4) 理想变压器的基本特色①无漏磁，故原、副线圈中的ΔΦΦ、Δt同样．ΔΦ②线圈无电阻，所以无电压降，U＝ E＝ n Δt.UΔΦ③依据n＝Δt得，套在同一铁芯上的线圈，不论是原线圈，仍是副线圈，该比率都成立．④无电能损失．⑤变压器只好改变交变电流的电压和电流，不可以改变交变电流的频次．考向一直流电路的动向剖析[ 概括提炼 ]直流电路动向剖析方法1．程序法基本思路是“部分→整体→部分”．即从阻值的变化下手，由串、并联规律判断R总的变化状况，再由闭合电路欧姆定律判断I 总和 U端的变化状况，最后由部分电路欧姆定律及串联分压、并联分流等规律判断各部分的变化状况．2．结论法——“串反并同”“串反”：指某一电阻增大( 减小 ) 时，与它串连或间接串连的电阻中的电流、两头电压、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、两头电压、电功率都将增大( 减小 ) ．[ 娴熟加强 ]1．(2017 ·河南五校联考) 在如下图电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生了变化，电表的示数分别用I 、 U1、 U2表示，则下列判断正确的选项是()A．I减小，U1增大B．I增大，U2减小C．I 增大， 1 减小D．I减小， 2 增大U U[ 分析 ] 当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时， R 和 R 串连支路电阻变大，电流变小，12电流表示数 I 减小，由欧姆定律可知，R1两头电压减小，电压表示数 U1减小．由极限法剖析可知，电压表示数 2 增大．应选项D 正确， A、 B、C 错误．U[答案] D2． ( 多项选择 )(2017 ·合肥质检 ) 如下图，电源电动势为E，内阻为 r .电路中的 R、R 分23别为总阻值必定的滑动变阻器，R0为定值电阻， R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小) ．当开关 S 闭合时，电容器中一带电微粒恰巧处于静止状态．以下说法中正确的选项是()A．只渐渐增大对R1的光照强度时，电阻R0耗费的电功率增大，电阻R3中有向上的电流B．只调理电阻R3的滑动端P2向上端挪动时，电源耗费的电功率变大，电阻R3中有向上的电流C．只调理电阻R2的滑动端 P1向下端挪动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D．若断开开关S，带电微粒向下运动[分析]当渐渐增大光照强度时，光敏电阻R 的阻值减小，依照“串反并同”可知电1流I 增大，则0 增大， C 增大， C＝CU增大，即电容器充电， 3 中有向上的电流，A正确．当PR U Q RP2向上挪动时， U C不变， R3中没有电流，故 B 错误．当P1向下挪动时， I 不变，但 U C变大，U CE C＝ d 变大，电场力F C＝U C q变大，微粒向上运动，故dC 错误．若断开开关S，电容器放电，U C降为0，则微粒只受重力作用而向下运动，故 D 正确．[答案]AD3．(2017 ·陕西咸阳一模) 如下图电路，当滑动变阻器后，电压表 V1和电压表 V2的示数的变化量分别为ΔU1和R3的滑片向右挪动一小段距离ΔU2(均取绝对值)．以下说法中正确的是()A．电压表V1的示数变大，电压表V2的示数变小，且有ΔU1>ΔU2B．电压表V1的示数变小，电压表V2的示数增大，且有ΔU1>ΔU2C．电容器的左极板带正电，且两极板间电场强度减小D．电源的输出功率比R3的滑片挪动前大[ 分析 ]滑动变阻器R3的滑片向右挪动一小段距离后，R3接入电路的电阻减小，电路外电阻减小，总电阻减小，电源输出电流增大，R2中电流增大， R2两头电压增大，电压表V2的示数增大，与其并联的电容器C两头电压增大，极板带电荷量增大，两极板之间的电场强度增大， C 错误．电源输出电流增大，电源内阻电压增大，致使电源路端电压减小，电源输出功率不必定增大， D 错误．依据闭合电路欧姆定律，E＝ U1＋ U2＋Ir，电源输出电流I增大，则 U1＋ U2减小，电压表V2的示数增大，则电压表V1的示数减小，且有ΔU1＝ΔU2＋ΔI·r，即ΔU1>ΔU2，B正确，A错误．[答案]B电路的动向剖析技巧(1)当电路中某一部散发生变化时，将惹起电路中各处的电流和电压都随之发生变化，堪称“牵一发而动浑身”．判断此类问题时，应先由局部的变化推出总电流的变化、路端电压的变化，再由此剖析对其余各部分电路产生的影响，一般是先剖析恒定电阻支路再剖析变化电阻支路．(2)一个闭合电路就是一个整体，在研究电路的动向问题时，必定要弄清电路的串并联构造，同时要用整体的看法来看问题，还要擅长变换思想的角度“电压不可以看电流”．考向二交变电流的产生及描绘[ 概括提炼 ]1．正弦式交变电流的变化规律( 线圈在中性面地点开始计时)表达式图象磁通量Φ＝Φm cosωt＝BS cosωt电动势＝ m sin＝sinωte Eωt NBSωRE m电压mu＝ U sinωt＝R＋r sinωt电流mm Ei ＝ I sinωt＝R＋r sinωt2.