高三物理考前训练——电路分析(直流、感应、交流)
高考物理三轮复习精讲突破训练—直流电路
高考物理三轮复习精讲突破训练—直流电路考向一电路的动态分析1．解决电路动态变化的基本思路“先总后分”——先判断总电阻和总电流如何变化．“先干后支”——先分析干路部分，再分析支路部分．“先定后变”——先分析定值电阻所在支路，再分析阻值变化的支路．12．电路动态分析的方法(1)程序法：基本思路是“部分→整体→部分”．即(2)极限法：因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论．(3)串反并同法：“串反”是指某一电阻增大(或减小)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(或增大)．“并同”是指某一电阻增大(或减小)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(或减小)．3．分析含容电路应注意的两点(1)电路稳定后，电容器所在支路电阻无电压降，因此电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压．在电路稳定后，与电容器串联的电阻阻值变化，不影响电路中其他电表示数和灯泡亮度．(2)电路中的电流、电压变化时，将会引起电容器的充、放电．如果电容器两端电压升高，电容器将充电，电荷量增大；如果电容器两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电，电荷量减小．4．电路故障问题的分析方法与技巧1(1)故障特点①断路特点：表现为电路中的两点间电压不为零而电流为零，并且这两点与电源的连接部分没有断点．②短路特点：用电器或电阻发生短路，表现为有电流通过电路但其两端电压为零．(2)检查方法①电压表检测：如果电压表示数为零，则说明可能在并联路段之外有断路，或并联路段短路．②欧姆表检测：当测量值很大时，表示该处是断路，当测量值很小或为零时，表示该处是短路．在运用欧姆表检测时，电路一定要切断电源．③电流表检测：当电路中接有电源时，可用电流表测量各部分电路上的电流，通过对电流值的分析，可以确定故障的位置．在运用电流表检测时，要注意电流表的极性和量程．④假设法：将整个电路划分为若干部分，然后逐一假设某部分电路发生某种故障，运用闭合电路或部分电路的欧姆定律进行推理．考查方式一阻值变化下的动态分析【例1】在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是A．I1增大，I2不变，U增大B．I1减小，I2增大，U减小C．I1增大，I2减小，U增大D．I1减小，I2不变，U减小[变式]如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，A．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大B．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小C．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大D．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小考查方式二电路结构变化下的动态分析【例2】.(2019·安徽“江南”十校联考)如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为R，L1和L2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻的阻值均为R，电压表为理想电表，S为单刀双掷开关，当开关由1位置打到2位置时，下列说法中正确的是()A．电压表读数将变小B．L1亮度不变，L2将变暗C．L1将变亮，L2将变暗D．电源内阻的发热功率将变小[变式]如图所示，电动势为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接，只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作，如果再合上S2，则下列表述正确的是（）A．电源输出功率减小B．L1上消耗的功率增大C．通过R1上的电流增大D．通过R3上的电流增大考查方式三含容电路的动态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.【例3】图（a）所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。
2024高考物理复习重难点解析—直流电路和交流电路(全国通用)
2024高考物理复习重难点解析—直流电路和交流电路（全国通用）这部分知识单独考查一个知识点的试题非常少，大多数情况都是同时涉及到几个知识点，而且都是闭合电路欧姆定律、焦耳定律、变压器的原理的内容结合起来考查，考查时注重物理思维与物理能力的考核.例题1. 电路如图所示，电源内阻为r ，L 1、L 2、L 3为相同规格小灯泡，当滑动变阻器R 的滑片向右滑动时（ ）A ．小灯泡L 1比L 2亮，L 2比L 3亮B ．电源内阻损耗功率增加C ．电源效率降低D ．灯泡L 2变暗【答案】D 【解析】A ．由于123I I I =+则灯泡L 1中的电流大于灯泡L 2中的电流，小灯泡L 1比L 2亮。
由于灯泡L 2支路的总电阻大于灯泡L 3支路的电阻，则灯泡L 2支路的电流小于灯泡L 3支路的电流，即L 2比L 3暗，A 错误；B ．滑动变阻器的滑片向右滑动时，接入电阻增大，干路电流减小，根据2P I r =可知，电源内阻损耗功率减小，B 错误；C ．根据()221=1I R r IRr R η=++外外外可知，滑动变阻器的滑片向右滑动时，接入电阻增大，外电阻增大，电源效率增大，C 错误；D ．滑动变阻器的滑片向右滑动时，接入电阻增大，根据“串反并同”可知，灯泡L 2中的电流减小，则灯泡L 2变暗，D 正确。
故选D 。
例题2.（多选） 如图为某地铁系统供电的变电站示意图，理想变压器原线圈两端连接有效值为36kV 的交流电源，两副线圈分别连接牵引电机和照明系统。
已知两副线圈匝数分别为2n 和3n ，牵引电机的额定电压为1500V ，额定功率为180kW ，照明系统的额定电压为220V ，闭合开关S ，牵引电机和照明系统均能正常工作。
则（ ）A ．23::7511n n =B ．牵引电机的内阻为12.5ΩC ．S 断开后，原线圈电流为5AD ．S 断开前后，原线圈电流不变【答案】AC 【解析】A ．根据223315007522011n U n U === A 选项正确；B ．若对于求纯电阻用电器223150012.518010U R P ==Ω=Ω⨯额额因电动机是非纯电阻用电器，故内阻不等于12.5Ω，故B 选项错误； C ．S 断开，由原线圈输入功率与副线圈输出功率相等，即11222180kW I U I U P ===可得3213118010A 5A 3610P I U ⨯===⨯C 选项正确；D ．S 断开后，减少了照明系统消耗的电功率，原线圈的输入功率也要减少，而原线圈两端电源电压136kV U =不变，故原线圈电流1I 应变小，D 选项错误。
高考物理复习专题十 直流电路和交流电路单元练习题(含详细答案)
高考物理复习专题十直流电路和交流电路一、单选题1.某一电热器接在U=110V的直流电源上，每秒产生的热量为Q；现把它改接到某正弦式交流电源上，每秒产生的热量为4.5Q，则该交流电压的最大值U m是（）A． 220VB． 110VC． 220VD． 330V2.如图，是一火警报警电路的示意图。
其中R3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大。
值班室的显示器为电路中的电流表，电两极之间接一报警器。
当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I，报警器两端的电压U的变化情况是（）A．I变大，U变小B．I变小，U变大C．I变小，U变小D．I变大，U变大3.如图甲所示，理想变压器原，副线圈的匝数比为4∶1；电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中R′为热敏电阻(温度升高时其电阻减小)，R为定值电阻．下列说法正确的是()A．原线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝36sin 50πt(V)B．变压器原线圈的输入功率和副线圈的输出功率之比为1∶4C．R′处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2的示数变大D．电压表V2的示数为9 V4.一课外活动小组在一次活动中，用到的用电器上标有“36V 72W”字样，用电器工作时需使用变压器将220V的交变电压进行降压。
由于手边只有一个匝数比为5：1的变压器，不能直接使用。
经过讨论后，大家认为可在原线圈上加一个可变电阻进行调节，设计好的电路示意图如图甲所示。
当在ab两端间加上如图乙所示的电压后，用电器恰好能正常工作，则下列说法正确的是（）A．原线圈cd两点间的电压为220VB．在t=0．01s时，电压表的示数为0VC．通过原线圈中的电流为10AD．可变电阻R0上消耗的电功率为l6W5.如图所示，理想变压器的原线圈输入交变电压u＝U m sinωt，闭合开关S，电灯恰好正常发光．现将滑动变阻器滑片P向下移动，下列说法正确的是()A．理想电压表V示数变大B．理想电流表A示数变大C．变压器的输出功率变小D．副线圈的电流频率变小6.如图所示，一正弦交流电瞬时值为，通过一个理想电流表，接在一个理想变压器两端，变压器起到降压作用。
高考物理专题 直流电路和交流电路的分析
高考物理专题 直流电路和交流电路的分析近几年高考对直流电路基础知识单独命题的机率较少，偶有命题多集中在动态电路分析的考查上，对交变电流的考查大多集中在交变电流的产生、变压器和变压器的动态分析问题上，此部分内容的考查载体呈现生活化，体现学以致用。
考查题型一般为选择题，难度较容易或中等难度 。
2022年高考继续维持上述考查特点，且与生活、生产紧密结合的可能性较大。
高考考向1 直流电路的分析1．掌握动态电路分析的两种方法(1)程序法：部分电路阻值变化→电路总电阻R 总变化→干路电流I 变化→路端电压U 变化→各分量变化，即R 局⎩⎪⎨⎪⎧ 增大减小→R 总⎩⎪⎨⎪⎧ 增大减小→I 总⎩⎪⎨⎪⎧ 减小增大→U 端⎩⎪⎨⎪⎧ 增大减小→⎩⎪⎨⎪⎧I 分U 分。
(2)串反并同法：所谓“串反”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都减小(增大)。
所谓“并同”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都增大(减小)。
2．提醒两类元件的特性(1)电容器：①只有当电容器充、放电时，电容器支路中才有电流，电路稳定时，电容器所在支路相当于断路；②电路稳定时，与电容器串联的电阻中没有电流，电阻两端电压为零，与电容器并联的电阻两端电压与电容器两极间电压相等。
(2)电压表和电流表是否为理想电表：①理想电流表内阻为零，相当于短路；②理想电压表的内阻为无穷大，所在位置相当于断路。
命题角度1电功和电功率的计算【典例1】(2021·北京通州期末质检)如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，R为滑动变阻器(最大阻值大于R0＋r)。
闭合开关S，调节R的阻值，使电路中的电流为I，下列说法正确的是()A．此时电源的输出功率为EIB．此时滑动变阻器的阻值R＝EI－R0C．滑动变阻器R的触头从左向右滑动的过程中，路端电压逐渐增大D．调节滑动变阻器R的阻值，当R＝R0＋r时滑动变阻器消耗的电功率最大解析电源的总功率为EI，输出功率为EI－I2r，A项错误；由闭合电路的欧姆定律得滑动变阻器的阻值R＝EI－R0－r，B项错误；滑动变阻器R的触头从左向右滑动的过程中，外电路电阻减小，电路中电流增大，内电压增大，则路端电压减小，C项错误；把R0等效到电源内阻中去，滑动变阻器消耗的功率可看成电源的输出功率，当R＝R0＋r时，滑动变阻器消耗的电功率最大，D项正确。
高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应1直流电路与交流电路课时作业含解析
2021-4-29 20XX年复习资料教学复习资料班级：科目：直流电路与交流电路[题组一] 直流电路的分析1.(2020·长沙长郡中学模拟)如图为直流电动机提升重物的装置，重物的重量G ＝500 N ，电源电动势E ＝90 V ，电源内阻r ＝2 Ω，不计各处摩擦，当电动机以v ＝0.6 m/s 的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I ＝5 A ，下列判断不正确的是( )A ．电动机消耗的总功率为400 WB ．电动机线圈的电阻为0.4 ΩC ．电源的效率约为88.9%D ．电动机的效率为75%解析：B [重物被提升的功率P 重＝Fv ＝Gv ＝500×0.6 W＝300 W ，此时电路中的电流I ＝5 A ，则电源的总功率P 总＝EI ＝90×5 W＝450 W ，设电动机线圈的电阻为R ，根据能量守恒定律得P 总＝P 重＋I 2r ＋I 2R ，则得R ＝P 总－P 重－I 2r I 2＝450－300－52×252 Ω＝4 Ω，电动机消耗的总功率P 电＝P 重＋I 2R ＝400 W ，电源的效率η1＝P 总－I 2r P 总×100%＝450－52×2450×100%≈88.9%，电动机的效率η2＝P 重P 重＋I 2R ×100%＝300300＋52×4×100%＝75%，故选项B 符合题意．] 2．(2020·广州模拟)在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R 1和R 3均为定值电阻，R 2为滑动变阻器．当R 2的滑动触点在a 端时合上开关S ，此时三个电表A 1、A 2和V 的示数分别为I 1、I 2和U .现将R 2的滑动触点向b 端移动，则三个电表示数的变化情况是( )A ．I 1增大，I 2不变，U 增大B ．I 1减小，I 2增大，U 减小C ．I 1增大，I 2减小，U 增大D ．I 1减小，I 2不变，U 减小解析：B [由题图知电压表测量路端电压，电流表A 1测量流过R 1的电流，电流表A 2测量流过R 2的电流．R 2的滑动触点向b 端移动时，R 2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U 减小，R 3电压增大，R 1、R 2并联电压减小，通过R 1的电流I 1减小，而总电流I 增大，则流过R 2的电流I 2增大．故A 、C 、D 错误，B 正确．]3．(2020·孝义市一模)如图所示的电路中，电源电动势E ＝8 V ，内阻r ＝2 Ω，电阻R 2＝6 Ω，电容为1μF 的平行板电容器水平放置且下极板接地．当滑动变阻器R 1的滑片处于b 端时，有一带电油滴位于板间正中央P 点且恰好处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．此时P 点电势为6 VB ．电容器上极板所带电荷量为6×10－6 CC ．若仅将电容器上极板缓慢上移少许，则P 点电势不变D ．若仅将滑片P 从b 端向a 端缓慢移动少许，则油滴将向下移动解析：B [由闭合电路的欧姆定律可知：路端电压U ＝R 2R 2＋r E ＝6 V ，那么电容器两极的电势差为6 V ，又有下端接地，故电势为零，那么P 点电势为12U ＝3 V ，故A 错误；电容器上极板所带电荷量Q ＝CU ＝1×10－6×6 C＝6×10－6C ，故B 正确；移动电容器上极板，电容器两端电势差不变；又有两极板间距离增大，故电场强度减小；又有P 点到下极板的距离不变，故电势差减小，那么，P 点电势减小，故C 错误；滑片P 从b 端向a 端移动，那么外电路电阻增大，所以路端电压增大，故两极板电势差增大，极板间场强增大，那么，油滴受到的电场力增大；油滴受重力和电场力作用，故有开始时油滴静止可知：电场力方向向上，那么，移动滑片后油滴合外力向上，故油滴向上运动，故D 错误．][题组二] 交变电流的产生及描述4．(2020·河南模拟)(多选)如图1所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的金属正方形线圈abcd 以垂直磁感线的cd 边为转动轴匀速转动，线圈产生的交变电动势图像如图2所示，则下列说法正确的是( )A ．