高考物理二轮复习 专题整合高频突破 专题四 电路和电磁感应1 恒定电流和交变电流课件
近年高考物理二轮复习 第1部分 核心突破 专题4 电路和电磁感应 第1讲 恒定电流和交变电流演练(
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第1讲恒定电流和交变电流1．(2016·石家庄正定中学月考五)有一个消毒用电器P，电阻为20 kΩ,它只有在电压高于24 V时才能正常工作．今用一个光敏电阻R1对它进行控制,光敏电阻在光照时为100 Ω,黑暗时为1 000 Ω.电源电动势E为36 V,内阻不计，另有一个定值电阻R2，电阻为1 000 Ω.下列电路开关闭合后能使消毒用电器在光照时正常工作,黑暗时停止工作的是（C）解析：对A电路,在光照时，光敏电阻为100 Ω，P为电阻为20 kΩ，R2电阻为1000 Ω,P 分得电压超过错误!E，正常工作;黑暗时，光敏电阻1000 Ω,P分得电压超过错误!E，正常工作，A错误;同理可以求得B电路中光照和黑暗时，P分得电压超过错误!E，都可以正常工作,B错误；电路C中P与R2并联，电阻略小于1000 Ω,能使消毒用电器在光照时正常工作，黑暗时停止工作,C正确；电路D中P与R1并联，光照时并联部分电阻小于100 Ω，此时P分得的电压远小于24 V，不能正常工作，黑暗时并联总电阻小于1000 Ω，P分得电压同样小于24 V，也不能正常工作．2．(2016·西安质检一)已知两个电源的电动势为E1和E2，内阻r1和r2满足关系E2＞E1，r2＞r1，有一定值电阻R1分别接在两个电源上，获得相等功率,则将另一电阻R2且满足R2＞R1也分别接在这两个电源上,若接在电源电动势为E1、E2的电源上时，R2获得功率依次为P1、P2，则关于电阻R2获得的功率P1、P2有（C）A．P1＝P2B．P1＞P2C．P1＜P2D．条件不足无法确定解析：当外接电阻R1时,两电路中R1获得相同功率，故E2r2＋R1＝错误!，当接电阻R2时，P1＝错误!2·R2，P2＝错误!2·R2，而错误!－错误!＝错误!＝错误!〉0，故P2>P1.3．（2016·石家庄毕业班质检一)用220 V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V,通过负载的电流图象如图所示，则（D）A．变压器输入功率为11 WB．变压器输出电压的最大值是110 VC．变压器原、副线圈的匝数比是1∶2D．负载电流的函数表达式i＝0.05sin 100πt(A)解析:变压器输出电流的有效值为错误! A，因此输出的功率为错误! W，变压器输入功率等于输出功率，A错误；输出电压的最大值为110错误! V,B错误；由错误!＝错误!得原、副线圈匝数比为2：1,C错误;根据图象得交流电的周期T＝0.02 s，又ω＝错误!＝100π rad/s，i＝0.05sin100πt(A),D正确．4．(2016·山西百校盟质监）如图所示的变压器电路中有五个相同的定值电阻，理想变压器,原、副线圈的匝数比为1∶2，现在a、b端输入正弦交流电，则R1和R2的功率之比为（A)A．49∶1 B．24∶1C．7∶1 D．3∶1解析：由于五个电阻阻值相同，设为R，则副线圈电路的总电阻为23R，设副线圈中的电流为I,根据变流比，原线圈中的电流为2I，副线圈两端的电压为错误!IR,根据变压比可知，原线圈两端的电压为错误!IR，因此R2中的电流为错误!I，R1中的电流为错误!I＋2I＝错误!I，则R1的功率为P1＝错误!2R,R2的功率P2＝错误!2R,因此P1:P2＝49:1，A项正确．5．(2016·海口调研）如图甲所示，理想变压器的原线圈匝数n1＝100匝,副线圈匝数n2＝200匝,电阻R＝100 Ω，是理想交流电压表，原线圈加上如图乙所示的交流电,则下列说法正确的是( AB)A．流经电阻R的电流的频率为50 HzB．的示数为40 VC．流经电阻R的电流每秒方向改变50次D．电阻R每秒产生的热量为32 J解析：由题图乙可知，交流电的周期T＝0.02 s，故其频率f＝错误!＝50 Hz，又因为理想变压器不改变交流电的频率，故流经电阻R的电流的频率也为50 Hz，50 Hz的交流电每秒电流方向改变100次,选项A正确，选项C错误；由题图乙可知，原线圈两端所加交流电压的最大值为20错误! V,即原线圈两端电压的有效值为U1＝20 V，由错误!＝错误!可得，副线圈两端电压为U2＝40 V，即电压表的示数为40 V，电阻R消耗的功率为P R＝错误!＝16 W，故选项D错误．6．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。
2018届高三物理二轮复习专题四电路和电磁感应第1讲恒定电流和交变电流逐题对点特
第1讲 恒定电流和交变电流1．(2017·山东半岛联盟摸底)如图所示，平行金属板中带电质点P 处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，则( C )A ．质点P 将向上运动B ．电流表读数减小C ．电压表读数减小D ．R 3上消耗的功率逐渐增大解析 滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，接入电路中的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，则电源内压增大，R 1两端的电压增大，由于电源的路端电压减小，故R 3两端的电压减小，R 3上消耗的功率减小，电容器两极板间的电压减小，质点P 将向下运动，选项A 、D 错误；流过R 3中的电流减小，而总电流增大，则电流表读数增大，R 2两端的电压增大，电压表读数减小．由以上分析知，选项B 错误，C 正确．2．