对沟通电“四值”的理解(1)往常所说的电流值、电压值、电表的示数均为有效值．(2)只有正弦沟通电，最大值等于有效值的2倍．(3)计算用电器上耗费的热功率时，一定用电流的有效值，不可以应用均匀值．(4)电动势的最大值与线圈匝数成正比，但线圈磁通量的最大值与线圈匝数没关．[ 娴熟加强 ]角度一交变电路的图象问题1． ( 多项选择 )(2017 ·天津卷 ) 在匀强磁场中，一个100 匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化．设线圈总电阻为2Ω，则()A ． t ＝0 时，线圈平面平行于磁感线B ． t ＝1 s 时，线圈中的电流改变方向C ． t ＝1.5 s 时，线圈中的感觉电动势最大D ．一个周期内，线圈产生的热量为8π 2 J[ 分析 ] t ＝ 0 时，磁通量为零，磁感线与线圈平面平行，A 正确；当磁感线与线圈平面平行时，磁通量变化率最大，感觉电动势最大，画出感觉电动势随时间变化的图象如图，由图可知， t ＝ 1 s 时，感觉电流没有改变方向，B 错误； t ＝ 1.5 s 时，感觉电动势为0，C 错2π2π2误；感觉电动势最大值E m ＝ NBS ω＝ N Φ m T ＝100×0.04 × 2 (V) ＝4π(V) ，有效值 E ＝ 22× 4π(V) ＝ 2 2π(V) ， Q ＝ E T ＝8π 2(J) ，D 正确．R[答案]AD角度二交变电流的“四值”问题2．(2015 ·四川卷) 小型手摇发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd ，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO ′，线圈绕OO ′匀速转动，如下图．矩形线圈ab 边和cd边产生的感觉电动势的最大值都为 e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压()A．峰值是e0B．峰值是 2e0C．有效值是2D．有效值是2Ne2Ne00[ 分析 ]此题考察交变电流，意在考察学生对正弦式交变电流的产生的认识及对正弦式交变电流的最大值、有效值等看法的理解．依据题意，小型发电机输出电压的峰值为E m＝2 0， A、 B 项均错误；关于正弦式交变电流，峰值与有效值E的关系知足＝Em，故有效Ne2值为 2 0，C 项错误， D 项正确．Ne[答案]D角度三有界磁场中的交变电流3．(2017 ·河北六校联考 ) 如下图，一沟通发电机的矩形线圈共有10 匝，其电阻r＝2 Ω，面积是0.2 m2，在磁感觉强度B＝2T的匀强磁场中，若线圈从中性面地点开始绕垂π直于磁场方向的对称轴′以ω＝10π rad/s的角速度匀速转动，向＝18 Ω的电阻供OO R 电．则以下说法中正确的选项是()A．该线圈产生的是余弦式交变电流B．线圈在转动过程中产生的最大感觉电动势为40 V12 C．线圈开始转动60 s 时流过电阻R的刹时电流大小为 2AD．电阻R上耗费的电功率为9 W[ 分析 ] 此题考察交变电流的基本看法，意在考察学生的理解能力．若线圈从中性面开始运动，则穿过线圈的磁通量依照余弦规律变化，由法拉第电磁感觉定律可知，其产生的感应电动势 ( 感觉电流 ) 将依照正弦规律变化，选项 A 错误；因为OO′为线圈的对称轴，所以1线圈产生的感觉电动势的最大值应为E m＝2nBSω＝20 V，选项B错误；线圈在转动过程中产生的感觉电动势的刹时价表达式为e＝20sin10π t V，所以其感觉电流的刹时价表达式为i111＝sin10 πt A ，故当t＝60 s 时，流经电阻R的刹时电流大小为 i ＝sin10π×60 A＝2A，选项 C 错误；流经R 的电流的有效值为I＝2A ，所以电阻R上耗费的电功率为＝2＝ 92P I RW，选项 D正确．[答案] D几种典型交变电流有效值考向三变压器及远距离输电[ 概括提炼 ]1．理想变压器原、副线圈基本量的关系功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，即U1＝n1，与副线圈的个数没关22U n①只有一个副线圈时：I 1n2＝；I 2n1电流关系P＝ P得 UI＝UI ＋UI ＋＋ UI或 I n ＝ I n②有多个副线圈时：由入出 1 12233n n1122＋I 3n3＋＋ I n n n频次关系 f 1＝f 2，变压器不改变沟通电的频次2.远距离输电问题的办理思路(1)画出输电线路图，包含发电机、升压变压器、输电线、降压变压器、负载．(2)将输电线区分红几个独立回路．(3)依据串并联电压特色、欧姆定律、电功率公式确立部分回路物理量之间的关系．(4)依据升压、降压过程中原副线圈的电压、电流关系和功率关系列式求解．(2016 ·全国卷Ⅰ) 一含有理想变压器的电路如下图，图中电阻R1、R2和 R3的阻值分别为 3 Ω、 1 Ω和 4 Ω，为理想沟通电流表，U为正弦沟通电压源，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、副线圈匝数比值为()A．