t ＝3 s 时刻通过线圈的磁通量为零B ．ab 边两端的电压大小等于dc 边两端的电压大小C ．此交变电动势的频率为50 HzD ．dc 边两端电压的有效值为2 2 V 解析：ABD [由图乙可知，当t ＝3 s 时，感应电动势最大，则此时穿过线框回路的磁通量变化率最大，磁通量为零．故A 正确；由图可知，线框中的ab 边与dc 边切割磁感线，产生电动势，由E ＝BLv 可知二者产生的电动势是相等的；由于线框各部分的电阻串联，所以ab 边与dc 边电压降U ＝IR 也相等，所以ab 边两端的电压大小等于dc 边两端的电压大小．故B 正确；由图可知，交流电的周期为0.04 s ，则此交变电动势的频率为：f ＝1T ＝10.04Hz ＝25 Hz ；故C 错误；由图可知，交流电压的最大值为16 V ，则有效值为8 2 V ，该电路的等效电路如图 设ab 边与dc 边产生的电动势都是E ，每一条边的电阻都是r ，则E ＝4 2 V电路中的电流：I ＝2E 4rdc 边两侧的电压：U dc ＝E －Ir ＝E －2E 4r ·r ＝12E ＝2 2 V ．故D 正确．] 5．(多选)如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的瞬时值表达式为u ＝10sin 5πt (V)D ．交流电b 的最大值为203 V 解析：BCD [在图中t ＝0时刻，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，A 错误；a 的周期为0.4 s ，b 的周期为0.6 s ，转速与周期成反比，所以转速之比为3∶2，B 正确；交流电的瞬时值表达式为u ＝U m sin ωt ，所以a 的瞬时值表达式为u ＝10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π0.4t ＝10sin 5πt (V)，C 正确；由U m ＝NBSω，可知角速度变为原来的23，则最大值变为原来的23，交流电b 的最大值为203V ，D 正确．]6．图1中，单匝矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直磁场的轴转动．改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图2中图线甲、乙的规律变化．设线圈的电阻为1.0 Ω，则( )A ．图线甲对应线圈在t ＝0时产生的感应电动势最大B ．图线甲、乙对应的线圈在t ＝2.0 s 时，线圈平面均平行于磁感线C ．图线甲、乙对应的线圈转速之比为4∶5D ．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5π A解析：B [在t ＝0时，Φ甲最大，则产生的感应电动势最小，故A 错误；因为在t ＝0.2 s×10＝2.0 s 时，Φ甲＝Φ乙＝0，所以线圈平面均平行于磁感线，故B 正确；由图可知甲、乙图线对应的周期之比为4∶5，而线圈的转速n ＝1T，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4，故C 错误；甲图线对应的线圈中交流电压的峰值E m ＝BSω＝Φm ω＝0.4×2π0.16V ＝5π V，电流的峰值I m ＝E m R＝5π A，故D 项错误．][题组三] 变压器及远距离输电7．(2019·山西四模)如图甲所示，一阻值为R 的电阻接在电动势为E 、内阻为r 的直流电源两端，电源的效率为94.1%；如图乙所示，当该阻值为R 的电阻通过理想变压器接在电压有效值为E 、内阻为r 的交流电源上时，变压器原线圈两端的电压为E 2，则该变压器的原、副线圈匝数比为( ) A ．4∶1B ．1∶4C ．16∶1D ．1∶16 解析：B [当接直流电源时，有：η＝R R ＋r ＝94.1%解得：R ＝16r 根据原副线圈的电压比等于匝数比可知：n 1n 2＝U 1U 2＝E2U 2解得：U 2＝En 22n 1根据原副线圈的功率相等可知：I 1U 1＝I 2U 2 即为：E 2r ×E 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫En 22n 12R 解得：n 1n 2＝14故B 正确，A 、C 、D 错误．]8．(2020·安徽一模)有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，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．保持原线圈输入电压不变，S 闭合后，下列说法正确的是( )A ．电阻R 消耗的功率增大B ．原线圈的输入电流减小C ．原、副线圈的电压比增大D ．灯L 1、L 2都能正常发光解析：A [当S 闭开后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以电阻R 两端的电压增大，故R 消耗的功率增大，故A 正确；变压器原副线圈的匝数不变，故原副线圈中电流之比不变，副线圈中电流增大，故原线圈中电流也增大，故B 错误；因线圈匝数之比不变，故原副线圈中电压比不变，故C 错误；当S 闭合后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以通过电阻R 的电压增大，灯泡两端的电压减小，灯L 1、L 2都不能正常发光，故D 错误．]9．(2020·河南郑州检测)如图所示的电路中，R 为光敏电阻(增大照射光的强度电阻会减小)、C 为电容器，灯泡L 的额定电压为50 V ，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1.闭合开关S ，在a 、b 两端输入正弦式交变电流u ＝1002sin 10πt (V)，则下列说法正确的是( )A ．灯泡会正常发光B ．光敏电阻中的电流和灯泡中的电流相等C ．增大照射光的强度照射光敏电阻，灯泡会变亮D ．断开开关S ，灯泡会熄灭解析：C [由题可知，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，原线圈两端的电压的有效值为100 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，可知副线圈两端的电压的有效值为50 V ，由于电容器和光敏电阻都会阻碍交变电流的通过，因此灯泡两端的电压小于50 V ，不会正常发光，A 错误；由于电容器能通交流，因此光敏电阻R 中的电流小于灯泡中的电流，B 错误；增大照射光的强度照射光敏电阻，光敏电阻的阻值减小，因此灯泡中的电流增大，灯泡会变亮，C 正确；断开开关S ，由于电容器能通交流，因此灯泡不会熄灭，D 错误．]10.(2020·资阳模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b .当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )A ．原、副线圈匝数之比为1∶9B ．原、副线圈匝数之比为9∶1C ．此时a 和b 的电功率之比为10∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶10解析：B [灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U ，则说明原线圈输入电压为9U ，输出电压为U ；则可知，原副线圈匝数之比为9∶1，故A 错误，B 正确；根据公式I 1I 2＝n 2n 1可得I 1I 2＝19，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得两者的电功率之比为1∶9；故C 错误，D 错误．][B 级－综合练]11．(2019·江苏南京三模，5)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原副线圈匝数比为m ，降压变压器的原副线圈匝数比为n ，输电线的电阻为R ，升压变压器和降压变压器均为一理想变压器，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( )A ．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 ．电压表V 1的示数减小了ΔUD ．输电线损失的功率增加了⎝ ⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2R 解析：B [由U U 1＝m 得U 1＝U m ，由于U 、m 不变，故U 1不变，故C 错．设降压变压器的输入电压为U ′，则U ′＝U 1－I 1R ，由U ′U 2＝n 得，U 2＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫U m －I 1R ，则ΔU ＝－R n ΔI 1，由此可见，电流表A 1的示数增大了n ΔU R ，即B 正确．由I 1I 2＝1n 得I 2＝nI 1，由此可知，I 2增大了n 2ΔU R，故A 错．输电线损失的功率增加量ΔP ＝(I 1＋ΔI 1)2R －I 21R ＝2I 1ΔI 1·R ＋ΔI 21R ≠⎝⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2R ，故D 错．]12.(2020·新课标Ⅱ卷一模)如图所示，直角三角形导线框OPQ 放置在磁感应强度大小为B ，方向垂直于OQ 向右的匀强磁场中，且OP 边的长度为L ，∠POQ ＝θ.当导线框绕OQ 边以角速度ω逆时针转动(从O 向Q 观察)时，下列说法正确的是( )A ．导线框OPQ 内无感应电流B ．导线框OPQ 内产生大小恒定，方向周期性变化的交变电流C ．P 点的电势始终大于O 点的电势D ．如果截去导线PQ ，则P 、O 两点的电势差的最大值为12BL 2ωsin θcos θ 解析：D [导线框OPQ 内，只有边长OP 做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势的大小为E ＝BL ·L sin θ2·ωcos θsin ωt ＝12BL 2ωsin θcos θsin ωt ，故导线框OPQ 内产生正弦式交变电流，故A 、B 错误；由于导体框OPQ 内产生正弦式交变电流，P 点的电动势与O 点的电动势大小成周期性变化，故C 错误；如果截取导线PQ ，则没有感应电流，但PQ 两点的电势差U ＝BL L sin θ2ωcos θsin ωt ＝12BL 2ωsin θcos θsin ωt ，故最大值为12BL 2ωsin θcos θ，故D 正确．] 13．(2020·衡水模拟)(多选)如图所示，面积S ＝0.5 m 2、n ＝50匝、电阻不计的矩形闭合导线圈ABCD 处于磁感应强度大小为B ＝210 T 的水平匀强磁场中，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1相连，副线圈2接入一只“220 V 100 W”的灯泡甲，副线圈3接入一只“110 V 60 W”的灯泡乙与滑动变阻器，已知当滑动变阻器的滑片处于最左端时两灯均正常发光，交流电流表的量程为0～0.6 A ，且为理想电表．下列说法正确的是( )A ．从图示位置计时，线框中交变电压瞬时值的表达式为e ＝5002sin 200t VB ．当两灯正常发光时，交流电流表的示数为0.30 AC ．变压器线圈的匝数之比为n 1∶n 2∶n 3＝50∶22∶11D ．当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数增大解析：AC [图示位置穿过线框的磁通量最大，电动势的最大值E m ＝NBSω＝50×210×0.5×200 V＝500 2 V ．图示位置穿过线框的磁通量最大，导线框中产生交变电压的表达式为u ＝5002sin 200t V ．故A 正确；变压器副线圈2中的电功率为100 W ，变压器副线圈3中电功率为60 W ，则变压器原线圈中的电功率为160 W ，所以变压器原线圈中电流强度I 1＝P 1U 1＝160500 A ＝825A ．故B 错误；电动势的最大值为500 2 V ，则交流电压的有效值500 V ．滑动变阻器的滑片处于最左端时接入电路中的电阻值为0；根据电压之比等于匝数比，则原副线圈的匝数比＝500∶220∶110＝50∶22∶11，故C 正确，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，接入副线圈的电阻值增大，所以副线圈3中的电流值减小，输出功率与输入功率都减小，所以电流表的示数减小，故D错误．]14．(多选)如图所示的电路中，E为电源，内电阻为r，V为理想电压表，L为阻值恒为2r的小灯泡，定值电阻R1的阻值恒为r，R3为半导体材料制成的光敏电阻(其阻值随光照的增强而减小)．电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电小球处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是( )A．若将R2的滑片上移，则电压表的示数变小B．若突然将电容器上极板上移，则小球在P点的电势能增大C．若光照变强，则小球会向上运动D．若光照变强，则A、B间电路的功率变大解析：BD [R2与电容器C串联，若只是将R2的滑片上移，对电路没有影响，电压表示数不变，A项错误；若只是将电容器上极板上移，则电容器两端电压U C不变，两极板间距d 增大，场强E减小，P点的电势减小，由题分析可知小球带负电，则小球在P点的电势能增大，B项正确；若光照变强，则光敏电阻R3的阻值减小，灯L和R3两端电压减小，电容器两端电压减小，两极板间场强E减小，小球所受电场力减小，球会向下运动，C项错误；将R1视为电源一部分，则等效电源内阻阻值为2r，而A、B间L和R3的总电阻为R L＋R3＝2r＋R3＞2r，若光照变强，则R3的阻值减小，A、B间电路的功率变大，故D项正确．]高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应1直流电路与交流电路课时作业含解析结束语同学们，相信梦想是价值的源泉，相信成功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念。
高三物理考前训练——电路分析(直流、感应、交流)
高三物理考前训练——电路分析（直流、感应、交流）一、直流电路1．在如图所示的U －I 图象中，直线I 为某一电源的路端电压与电流的关系图象，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，由图象可知（ ）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4 WD ．电源的效率为50%【答案】ABC【解析】由题图可知电源的电动势为3 V ，内阻为0.5 Ω，外电阻R 为1 Ω，选项A 、B 正确；电路中的电流为I ＝E R ＋r ＝2 A ，电源的输出功率为P ＝I 2R ＝4 W ，电源的效率为η＝I 2R EI×100%＝67.7%，选项C 正确，D 错误．2．一台电动机的线圈电阻与一只电炉的电阻相同，当二者通过相同的电流且均正常工作时，在相同的时间内（ ）①电炉放出的热量与电动机放出的热量相等②电炉两端电压小于电动机两端电压③电炉两端电压等于电动机两端电压④电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率A ．①②④B ．①③C ．②④D ．③④【答案】A【解析】由P 热＝I 2R 知①正确．因电动机消耗的功率有热功率和机械功率两部分，④正确．对电炉UI ＝I 2R ，而电动机U ′I ＝I 2R ＋P 机，所以U ′＞U ，②正确．3．电动势为E 、内阻为r 的电源与定值电阻R 1、R 2及滑动变阻器R 连接成如图所示的电路．当滑动变阻器的触头由中点滑向b 端时，下列说法正确的是（ ）A ．电压表和电流表读数都增大B ．电压表和电流表读数都减小C ．电压表读数增大，电流表读数减小D ．电压表读数减小，电流表读数增大【答案】A【解析】触头滑向b 时，阻值R 增大，回路的总电阻增大，所以回路的总电流减小，路端电压U 增大，所以电压表的示数增大，电阻R 2的电压增大，故R 2的电流增大，电流表示数增大。