(多选)如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，C 为电容器，L 为小灯泡，R 1、R 2为定值电阻，当滑动变阻器R 3的触头P 由a 向b 移动一小段距离后，电压表V 1、V 2、V 3的示数的变化量分别为ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3(均取绝对值)，电流表A 1、A 2、A 3的示数的变化量分别为ΔI 1、ΔI 2、ΔI 3(均取绝对值)，则下列说法中正确的是( BC )A ．ΔU 1＝ΔU 2＋ΔU 3B ．ΔI 3＝ΔI 1＋ΔI 2C ．ΔU 1ΔI 1不变，ΔU 3ΔI 3不变 D ．此过程中，电容器C 所在电路中存在瞬时电流，方向由电容器的左极板经过R 3到右极板解析 根据闭合电路欧姆定律，当滑动变阻器R 3的触头向右移动一小段距离后，R 3接入电路中的阻值增大，回路总电阻增大，总电流I 1减小，ΔI 1为负，定值电阻R 1两端的电压和内电压之和减小，故电压表V 1的示数U 1变大，ΔU 1为正，故定值电阻R 2中的电流I 2增大，ΔI 2为正，R 3中的电流I 3减小，ΔI 3为负，则有－ΔI 1＝－ΔI 3＋ΔI 2，即ΔI 3＝ΔI 1＋ΔI 2，选项B 正确；L 两端的电压U 2减小，ΔU 2为负，R 3两端的分压U 3增大，ΔU 3为正，则有ΔU 1＝－ΔU 2＋ΔU 3，即ΔU 3＝ΔU 1＋ΔU 2，选项A 错误；ΔU 1ΔI 1等于电源内阻和定值电阻R 1组成的等效电源的内阻，即ΔU 1ΔI 1＝R 1＋r ，为定值，ΔU 3ΔI 3等于电源内阻、两个定值电阻和灯泡电阻组成的等效电源的内阻，即ΔU 3ΔI 3＝R L ＋R 1＋r R 2R 1＋R 2＋r ，为定值，故选项C 正确；触头P 由a 向b移动，R 3增大，电容器C 两端电压要增大，在此过程中，电容器两极板的电量增加，存在瞬时向右的充电电流，故选项D 错误．3．(2017·辽宁三校调考)(多选)如图所示的电路中，R 1、R 2均为定值电阻，且R 1＝100 Ω，R 2阻值未知，电压表和电流表均为理想电表，R 3为一滑动变阻器，当其滑片P 滑至最左端时，测得电压表和电流表的示数分别为U 1＝16 V ，I 1＝0.2 A ，滑片P 滑至最右端时，电压表和电流表的示数分别为U 2＝4 V ，I 2＝0.8 A ，则由此可推算出( CD )A ．该电源的电动势为16 V 、内阻为20 ΩB ．定值电阻R 2的阻值为10 ΩC ．滑动变阻器的最大阻值为300 ΩD ．电源在该电路中的最大输出功率为5 W解析 根据闭合电路欧姆定律，当滑片P 滑至R 3的最左端时有E ＝U 1＋I 1r ，当滑片P 滑至R 3的最右端时有E ＝U 2＋I 2r ，代入数据联立解得E ＝20 V ，r ＝20 Ω，故选项A 错误；当滑片P 滑到R 3的最右端时，根据欧姆定律有R 外＝R 2＝U 2I 2＝5 Ω，选项B 错误；当滑片P 滑到R 3的最左端时，R 外＝U 1I 1＝80 Ω，因为R 外＝R 1R 3R 1＋R 3＋R 2，滑动变阻器的最大阻值为R 3＝300 Ω，选项C 正确；因为5 Ω≤R 外≤80 Ω，故当R 外＝r ＝20 Ω时，U 外＝E2，电源在该电路中的最大输出功率为P max ＝E 24r＝5 W ，选项D 正确．4．(2017·内蒙古联考)(多选)如图所示的电路中，D 为理想二极管(具有单向导电性)，一带正电小油滴恰好在平行板电容器中央静止不动，电源内阻不计，则下列说法正确的是( BD )A ．仅把开关S 断开，油滴将下落C ．仅把电阻箱R 1的阻值减小，油滴将上升 C ．仅把电容器上极板稍水平右移，油滴将下落D ．仅把电容器上极板稍竖直上移，油滴仍静止不动解析 开关S 断开，二极管处于不导通状态，故电容器无法放电，电容器的电荷量不变，电场力不变，则油滴仍静止不动，选项A 错误；带正电油滴静止不动，说明b 点电势高于a 点电勢，仅把电阻箱R 1的阻值减小，则b 点电势升高，a 点电势不变，故电容器电压增大，两极板间的场强增大，油滴受到的电场力增大，油滴将上升，选项B 正确；将电容器上极板水平右移，则电容器的电容减小，电容器欲放电，但因二极管处于不导通状态而无法放电，即电容器的电荷量Q 不变，由C ＝Q U 、C ＝εS 4πkd 和E ＝U d ，联立得E ＝4πkQεS，S 减小，则E 增大，电场力增大，油滴将上升，选项C 错误；将电容器上极板竖直上移一些，电容器的电容减小，电容器欲放电，但因二极管处于不导通状态而无法放电，故电容器的电荷量Q 不变，且由E ＝4πkQεS知电场力不变，油滴仍静止不动，选项D 正确．5．(2017·广东百校联考)(多选)如图所示，电阻箱、电源、定值电阻R 0和开关通过电阻不计的导线连接在一起，理想电压表用来测量电阻箱两端电压．当电阻箱的阻值调为R 1＝2 Ω时，电压表的示数为U 1＝4 V ；当电阻箱的阻值调为R 2＝5 Ω时，电压表的示数增加了ΔU ＝1 V ．则下列说法正确的是( AC )A ．该电源的电动势一定为6 VB ．该电源的内阻一定为0.5 ΩC ．当电阻箱消耗的功率最大时，其阻值为1 ΩD ．此过程中电源的路端电压增加量ΔU ′＝1 V解析 因为电压表的示数增加了ΔU ＝1 V ，说明电压表的示数变为5 V ，由闭合电路欧姆定律得E ＝U 1＋U 1R 1(R 0＋r )，E ＝U 2＋U 2R 2(R 0＋r )，联立以上两式并代入数据解得E ＝6 V ，R 0＋r ＝1 Ω，选项A 正确，B 错误；电阻箱消耗的电功率表达式P ＝E 2R ＋R 0＋r2R ＝E 2R －R 0－r2R＋R 0＋r，可知当R ＝R 0＋r ＝1 Ω时， 电阻箱消耗的功率P 有最大值，P m ＝9 W ，选项C 正确；因为路端电压U ′＝E －Ir ，所以路端电压的增加量ΔU ′＝|ΔI |r ，而ΔU ＝|ΔI |(r ＋R 0)＝1 V ，ΔU ′<1 V，故选项D 错误．6．