2 B．3 C．4 D．5[ 思路路线 ][ 分析 ]解法一：能量守恒法n1设原副线圈的匝数比值n2＝k当 S 断开，原线圈电流为I时，副线圈电流为kI ，如图1所示，由能量守恒定律得，电源供给的功率等于三个电阻耗费的功率P1＝ I 2R1＋( kI )2(R2＋R3)当 S 闭合，原线圈电流为4I 时，副线圈电流为 4 ，如图 2 所示，由能量守恒定律得，kI电源供给的功率等于两个电阻耗费的功率P2＝(4 I )2R1＋(4 kI )2R2因为电压不变：P1＝ IU， P2＝4IU，易知 P2＝4P1以上各式联立解得k＝3.解法二：电流、电压关系法n1设原副线圈的匝数比值n2＝k当 S 断开，原线圈电流为I 时，副线圈电流为kI ，如图1所示由理想变压器电压关系可知U1n1U＝n＝ k22U－IR1即kI R2＋R3＝k①当 S 闭合，原线圈电流为4I时，副线圈电流为kI ，如图2所示U－4IR1即4kIR2＝k②①②联立解得k＝3.解法三：等效法如图 3 所示，副线圈中接电阻R，相当于在原线圈中接入电阻R0(如图4所示)此中0＝12U，＝UR I 1R I 2n1设原副线圈的匝数比值n2＝k下边导出 R与 R0的关系n21U1n2n12R＝ k2RR0＝U＝＝nI122I 2n1设开关 S 断开时，变压器的原线圈等效电阻为R等效电路如图 5 所示则 R＝k2( R2＋ R3)①U＝ I ( R1＋R)②设开关 S 闭合时，变压器原线圈的等效电阻为R′等效电路如图 6 所示R′＝ k2R2③U＝4I ( R1＋ R′)④联立解得 k ＝ 3.[答案] B原线圈连结有电阻的变压器问题的办理变压器的原理是电磁感觉中的互感现象，变压器不可以改变恒定电压，当原线圈接有电阻时，变压器的原线圈输出电压不是电源的电压，所以求解的重点是先求出原线圈中的电流，再由电压关系列式．[ 娴熟加强 ]迁徙一变压器问题1．(2017 ·河北唐山一模 ) 一含有理想变压器的电路如下图，变压器原副线圈匝数比n 1∶n 2＝ 2∶ 1，图中电阻R 1、R 2 和R 3 的阻值分别是4 Ω、2Ω 和 3Ω， U 为有效值恒定的正弦沟通电源．当开关S 断开时，理想电流表的示数为I ，当 S 闭合时，电流表的示数为()A. 2B. 1C. 3 D ． 23I2I2II[分析]设 S 闭合时，电流表示数为I ，对理想变压器有P ＝ P ， I 1 n 2入出＝，则开封闭1I 2 n 12I22 R2，两式联立解得I ＝2I ，合时有 I U －I R ＝ (21) R ，开关断开时有IU － I＝(2I ) ( R ＋R)11121231故 D 项正确．[答案]D迁徙二包含二极管变压器问题2． ( 多项选择 )(2017 ·山东潍坊统考) 如图甲所示的电路中，理想变压器原线圈接图乙所示正弦交变电流，闭合S 后，额定电压为20 V的用电器正常工作，理想沟通电流表A 的示数为0.1 A．已知图中元件D 拥有正向电流导通、反向电流截止的作用，以下判断正确的选项是()A ．交变电流的频次为50 HzB ．变压器原副线圈匝数比为11 2∶ 1C ．用电器额定功率为22 WD ．在用电器电阻不变的状况下断开开关S ，用电器功率将变成本来的一半1[分析]由 u － t 图象可知交变电流的周期T ＝ 0.02 s ，则频次 f ＝ T ＝ 50 Hz ，A 项正确．由图乙可知原线圈两头输入电压 U 1＝ 220 V ，因闭合 S 后，额定电压为 20 V 的用电器正常工作，则此时变压器副线圈两头电压2＝ 20 V ， 1∶ 2＝ 1∶ 2＝220 V ∶20 V ＝11∶ 1，B 项错误．理Un n U U想变压器 P入＝ P 出＝I U ＝22 W ，又 P出＝ P电器， C 正确．若在用电器电阻不变的状况下断开1 1开关 S ，则一个周期内用电器只有半个周期的时间正常工作，用电器的功率变成本来的一半，D 项正确．[答案]ACD迁徙三远距离输电问题3．(2017 ·襄阳统测 ) 某小型水电站的电能输送表示图如图甲所示，发电机的输出电压变化规律如图乙所示，输电线总电阻为r ，升压变压器原、副线圈匝数分别为 n 1、 n 2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n 3、 n 4，变压器均为理想变压器．额定电压为220 V 的用电器能正常工作，则以下说法正确的选项是()n 1 n 4A ．两变压器的匝数比关系为＝n 2 n 3n 1 n 4 B ．两变压器的匝数比关系为>n 2 n 3C ．当用户用电器的负载增添时，输出电压必定等于220 VD ．升压变压器的输入功率必定大于降压变压器的输出功率U nU n ΔU[分析]依据变压器的工作原理有1 1， 33 ，则＝ n 2＝，设输电线路上损失的电压为U 2 U 4 n 4n 1 n 4有 U 2＝ U 3＋ ΔU ，即 U 2>U 3，依据题设可知 U 1＝ U 4，联立解得 < ，A 、B 错误；当负载增添时， n 2n 3负载总电阻减小，电流增大，则输电线路上的电流增大，而输电线路的电阻必定，故线路损失的电压 ΔU 会增大，降压变压器的输入电压U 3＝ U 2－ ΔU 减小，所以输出电压必定小于 220V ， C 错误；依据能量关系有 P 输入＝ P 输出＋ P 损失，故 D 正确．