4．（2009江苏高考）在如图所师的闪光灯电路中，电源的电动势为E ，电容器的电容为C 。
高三物理 专题复习 《直流电路与交流电路》(含答案解析)
复习备考建议1．直流电路的考查一般以实验题为主，单独考查的角度主要是动态电路分析和含容电路分析，或与电磁感应相结合．交变电流考查重点是理想变压器及相关知识，难度适中．2．产生感应电流的条件、楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律的基本应用，往往以选择题形式结合图象、电路、历史中的著名实验、现代科技中的应用等创设新情景，总体难度不大．计算题一般考查电磁感应定律的应用，与力学问题结合时一般是匀速或静止时的平衡问题，较简单．电磁感应与动量知识的结合可能是新的考查点，应引起重视．第8课时 直流电路与交流电路 考点直流电路分析 1．电容器的特点(1)只有当电容器充、放电时，电容器所在支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的支路相当于断路．(2)电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，电容器两端的电压为与之并联的电阻两端的电压．2．1个定律、2个关系(1)闭合电路欧姆定律：I ＝E R ＋r. (2)路端电压与电流的关系：U ＝E －Ir .(3)路端电压与负载的关系：U ＝IR ＝R R ＋r E ＝11＋r RE ，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小． 3．动态分析3法方法1：程序法R 局――→增大减小R 总――→增大减小I 总＝E R 总＋r ――→减小增大U 内＝I 总r ――→减小增大U 外＝E －U 内――→增大减小确定U 支、I 支．方法2：结论法——“串反并同”“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)．“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)．方法3：极限法因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零，再去讨论．例1 (2019·宁夏银川市六盘山上学期期末)在如图1所示的电路中，E 为电源，电源内阻为r ，L 为小灯泡(灯丝电阻可视为不变)，电压表为理想电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，将滑动变阻器的滑片向上移动，则( )图1A ．电压表的示数变大B ．小灯泡L 消耗的功率变小C ．通过R 2的电流变小D ．电源内阻的电压变大答案 B解析 滑动变阻器的滑片向上移动，则接入电路的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流减小，故R 1两端的电压减小，电压表的示数变小，故A 错误；由并联电路的电流规律可知，流过灯泡L 的电流一定减小，故由P ＝I 2R 可知，小灯泡L 消耗的功率变小，故B 正确；因电路中电流减小，故电源内阻的电压减小，路端电压增大，同时R 1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R 2的电流增大，故C 、D 错误． 变式训练1．(2019·重庆市一诊 )利用如图2所示电路可测量待测电阻R x 的阻值．定值电阻R 1、R 2阻值已知，闭合电键S ，调节电阻箱接入电路阻值为R 3时，电流表示数为零，则R x 阻值等于( )图2A ．R 2 B.R 1R 2R 3C.R 1R 3R 2D.R 3R 2R 1答案 D 解析 根据串并联电路特点及欧姆定律可知：I 1(R 1＋R 2)＝I 2(R x ＋R 3)，由于电流表示数为零，则说明G 两端的电势相等，则一定有：I 1R 1＝I 2R 3；两式联立可得：R x ＝R 3R 2R 1，故选D. 例2 (2019·辽宁沈阳市质量检测(一))某同学将一闭合电路电源的总功率P E 、输出功率P R 和电源内部的发热功率P r 随电流I 变化的图线画在了同一坐标系中，如图3中的a 、b 、c 所示，则下列判断正确的是( )图3A ．直线a 表示电源内部的发热功率随电流I 变化的图线B ．曲线b 表示电源的总功率随电流I 变化的图线C ．曲线c 表示电源的输出功率随电流I 变化的图线D ．电源的电动势E ＝3 V ，内电阻r ＝2 Ω答案 C解析 由电源消耗总功率和电源内部消耗功率表达式P E ＝EI ，P r ＝I 2r 可知，a 是直线，表示的是电源消耗的总功率P E ，b 是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率P r ，c 表示外电阻的功率即为电源的输出功率P R ＝EI －I 2r ，所以A 、B 错误，C 正确；由题图可知，当短路时电流为2 A ，总功率P E ＝EI ＝6 W ，则可知电动势为：E ＝3 V ，则r ＝E I ＝32Ω＝1.5 Ω，故D 错误．变式训练2．(2019·福建厦门市模拟)如图4所示，电源电动势为E ，内阻为r ，电路中的R 2、R 3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R 0为定值电阻，R 1为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小)．当电键S 闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，下列说法中正确的是( )图4A ．只逐渐增大R 1的光照强度，电阻R 0消耗的电功率变大，电阻R 3中有向上的电流B ．只调节电阻R 3的滑动端P 2向上端移动，电源消耗的功率变大，电阻R 3中有向上的电流C ．只调节电阻R 2的滑动端P 1向下端移动，电压表示数变大，带电微粒向下运动D ．若断开电键S ，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动答案 A解析 只逐渐增大R 1的光照强度，R 1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，电阻R 0消耗的电功率变大，R 2两端的电压变大，电容器两端的电压增大，电容器充电，电容器所带电荷量变大，所以R 3中有向上的电流，故A 正确；电路稳定时，电容器相当于断路，只调节R 3的滑动端P 2向上端移动时，对电路没有影响，故B 错误；只调节R 2的滑动端P 1向下端移动时，与电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，电场力变大，带电微粒向上运动，故C 错误；若断开电键S ，电容器放电，电容器所带电荷量变小，电容器两端电压变小，两极板间电场变小，带电微粒所受电场力减小，合力向下，则带电微粒向下运动，故D 错误． 考点交变电流的产生及描述1．交变电流的产生 线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动． 2．线圈通过中性面时的特点(1)穿过线圈的磁通量最大；(2)线圈中的感应电动势为零；(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次．3．交变电流“四值”的应用(1)最大值：E m ＝nBSω，分析电容器的耐压值；(2)瞬时值：E ＝E m sin ωt (从中性面开始计时)，计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况；(3)有效值：电表的读数及计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流；(4)平均值：E ＝n ΔФΔt，计算通过电路横截面的电荷量． 例3 (多选)(2019·安徽皖江名校联盟摸底大联考)图5所示为交流发电机发电的简易原理图，n 匝矩形线圈的面积为S ，整个装置处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，已知线圈的总电阻为r ，通过电刷与定值电阻R 相连接，与定值电阻并联一理想的交流电压表，现矩形线圈绕中心轴线OO ′以恒定的角速度ω匀速转动．t ＝0时刻线圈处在中性面．下列说法正确的是( )图5A ．t ＝0时刻流过定值电阻的电流方向向左B ．线圈中产生感应电动势的瞬时值表达式为e ＝nBSωsin ωt (V)C ．线圈转动的过程中，电压表的读数为nBSωR R ＋rD ．从t ＝0时刻起，线圈转过60°角时流过定值电阻的瞬时电流为3nBSω2(R ＋r )答案 BD解析 t ＝0时刻线圈与磁场方向垂直，即线圈的速度与磁场方向平行，因此t ＝0时感应电动势为零，感应电流为零，A 错误；从中性面开始计时，感应电动势随时间按正弦规律变化，且最大感应电动势E m ＝nBSω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e ＝nBSωsin ωt (V)，B 正确；线圈转动的过程中，最大感应电动势E m ＝nBSω，则产生的感应电动势的有效值为E ＝ 22nBSω，因此电压表的示数为U ＝2R 2(R ＋r )nBSω，C 错误；线圈从t ＝0开始转过60°角时，瞬间电流为i ＝e R ＋r ＝nBSωsin π3R ＋r ＝3nBSω2(R ＋r )，D 正确． 变式训练3．(2019·贵州贵阳市一模)如图6甲为某品牌电热毯的简易电路，电热丝的电阻为R ＝484 Ω，现将其接在u ＝2202sin 100πt (V)的正弦交流电源上，电热毯被加热到一定温度后，温控装置P 使输入电压变为图乙所示的波形，从而进入保温状态，若电热丝的电阻保持不变，则保温状态下，理想交流电压表V 的读数和电热毯消耗的电功率最接近下列哪一组数据( )图6A ．220 V 、100 WB ．156 V 、50 WC ．110 V 、25 WD ．311 V 、200 W答案 B解析 由题图象可知温控装置P 输入的交变电流的周期T ＝2×10－2 s ；可分为0～T 2和T 2～T 两段，根据有效值的定义可得⎝⎛⎭⎫U m 22R ×T2＋0＝U 2R ×T ，解得U ＝U m 2≈156 V ，电热毯在保温状态下消耗的电功率为P ＝U 2R＝50 W ，故B 正确． 4.(多选)(2019·山东德州市上学期期末)如图7所示，匀强磁场的磁感应强度大小为 1 T ，单匝正方形导线框的边长为 1 m ，总电阻为 1 Ω ，开始时处于位置Ⅰ，现用外力使导线框绕ab 边匀速转过 180° 至位置Ⅱ，转动的角速度为 π rad/s ，则在此过程中以下说法正确的是( )图7A ．通过导线横截面的电荷量为零B ．通过导线横截面的电荷量为 2 CC ．外力做功为π22J D ．外力做功为π24J 答案 BC解析 通过导线横截面的电荷量q ＝ΔΦR ＝2BL 2R ＝2×1×121C ＝2 C ，选项A 错误，B 正确；E m ＝BωS ＝1×π×12 V ＝π V ，则外力做功W ＝E 2R t ＝⎝⎛⎭⎫π221×ππ J ＝π22 J ，选项C 正确，D 错误． 5．(多选)(2019·广西桂林等六市第一次联合调研)如图8甲所示，标有“220 V 40 W ”的灯泡和标有“20 μF 360 V ”的电容器并联到交流电源上，V 为理想交流电压表，交流电源的输出电压如图乙中正弦曲线所示，闭合开关S.下列判断正确的是( )图8A ．电容器会被击穿B ．交流电源的输出电压的有效值为220 VC ．t ＝T 2时刻，V 的示数为零D ．t ＝T 2时刻，通过灯泡的电流为零 答案 BD解析 由题图可知交流电压的最大值为220 2 V ≈311 V ，小于电容器的击穿电压，故电容器不会被击穿，故A 错误；由题图乙可知，交流电压的有效值为22022V ＝220 V ，故B 正确；交流电压表的示数为有效值，则t ＝T 2时刻，电压表的示数为220 V ，故C 错误；t ＝T 2时刻，灯泡两端电压的瞬时值为0，通过灯泡的电流的瞬时值为0，故D 正确．考点变压器与远距离输电1．理想变压器的基本关系式(1)功率关系：P 入＝P 出．(2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2. (3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n 2n 1. 2．动态分析的两种情况(1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况．(2)匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况．3．四点说明(1)变压器不能改变直流电压．(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率．(3)理想变压器本身不消耗能量．(4)理想变压器基本关系中的U 1、U 2、I 1、I 2均为有效值．4．输电线路功率损失的计算方法(1)P 损＝P －P ′，P 为输送的功率，P ′为用户所得功率．(2)P 损＝I 线2R 线，I 线为输电线路上的电流，R 线为输电线路的总电阻．(3)P 损＝(ΔU )2R 线，ΔU 为在输电线路上损失的电压，R 线为线路总电阻． (4)P 损＝ΔU ·I 线，ΔU 为在输电线路上损失的电压，I 线为输电线路上的电流．例4 (2019·安徽A10联盟开年考)如图9甲所示，电阻不计的矩形导体线圈固定在水平桌面上，线圈的匝数n ＝100，所围成矩形的面积S ＝0.4 2 m 2，垂直于线圈平面的匀强磁场磁感应强度随时间按如图乙所示的正弦规律变化．在线圈的右边接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数比为n 1︰n 2＝2︰1，灯泡L 标有“36 V 18 W ”字样，电流表和电压表均为理想交流电表．调节滑动变阻器R 的滑片，当电流表示数为0.8 A 时，灯泡L 刚好正常发光，则( )图9A ．电压表的示数等于40 2 VB ．定值电阻R 0的阻值为5 ΩC ．在0～1.57×10－2 s 的时间内，通过小灯泡L 的电荷量为7.85×10－3 CD ．当滑动变阻器R 的滑片向下滑动时，电流表的示数变大，电压表的示数变小答案 B解析 矩形导体线圈中产生的感应电动势的最大值为E m ＝nB m S2πT ，解得E m ＝80 2 V ，电压表的示数为U ＝n 2E m 2n 1，解得U ＝40 V ，选项A 错误；定值电阻R 0两端的电压U 0＝U －U L ＝4 V ，定值电阻R 0的阻值为R 0＝U 0I＝5 Ω，选项B 正确；在0～1.57×10－2 s 的时间内，通过小灯泡的电流有向上和向下的过程，所以通过小灯泡L 的总的电荷量为零，选项C 错误；当滑动变阻器R 的滑片向下滑动时，电流表的示数变大，电压表的示数不变，选项D 错误． 变式训练6.(多选)(2019·山东日照市3月模拟)教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机通过理想变压器向用电器供电，电路如图10所示．副线圈的匝数可以通过滑动触头Q 来调节，副线圈两端连接定值电阻R 0、灯泡L 和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑片，原线圈上连接一只理想交流电流表A ，闭合开关S ，电流表的示数为I ，则( )图10A ．仅增大发电机线圈的转速，I 增大B ．仅将P 向上滑动，I 增大C ．仅将Q 向上滑动，I 增大D ．仅将开关S 断开，I 增大答案 AC解析 仅增大发电机线圈的转速n ，则角速度ω＝2πn 增大，则最大感应电动势E m ＝NBSω增大，则电动势的有效值增大，由于原、副线圈匝数不变，故副线圈两端电压增大，则副线圈电流增大，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流I 增大，故选项A 正确；仅将P 向上滑动，则副线圈总电阻增大，则副线圈电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流I 减小，故选项B 错误；仅将Q 向上滑动，则副线圈的匝数增大，由于原线圈两端电压不变，则根据U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈两端电压增大，则副线圈电流增大，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流I 增大，故选项C 正确；仅将开关S 断开，则副线圈总电阻增大，由于原、副线圈电压均不变，则副线圈电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流I 减小，故选项D 错误． 