(2017·湖北部分重点中学联考二)(多选)如图所示，直线a 、抛物线b 和c 为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总功率P E 、输出功率P R 、电源内部发热功率P r 随路端电压U 变化的图象，但具体对应关系未知，根据图象可判断( BC )A ．P E U 图象对应图线a ；由图知电动势为9 V ，内阻为3 ΩB ．P r U 图象对应图线b ；由图知电动势为3 V ，内阻为1 ΩC ．P R U 图象对应图线c ；图象中任意电压值对应的功率关系为P E ＝P r ＋P RD ．外电路电阻为1.5 Ω时，输出功率最大为2.25 W解析 设路端电压为U ，电源电动势为E ，电源内阻为r ，电源的总功率P E ＝E －U r E ＝－ErU ＋E 2r ，故P E －U 图象对应图线a ，由题图知，E r ＝3，E 2r＝9，解得E ＝3 V ，r ＝1 Ω，电源内部发热功率P r ＝E －Ur·(E －U )，故P r －U 图象对应图线b ，选项A 错误，选项B 正确；输出功率P R ＝E －U r ·U ＝－1r U 2＋ErU ，故P R －U 图象对应图线c ，由能量守恒定律知P E ＝P r ＋P R ，选项C 正确；当外电路的电阻等于电源内阻r ＝1 Ω时，输出功率最大，最大功率P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E 2r 2·r＝2.25 W ，选项D 错误．7．(2015·福建卷)如图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( C )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 2U 2m4rB ．⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 1U 2m 4rC ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2rD ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 12⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2r解析 升压变压器原线圈电压的有效值U 1＝U m2，由U 1U 2＝n 1n 2可得升压变压器副线圈电压的有效值U 2＝n 2U m 2n 1，输电线上的电流I ＝P U 2，输电线上损失的电功率P 损＝I 2(2r )＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2r ，选项C 正确．8．(2017·甘肃兰州诊断考试)(多选)演示用交流发电机矩形金属线圈abcd 的面积为S ，匝数为n ，线圈总电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω匀速转动，如图甲所示．从某时刻起线圈中产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示，外电路电阻为R .下列说法正确的是( CD )A ．从t 1到t 3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为零B ．t 4时刻穿过线圈的磁通量的变化率为E 0C ．从t 3到t 4这段时间通过电阻R 的电荷量为E 0R ＋r ωD ．电阻R 的发热功率为RE 20R ＋r2解析 从t 1到t 3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为2BS ，选项A 错误；t 4时刻穿过线圈的磁通量的变化率还与线圈的匝数n 有关，不为E 0，选项B 错误；从t 3到t 4这段时间通过电阻R 的电荷量为Q ＝I Δt ＝n ΔΦΔtR ·Δt ＝n ΔΦR ＋r ，又E 0＝n ωΔΦ，解得Q ＝E 0R ＋r ω，选项C 正确；电阻R 的发热功率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E 02R ＋r 2R ＝RE 20R ＋r2，选项D 正确．9．(2017·湖北荆门调研)(多选)某同学自制变压器，在做副线圈时，将外表涂有绝缘层的导线对折后并在一起在铁芯上绕了n 2圈，导线的两个端头为a 、b ，从导线对折的中点引出了一个c 接头，连接成如图所示的电路(线圈电阻不计)．已知原线圈匝数为n 1，原线圈的输入电压为u 1＝U 0sin ωt ，则下列结论正确的是( BCD )A ．K 打到b 时，V 表读数为2n 2U 0n 1B ．K 打到b 时，通过R 的电流为0C ．K 打到c 时，V 表读数为n 2U 02n 1D ．K 打到c 时，R 的电功率为n 22U 202n 21R解析 K 打到b 时，副线圈中的ac 间与bc 间线圈产生的感应电动势大小相同、方向相反，所以输出电压为零，V 表读数为0，通过R 的电流为0，选项A 错误，B 正确；K 打到c 时，副线圈中只有ac 间的n 2匝线圈有输出电压，所以输出电压的最大值为U 2m ＝n 2U 0n 1，有效值为U 2＝n 2U 02n 1，V 表读数为n 2U 02n 1，R 的电功率为P ＝U 22/R ＝n 22U 202n 21R ，故选项C 、D 正确．10．(2017·豫东、豫北十所名校阶段性测试五)如图所示，在匀强磁场中，一矩形线圈绕垂直于磁感线的轴以角速度ω匀速转动，线圈通过电刷与理想变压器原线圈相连，副线圈接一滑动变阻器R ，原、副线圈的匝数分别为n 1 ，n 2.要使理想电流表的示数变为原来的2倍，下列措施可行的是( A )A ．n 2和R 都增大为原来的2倍B ．n 2和ω都增大为原来的2倍C ．ω和R 都增大为原来的2倍D ．