[答案] D高考高频考点加强——理想变压器的动向剖析[ 考点概括 ]1．剖析变压器动向变化问题的一般思想流程2．剖析变压器动向变化问题的重点(1) 弄清变量和不变量，确立是负载电阻不变仍是匝数比不变．(2) 弄清变压器动向变化中的决定关系，即P 2 决定P 1，I 2决定I 1，U 1决定U 2 .[ 真题归类 ]1．(2016 ·天津卷 ) 如下图，理想变压器原线圈接在沟通电源上，图中各电表均为理想电表．以下说法正确的选项是( )A ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时， R 1 耗费的功率变大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A 1 示数变大D ．若闭合开关 S ，则电流表 A 1 示数变大、 A 2 示数变大n1[ 分析 ]由题知，U1不变，不变，故U2不变．当P向上滑动时，R滑变大，R总变大，Rn2两头电压即电压表示数变大，R1 减小，I R1 减小，则R1减小， A错误， B 正确．因为IR1 减小，U Pn1n2U2n2不变．由 I 1 ＝n1I R1知 I 1减小，C错误．若闭合开关S，则总电阻减小，由 I R1＝R总知 I R1 增大，R1增大， R2 减小，电流表A2的示数减小， D 错误．选 B.U U[答案]B2． ( 多项选择 )(2016 ·全国卷Ⅲ) 如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压同样的灯泡 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．以下说法正确的是()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∶9[分析]当输入电压为灯泡额定电压的10 倍时，两个灯泡均能正确发光，则原线圈两端的电压为91U，所以原、副线圈的匝数比n19，A 正确，B 错误．设U，副线圈两头的电压为10＝10n21a 中电流为I，依据电流与匝数成反比可知，副线圈中电流为9I，则 a、b 两个灯泡的功率P1比a＝， C 错误， D正确．P b9[答案]AD3．(2015 ·安徽卷 ) 图示电路中，变压器为理想变压器，a、b 接在电压有效值不变的交流电源两头， R0为定值电阻， R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个地点滑动到另一位置，察看到电流表 A1的示数增大了0.2 A，电流表 A2的示数增大了0.8 A ，则以下说法正确的是 ()A．电压表V1示数增大B．电压表V2、 V3示数均增大C．该变压器起升压作用D．变阻器滑片是沿c→ d 的方向滑动[分析]变压器输入电压不变，原、副线圈的匝数比不变，故原、副线圈两头的电压不变，即电压表V 、 V 示数不变，选项A、B 均错误；I、I增添，则副线圈电路中总电阻减1212小，故变阻器滑片应沿c→ d 方向滑动，选项D正确；由原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率 P 入＝ P 出知，调理滑动变阻器前I 1n1＝ I 2n2，调理滑动变阻器后I 1′ n1＝ I 2′n2，联立得( I1′－I1) n1＝( I2′－I2) n2，即ΔI1n1＝ΔI2n2，n1ΔI20.8n＝＝＝4，故该变压器起降压作ΔI0.221用，选项 C错误．[答案]D变压器电路动向剖析常有种类及其规律(1)匝数比不变的状况 ( 如图甲所示 )U1n1① U1不变，依据U2＝n2，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R怎样变化， U2不变．②当负载电阻发生变化时，I 2变化，输出电流I 2决定输入电流I 1，故I 1发生变化．③I 2变化惹起P2变化， P1＝ P2，故P1发生变化．(2) 负载电阻不变的状况 ( 如图乙所示 )n 1① U 1 不变，发生变化，故 U 2 变化． n 2② R 不变， U 2 变化，故 I 2 发生变化．22P ＝P ，故 P 变化， P ＝UI ，U 不变，故 I 发生变③依据 P ＝ R ，P 发生变化，再依据2U2 1 2 1 11 1 11化．[ 迁徙训练 ]1． ( 多项选择 )(2017 ·河北名校结盟 ) 如下图电路中的变压器为理想变压器，S 为单刀双掷开关． P 是滑动变阻器 R 的滑动触头， U 1 为加在原线圈两头的交变电压， I 1、I 2分别为原线圈和副线圈中的电流．以下说法正确的选项是 ( )A ．保持P 的地点及1 不变， S 由 a 切换到 b ，则I 2减小UB ．保持 P 的地点及 U 不变， S 由 b 切换到 a ，则 R 上耗费的功率减小1C ．保持 P 的地点及 U 不变， S 由 b 切换到 a ，则 I1增大1D ．