7.(2019·湖北恩施州2月教学质量检测)在如图11所示的电路中，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为1︰2，三个定值电阻的阻值相同，电压表为理想交流电表．现在a 、b 端输入正弦式交变电流，电键S 断开时，电压表的示数为U 1，电键S 闭合后，电压表的示数为U 2，则U 1U 2的值为( )图11A.23B.32C.35D.53答案 D解析 设ab 端输入的电压有效值为U ，当电键S 断开时，原线圈两端的电压为U 12，副线圈中的电流为U 12R ；原线圈中的电流为U 1R ，则U ＝U 12＋U 1＝3U 12；当电键S 闭合时，原线圈两端的电压为U 22，副线圈中的电流为U 2R ，原线圈中的电流为2U 2R ，则U ＝U 22＋2U 2＝5U 22；解得U 1U 2＝53，故选D. 例5 (多选)(2019·广东深圳市4月第二次调研)中国特高压远距离输电技术已成为国际标准，使“煤从空中走、电送全中国”成为现实．如图12为远距离输电示意图，发电厂输出电压U 1＝104 V ，输出功率P 1＝109 W ，两个理想变压器的匝数比分别为n 1∶n 2＝1∶100、n 3∶n 4＝100∶1，输电线总电阻r ＝50 Ω.则( )图12A ．U 4＝U 1B ．I 4＝I 1C ．通过电阻r 的电流I 2＝2×104 AD ．电阻r 损耗的电功率为5×107 W答案 BD解析 I 1＝P 1U 1＝1×105 A ，根据I 1I 2＝n 2n 1可得，I 2＝n 1n 2I 1＝1100×105 A ＝103 A ，则通过电阻r 的电流为103 A ，故C 错误；电阻r 两端的电压为U r ＝I 2r ＝103 A ×50 Ω＝5×104 V ，则U 3＝U 2－U r ＝106 V －5×104 V ＝9.5×105 V ，U 4＝n 4n 3U 3＝1100×9.5×105 V ＝9.5×103 V ，则U 4≠U 1，故A 错误；由于I 2＝I 3，I 4＝n 3n 4I 3＝1001×103 A ＝105 A ，则I 4＝I 1，故B 正确；电阻r 损耗的功率P r ＝I 22r ＝(103)2×50 W ＝5×107 W ，故D 正确．变式训练8．(多选)(2019·广东清远市期末质量检测)如图13所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U 1一定，通过理想升压变压器T 1和理想降压变压器T 2向远处用户供电，输电线的总电阻为R .T 1的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，输入电压和输入功率分别为U 1和P 1，输出电压和输出功率分别为U 2和P 2；T 2的原、副线圈匝数分别为n 3、n 4，输入电压和输入功率分别为U 3和P 3，输出电压和输出功率分别为U 4和P 4.下列说法正确的是( )图13A ．当用户的用电器增加时，U 2、U 3、U 4均变小B ．输电线的总电阻R 两端的电压等于(U 2＋U 3)，且随用户的用电器增加而增加C ．输电线上损失的功率为P 32R U 32，且随用户的用电器增加而增加 D ．要减小线路的损耗，应增大n 2n 1，同时增大n 3n 4答案 CD解析 交流发电机的输出电压U 1一定，根据U 1U 2＝n 1n 2，知U 2不变，故A 错误；输电线的总电阻R 两端的电压等于(U 2－U 3)，随用户的用电器增加，由于输电线上的电流会增大，则输电线R 上的电压增加，选项B 错误；输电线上的电流I ＝P 3U 3，则输电线上损失的功率为P 损＝I 2R ＝P 32R U 32，且随用户的用电器增加，输电线上的电流会增大，则输电线R 上损失的功率增加，选项C 正确；输送功率一定时，根据P ＝UI 和P 损＝I 2R 知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U 1一定，根据U 1U 2＝n 1n 2知，所以应增大n 2n 1；U 3＝U 2－IR ，U 2增大，I 2减小，所以U 3增大，用户电压不变，根据U 3U 4＝n 3n 4知，应增大n 3n 4，故D 正确． 专题突破练级保分练1．(2019·河北“五个一名校联盟”第一次诊断)图1所示为一交流电电流随时间变化的图象，此交流电电流的有效值为( )图1A ．7 AB ．5 AC ．3.5 2 AD ．3.5 A答案 B解析 根据有效值的定义有：(42)2R ×0.01×2＋(32)2 R ×0.01×2＝I 2R ×0.04，解得I ＝5 A ，故选B.2．(2019·浙江诸暨市期末)图2所示为一个小型电热水器，浸入水中的加热元件电阻器R L ＝1.0 Ω，在外部并联的电阻R S ＝2.0 Ω，电源为恒流电源，在正常工作时，电源始终给电路提供I ＝3.0 A 的恒定电流．则下列说法正确的是( )图2A ．R L 两端的电压为3.0 VB ．流过R L 的电流为1.0 AC ．R S 上消耗的电功率为2.0 WD．如果减小R S的电阻，则R L的电功率增大答案 C3.(多选)(2019·浙江温州市联考)如图3，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为理想电压表和理想电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则()图3A．V的读数变大，A的读数变小B．V的读数变大，A的读数变大C．V的读数变小，A的读数变大D．相同时间内电源内阻消耗的电能比断开前少答案BD解析S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大，R1两端电压减小，故R3两端电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，故B正确，A、C错误；电路中总电流减小，根据P＝I2r可知，内阻消耗的功率减小，则相同时间内电源内阻消耗的电能比断开前少，故D正确．4.(2019·江苏南通市通州区、海门市、启东市联考)如图4所示，R1是光敏电阻(光照增强，电阻减小)，C是电容器，R2是定值电阻．当R1受到的光照强度减弱时()图4A．电阻R2上的电流增大B．光敏电阻R1两端的电压减小C．电源两端电压减小D．电容器C的带电荷量减小答案 D解析当R1受到的光照强度减弱时，R1的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得，总电流I减小，即流过R2的电流减小，R2两端电压U2减小，路端电压U＝E－Ir，E、r不变，则U增大，所以光敏电阻R1两端的电压U1增大，故A、B、C错误；由于电容器与R2并联，所以电容器两端电压减小，由公式Q＝CU2可知，电容器的带电荷量减小，故D 正确．5.(2019·福建厦门市上学期期末质检)电风扇的挡位变换器电路如图5所示，把它视为一个可调压的理想变压器，总匝数为2 400的原线圈输入电压u ＝2202sin 100πt (V)，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为240、600、1 200、2 400.电动机M 的内阻r ＝8 Ω，额定电压为U ＝220 V ，额定功率P ＝110 W ．下列判断正确的是( )图5A ．该交流电源的频率为100 HzB ．当选择挡位3后，电动机两端电压的最大值为110 VC ．当挡位由3变为2后，原线圈的电流变大D ．当选择挡位4后，电动机的输出功率为108 W答案 D解析 根据原线圈输入电压的瞬时值表达式知：ω＝100π，交流电源的频率f ＝ω2π＝50 Hz ，故A 错误；当选择挡位3后，副线圈的匝数为1 200，根据电压与匝数成正比得：220 V U 2 ＝2 4001 200，解得：U 2＝110 V ，所以电动机两端电压的最大值为110 2 V ，故B 错误；当挡位由3变为2后，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压减小，输出功率变小，输入功率变小，根据P 1＝U 1I 1知原线圈电流变小，故C 错误；当选择挡位4后，副线圈匝数为2 400，根据变压规律得到副线圈两端的电压为220 V ，电动机正常工作，流过电动机的电流I ＝P U ＝110220A ＝0.5 A ，电动机的发热功率P 热＝I 2r ＝0.52×8 W ＝2 W ，电动机的输出功率P 出＝(110－2 ) W ＝108 W ，故D 正确．6.(2019·湖南娄底市下学期质量检测)如图6所示，一理想变压器的原线圈接有电压为U 的交变电流，副线圈接有电阻R 1和光敏电阻R 2(阻值随光照增强而减小)，开关S 开始时处于闭合状态，下列说法正确的是( )图6A ．电流表的示数随时间不断改变B ．当光照变弱时，变压器的输入功率变大C ．当开关S 由闭合到断开时，交流电流表的示数变大D．当滑动触头P向下滑动时，电阻R1消耗的功率增大答案 D解析光强一定，则R2一定，电流表的示数为其有效值，保持不变，选项A错误；当光照变弱时，光敏电阻的阻值变大，输出功率减小，输入功率也变小，故B错误；当开关S由闭合到断开时，副线圈两端的电压不变，光敏电阻R2阻值不变，则流过光敏电阻的电流不变，故C错误；当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减少，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压增大，电阻R1两端的电压增大，电阻R1消耗的功率增大，故D正确．7.(2019·贵州安顺市上学期质量监测)如图7所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个匝数为N的矩形线圈abcd，线圈面积为S，ab边与磁场垂直，ab边始终与金属滑环K相连，cd边始终与金属滑环L相连．现使矩形线圈以恒定角速度ω，从图示位置绕过ad、bc中点的轴匀速转动．下列说法中正确的是()图7A．将交流电流表串联到电路中，其示数随时间按余弦规律变化B．线圈转动的角速度越大，通过电阻R的电流越小C．线圈平面与磁场平行时，瞬时感应电动势最大E m＝NBSωD．线圈平面每转过半圈，穿过线圈平面的磁通量变化量为零答案 C解析交流电流表测量的是交变电流的有效值，不随时间变化，故A错误；根据e＝NBSωcos ωt 可知，线圈转动的角速度越大，产生的感应电动势越大，通过电阻R的电流越大，选项B错误．题图所示位置，线圈平面与磁场平行，线圈切割磁感线最快(垂直切割)，感应电动势最大，最大值为E m＝NBSω，故C正确；线圈从中性面位置每转过半圈，穿过线圈平面的磁通量变化量为2BS，选项D错误．8．(2019·河南驻马店市上学期期终)两个电路元件L1和L2的伏安特性曲线如图8甲所示．现把二者串联起来接在直流电源上，电源内阻为1 Ω，如图乙所示．闭合开关S后，电路中理想电流表A的读数为0.2 A，则电源的电动势和元件L2此时的电功率分别是()图8A ．3 V ,0.8 WB ．3.2 V ,0.8 WC ．3 V ,0.4 WD ．3.2 V,0.4 W答案 D解析 电路元件L 1和L 2串联，故I L1＝I L2＝0.2 A ，由题图图象可知：此时U L1＝1 V ，U L2＝2 V ；电源电动势U ＝Ir ＋U L1＋U L2＝0.2×1 V ＋1 V ＋2 V ＝3.2 V ；元件L 2的电功率P L2＝U L2I L2＝2 V ×0.2 A ＝0.4 W ．故选D.9．(2019·河南开封市第一次模拟)利用如图9装置给小灯泡供电，下列说法正确的是( )图9A ．图示位置穿过线框的磁通量的变化率最大B ．在图示位置线框电流改变方向C ．用变压器是为了提高输出功率D ．若灯泡亮度偏暗，可通过增加原线圈匝数来提高灯泡亮度答案 B解析 由题图可知，此时线圈和磁场垂直，线框的磁通量最大，感应电动势为0，线框电流改变方向，故B 正确，A 错误；变压器只是改变电压和电流，不改变功率和频率，故C 错误；根据n 1n 2＝U 1U 2，要使输出电压变大，可通过减少原线圈匝数，所以若灯泡亮度偏暗，可通过减少原线圈匝数来提高灯泡亮度，故D 错误．级争分练10.(多选)(2019·福建龙岩市期末质量检查)某同学在研究微型直流电动机的性能时，采用如图10所示的实验电路．闭合开关，并调节滑动变阻器R 的阻值，使电动机不转动，此时电流表和电压表的示数分别为I 1和U 1.重新调节R 的阻值，使电动机正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为I 2和U 2.则( )图10A ．这台电动机的线圈电阻为U 1I 1B ．这台电动机正常运转时线圈的发热功率为U 1I 1C ．这台电动机正常运转时的输出功率为U 2I 2－I 22U 1I 1D ．这个电源的内阻为U 2－U 1I 1－I 2答案 AC 解析 电动机不转动时满足欧姆定律，电动机的线圈电阻r 0＝U 1I 1，故A 对；电动机正常转动时的发热功率为P 1＝I 22r 0＝U 1I 22I 1，故B 错；这台电动机正常运转时输入功率为P 2＝U 2I 2 ，所以输出功率为P 3＝P 2－P 1＝U 2I 2－I 22r 0＝U 2I 2－I 22U 1I 1，故C 对；若滑动变阻器的阻值R 恒定不变，则根据闭合电路欧姆定律可知：E ＝U 1＋I 1(r ＋R )，E ＝U 2＋I 2(r ＋R )，解得：(r ＋R )＝U 2－U 1I 1－I 2 ，由于滑动变阻器的阻值变化，且不知道具体是多少，所以电源内阻不等于U 2－U 1I 1－I 2，故D 错．11．(2019·山东日照市上学期期末)在匀强磁场中，一个100匝的矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，线圈外接定值电阻和理想交流电流表(如图11甲所示)．穿过该线圈的磁通量按正弦规律变化(如图乙所示)．已知线圈的总电阻为2 Ω，定值电阻R ＝8 Ω(取π2＝10)．下列说法正确的是( )图11A ．电动势的瞬时值表达式e ＝42πsin πt (V)B ．电流表的示数最小为0C ．一个周期内产生的热量为32 JD ．0.5～1.5 s 的时间内，通过线圈横截面的电荷量为0答案 C解析 感应电动势的最大值为E m ＝NBSω＝NΦm ω＝N Фm ·2πT＝NΦm π＝100×42×10－2π V ＝42π V ，线圈电动势的瞬时值表达式为e ＝42πcos πt (V) ，故A 错误；交流电流表的示数为交变电流的有效值，I ＝E m 2(R ＋r )＝42π2(8＋2)A ＝0.4π A ．一个周期内产生的热量为Q ＝I 2(R ＋r )T ＝(0.4π)2×(2＋8)×2 J ＝32 J ，故B 错误，C 正确；0.5～1.5 s 的时间内，通过线圈横截面的电荷量为q ＝N ΔΦr ＋R＝100×82×10－210 C ＝45 2 C ，故D 错误．。
高考物理复习：直流与交流电路问题
直流电路的分析和计算
核心知识 1．明确 1 个定律、2 个关系
(1)闭合电路的欧姆定律：I＝R＋E r
物
理
二
轮 复
(2)路端电压与电流的关系：U＝E－Ir
习
(3)路端电压与负载的关系
U＝IR＝R＋R rE＝1＋1 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。
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第一部分 专题四 电路和电磁感应
A．1∶ 2 C．1∶2
B． 2∶1 D．2∶1
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第一部分 专题四 电路和电磁感应
[解析] 由有效值概念知，一个周期内产生热量 Q 方＝uR20·T2＋uR20·T2＝uR20T，Q 正＝
物
二 轮 复 习
u0 2
UR2有效T＝
2 R
T＝12·uR20T，故知，Q
方∶Q
正＝2
1。
理
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第一部分 专题四 电路和电磁感应