磁感应强度B 增大为原来的22倍解析 n 2增大为原来的2倍，由理想变压器的电压关系U 1U 2＝n 1n 2知，输出电压U 2变为原来的2倍，R 也增为原来的2倍，由闭合电路欧姆定律知，副线圈中的电流I 2不变，由I 1I 2＝n 2n 1知，原线圈中的电流I 1变为原来的2倍，故电流表的示数变为原来的2倍，选项A 正确；ω增大为原来的2倍，由E m ＝NBS ω知，理想变压器的输入电压变为原来的2倍，n 2也增大为原来的2倍，由U 1U 2＝n 1n 2知，输出电压U 2变为原来的4倍，由闭合电路欧姆定律知，副线圈中的电流I 2变为原来的4倍，由I 1I 2＝n 2n 1知，原线圈中的电流I 1变为原来的8倍，故电流表的示数变为原来的8倍，选项B 错误；ω增大为原来的2倍，由E m ＝NBS ω知，理想变压器的输入电压变为原来的2倍，由U 1U 2＝n 1n 2知，输出电压U 2变为原来的2倍，R 也增为原来的2倍，由闭合电路欧姆定律知，副线圈中的电流I 2不变，由I 1I 2＝n 2n 1知，原线圈中的电流I 1不变，故电流表的示数不变，选项C 错误；磁感应强度B 增加为原来的22倍，由E m ＝NBS ω知，理想变压器的输入电压变为原来的22倍，由U 1U 2＝n 1n 2知，输出电压U 2变为原来的22倍，由闭合电路欧姆定律知，副线圈中的电流I 2变为原来的22倍，由I 1I 2＝n 2n 1知，原线圈中的电流I 1变为原来的22倍，故电流表的示数变为原来的22倍，选项D 错误．11．(2017·湖北省武昌实验中学模拟)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U 0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n 1、n 2，若电珠均能正常工作，则( D )A ．变压器可能是升压变压器B ．n 1∶n 2＝U 0∶UC ．甲、乙电路消耗功率之比为U 2∶U 20 D ．R 两端的电压最大值为2(U －U 0)解析 电珠均正常工作，图甲由于滑动变阻器的分压，小电珠正常工作电压U 0小于U ，故图乙变压器应是降压变压器，选项A 错误；由变压器变压比公式可知n 1n 2＝U U 0，选项B 错误；两电路中流过小电珠中的电流相等，由P ＝UI 可知，甲乙两电路消耗的功率比为U U 0，选项C 错误；R 两端电压有效值为(U －U 0)，则最大值为2(U －U 0)，选项D 正确．12．(2017·黑龙江哈师大附中模拟)(多选)如图所示，虚线OO ′的右侧分布磁感应强度为B 的匀强磁场，一个面积为S 的矩形线框绕轴OO ′以恒定的角速度ω旋转．以图示位置为t ＝0时刻，此时线框仅有13的面积在磁场中，线框电阻为R ，在转过180°的过程中，下列判断正确的是( ABD )A ．图示位置电流大小为0B ．电流的最大值为2BS ω3RC ．线框产生的热量为5πB 2S 2ω18RD ．外力做的功为5πB 2S 2ω36R解析 由题可知，图示位置，线框不切割磁感线，感应电流为零，选项A 正确；线框在0～90°的转动过程中，感应电动势的最大值E 1＝13BS ω，线框从90°～180°的转动过程中，感应电动势的最大值E 2＝23BS ω，则线框转过180°过程中，感应电动势最大值E ＝23BS ω，由闭合电路欧姆定律得电流I ＝ER＝2BS ω3R ，则线框产生的热量Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E 1221R ·π2ω＋⎝ ⎛⎭⎪⎫E 2221R ·π2ω＝5πB 2S 2ω36R ，选项B 正确，C 错误；由功能关系知，外力做的功等于线框上产生的热量，即W ＝Q ＝5πB 2S 2ω36R，选项D 正确．。
高考物理二轮复习专题整合突破四电路和电磁感应第10讲恒定电流和交变电流效果自评
恒定电流和交变电流1．[2015·天津高考]如图所示，电路中R 1、R 2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C 的极板水平放置。
闭合电键S ，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。
如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是( )A ．增大R 1的阻值B ．增大R 2的阻值C ．增大两板间的距离D ．断开电键S答案 B解析 设油滴质量为m ，电荷量为q ，两板间距离为d ，当其静止时，有U C d q ＝U R 1dq ＝mg ；由题图知，增大R 1，U R 1增大，油滴将向上加速，增大R 2，油滴受力不变，仍保持静止；由E ＝U d知，增大d ，U 不变时，E 减小，油滴将向下加速；断开电键S ，电容器将通过R 1、R 2放电，两板间场强变小，油滴将向下加速。
故只有B 项正确。
2．[2015·唐山期末]如图所示，理想变压器的a 、b 端加上一交流电压(电压有效值保持不变)，副线圈c 、d 端所接灯泡L 恰好正常发光。
此时滑动变阻器的滑片P 位于图示位置。
现将滑片下移(导线电阻不计)，则以下说法中正确的是( )A ．灯仍能正常发光，原线圈输入功率变小B ．灯仍能正常发光，原线圈输入功率不变C ．灯不能正常发光，原线圈输入功率变大D ．灯不能正常发光，原线圈输入电压不变 答案 A解析 输入电压和变压器的匝数比不变，由U 1U 2＝n 1n 2可知，输出的电压U 2也不变，L 和R 并联，L定值电阻的电压不变，因此亮度不变，滑片下移R 增大，副线圈总电流减小，副线圈总功率P 2＝U 2I 2也减小，由于是理想变压器，输入功率等于输出的功率，因此原线圈的输入功率变小，所以A 选项正确。
3．[2015·石家庄模拟](多选)图甲是某燃气炉点火装置的原理图。
转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，为交流电压表。
高三物理二轮复习专题四电路和电磁感应第1讲恒定电流和交变电流课件【优质ppt版本】