保持1不变， S 接在b 端，将 P 向上滑动，则I 1减小U[分析]保持 P 的地点不变和1不变， S 由 a 打到，副线圈匝数减小，依据U 1 n 1＝可UbUn22知副线圈两头电压U 2 减小，因此电流 I 2 减小，选项 A 正确；保持 P 的地点不变和 U 1 不变， SU n 由 b 打到 a ，副线圈匝数增大，依据 1 ＝ 1U 2 增大，电流 I 2 增大， R 消U n 可知副线圈两头电压 2 2耗的功率增大，选项 B 错误，选项 C 正确；保持 U 1 不变， S 打到 b ，P 上滑，则电流 I 2 增大，I 1 增大，选项 D 错误．[答案]AC2．( 多项选择 )(2017 ·江西红色七校联考 ) 如下图是发电厂经过升压变压器进行高压输电，靠近用户端时再经过降压变压器降压给用户供电的表示图．图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想沟通电表．设发电厂输出的电压必定，两条输电线总电阻用R 0 表示，变阻器 R 相当于用户用电器的总电阻．当用电器增添时，相当于 R 变小，则当用电进入顶峰时( )A．电压表V1、 V2的读数均不变，电流表A2的读数增大，电流表A1的读数减小B．电压表V3、 V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数减小C．电压表V2、 V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变D．发电厂的输出功率增大，线路消耗的功率也增大[分析]当用电进入顶峰时，发电机的输出功率增大，输入原线圈的电流增大，升压变压器输出端的输电电流增大，输电线的电压损失和功率损失增大， D 正确．V1、 V2的读数均不变，A1、 A2增大； V3、 V4的读数均减小，A3的读数增大，A、B 错误．电压表V2、 V3的读数之差与电流表A2的读数的比值是输电线的电阻，是不变的，C正确．[答案]CD3．( 多项选择 )(2017 ·山西太原一模) 如图为远距离输电表示图，此中T1、T2为理想变压器，r 是输电电阻，灯L1、L2同样且阻值不变．现保持变压器变，当开关S 断开时，灯L1正常发光，则 ()T1的输入电压不变，滑片P地点不A．仅闭合S，灯 L1会变亮B．仅闭合S，r耗费的功率会变大C．仅将滑片P下移，r耗费的功率会变小D．仅将滑片P上移，电流表示数会变小[ 分析 ] 闭合 S，负载电阻减小，变压器T 副线圈电流增大，依据电流规律知，T 原线22圈电流增大，即输电线上电流增大，导线上消耗的电压U＝ Ir 增大，消耗的功率P＝ I 2r 增大， 2 的输入电压3＝ 2－Ir 减小，所以4 减小，即灯泡L1 两头的电压减小，变暗，A错误，T U U U2018届高考物理二轮复习板块一专题打破复习专题四电路与电磁感觉第一讲直流电路与交变电路教案B 正确．仅将滑片P下移，变压器T1副线圈匝数增添 ( n2增添 ) ，依据U1n1＝可知， U2变大，U2n2U4所以变压器 T2的输入电压 U3增大， U4也增大，再依据 I 4＝R得，负载电流增大，整个电路电流增大， r 耗费的功率会变大，C错误．仅将滑片P 上移，同理可得输电线电流减小，电流表示数会变小， D 正确．[答案] BD。

2018大二轮高考总复习物理文档：第11讲直流电路与交流电路(专题强化训练)(含答案)

专题强化训练(十一) 直流电路与交流电路一、选择题(1～8为单选题，9～15为多选题)1． (2017·湖南五市十校高三联考)如图所示，理想变压器初、次级线圈分别接有R 1、R 2，R 1＝R 2＝10 Ω，初、次级线圈的匝数之比N 1∶ N 2＝2∶1，R 2两端电压为10 V ，则R 1两端的电压为( )A ．5 VB ．10 VC ．15 VD ．20 V解析：在副线圈中，电流为I 2＝U 2R 2＝1 A ，根据I 1I 2＝n 2n 2＝12可得原线圈中的电流为I 1＝0.5 A ，故R 1两端电压为UR 1＝I 1R 1＝5 V ，A 正确．答案：A2．(2017·山东省实验中学高三诊断)在如图所示的电路中，理想变压器的匝数比为2∶1，四个标有“6 V ,6 W”的完全相同的灯泡L 1、L 2、L 3、L 4，按如图的方式接入电路，其中L 1恰能正常发光．忽略灯泡电阻随电压的变化．电路中的电表均为理想交流电表，则下列选项中正确的是( )A ．L 2、L 3、L 4均正常发光B ．电流表示数为0.5 AC ．m 、n 两点间所加的电压为14 VD ．整个电路消耗的总功率为18 W解析：灯泡L 1恰能正常发光，得原线圈的电流I 1＝66A ＝1 A ，根据电流与匝数成正比，得副线圈中的电流I 2＝2A ，L 2、L 3、L 4中的电流分别为23 A ，所以L 2、L 3、L 4不能正常发光，电流表的示数即副线圈中的电流为2 A ，故AB 错误；灯泡电阻R ＝U 2P ＝626 Ω＝6 Ω，副线圈两端的电压U 2＝23×6＝4 V ，根据电压与匝数成正比得，原线圈两端的电压为8 V ，m 、n 两点间所加的电压为U mn ＝6＋8＝14 V ，故C 正确；整个电路消耗的总功率为：P ′＝P 1＋U 2I 2＝6＋4×2＝14 W ，故D 错误．