2．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。
物
理
二
轮 复 习
(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，与它并联或间接并联的电阻中的电
流、两端电压、消耗的电功率都增大(减小)。
直流电路的动态分析
核心知识
1．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 物
二 轮
小)。
理
复 习
(2)若电键的通断使串联的用电器增多，总电阻增大；若电键的通断使并联
高三物理电路分析练习题
高三物理电路分析练习题1. 电流与电压关系a) 电流与电压之间的关系是什么？请用公式表示。
根据欧姆定律，电流与电压之间的关系可以用以下公式表示：I = V/R其中，I表示电流，V表示电压，R表示电阻。
b) 如果一个电路中的电压为12V，电阻为4Ω，那么电流是多少？根据公式I = V/R，将数值代入，可以得到：I = 12V / 4Ω = 3A所以，电流为3安培。
2. 并联与串联电路a) 什么是并联电路？它们的特点是什么？并联电路指的是多个电器或电阻以并行的方式连接在一起。
在并联电路中，每个电器或电阻都有相同的电压，但电流会根据电器或电阻的不同而分流。
特点是电压相同，电流分流。
b) 什么是串联电路？它们的特点是什么？串联电路指的是多个电器或电阻以串联的方式连接在一起。
在串联电路中，电流是相同的，但是电压会根据电器或电阻的不同而分配。
特点是电流相同，电压分配。
3. 电阻的计算a) 如果一个电路中有两个电阻，阻值分别为6Ω和4Ω，并且串联连接起来，那么总电阻是多少？在串联电路中，总电阻等于各个电阻的阻值之和。
所以，总电阻为6Ω + 4Ω = 10Ω。
b) 如果一个电路中有两个电阻，阻值分别为8Ω和12Ω，并且并联连接起来，那么总电阻是多少？在并联电路中，总电阻可以通过以下公式计算：1/R = 1/R1 + 1/R2将数值代入，得到：1/R = 1/8Ω + 1/12Ω = (3+2)/24Ω = 5/24Ω所以，总电阻为24Ω/5 = 4.8Ω。
4. 电功率的计算a) 什么是电功率？请用公式表示。
电功率是电流通过电器或电阻时所产生的能量转化速率。
电功率可以用以下公式表示：P = VI其中，P表示电功率，V表示电压，I表示电流。
b) 如果一个电器的电压为120V，电流为2A，那么它的电功率是多少？根据公式P = VI，将数值代入，可以得到：P = 120V * 2A = 240W所以，电器的电功率为240瓦特。
备战高考物理二轮复习专题复习专题六 电磁感应和电路 第2课时直流电路和交流电路
第2课时 直流电路和交流电路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 ＝NBSω，电容器的击穿电压指最大值． (2)瞬时值(从中性面开始计时)e ＝NBSωsin 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 1.1．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)．2．变压器和远距离输电的分析技巧(1)变压器副线圈的电流和功率决定原线圈的电流和功率； (2)远距离输电问题分析的关键是求中间回路电流的大小．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．电容器的特点(1)只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的支路相当于断路．(2)电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压．例1 如图1所示，汽车蓄电池与车灯、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05 Ω，电表可视为理想电表．只接通S 1时，电流表示数为10 A ，电压表示数为12 V ，再接通S 2，启动电动机时，电流表示数变为8 A ，则此时通过启动电动机的电流是( )图1A ．2 AB ．8 AC ．50 AD ．58 A 答案 C解析 只接通S 1时，由闭合电路欧姆定律得：E ＝U ＋Ir ＝12 V ＋10×0.05 V ＝12.5 V ，R 灯＝1210 Ω＝1.2 Ω，再接通S 2后，流过电动机的电流为：I 电动机＝12.5－8×1.20.05A －8 A ＝50 A ，故选C.拓展训练1 2019年3月19日，复旦大学科研团队宣称已成功制备出具有较高电导率的砷化铌纳米带材料，据介绍该材料的电导率是石墨烯的1 000倍．电导率σ就是电阻率ρ的倒数，即σ＝1ρ.下列说法正确的是( )A ．材料的电导率越小，其导电性能越强B ．材料的电导率与材料的形状有关C ．电导率的单位是1Ω·mD ．电导率大小与温度无关 答案 C解析 材料的电导率越小，电阻率越大，则其导电性能越弱，选项A 错误；材料的电导率与材料的形状无关，选项B 错误；根据R ＝ρL S ，则σ＝1ρ＝L RS ，则电导率的单位是m Ω·m 2＝1Ω·m ，选项C 正确；导体的电阻率与温度有关，则电导率大小与温度有关，选项D 错误． 拓展训练2 (多选)如图2所示，直流电路中，R 1、R 2是定值电阻，R 3是光敏电阻，其阻值随光照增强而减小．当开关S 闭合，电容器两板间的M 点的带电液滴恰好能保持静止．现用强光照射电阻R 3时( )图2A ．电源的总功率减小B ．A 板的电势降低C ．液滴向上运动D ．电容器所带电荷量增加答案 CD解析 电路稳定时电容器两板间的电压等于R 1两端的电压，当用强光照射光敏电阻R 3时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，电源的总功率P ＝EI 变大，R 1两端间的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，液滴向上运动，故A 错误，C 正确；电容器的电压增大，电容不变，由Q ＝CU 知，电容器所带电荷量增加，故D 正确；由于电路中的电流增大，R 1两端的电势差增大，又因为R 1下端接地，电势为零，所以R 1上端电势升高，A 板的电势也升高，故B 错误．例2如图3甲所示，一个简单的闭合电路由内、外两部分电路构成．已知内电路的电源是一个化学电池，电池的正、负极附近分别存在着化学反应层，反应层中非静电力(化学作用)把正电荷从电势低处移到电势高处，在这两个地方，电势会沿电流方向“跃升”．这样整个闭合电路的电势高低变化情况如图乙所示，图乙中各点位置的高低表示电路中相应各点电势的高低，D点的高度略低于C点．若减小外电路电阻R，则下列说法正确的是()图3A．C、D两点之间的高度差将变大B．A、D两点之间的高度差和C、B两点之间的高度差之和将变小C．A、B两点之间的高度差不变D．在电子从A点经D、C移动至B点的过程中，非静电力做功将变大答案 A解析因电动势不变，减小外电路电阻R，电路中的电流增大，内电压变大，外电压减小，A、B两点的高度差为外电压，减小；C、D两点高度差类似于内电压，变大，故A正确，C错误；A与D，C与B高度差的总和为电动势，故应不变，故B错误；电子从A处经D、C至B处，非静电力做功W＝Eq，不变，故D错误．拓展训练3小雷同学家里购买了一款扫地机器人，如图4所示，小雷同学仔细检查了这个新扫地机器人，发现铭牌上标有如表所示数据，则该扫地机器人()图4主机基本参数产品尺寸345 mm*345 mm*96 mm电池14.4 V/5 200 mA·h锂电池产品质量约3.8 kg无线连接WiFi智能快连额定电压14.4 V额定功率55 WA.额定工作电流为0.25 AB．充满电后正常工作的时间为2.5 hC．电池充满电后储存的总电荷量为18 720 CD．以额定电流工作时每小时消耗能量为55 J答案 C解析由铭牌知，扫地机器人工作的额定电压为14.4 V，额定功率为55 W，则额定电流I＝5514.4A ≈3.82 A，每秒钟消耗能量W＝Pt＝55 J，A、D错误；根据电池容量5 200 mA·h知，电池充满电后储存的总电荷量Q＝5.2 A×3 600 s＝18 720 C，充满电后正常工作的时间t＝5 200×10－3 A·h3.82 A≈1.36 h，B错误，C正确．例3(多选))风电是一种清洁、绿色的可再生能源，中国的风电装机容量，目前处于世界领先地位．图5甲为风力发电的简易模型，在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动，磁铁下方的线圈与电压传感器相连．在某一风速时，传感器显示如图乙所示，则()图5A．磁铁的转速为10 r/sB．线圈两端电压的有效值为6 2 VC．交变电流的电压表达式为u＝12sin 5πt (V)D．该交变电流的频率为50 Hz答案BC解析电压的周期为T＝0.4 s，故磁铁的转速为n＝1T＝2.5 r/s＝f＝2.5 Hz，故A、D均错误；由题图乙可知线圈两端电压的最大值为12 V，故有效值U＝U m2＝122V＝6 2 V，故B正确；周期T＝0.4 s，故ω＝2πT＝2π0.4rad/s＝5π rad/s，故电压的表达式为u＝12sin 5πt (V)，故C正确．拓展训练4(多选)图6甲为一台小型发电机构造示意图，内阻r＝5 Ω，外电路电阻R＝95 Ω，电路中其余电阻不计．发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n＝100.转动过程中穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化，如图乙所示，(π＝3.14，2＝1.4)则()图6A．该小型发电机的电动势的最大值为200 VB．t＝3.14×10－2 s时，磁通量的变化率为2 Wb/sC．t＝3.14×10－2 s时，串联在外电路中的交流电流表的读数为2 AD．t＝3.14×10－2 s时，串联在外电路中的交流电流表的读数为1.4 A答案ABD解析从Φ－t图线可以看出，Φmax＝1.0×10－2 Wb，T＝3.14×10－2 s，ω＝2πT，感应电动势的最大值E max＝nωΦmax＝100×2π3.14×10－2×1.0×10－2 V＝200 V，故A正确；t＝3.14×10－2 s时，磁通量Φ的变化率最大，最大值为ΔΦΔt＝E maxn＝200100Wb/s＝2 Wb/s，选项B正确；串联在外电路中的交流电流表的读数为I＝E max2R＋r＝1.4 A，故C错误，D正确.1．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．2．理想变压器问题分析技巧(1)根据题意分清变量和不变量；(2)弄清“谁决定谁”的制约关系．对电压而言，输入决定输出；对电流、电功(率)而言，输出决定输入．3．远距离输电问题的解题关键(1)整个输电线路由三个回路组成，回路间通过变压器建立联系． (2)关键是通过分析，利用题目条件，首先求出中间回路的电流．例4 (多选)如图7甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，原线圈的输入电压u 随时间t 变化图象如图乙所示，D 为理想二极管，R 为电阻箱，当电阻箱阻值R ＝11 Ω时，下列说法正确的是( )图7A ．原线圈的输入电压频率为50 HzB ．电阻箱R 两端电压的有效值为11 VC ．电阻箱R 消耗的功率为22 WD ．若电阻箱R 阻值变小，原线圈中的电流减小 答案 AC解析 由题图可知，T ＝0.02 s ，f ＝1T ＝10.02 Hz ＝50 Hz ，故A 正确；原线圈电压的有效值为：U 1＝22022 V ＝220 V ，由变压比可知，副线圈两端的电压U 2＝22 V ，由于二极管具有单向导电性，由电流的热效应可知，U R 2R T ＝222R ·T2，解得：U R ＝11 2 V ，故B 错误；由热功率P＝U R 2R ＝(112)211 W ＝22 W 可知，电阻箱R 消耗的功率为22 W ，故C 正确；若电阻箱R 阻值变小，由于原线圈电压不变和变压器匝数比不变，所以副线圈的电压不变，所以副线圈电流变大，则原线圈电流变大，故D 错误．拓展训练5 如图8甲所示的电路中，L 1、L 2为两只“3 V 3 W ”的灯泡，变压器为理想变压器，电流表和电压表均为理想电表．当a 、b 端接如图乙所示的交变电压时，两只灯泡均正常发光．则( )图8A ．电压表的示数为3 VB ．电压表的示数为6 VC ．电流表的示数为0.2 AD ．电流表的示数为0.5 A 答案 C解析 根据题图乙可知，该正弦交变电压有效值为U 1＝3022 V ＝30 V ，电压表测的是有效值，所以电压表示数为30 V ，A 、B 错误；两灯泡均正常发光，根据串联电路功率关系，副线圈功率P 2＝2P L ＝6 W ，根据变压器输入功率等于输出功率，所以P 1＝P 2＝6 W ，且P 1＝I 1U 1，所以I 1＝P 1U 1＝630A ＝0.2 A ，所以电流表的示数为0.2 A ，C 正确，D 错误． 拓展训练6 )如图9所示，变压器为理想变压器，电流表A 1内阻不可忽略，其余的均为理想的电流表和电压表．a 、b 接在电压有效值不变的交流电源两端，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器．现将滑动变阻器的滑片沿c →d 的方向滑动时，则下列说法正确的是( )图9A ．电压表V 1、V 2示数不变，V 3示数变小B ．电压表V 1、V 2示数变小，V 3示数变大C ．电流表A 1、A 2的示数都增大D ．电流表A 1的示数变小，A 2的示数增大 答案 C解析 当滑动变阻器滑片从c 向d 滑动的时候，滑动变阻器接入电路的电阻减小，副线圈的总电阻减小，假设副线圈的总电压不变，则副线圈的总电流I 2＝U 2R 总增大，变压器的电流关系I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈的总电流I 1增大，则原线圈两端的电压U 1＝U 0－I 1R A1减小，又U 1U 2＝n 1n 2可知副线圈两端的电压U 2减小，滑动变阻器两端的电压U 3＝U 2－I 2R 0减小，而电压表V 1测量的是U 1，电压表V 2测量的是U 2，电压表V 3测量的是U 3，电流表A 1测量的是I 1，电流表A 2测量的是I 2，故A 、B 、D 错误，C 正确．例5 (多选))如图10所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压U 1及输电线的电阻、理想变压器的匝数均不变，夜幕降临当用户开启的用电器越来越多时，下列表述正确的是()图10A．升压变压器副线圈电压U2降低B．降压变压器原线圈电压U3降低C．输电线消耗的功率增大D．发电机的输出功率不变答案BC解析当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则降压变压器原线圈电流变大，输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大，C正确；发电机的输出电压U1不变，升压变压器匝数比不变，则副线圈电压U2不变，由输电线上的电压损失增大，可知降压变压器的输入电压U3减小，故A错误，B正确；发电机输出功率随用户开启的用电器增多而增加，D错误．拓展训练7(多选)某同学模拟“远距离输电”电路，将实验室提供的器材连接成了如图11所示电路．A、B为理想变压器，灯L1、L2相同且阻值不变，输电线路等效电阻为R.现保持A的输入电压不变，当开关S断开时，灯L1正常发光，则()图11A．仅闭合S，L1变暗B．仅闭合S，输电线路的发热功率变小C．仅将滑片P上移，L1变亮D．仅将滑片P上移，输电线路的发热功率变小答案AD解析闭合S，则B副线圈回路消耗功率增大，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正确，B错误；仅将滑片P上移，A副线圈匝数减小，则A的输出电压减小，B的输入电压减小，灯泡两端电压也减小，故L1变暗，消耗功率减小，流过灯泡的电流减小，则B副线圈中电流减小，B原线圈中电流也减小，流过R的电流减小，输电线路的发热功率变小，故C错误，D正确．拓展训练8(多选)如图12所示为远距离输电的原理图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压恒定、输电线上的电阻不变，假设用户所用用电器都是纯电阻用电器，若发现发电厂发电机输出的电流增大了，则可以判定()图12A．