• 2. (2017·辽宁大连模拟)通过一阻值R＝100 Ω的电阻 的交变电流如图所示，其周B 期为1 s，则电阻两端电 压A的．12有V 效值为( )
B．4 10 V
C．15 V
D．8 5 V
解析 由有效值定义可得
UR2×1s＝(0.1 A)2×R×0.4 s×2＋(0.2 A)2×R×0.1 s×2，
＝ωa：ωb＝3：2，即 Emb＝23Ema＝10 V，故曲线 b 表示的交变电动势的有效值为 E 有
＝ 10 2
V，故选项 C 正确，D 错误．
• 【变式考法】 (1)在上述题1中，若线圈共N＝100匝， 求转动过程中线圈的最大磁通量．
• (2)在上述题1中，写出曲线a表示的交流电的瞬时表 达解式析 ．根据曲线 a 知 Em＝15 V，ω＝2Tπ＝50π rad/s
(2)电源的功率和效率 ①电源的几个功率 a．电源的总功率：P 总＝EI； b．电源内部消耗的功率：P 内＝I2r； c．电源的输出功率：P 出＝UI＝P 总－P 内． ②电源的效率 η＝PP出 总×100%＝UE×100%.
题型二 交变电流的产生及“四值”的应用
• 命题规律 • 交变电流的产生与描述在高考中常考选择题，一
小
• D．电源的输出功率比R3的滑片移动前大
• 解 R减 电 器3接小压C析两入，增滑端电电 大动电路源 ，变压的输 电阻增电出 压器大阻电 表R，3减流V的极2小增的滑板，大示片带电，数向电路R增右2荷外中大移量电电，动增阻流与一大减增其小，小大并段两，，联距极总R的离2板两电电后之端阻容，间 的电场强度增大，选项C错误；电源输出电流增大， 电源内阻电压增大，导致电源路端电压减小，电源
解 物理量或讨论其变化特征．
高考物理二轮复习第一部分专题整合专题四电磁感应和电路第1讲恒定电流与交变电流专项训练02203281.doc
第1讲 恒定电流与交变电流[真题再现]1．(2016·全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图4－1－1所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，A 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4－1－1A ．2B ．3C ．4D ．5解析 设原、副线圈匝数比为n ，根据能量守恒，当S 断开时，UI ＝I 2R 1＋(nI )2(R 2＋R 3)；当S 闭合时，4UI ＝(4I )2R 1＋(4nI )2R 2，联立解得n ＝3，所以B 正确。
答案 B2．(2016·全国卷Ⅱ)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4－1－2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4－1－2A.25B.12C.35D.23解析 电路中四个电阻阻值相等，开关S 断开时，外电路的连接等效为图甲，由于不计电池的内阻，设每个定值电阻的阻值为R ，根据串并联电路的特点可知，电容器两端的电压为U 1＝12×23R 23R ＋R E ＝15E ；当开关S 闭合后，外电路的连接等效为图乙，则电容器两端的电压为U 2＝12R 12R ＋R E ＝13E ，由Q ＝CU 可知，Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，C 项正确。
答案 C3．(多选)(2016·全国卷Ⅲ)如图4－1－3，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b 。
当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。
下列说法正确的是图4－1－3A ．原、副线圈匝数比为9∶1B ．原、副线圈匝数比为1∶9C ．此时a 和b 的电功率之比为9∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶9解析 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。
高三物理二轮复习 专题四 电路和电磁感应 第1讲 恒定电流和交变电流对点规范演练
第1讲 恒定电流和交变电流1．(2017·贵州贵阳检测)阻值相等的三个电阻R 、电容器C 及电池E (内阻不计)连接成如图所示电路．保持S 1闭合，开关S 2断开，电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S 2，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2，则Q 1与Q 2的比值为( A )A ．12 B ．32 C ．23D ．13解析 开关S 2断开时的等效电路如图甲所示，电路稳定时电容器两极板之间的电压为U 1＝E 2，电容器所带的电荷量为Q 1＝CU 1＝CE2；开关S 2闭合后的等效电路如图乙所示，电路稳定时电容器两极板之间的电压为U 2＝E ，电容器所带的电荷量为Q 2＝CU 2＝CE ，则Q 1∶Q 2＝1∶2，即Q 1与Q 2的比值为12，故选项A 正确．2．(2017·湖南长沙一模)(多选)在如图所示电路中，R 1、R 2为定值电阻，闭合开关S 后，带电粒子恰处于静止状态．现将滑动变阻器的滑片向下滑动，理想电压表V 1、V 2、V 3示数变化量的绝对值分别为ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，理想电流表A 示数变化量的绝对值为ΔI ，则( BCD )A ．V 1示数减小，V 2和V 3示数增大B ．带电粒子将向上运动C ．ΔU 3>ΔU 1D ．