答案：C3．(2017·成都外国语学校高三模拟)在如图所示的电路中，灯泡L 的电阻大于电源的内阻r ，闭合电键S ，将滑动变阻器滑片P 向左移动一段距离后，下列结论正确的是( )A ．灯泡L 变亮B ．电源的输出功率先变大后变小C ．电容器C 上的电荷量减少D．电压表读数的变化量与电流表读数的变化量之比恒定解析：当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路总电阻R总增大，干路电流I减小，电源的内电压减小，路端电压增大，灯泡的功率P＝I2R L，R L不变，则电流表读数变小，电压表读数变大，灯泡变暗，故A 错误．当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大．由题意，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，当R增大时，外电阻与电源内电阻的差值增大，电源的输出功率变小，故B错误．变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容＝r，即电压表读数的器上电压也增大，则其电荷量增大，故C错误．根据闭合电路欧姆定律得：U＝E－Ir，则ΔUΔI变化量与电流表读数的变化量之比等于电源的内电阻r，保持不变．故D正确，故选D．答案：D4．(2017·深圳市高三调研)用电压为U的正弦交流电源通过甲、乙两种电路给额定电压为U0的同一小电珠供电．图甲中R为滑动变阻器，图乙中理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，若电珠均能正常工作，则()A．变压器可能是升压变压器B．n1∶n2＝U0∶UC．甲乙电路消耗功率之比为U2∶U20D．R两端的电压最大值为2(U－U0)解析：由图甲知，电源电压等于变阻器两端的电压与电珠电压之和，所以U>U0，在图乙中，根据电压与匝数成正比，知n1>n2，所以该变压器是降压变压器，故A错误；由乙图，根据电压与匝数成正比，得n1∶n2＝U∶U0，故B错误；电珠均能正常工作，所以电流等于额定电流，甲电路消耗的功率UI，乙电路消耗的功率U0I，所以甲乙电路消耗的功率之比为U∶U0，故C错误；R两端电压的有效值(U－U0)，因为是正弦交流电，所以R两端电压的最大值为2(U－U0)，故D正确．答案：D5．(2017·衡水中学高三调考)在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E，内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是()A．电压表示数变小B．电流表示数变小C．电容器C所带电荷量增多D．a点的电势降低解析：在滑动变阻器滑动头P 自a 端向b 端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，干路电流增大，电阻R 1两端电压增大，则电压表示数变大．电阻R 2两端的电压U 2＝E －I (R 1＋r )，I 增大，则U 2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小．根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知a 的电势大于零，U 2变小，则a 点的电势降低，通过R 2的电流I 2减小，通过电流表的电流I A ＝I －I 2，I 增大，I 2减小，则I A 增大．即电流表示数变大．故D 正确，ABC 错误，故选D ．答案：D6．(2017·第二次全国大联考Ⅲ卷)如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n 1＝2 000，副线圈匝数为n 2＝500，将原线圈接在u ＝2202sin 120πt (V)的交流电压上，定值电阻的阻值为20 Ω，滑动变阻器的总阻值为35 Ω.下列说法中正确的是( )A ．副线圈输出电压的频率为50 HzB ．副线圈电压的有效值为30 VC ．滑动变阻器的滑片P 向右滑动时，电阻R 两端的电压变小D ．滑片P 滑到最左端时，变压器的输入功率为55 W解析：原副线圈的交流电压周期T ＝2πω，频率f ＝1T ＝60 Hz ，选项A 错误；原线圈电压的有效值U 1＝U m2＝220 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈电压的有效值U 2＝55 V ，选项B 错误；滑动变阻器的滑片P 向右滑动时，电阻R 两端的电压变大，选项C 错误；滑动变阻器的滑片P 滑到最左端时，理想变压器的输入功率为P 2＝U 22R ＋R P＝55 W ，选项D 正确．答案：D7．(2017·吉安市第一中学高三期中)如图所示的电路中，A 1和A 2为理想电流表，示数分别为I 1和I 2，R 1∶R 2∶R 3＝1∶2∶3；当ab 两点间加以恒定的电压U 后，下列结论正确的是( )A ．