通过用户的电流减小了B．用户接入电路的总电阻减小了C．用户消耗的电功率减小了D．加在用户两端的电压变小了答案BD解析如果发电机输出电流增大，根据变流比可知，输送电流增大，通过用户的电流增大，A项错误；由于输电线上损失的电压增大，因此降压变压器输入、输出电压均减小，即加在用户两端的电压变小了，D项正确；由I2U2＝I22R＋(n32R用户可知，输送电流增大，是由于n4I2)R用户减小引起的，B项正确；当用户总电阻减小时，即用户所用用电器增多，用户消耗的电功率增大，C项错误．专题强化练(限时15分钟)1.在图1所示电路中，R1、R2是定值电阻，当滑动变阻器滑片向上移动时()图1A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C ．电压表示数变大，电流表示数变大D ．电压表示数变小，电流表示数变小答案 B解析 根据题意，由题图可知，电流表与滑动变阻器串联而电压表与滑动变阻器并联，当向上移动滑片时滑动变阻器接入电路的阻值变小，再根据结论“串反并同”，可知电流表示数变大而电压表示数变小，B 选项正确．2.(多选)如图2所示，曲线C 1、C 2分别是纯电阻电路中，内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线．由该图可知下列说法中正确的是( )图2A ．两条图线的交点表示内、外电路消耗的总功率为4 WB ．电源的内电阻为1 ΩC ．电源输出功率最大值为4 WD ．电源的效率最大可达50%答案 BC解析 根据题图可以知道，曲线C 1、C 2的交点的位置，此时内、外电路的功率相等，由于内、外电路的电流是相等的，所以此时电源的内阻和外电路总电阻大小是相等的，内、外电路消耗的功率相等，总功率为8 W ，即此时电源的输出功率是最大的，由题图可知电源输出功率最大值为4 W ，所以A 错误，C 正确；根据P ＝I 2R ＝I 2r 可知，当输出功率最大时，P ＝4 W ，I ＝2 A ，所以R ＝r ＝1 Ω，所以B 正确；电源的效率η＝IU IE ×100%＝U E ×100%＝IR I (R ＋r )×100%＝R R ＋r ×100%＝11＋r R×100%，R 越大，效率越大，只当r ＝R 时，电源的效率才是50%，但不是效率的最大值，选项D 错误．3.(多选)如图3为一种直流发电机的结构示意图，直流发电机由两块永磁体、线圈和换向器组线缠绕而成．永磁体N 、S 极相对，中间区域视为匀强磁场，磁感应强度为B .线圈由N 匝导线缠绕而成，面积为S ，可绕如图所示的轴线匀速转动，角速度为ω.换向器由两个半铜环和两个电刷构成，半铜环分别与线圈中导线的两端固连，线圈和半铜环绕着轴线以相同角速度转动．电刷位置固定，作为输出端与外电路相连(图中未画出)．每当线圈转到中性面位置时，半铜环和电刷会交换接触，以保持输出电流方向不变，且交换时间极短可忽略．下列说法正确的是( )图3A ．当线圈按照图示的方向转动时，电刷a 的电势比b 的电势高B ．当线圈转到图示位置时，线圈中产生的电动势为零C ．该发电机产生电动势的最大值为NBSωD ．该发电机产生电动势的最大值是有效值的2倍答案 CD解析 线圈为等效电源，当线圈按照题图所示的方向转动时，根据右手定则知电刷a 的电势比b 的电势低，故A 错误；当线圈转到题图所示位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率达到了最大，所以线圈中产生的电动势也达到了最大，故B 错误；发电机产生的电动势随时间变化图象如图所示，其中最大值为NBSω，且是有效值的2倍，故C 、D 正确．4．(多选)如图4所示，电路中的变压器为理想变压器，U 为正弦式交变电压，R 为变阻器，R 1、R 2是两个定值电阻，A 、V 分别是理想电流表和理想电压表，则下列说法正确的是( )图4 A ．闭合开关S ，电流表示数变大、电压表示数变小B ．闭合开关S ，电流表示数变小、电压表示数变大C ．开关S 闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变小D ．开关S 闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变大答案 AC解析 闭合开关S ，负载总电阻变小，变压器的输出功率增大，副线圈的电流增大，根据I 1I 2＝n 2n 1可知变压器的输入电流增大，即电流表示数变大，变阻器R 两端电压增大，根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据U 1U 2＝n 1n 2可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，故A 正确，B 错误；开关S 闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，变阻器R 的阻值增大，两端电压增大，根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据U 1U 2＝n 1n 2可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，根据欧姆定律可知副线圈的电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1可知变压器的输入电流减小，即电流表示数变小，故C 正确，D 错误．5．(多选)如图5甲所示，一理想变压器原线圈匝数n 1，副线圈匝数n 2，电流表和电压表是理想电表，副线圈接有“220 V 220 W ”的抽油烟机和“220 V 40 W ”的白炽灯，如果原线圈电压按图乙所示规律变化，抽油烟机正常工作，则下列说法正确的是( )图5A ．理想变压器原、副线圈的匝数比n 1n 2＝101B ．电流表A 2的读数为1 A ，电压表的示数为220 VC ．抽油烟机的内阻为220 ΩD ．变压器的输入功率为260 W答案 AD解析 原线圈两端电压为：U 1＝2 20022V ＝2 200 V ，抽油烟机正常工作，则副线圈两端电压U 2＝220 V ，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝101，故A 正确；电流表A 2的读数为：I 2＝P M U 2＋P L U 2＝220220 A ＋40220A ≈1.18 A ，电压表的示数为220 V ，故B 错误；抽油烟机正常工作时不符合欧姆定律，所以根据题中条件无法计算其内阻，故C 错误；变压器的输入功率等于输出功率，即为：P 入＝P 出＝220 W ＋40 W ＝260 W ，故D 正确．6．钳形电流表由电流互感器和电流表组合而成，常用来测量电流强度很大的电流，其原理如图6.若原线圈与副线圈的匝数比为1∶500，电流表A 的示数为1 A ，则( )图6A ．钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯B ．钳形电流表能够用来测量直流电的电流C ．被测电路电流的平均值为500 AD ．被测电路电流的最大值为500 A答案 A解析 钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯，A 正确；互感器利用的是电磁感应的互感原理，不能用于测量直流电，故B 错误；由I 2I 1＝n 1n 2得：I 1＝n 2I 2n 1＝500×11A ＝500 A ，因为电流表测的是有效值，故C 、D 错误．7．如图7甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，电流表和电压表均为理想电表，R 是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，L 是理想线圈，C 是耐压值和电容都足够大的电容器，D 是灯泡，K 是单刀双掷开关．当原线圈接入如图乙所示的正弦交流电时，下列说法正确的是( )图7A ．开关K 连通1时，电压表的示数为44 VB ．开关K 连通1时，若光照增强，电流表的示数变小C ．开关K 连通2时，灯泡D 不亮D ．开关K 连通2时，若光照增强，电压表的示数减小答案 A解析 开关K 接通1时，根据题图乙可知原线圈电压有效值为：U 1＝22022V ＝220 V ，则根据U 1U 2＝n 1n 2可以得到：U 2＝n 2n 1U 1＝15×220 V ＝44 V ，即电压表的示数为44 V ，故选项A 正确；开关K 连通1时，若光照增强，则电阻R 阻值减小，则副线圈总电阻减小，而U 2不变，则副线圈电流I 2增大，根据I 1I 2＝n 2n 1可知，原线圈电流I 1增大，即电流表的示数变大，故选项B 错误；开关K 连通2时，由于交变电流可以“通过”电容器，故灯泡D 发光，故选项C 错误；开关K 连通2时，若光照增强，则电阻R 阻值减小，但是由于原、副线圈两端的电压之间关系为U 1U 2＝n 1n 2与副线圈总电阻无关，故电压表的示数不变，故选项D 错误．。
【高考复习】2020版高考物理 热点冲刺练习12 直流电路与交流电路(含答案解析)
2020版高考物理热点冲刺练习12 直流电路与交流电路1.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=25πT.单匝矩形线圈面积S=1 m2.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，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当下移2.图甲电路中，D为二极管，其伏安特性曲线如图乙所示．在图甲电路中，闭合开关S，滑动变阻器R的滑片P从左端向右移动过程中( )A．二极管D消耗的功率变大B．二极管D的电阻变大C．通过二极管D的电流减小D．电源的功率减小3.某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向R0=11Ω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．下列说法正确的是( )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．输电线消耗的功率为500 WD．当用电器的电阻减小时，输电线消耗的功率减小4.在如图所示的电路中，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，关于故障判断的下列说法正确的是( )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5.如图所示，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∶1 C．6∶2∶1 D．2∶2∶16.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(温度升高，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处温度升高后，下列说法正确的是( )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7.如图所示为一交流发电机的原理示意图，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，线圈在磁感应强度为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，线圈两端通过电刷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．线圈中感应电动势的最大值为BωL1L2B ．线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式为e=nBωL 1L 2 cos ωtC ．经过14周期时间通过电阻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 22R2R ＋r28. (多选)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 ．电动机消耗的总功率为UIB ．电源的效率为1－IrEC ．电源的输出功率为EID ．电动机消耗的热功率为U2R9. (多选)如图所示的电路中电表均为理想电表，闭合开关S ，将滑动变阻器的滑片P 向右移动至某一位置，与移动前相比，下列说法正确的是( )A ．电流表读数变小，电压表读数变大B ．小灯泡L 变亮C ．电源的输出功率一定变大D ．电容器C 所带的电荷量减少10. (多选)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殊情况：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，将它们串联或并联组成的系统视为一个新的等效电源，这两种连接方式构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′.试根据以上信息，判断下列说法中正确的是( )A ．甲图中的E′=rR ＋rE ，r′=R ＋rB ．甲图中的E′=E ，r′=R ＋rC ．乙图中的E′=E ，r′=RrR ＋rD ．乙图中的E′=R R ＋rE ，r′=RrR ＋r11.如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°角．在y轴与MN之间的区域I内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求：(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小，(2)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向；(3)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小．12.如图所示，平行金属板竖直放置，底端封闭，中心线上开一小孔C ，两板相距为d ，电压为U.平行板间存在大小为B 0的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，AC 是两板间的中心线．金属板下方存在有界匀强磁场区域MPNQ ，其中MPQ 是直角三角形，PQ 边长为a ；PM 边长为34a ，A 、C 、P 、Q 四点共线，M 、P 、N 三点共线，曲线QN 是以2a 为半径、以AQ 上某点(图中未标出)为圆心的一段圆弧，该区域内磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里．若大量带电离子沿AC 方向射入两金属板之间，有部分离子经P 点进入下方磁场区域．不计离子重力，忽略离子间的相互作用．(1)求由P 点进入下方磁场的离子速度；(2)若由P 点进入下方磁场的正负离子都从MN 边界上穿出，求这些正负离子的比荷的最小值之比；(3)若由P 点进入下方磁场的另一些正负离子的比荷都处于(2)问中两个最小值之间(比荷的最大值是(2)问中较大的最小值，比荷的最小值是(2)问中较小的最小值)．求磁场边界上有正负离子到达的区域范围．答案解析1.答案为：C ；解析：[灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I 2=6 W 6 V =1 A ；根据公式：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 ，根据公式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；根据公式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，根据公式E m =NBSω，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P 适当上移，故D 错误．]2.答案为：A ；解析：[滑动变阻器R 的滑片P 从左端向右移动过程中，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，消耗的功率也增大，故A 正确，B 、C 错误；电源的功率为：P=EI ，因为电流增大，所以电源的功率增大，故D 错误．所以A 正确，B 、C 、D 错误．]3.