此过程中ΔU 2ΔI保持不变解析 当滑动变阻器的滑片向下移动一小段距离后，接入电路中的阻值减小、电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得，电路总电流增大，电源内电压U r 和R 1两端的电压U 1增大，故电压表V 1示数增大，电压表V 3的示数U 3＝E －(U r ＋U 1)，故电压表V 3的示数减小；由于R 2两端的电压U R 2增大，故电压表V 2的示数U 2＝U 3－U R 2减小，选项A 错误；电容器两极板间的电压等于R 2两端的电压U R 2，故电容器两极板间的电压增大，带电粒子将向上运动，选项B 正确；ΔU 1ΔI ＝R 1，ΔU 3ΔI ＝R 1＋r ，故ΔU 3>ΔU 1，选项C 正确；ΔU 2ΔI ＝R 1＋R 2＋r ，保持不变，选项D 正确．3．(2016·四川卷)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( B )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 在降压变压器中，原、副线圈减小相同的匝数，则n 2－Δn n 1－Δn ≠n 2n 1，结合U 1U 2＝I 2I 1＝n 1n 2得，选项C 、D 错误；由变压器的电压比等于匝数比得U 1U 2＝n 1n 2，当原、副线圈减少相同匝数Δn 时，有U 1U ′2＝n 1－Δn n 2－Δn ，整理得U ′2＝n 2－Δn n 1－Δn U 1，则U ′2－U 2＝Δn n 2－n 1n 1n 1－ΔnU 1，因为变压器为降压变压器n 2<n 1，则U ′2－U 2<0，故副线圈的电压变小，灯泡变暗，选项A 错误，B 正确．4．(多选)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，两灯均能正常发光，下列说法正确的是( AD )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解析 由题意知U ＝10U 灯，a 、b 均正常发光，则变压器输入电压U 1＝9U 灯，而输出电压U 2＝U 灯，所以原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝9∶1；而I 1∶I 2＝n 2∶n 1＝1∶9，所以两灯功率之比P a ∶P b ＝U 灯I 1∶U 灯I 2＝1∶9，选项A 、D 正确．5．(2017·海南海口调研)(多选)如图甲所示，理想变压器的原线圈匝数n 1＝100匝，副线圈匝数n 2＝200匝，电阻R ＝100 Ω，是理想交流电压表，原线圈加上如图乙所示的交流电，则下列说法正确的是( AB )A ．流经电阻R 的电流的频率为50 HzB ．的示数为40 VC ．流经电阻R 的电流每秒方向改变50次D ．电阻R 每秒产生的热量为32 J解析 由题图乙可知，交流电的周期T ＝0.02 s ，故其频率f ＝1T＝50 Hz ，又因为理想变压器不改变交流电的频率，故流经电阻R 的电流的频率也为50 Hz,50 Hz 的交流电每秒电流方向改变100次，选项A 正确，选项C 错误；由题图乙可知，原线圈两端所加交流电压的最大值为20 2 V ，即原线圈两端电压的有效值为U 1＝20 V ，由U 1U 2＝n 1n 2可得，副线圈两端电压为U 2＝40 V ，即电压表的示数为40 V ，电阻R 消耗的功率为P R ＝U 22R＝16 W ，故选项B 正确，D 错误．6．(多选)如图一理想变压器原、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( BD )A ．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 解析 设副线圈两端电压为U 2，则有U ab U 2＝n 1n 2，由于二极管具有单向导电性，根据有效值定义可知U 22R ·T 2＝U 2cd R 1T ，则U cd ＝U 22，故A 项错误；增大负载电阻，由P 2＝U 2cdR 可知变压器输出功率减小，输入功率P 1也减小，由P 1＝U ab I 1可知，电流表读数减小，B 正确；cd 间的电压U cd 与R 大小无关，C 项错误；将二极管短路，变压器的输出功率P 2＝U 22R ＝2U 2cd R，为原来的2倍，由P 2＝P 1＝U ab I 1可知，电流表的读数变为原来的2倍，D 项正确．7．如图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n 1＝n 4＜n 2＝n 3，四根模拟输电线的电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为R ，A 1、A 2为相同的理想交流电流表，L 1、L 2为相同的小灯泡，灯丝电阻R L ＞2R ，忽略灯丝电阻随温度的变化．当A 、B 端接入低压交流电源时( D )A ．A 1、A 2两表的示数相同B ．L 1、L 2两灯泡的亮度相同C ．R 1消耗的功率大于R 3消耗的功率D ．R 2两端的电压小于R 4两端的电压解析 设两电流分别为I A 1、I A 2，则I A 2＝U2R ＋R L，由题意知，升压器的升压比与变压器的降压比相等，设为k ，由变压器匝数与电流、电压的关系可知，升压变压器副线圈两端电压U 2＝kU ，降压变压器副线圈中电流I 4＝kI A 1，U 4＝I 4R L ＝kI A 1R L ，则降压变压变压器原线圈两端电压U 3＝kU 4＝k 2I A 1R L ，则I A 1＝U 2－U 32R ，解得I A 1＝kU 2R ＋k 2R L ，则I A 1I A 2＜1，故I A 1＜I A 2，A 项错误；I 4＝kI A 1＝k 2U 2R ＋k 2R L ，因I 4I A 2＞1，故两灯泡亮度不同，B 项错误，由P ＝I 2R 可知，P R 可知，U R 2＜U R 4，D 项正确．。