I 1∶I 2＝3∶4B ．I 1∶I 2＝4∶9C ．将A 1、A 2换成理想电压表，其示数之比为3∶5D ．将A 1、A 2换成理想电压表，其示数之比为1∶1 解析：电源接在ab 两点时，电路图如图1所示：并联电路中各支路两端的电压相等，且干路电流等于各支路电流之和，图1中，I 1I 2＝U R 2＋U R 3U R 1＋U R 2＝59，故AB 错误；将A 1、A 2换成理想电压表，如图2所示成为串联电路，U R 1∶U R 2∶U R 3＝1∶2∶3，U 1U 2＝U R 1＋U R 2U R 2＋U R 3＝35，故C 正确，D错误；故选C ．答案：C8．(2017·湖北省八校高三联考)如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为5∶1，○V 和R 1、R 2分别是电压表、定值电阻，且R 1＝5R 2.已知ab 两端电压u 按图乙所示正弦规律变化．下列说法正确的是()A ．电压u 瞬时值的表达式u ＝2202sin 10πt (V)B ．电压表示数为40 VC ．R 1、R 2两端的电压之比为5∶1D ．R 1、R 2消耗的功率之比为1∶5解析：根据公式U 1U 2＝n 1n 2、I 1I 2＝n 2n 1，分析解题从图乙中可知交流电的最大值为u m ＝220 2 V ，周期为T ＝0.02 s ，故ω＝2πT ＝2π0.02＝100π(rad/s)，故电压u 瞬时值的表达式u ＝2202sin 100πt (V)，A 错误；交流电压的有效值为E ＝220 V ，原线圈中的电流为I 1，故原线圈中输出端电压为U 1＝220－I 1R 1，副线圈中的电压为U 2＝I 2R 2，故根据U 1U 2＝n 1n 2可得220－I 1R 1I 2R 2＝5，又知道I 1I 2＝n 2n 1＝15⇒I 2＝5I 1，R 1＝5R 2，代入整理可得I 2R 2＝1103V ，所以U 2＝1103V ，B 错误；R 1、R 2两端的电压之比I 1R 1I 2R 2＝15I 2×5R 2I 2R 2＝1∶1，C 错误；R 1、R 2消耗的功率之比为I 21R 1I 22R 2＝125I 22×5R 2I 22R 2＝15，D 正确．答案：D9．(2017·绵阳南山中学高三月考)闭合开关S ，滑动变阻器R 2的滑片向上滑动的过程中( )A．电压表的示数变小B．流过R2的电流增大C．流过电阻R1的电流减小D．流过电阻R3的电流方向是a→b解析：滑动变阻器R2的滑片向上滑动的过程中，R2的阻值减小，电路的总电阻减小，总电流变大，即流过R2的电流增大；路端电压减小，R1的电压变大，则电压表示数减小，选项AB正确，C错误；由于电容器两端的电压减小，故电容器放电，则流过电阻R3的电流方向是b→a，选项D错误；故选AB．答案：AB10．(2017·潍坊实验中学高三检测)如图所示，理想变压器的输入端电压u＝311 sin100πt(V) ，原副线圈的匝数之比为n1∶n2＝10∶1 ；若图中电流表读数为3 A ，则()A．电压表读数为22 V B．电压表读数为31.1 VC．变压器输出功率为44 W D．变压器输入功率为66 W解析：理想变压器的输入端电压u＝311sin 100πt(V)，则电压的有效值为220 V，原副线圈的匝数之比为n1∶n2＝10∶1，则电压表示数为22 V，因为电流表示数为3 A，所以电阻消耗的功率为P＝IU＝66 W，故变压器输入功率为66 W，故选AD．答案：AD11．(2017·东北育才学校高三模拟)理想变压器原、副线圈匝数之比为2∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦式交流电压，副线圈接一个R＝55 Ω的负载电阻，电流表、电压表均为理想电表，则下述结论正确的是()A．副线圈中电压表的读数为110 VB．副线圈中输出交流电的频率为0.02 HzC．原线圈中电流表的读数为0.5 AD．原线圈中的输入功率为220 W解析：由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为2202V，所以原线圈的电压的有效值为220 V．再根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为110 V ，即为电压表的读数，所以A 正确；变压器不会改变电流的周期，电流的周期为T ＝2πω＝2π100π＝0.02 s ，所以B 错误；副线圈的电流为11055A ＝2 A ．根据电流与匝数成反比可得，原线圈的电流大小为1 A ，所以C 错误；变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的功率为P ＝U 2R ＝110255W ＝220 W ，所以原线圈中的输入功率也为220 W ，所以D 正确．答案：AD12．(2017·泰安市高三质量检测)如图甲的电路中，电阻R 1＝R 2＝R ，和R 1并联的D 是理想二极管(正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大)，在A 、B 之间加一个如图乙所示的交变电压(电压为正值时，U AB >0)．