答案为：A ；解析：[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=U2R 0=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U 1U 2=n 1n 2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，输电线电阻消耗的功率P=I 2R=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=I 2R 可知，输电线消耗的功率增大，D 项错．]4.答案为：D ；解析：[由电路元件各物理量动态变化的规律“串反并同”可知，只有当R 4短路时(可认为电阻减小)，外电路电阻减小，总电流增大，电流表A 的读数变大，R 4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.故选D.]解析：[灯泡正常发光，可得U A =U B =U C =U D ，所以U 2=2U 3，由理想变压器的电压关系得n 2n 3=U 2U 3=21，可得n 2=2n 3.灯泡都正常发光，则功率相等，即P A =P B =P C =P D .由P=I 2R 得 I A =I B =I C =I D ， 即I 1=I 2=I 3.由理想变压器的功率关系得U 1I 1=U 2I 2＋U 3I 3，即n 1I 1=n 2I 2＋n 3I 3， 可得n 1=n 2＋n 3=2n 3＋n 3=3n 3.所以n 1∶n 2∶n 3=3∶2∶1.]．6.答案为：D ；解析：[A 项：当R 处温度升高时，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，E 2的内电压增大，则其路端电压变小．总电流增大，则R 2两端电压增大，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，则通过R 3的电流增大，R 3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R 2的电流变化量的比值ΔU ΔI =RR 3R ＋R 3，保持不变，故D 正确．]7.答案为：D ；解析：[线圈产生的感应电动势的最大值E m =nBωL 1L 2，选项A 错误；感应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；根据法拉第电磁感应定律有E=n ΔΦΔt，由闭合电路欧姆定律有I=E R ＋r ，又ΔΦ=BL 1L 2，q=IΔt，联立解得q=n BL 1L 2R ＋r，选项C 错误；线圈中感应电动势的有效值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 ＋r2，选项D 正确．]8.答案为：AB ；解析：[电动机消耗的总功率应该用P=IU 来计算，所以总功率为IU ，所以A 正确；电动机消耗的热功率应该用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I 2r ，所以电源的效率为IE －I 2r IE =1－IrE，所以B 正确．故选AB.]9.答案为：BD ；解析：[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，因为不知道外阻和内阻的关系，所以不能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．]解析：[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′=ER R ＋r ；r′=RrR ＋r，故选项C 错误，D 正确；故选BD.]11.解：(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动， 三力满足如图甲所示关系且小球只能做匀速直线运动．由图甲知tan 37°=qE 1mg ，解得E 1=3mg 4q ，cos 37°=mg B 1qv 0解得B 1=5mg4qv 0(2)区域Ⅰ中小球做加速直线运动，电场强度最小，受力如图乙所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动，由图乙知cos 37°= qE 2mg ，解得E 2=4mg5q方向与x 轴正方向成53°角斜向上(3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以mg=qE 3，得E 3=mgq因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图丙所示由几何关系可知r ＋r·cos 53°=d，解得r=58d由洛伦兹力提供向心力知B 2q·2v 0=m 2v 02r ，联立得B 2=16mv 05qd12.解：(1)只有离子在平行金属板间匀速运动，带电粒子才有可能从C 点进入磁场，故有qvB 0=q U d 解得：v=UdB 0(2)由洛伦兹力提供向心力，所以有qvB=mv 2R 解得R=mv qB =mUqdBB 0可见比荷越大，半径越小，若出P 点进入下方磁场的正负离子都从MN 边界上穿出，比荷最小的正负带电粒子刚好与边界相切．也就是带正电的粒子做圆周运动的圆周与圆形磁场相切，带负电的粒子做圆周运动与直角三角形的斜边MQ 相切．如图所示带正电的粒子做圆周运动的圆周与圆形磁场相切，由几何关系可得：R 21＋a 2=(2a －R 1)2解得：R1=3a 4带正电粒子最小比荷是q 1m 1=U R 1dBB 0=4U3adBB 0带负电的粒子做圆周运动与直角三角形的斜边MQ 相切， 由几何关系可得：MO 2MQ =KO 2PQ =R 2a 解得：R 2=13a带负粒子最小比荷是q 2m 2=U R 2dBB 0=3UadBB 0所以，这些正负离子的比荷的最小值之比q 1m 1q 2m 2=49(3)若由P 点进入下方磁场的另一些正负离子的比荷都处于(2)问中两个最小值之间(比荷的最大值是(2)问中较大的最小值，比荷的最小值是(2)问中较小的最小值)．带正电粒子运动较迹如图所示，到P 点距离x 1=2R 2=23a 范围宽度d 1=2(R 1－R 2)=56a所以带正电粒子从MN 边界是穿出，范围是距P 点23a ，宽度是ab=56a带负电粒子运动轨迹如图所示到M 点距离x 2=34a －R 22－R 22=14a 范围宽度d 2=(R 1－x 2)=12a所以带负电粒子MQ 边界是穿出，范围是距M 点14a ，宽度是cd=12a。
高三物理专项训练 直流电路和交流电路(附答案解析)
直流电路和交流电路专题强化练1．(2019·贵州贵阳监测)一个200匝的闭合矩形金属线圈，总电阻为4 Ω，在匀强磁场中，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量Φ随时间t按如图所示的正弦规律变化．则()A．t＝0时，线圈平面与磁感线垂直B．t＝0.5 s时，线圈中的感应电动势最大C．0～2 s内，线圈中产生的热量为18π2 JD．0～2 s内，线圈中产生的热量为9π2 J【答案】D【解析】根据磁通量随时间变化的图像可知，t＝0时，穿过线圈的磁通量为零，线圈平面与磁感线平行，选项A错误；t＝0.5 s时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势为零，选项B错误；磁通量最大值Φm＝0.03 Wb，E m＝nΦmω，ω＝2πT，T＝2 s，n＝200，E＝E m2，联立解得E＝32π V，在0～2 s内，线圈中产生的热量Q＝E2R T＝9π2 J，选项D正确，C错误．2.(河北衡水三模)(多选)如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻，R L为光敏电阻(光敏电阻被光照射时阻值变小)，C为电容器．闭合开关S，电路稳定后，用光照射R L，下列说法正确的是()A．电压表示数增大B．电源的效率增大C．电容器所带电荷量增加D．R2消耗的功率增大【答案】CD3.(2019·山东省青岛市二模)如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表．闭合开关S后，将滑动变阻器R1的滑片向右移动，下列说法正确的是()A．电流表A的示数变大B．电压表V的示数变大C．电容器C所带的电荷量减少D．电源的效率增加【答案】D【解析】R1的滑片向右移动，接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律知，干路中的电流减小，路端电压增大，R3两端的电压减小，电压表V的示数变小，B错误；并联部分的电压增大，电容器C所带的电荷量增加，C错误；通过R2的电流增大，所以通过R1的电流减小，电流表的示数变小，A错误；电源的效率：η＝UIEI×100%＝UE×100%，所以效率增加，D正确．4.(2019·广东省韶关市11月月考)如图所示，电源的电动势为30 V，内电阻为1 Ω，一个标有“6 V，12 W”的电灯与一个绕线电阻为2 Ω的电动机串联．开关闭合后，电路中的电灯正常发光，则电动机输出的机械功率为() A．36 W B．44 WC．48 W D．60 W【答案】A【解析】电路中电灯正常发光，所以U L＝6 V，则电路中电流为I＝P LU L＝126A＝2 A，电动机两端的电压U M＝E－Ir－U L＝(30－2×1－6) V＝22 V，则电动机输出的机械功率P出＝P电－P热＝U M I－I2R M＝(22×2－4×2) W＝36 W.5．(2019·安徽淮北地区摸底)甲、乙两矩形单匝金属线圈分别绕与磁感线垂直的轴在同一匀强磁场中匀速转动，输出交流电的感应电动势随时间变化图像如图中甲、乙所示，则()A．甲的频率是乙的频率的2倍B．甲线圈的截面积是乙线圈截面积的6倍C．t＝1 s时，两线圈中的磁通量均为零D．t＝2 s时，两线圈均与磁感线平行【答案】B【解析】由图像知甲的周期为2 s，乙的周期为1 s，由f＝1T可知f甲∶f乙＝1∶2，选项A错误；甲的感应电动势的最大值为6 V，乙的感应电动势的最大值为2 V ，所以E 甲∶E 乙＝3∶1，又ω＝2πT ，则ω甲∶ω乙＝1∶2，由E ＝BSω可知S 甲∶S 乙＝6∶1，选项B 正确；当线圈处于中性面时磁通量最大，而感应电动势为零，当线圈平行于磁感线时，通过线圈的磁通量为零，而感应电动势最大，t ＝1 s 和t ＝2 s 时两线圈均处于中性面位置，选项C 、D 错误．6．(2019·山西省晋城市第一次模拟)(多选)如图所示为某山区小型水电站的电能输送示意图，发电机输出的电压和输电线路上的电阻恒定，用电器均为纯电阻元件，当用电高峰来临时，下列判断正确的是( )A ．用电器等效电阻R 0变大B ．升压变压器T 1的输出电压变大C ．降压变压器T 2的输出电压变小D ．输电线路总电阻R 上消耗的功率变大【答案】CD【解析】用电高峰来临时，用电器增多，用电器并联后的总电阻R 0减小，选项A 错误；由于升压变压器的输入电压一定，则输出电压一定，选项B 错误；设输电线的输送电流为I ，降压变压器的变压比为k ，升压变压器的输出电压为U ，则U ＝IR ＋k 2IR 0，当R 0减小时，I 增大，输电线总电阻R 消耗的功率P R ＝I 2R 变大，选项D 正确；降压变压器T 2的输入电压等于U －IR ，可以判断此电压减小，则输出电压也减小，选项C 正确．7．(2019·山东省枣庄市二调)(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝10∶1，电阻R ＝10 Ω，两只相同小灯泡L 1、L 2的规格均为“3 V ，1.5 W ”，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交流电源．当S 1接1、S 2闭合时，L 2正常发光．设小灯泡的电阻值恒定．下列说法正确的是( )A ．原线圈所接正弦交流电源的电动势最大值为30 VB ．只断开S 2后，变压器的输出功率为0.75 WC ．将S 1换接到2后，原线圈的输入功率为90 WD ．将S 1换接到2后，R 的电功率为0.9 W。
高考物理押题猜想 直流电路和交流电路
避躲市安闲阳光实验学校廊坊高考押题猜想直流电路和交流电路一、大纲解读二、重点剖析本题专题的重点内容有：（1）动态直流电路的分析：电路中某些元件（如滑线变阻器的阻值）的变化，会引起电流、电压、电阻、电功率等相关物理量的变化，解决这类问题涉及到的知识点多，同时还要掌握一定的思维方法。
（2）非纯电阻电路的分析与计算。
非纯电阻电路是指电路含有电动机、电解槽等装置，这些装置的共同特点是可以将电能转化为机械能、化学能等其他形式的能量。
三、考点透视考点一：直流电路的分析和计算例1。
一个T型电路如图所示，电路中的电110R=Ω, 23120,40R R=Ω=Ω。
另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计。
则（）A.当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40ΩB. 当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40ΩC. 当ab两端接通测试电源时， cd两端的电压为80 VD. 当cd两端接通测试电源时， ab两端的电压为80 V例2．电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路。
当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是( )A.电压表和电流表读数都增大B.电压表和电流表读数都减小C.电压表读数增大，电流表读数减小D.电压表读数减小，电流表读数增大考点二：交流电路的分析与计算例3．某理想变压器原、副线圈的匝数比如图8－2所示．负载中每个电阻均为110 ．若输入电压为220V，则输入电流和功率分别是（）A．5A，1100WB．5A，880WC．4A，1100WD．4A，880W属细圆柱与圆环之间连接如图电学元件，不计棒与轴及与细圆柱端面的摩擦，也不计细圆柱、圆环及感应电流产生的磁场，开始时S1断开，S2拔在1位置，R1=R3=4Ω，R2=R4=6Ω，C=30uF，求：（1）S1闭合，问沿垂直于棒的方向以多大的水平外力作用于棒的A端，才能使棒稳定后以角速度10rad/s匀速转动？（2）S1闭合稳定后，S2由1拔到2位置，作用在棒上的外力不变，则至棒又稳定匀速转动的过程中，流经R3的电量是多少？答案：（1）0.41N （2）5106.3-⨯ C点拨：本题解答关键在于正确确定各电键在断开与闭合时对应的电路结构图．四、热点分析解析：从图象上可得交流电的电压的最大值为100V ，周期为2410s -⨯，得频率为25 Hz ， 所以得电压瞬时值的表达式为u ＝100sin(50πt)V ；交流电的电压的有效值为502 V ；计算电阻消耗的功率用有效值，由250W U P R==。
专题11直流电路与交流电路(解析版)高考物理冲刺专题必刷
11直流电路与交流电路1．如图所示的闭合电路中，R 为半导体光敏电阻（光照增强时其电阻减小），R 1为滑动变阻器。
现用一束光照射光敏电阻，则（ ）A ．电流表读数变小B ．电压表读数变大C ．电源的总功率变小D ．电源输出功率不一定增大【答案】D 【详解】AB ．用一束光照射光敏电阻，则光敏电阻的阻值减小，总电阻减小，总电流变大，电流表读数变大，光敏电阻两端的电压减小，电压表的读数减小，故AB 错误； C ．随电流变大，则电源的总功率P IE =变大，故C 错误；D ．电源内阻等于外阻时，电源的输出功率最大。
当外电路电阻小于电源内阻时，随着外阻增大，电源输出功率增大；当外电路电阻大于电源内阻时，随着外阻增大，电源输出功率减小。
由于不知道电路中外电路电阻与内阻的关系，故随着光敏电阻的减小，无法判断电源输出功率变化情况，故D 正确。
故选D 。
2．如图所示，电源电动势为E ，内电阻为r 。
当滑动变阻器的触片P 从右端滑到左端时，发现电流表、电压表V 1、V 2示数变化量的绝对值分别为ΔI 、ΔU 1和ΔU 2，假设小灯泡电阻不随温度变化而变化，下列说法中正确的是（ ）A ．ΔU 1<ΔU 2B ．21U U I I∆∆∆∆ C ．小灯泡L 1变亮、L 2变暗D ．小灯泡L 1变暗，L 2变亮，电流表示数变小 【答案】B 【详解】CD ．当滑动变阻器的触片P 从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，即电流表示数变大，则L 1，L 2变亮，CD 错误；AB ．当滑动变阻器的触片P 从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，灯L 2两段电压变大，即电压表示数2U 变大，由于外电路总电阻减小，外电压U 减小，根据12U U U =+则12U U ∆>∆则21U U II∆∆∆∆ A 错误B 正确。