高考物理二轮复习专题整合高频突破专题四电路和电磁感应1恒定电流和交变电流课件
关系,������������12
=
������2 ������1
得
������1 ������2
=
19,则此时
a、b
的电功率之比为������a
������b
=
������0������1 ������0������2
=
19,选项
C 错误,选项 D 正确。
1234
-12-
考点定位:理想变压器、电功率
2.正弦式交变电流的“四值”
(1)最大值 Em= NBSω 。
(2)瞬时值 e= NBSωsin ωt 。(从中性面开始计时)
(3)有效值:正弦式交变电流的有效值 E=������m2;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。
(4)半个周期内的平均值:������=
2������������������������ π
命题能力点:侧重考查理解能力
解题思路与方法:对于变压器需要掌握公式
������1 ������2
=
������1 ������2
、
������1 ������2
=
������2 ������1
,知道
副线圈的电流以及功率决定了原线圈中的电流和功率,理想变压器
是理想化模型:一是不计线圈内阻;二是没有出现漏磁现象。
,常用来计算
通过电路的电荷量。
网络构建
要点必备
-4-
3.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:������������12
=
������1。
������2
(3)电流关系:只有一个副线圈时,������������12
高考物理二轮复习 专题整合突破四 电路和电磁感应 第1
恒定电流和交变电流一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中1～5为单选题，6～8为多选题)1. [2015·北京高考]如图所示，其中电流表A 的量程为0.6 A ，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A ；R 1的阻值等于电流表内阻的12；R 2的阻值等于电流表内阻的2倍。
若用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是( )A ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 AB ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 AC ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 AD ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A 答案 C解析 设电流表的内阻为R A ，则R 1＝12R A ，R 2＝2R A ，将接线柱1、2接入电路时，流过接线柱1的电流I 1＝3I 0，其中I 0为流过电流表A 的电流，因此每一小格表示0.06 A ；将接线柱1、3接入电路时，流过接线柱1的电流I ′1＝3I 0，其中I 0为流过电流表A 的电流，因此每一小格表示0.06 A 。
选项A 、B 、D 错误，C 正确。
2. [2015·四川高考]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是e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )A ．峰值是e 0B ．峰值是2e 0C ．有效值是22Ne 0 D ．有效值是2Ne 0答案 D解析 根据题意，小型发电机输出电压的峰值为E m ＝2Ne 0，A 、B 项均错误；对于正弦式交变电流，峰值与有效值E 的关系满足E ＝E m2，故有效值为2Ne 0，C 项错误，D 项正确。
3. [2015·课标全国卷Ⅰ]一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图所示。
高考物理二轮复习课件高频考点考向专练专题复习篇专题四第1讲恒定电流和交变电流
...
A．电阻R上的热功率为20 W B．0.02 s时R两端的电压瞬时值为零 C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝10 2cos 100πt(V) D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos 50πt(A)
...
[思路探究] (1)计算功率时要用交流电的有效值，电表的读数即为 电阻R两端电压的有效值。 (2)弄清各时刻线圈所处的位置是求解瞬时值的关键。 (3)书写瞬时值表达式时要弄清三个关键：最大值、角 速度、零时刻线圈所处的位置。
...
[解析] 电压表的示数为该电压的有效值，因此 U2 电阻R上的热功率P＝ R ＝10 W，A错误；由图象 可知，0.02 s时，磁通量为零，此时线圈处于垂
直于中性面的位置，产生的电动势以及路端电压 应该是最大的，B错误；由图象知，该交流电为 余弦式变化的交流电，因此电
...
2π 压的最大值为10 2 V，周期T＝0.02 s，则ω＝ T ＝ 2π 100π rad/s，所以电压随时间的变化规律u＝Umcos T t＝ Um 10 2 cos 100πt(V)，C正确；通过R的最大电流为Im＝ R 2π ＝ 2 A，因此电流随时间的变化规律为i＝Imcos T t＝ 2cos 100πt(A)，D错误。
...
[解析] 在直流电路中，R2与电容器串联的支路不通，因 此电容器两端的电压等于R1两端的电压，增大R1的阻 值，R1两端的电压增大，电容器两端的电压增大，由E＝ U d 可知，电容器两极板间的电场强度增大，因此板间带
电油滴受到的电场力增大，会向上运动，A
...