由此可知( )A ．在A 、B 之间所加的交变电压的周期为2×10－2sB ．在A 、B 之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin 50πt (V)C ．加在R 1上电压的有效值为552VD ．加在R 1上电压的有效值为5510V解析：由图象可得交流电的周期为：T ＝2×10－2s ，故A 正确．电压最大值为：U m ＝2202V ，交变电压的瞬时值表达式为：u ＝U m sin ωt ＝2202sin2πTt ＝2202sin 100πt (V)，故B 错误；当电源在正半轴时A 点电位高于B 点电位，二极管导通，即R 1被短路．电源在负半轴时B 点电位高于A 点电位，二极管截止R 1，R 2串联．设R 1上电压的有效值为U .根据有效值的定义得：U 2R 1T ＝⎝⎛⎭⎫12×U m 22R 1×T 2，解得：U ＝552V ，故C 正确，D 错误．答案：AC13．(2017·南平市普通高中检测)如图所示，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，使电灯L 变暗，下列哪些措施可以使电灯L 重新变亮( )A ．其他条件不变，P 1上移，同时P 2下移B ．其他条件不变，P 1下移，同时P 2上移C ．其他条件不变，断开电键SD ．其他条件不变，将滑动变阻器滑动片P 向下移动解析：P 1上移增大n 1，P 2下移减小n 2，由理想变压器的变压比：U 1U 2＝n 1n 2，可知U 2将会变得更小，所以电灯L不会重新变亮，故A 错误；P 1下移减小n 1，P 2上移增大n 2，由理想变压器的变压比：U 1U 2＝n 1n 2，可知U 2将会变大，所以电灯L 会重新变亮，故B 正确；其他条件不变，U 2电压不变，断开电键S ，并联部分电阻变大，副线圈电流变小，R 1分压变小，L 灯的电压将变大，所以电灯L 会重新变亮，故C 正确；其他条件不变，将滑动变阻器滑动片P 向下移动，总电阻变小，总电流变大，R 1分压变大，L 灯的电压将变小，所以电灯L 不会重新变亮，故D 错误．所以BC 正确，AD 错误．答案：BC14．(2017·沧州市第一中学高三月考)图甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n 1与副线圈匝数n 2之比为10∶1，变压器的原线圈接如图乙所示正弦交流电，电阻R 1＝R 2＝R 3＝20 Ω和电容器C 连接成如图所示甲的电路，其中电容器的击穿电压为8 V ，电压表V 为理想交流电表，开关S 处于断开状态，则( )A ．电压表V 的读数约为7.07 VB ．电流表A 的读数为0.05 AC ．电阻R 2上消耗的功率为2.5 WD ．若闭合开关S ，电容器会被击穿解析：开关断开时，副线圈为R 1和R 2串联，电压表测量R 2的电压，由图可知原线圈电压为2002＝1002V ，所以副线圈电压为102V ，则R 2的电压为52V ≈7.07 V ，故A 正确；由A 的分析可知，副线圈电流为10240＝24A ，所以原线圈电流为24×110＝240A ，故B 错误；电阻R 2上消耗的功率为P ＝U 22R 2＝(52)220＝2.5 W ，故C 正确；当开关闭合时，R 1与R 3并联后和R 2串联，电容器的电压为并联部分的电压，并联部分电阻为R 并＝12R ＝10 Ω，所以并联部分的电压为102×1020＋10＝1023V ，最大值为203V<8 V ，所以电容器不会被击穿，故D 错误．故选AC ．答案：AC15．(2017·榆林市第一次测试)如图所示，一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，原线圈接入电压为220 V 的正弦交流电，副线圈接有两只理想二极管(正向电阻为0，反向电阻为无穷大)和两个电阻，且电阻R 1＝R 2＝50 Ω.电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是( )A ．电流表的示数为0.275 AB ．电压表的示数为55 VC ．1 min 内电阻R 1上产生的热量为3630 JD ．电阻R 2消耗的电功率为60.5 W解析：电阻R 1消耗的电功率等于电阻R 2消耗的电功率，输入功率P 1＝30.25×2 W ＝60.5 W ，I 1＝P 1U 1＝60.5220A ＝0.275 A ，故A 正确；根据电压与匝数成正比，有：U 1U 2＝n 1n 2的副线圈两端的电压U 2＝14×220＝55 V ，故B 正确；因为二极管具有单向导电性，1 min 电阻R 1上产生的热量Q ＝12U 22R 1t ＝1815 J ，故C 错误；电阻R 2消耗的电功率P R 2＝12U 22R 2＝30.25 W ，故D 错误．答案：AB。

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