故选B 。
3．在如图所示的电路中，R 1=20Ω，R 2=40Ω，滑动变阻器R 的阻值为0~100Ω，当滑动触头P 由a 向b 滑动的过程中，灯泡12L L 、的亮度变化情况是（ ）A ．1L 逐渐变亮，2L 逐渐变暗B ．1L 逐渐变暗，2L 逐渐变亮C ．1L 先变亮后变暗D ．2L 先变暗后变亮 【答案】B【详解】灯泡的亮度由灯泡的实际功率大小决定，灯丝电阻不变，研究通过灯丝电流的大小可知灯泡的亮度，当滑动触头由a 向b 滑动过程中，滑动变阻器连入电路部分的电阻增大，总电阻增大，总电流变小，灯泡1L 逐渐变暗；路端电压变大，灯泡1L 两端电压变小，并联部分的电路两端电压增大，通过2L 的电流变大，所以2L 逐渐变亮 故选B 。
2024年高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第10讲直流与交流电路
D. 断开S2时电源效率变小
Δ
Δ
不变
总结提炼
分析动态平衡问题应抓住以下两点：
[对点训练]
1. （2023·南京三模）某牧场设计了一款补水提示器，其工作原理如图
所示，水量增加时滑动变阻器的滑片下移，电表均为理想电表。下列说
法正确的是（ A ）
A. 若选择电压表，水量增多时电压表示数变大
B. 若选择电流表，水量增多时电流表示数变小
A. 灯泡的亮度变小
B. 电压表的示数变小
C. 光敏电阻R的功率一定减小
D. 当电压表示数变化量为ΔU，则电容器的电荷量减少10ΔUC
角度3 闭合电路的图像问题
1. 三类图像
分类
电源的
图例
分析
U＝E－Ir
U－I
纵截距：电动势
图像
斜率的绝对值：内阻
分类
电源的
P出－R
图像
电源的P－I
图像
图例
分析
当R＝r时，P出最大，P出
E2
＝
4r
E
当I＝ 时，电源输出功
2r
率最大
当P0＜Pm时，I1＋I2＝I短
易错警示
分析电源的U－I图像时，要注意纵坐标的起始刻度。
2. 一条思路
例3 （2023·江苏八市联考）硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环
保的优点。如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流
I的关系图像，图线b是某电阻R的U－I图像。在同等光照强度下，当它
放置，圆形线圈的圆心O在EF上，线圈电阻为R，若线圈以角速度ω绕
EF匀速转动，并从图示位置开始计时，则（ D ）
2π
A. t＝ 时，线圈中的感应电流最大
高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应直流电路与交流电路的分析学案
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 ＝ER ＋r ，U ＝E －Ir 。
(2)闭合电路中的功率关系：P 总＝EI ，P 内＝I 2r ，P 出＝IU ＝I 2R ＝P 总－P 内。
(3)直流电路中的能量关系：电功W ＝qU ＝UIt ，电热Q ＝I 2Rt 。
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 ＝E m 2、U ＝U m 2、I ＝I m 2；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 ΔΦΔt。
(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：U 1U 2＝n 1n 2；③电流关系：I 1I 2＝n 2n 1。
(3)远距离输电常用关系式(如图1所示)图1①功率关系：P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝P 线＋P 3。
②输电导线上损耗的电功率：P 损＝I 线U 损＝I 2线R 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 2U 22R 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(2020年三个全国卷都没出考题，2020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。
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高三物理考前训练——电路分析（直流、感应、交流）一、直流电路1．在如图所示的U －I 图象中，直线I 为某一电源的路端电压与电流的关系图象，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，由图象可知（ ）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4 WD ．电源的效率为50%【答案】ABC【解析】由题图可知电源的电动势为3 V ，内阻为0.5 Ω，外电阻R 为1 Ω，选项A 、B 正确；电路中的电流为I ＝E R ＋r ＝2 A ，电源的输出功率为P ＝I 2R ＝4 W ，电源的效率为η＝I 2R EI×100%＝67.7%，选项C 正确，D 错误．2．一台电动机的线圈电阻与一只电炉的电阻相同，当二者通过相同的电流且均正常工作时，在相同的时间内（ ）①电炉放出的热量与电动机放出的热量相等②电炉两端电压小于电动机两端电压③电炉两端电压等于电动机两端电压④电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率A ．①②④B ．①③C ．②④D ．③④【答案】A【解析】由P 热＝I 2R 知①正确．因电动机消耗的功率有热功率和机械功率两部分，④正确．对电炉UI ＝I 2R ，而电动机U ′I ＝I 2R ＋P 机，所以U ′＞U ，②正确．3．电动势为E 、内阻为r 的电源与定值电阻R 1、R 2及滑动变阻器R 连接成如图所示的电路．当滑动变阻器的触头由中点滑向b 端时，下列说法正确的是（ ）A ．电压表和电流表读数都增大B ．电压表和电流表读数都减小C ．电压表读数增大，电流表读数减小D ．电压表读数减小，电流表读数增大【答案】A【解析】触头滑向b 时，阻值R 增大，回路的总电阻增大，所以回路的总电流减小，路端电压U 增大，所以电压表的示数增大，电阻R 2的电压增大，故R 2的电流增大，电流表示数增大。
4．（2009江苏高考）在如图所师的闪光灯电路中，电源的电动势为E ，电容器的电容为C 。
当闪光灯两端电压达到击穿电压U 时，闪光灯才有电流通过并发光，正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光，则可以判定（ ）A．电源的电动势E一定小于击穿电压UB．电容器所带的最大电荷量一定为CEC．闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大D．在一个闪光周期内，通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等【答案】D【解析】理解此电路的工作过程是解决本题的关键。
电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯被击穿，电容器放电，放电后闪光灯两端电压小于U，断路，电源再次给电容器充电，达到电压U时，闪光灯又被击穿，电容器放电，如此周期性充放电，使得闪光灯周期性短暂闪光。
要使得充电后达到电压U，则电源电动势一定大于等于U，A 错误；电容器两端的最大电压为U，故电容器所带的最大电荷量为CU，B错误；闪光灯闪光时电容器放电，所带电荷量减少，C错误；充电时电荷通过R，通过闪光灯放电，故充放电过程中通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等，D正确。
5．（2011重庆高考）在测量电珠伏安特性实验中，同学们连接的电路中有四个错误电路，如图所示。
电源内阻不计，导线连接良好，若将滑动的变阻器的触头置于左端，闭合S，在向右端滑动触头过程中，会分别出现如下四种现象：a．电珠L不亮；电流表示数几乎为零b．电珠L亮度增加；电流表示数增大c．电珠L开始不亮；后来忽然发光；电流表从示数不为零到线圈烧断d．电珠L不亮；电流表从示数增大到线圈烧断与上述a b c d 四种现象对应的电路序号为（）A．③①②④B．③④②①C．③①④②D．②①④③【答案】A【解析】在①中伏特表和安培表的连接是错误的，将滑动变阻器的触头置于左端，闭合S后电珠L不亮，在向右端滑动触头过程中，电珠L逐渐变亮，由于总电阻减小，干路电流增大，电流表示数增大，是b；在②中安培表连接错误，应该连接在干路上，开始时滑动阻器的电阻最大，通过电珠的电流太小，电珠L不亮，在向右端滑动触头过程中，电珠后来忽然发光，由于大部分电流流过电流表造成电流表从示数不为零到线圈烧断，是c；在③中伏特表和安培表应该互换位置，由于伏特表串联造成电珠L不亮，电流表示数几乎为零，是a；在④中安培表使电珠短路，电珠L始终不亮，电流表从示数增大到线圈烧断，是d。
即①②③④分别对应bcad。
二、感应电路1．如图所示，有两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，bd 间连有一固定电阻R ，导轨电阻可忽略不计．MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R ，整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)．现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 做匀速运动．令U 表示MN 两端电压的大小，则（ ）A ．U ＝12v Bl ，流过固定电阻R 的感应电流由b 到d B ．U ＝12v Bl ，流过固定电阻R 的感应电流由d 到b C ．U ＝v Bl ，流过固定电阻R 的感应电流由b 到dD ．U ＝v Bl ，流过固定电阻R 的感应电流由d 到b【答案】A【解析】导体杆向右匀速运动切割磁感线产生的电动势E ＝Blv ，R 和导体杆形成一串联电路，由于MN 两端电压为路端电压，故U ＝E 2R ·R ＝E 2＝12Blv ，由右手定则可知电流方向为N →M →b →d ．2．如图甲、乙、丙中，除导体棒ab 可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C 原来不带电．设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab 一个向右的初速度v 0，在甲、乙、丙三种情形下导体棒ab 的最终运动状态是（ ）A ．三种情形下导体棒ab 最终都做匀速运动B ．甲、丙中，ab 棒最终将以不同速度做匀速运动；乙中，ab 棒最终静止C ．甲、丙中，ab 棒最终将以相同速度做匀速运动；乙中，ab 棒最终静止D ．三种情形下导体棒ab 最终都静止【答案】B【解析】甲图中ab 棒运动后给电容器充电，当充电完成后，棒以一个小于v 0的速度向右匀速运动．乙图中构成了回路，最终棒的动能完全转化为电热，棒停止运动．丙图中棒先向右减速为零，然后反向加速至匀速.3．如图所示电路中，L 是一电阻可忽略不计的电感线圈，a 、b 为L 上的左右两端点，A 、B 、C 为完全相同的三个灯泡，原来电键K 是闭合的，三个灯泡均在发光。
某时刻将电键K 打开，则下列说法正确的是（ ）A ．a 点电势高于b 点，A 灯闪亮后缓慢熄灭B ．b 点电势高于a 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭C．a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭D．b点电势高于a点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭【答案】B【解析】电键K闭合稳定时，电感线圈支路的总电阻较B、C灯支路电阻小，故流过A灯的电流I1大于流过B、C灯的电流I2。
且电流方向由a到b，a点电势高于b 点。
当电键K打开，由于与电源断开，但电感线圈会产生自感现象，相当于电源，b点电势高于a点，阻碍流过A灯的电流减小，瞬间流过B、C灯支路的电流为I1＞I2，因此B、C灯闪亮一下后再缓慢熄灭。
4．（2010江苏高考）如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开S，下列表示A、B两点间电压U AB随时间t变化的图像中，正确的是（）【答案】B【解析】开关闭合时，线圈自感对电流的阻碍作用，可看做电阻，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小，电压U AB逐渐减小；开关闭合后再断开，线圈感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡电流与原电流方向相反，并逐渐减小到0。
5．（2011江苏高考）如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计。
匀强磁场与导轨平面垂直。
阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触。
t=0时，将形状S由1掷到2。
q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度。
下列图象正确的是（）【答案】D【解析】t=0时，将形状S由1掷到2，电容器放电，开始时i=E/R，因安培力作用使导体棒产生加速度，导体棒速度增大，产生反向感应电动势，使电流减小，安培力减小，加速度减小，减小至零时，速度达最大值v m做匀速运动，电容器两极电压为BL v m（L为导轨宽度）。
三、交流电路1．如图所示的电路中，A 是熔断电流I 0＝2 A 的保险丝，R 是可变电阻，S 是交流电源．交流电源的内电阻不计，其电动势随时间变化的规律是e ＝2202·sin314t V ．为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于（ ）A ．110 2 ΩB ．110 ΩC ．220 ΩD ．220 2 Ω【答案】B【解析】该交变电流电动势的有效值为U ＝22022V ＝220 V ，故电阻的最小阻值R min ＝U I 0＝2202Ω＝110 Ω.2．如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比n 1∶n 2＝10∶1，在原线圈ab 两端加上电压为2202·sin100πt V 的正弦交变电流，当原线圈中ab 两端的电压为100 V 的瞬间，副线圈两端理想交流电压表的读数为（ ）A ．220 VB ．22 2 VC ．22 VD ．10 V【答案】C【解析】在交变电流的电路中，交流电表的读数为交流电的有效值，故副线圈交流电压表的读数始终为22 V .3．在图所示电路中，L 为电感线圈，R 为灯泡，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压u =220 2sin100πt V.若保持电压的有效值不变，只将电源的频率改为100 Hz ，下列说法正确的有（ ）A ．电流表示数增大B ．电压表示数增大C ．灯泡变暗D ．灯泡变亮 【答案】BC【解析】由u =2202sin100πt V ，得电源原来的频率为f =ω/2π=100π/（2π）Hz=50 Hz 当电源频率由原来的50 Hz 增大为100 Hz 时，电感器的感抗增大，在电压有效值不变的情况下，电路中的电流减小，选项A 错误.灯泡的电阻R 是一定的，电流减小时，实际消耗的电功率P =I 2R 减小，灯泡变暗，选项C 正确，D 错误。
电压表与电感器并联，其示数为电感器两端的电压U L ，设灯泡两端电压为U R ，则电源电压的有效值为U =U L +U R ，因UR =IR ，故电流I 减小时，UR 减小，而电源电压有效值保持不变，故U L =U -U R 增大，选项B 正确。