错误；增大R2的阻值不改变电路中的总电阻，不改变R1两端 的电压，因此电容器中的油滴仍保持静止，B正确；增大两板间 U 的距离，而电容器两板间的电压一定，由E＝ d 可知，板间的场 强减小，油滴受到的电场力减小，油滴会向下运动，C错误；断 开电键S，电容器会通过R1、R2进行放电，使板间场强减小，油 滴受到的电场力减小而向下运动，D错误。
高考物理二轮总复习第1部分专题突破方略专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路
第一部分专题四第1讲基础题——知识基础打牢1. (2022·四川自贡三诊)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图．线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R.若AB间输入图乙所示的交变电压，则( C )A．t＝2×10－2 s时，电压表的示数为零B．电阻R中电流方向每秒钟改变50次C．滑动触头P逆时针转动时，R两端的电压增大D．滑动触头P顺时针转动时，AB间输入功率增大【解析】电压表的示数是交流电的有效值，则t＝2×10－2 s时，电压表的示数不为零，选项A错误；交流电的周期为0.02 s，一个周期内电流方向改变2次，则电阻R中电流方向每秒钟改变100次，选项B错误；滑动触头P逆时针转动时，次级匝数变大，则次级电压变大，即R两端的电压增大，选项C正确；滑动触头P顺时针转动时，次级匝数减小，次级电压减小，次级消耗的功率减小，则AB间输入功率减小，选项D错误．2. (2022·四川成都三诊)发电站通过升压变压器和降压变压器给某用户端供电，发电机组输出交变电压的有效值恒定，输电线总电阻r保持不变．当用户端用电器增加后( A )A．若滑片P位置不变，则输电线上损失的功率变大B．若滑片P位置不变，则用户端电压升高C．若将滑片P上移，则用户端电压可能不变D．若将滑片P上移，则输电线上损失的功率可能减小【解析】若滑片P位置不变，当用户端用电器增加后，用户端总功率变大，发电机的输出功率增大，输电线的电流变大，ΔU＝Ir，输电线两端承担的电压变大，损耗的功率增大；发电机的输入电压不变，升压变压器、降压变压器的匝数不变，故用户端电压降低，A正确，B 错误；若将滑片P 上移，升压变压器的副线圈与原线圈的匝数比变小，发电机组输出交变电压的有效值恒定，则副线圈两端电压变小．用户端用电器使用相同功率，则输电线上的电流会更大，输电线两端承担的电压更大，损耗的功率更大，则用户端的电压更小，故C 、D 错误．3. (多选)(2022·河南押题卷)图甲是一种振动式发电机的截面图，半径r ＝0.1 m 、匝数n ＝30的线圈位于辐射状分布的磁场中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布，线圈所在位置的磁感应强度大小均为B ＝12πT .如图乙，施加外力使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动的速度随时间变化的规律如图丙中正弦曲线所示．发电机通过灯泡L 后接入理想变压器，对图乙中电路供电，三个完全相同的小灯泡均正常发光，灯泡的阻值R L ＝1 Ω，电压表为理想电压表，线圈及导线电阻均不计．下列说法正确的是( AC )A ．发电机产生电动势的瞬时值为e ＝6sin 5πt (V)B ．变压器原、副线圈的匝数之比为1∶3C ．每个小灯泡正常发光时的功率为2 WD ．t ＝0.1 s 时电压表的示数为6 V【解析】 由图丙可知，线圈运动的速度最大值v m ＝2 m/s ，速度变化周期为T ＝0.4 s ，则线圈运动的速度瞬时值v ＝v m sin 2πTt ＝2sin 5πt (m/s)，发电机产生电动势的瞬时值为e ＝nB ·2πr ·v ＝6sin 5πt (V)，A 正确；设灯泡正常发光时通过灯泡的电流为I ，则通过原线圈的电流I 1＝I ，通过副线圈的电流I 2＝2I ，变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝21，B 错误；根据能量关系可知，U 出I 1＝3I 2R L ，其中U 出＝E m 2＝62 V ＝3 2 V ，I 1＝I ，解得I ＝ 2 A ，每个小灯泡正常发光时的功率为P L ＝I 2R L ＝2 W ，C 正确；电压表示数为发电机两端电压的有效值，即电压表示数为U ＝E 2＝62V ＝3 2 V ，D 错误．故选AC. 4. (多选)(2022·四川巴中一诊)在如图所示的电路中，定值电阻R 1＝R 4＝3 kΩ，R 2＝2 kΩ，R 3＝R 5＝12 kΩ，电容器的电容C ＝6 μF，电源的电动势E ＝10 V ，内阻不计，当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中间带电量q ＝2×10－3C 的油滴恰好保持静止，当开关S 2闭合后，则以下判断正确的是( BD )A ．电容器上极板是高电势点B ．带电油滴加速向下运动C ．a 、b 两点的电势差U ab ＝8 VD ．通过R 3的电量Q ＝4.8×10－5C【解析】 当开关S 2闭合后，由电路图可知，电容器上极板是低电势点，A 错误；当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中油滴保持静止，而开关S 2闭合后，电容器上极板是低电势点，油滴受到的电场力方向发生变化，故可得带电油滴加速向下运动，B 正确；由电路图可知，a 、b 两点的电势差为U R 5－U R 2＝8 V －4 V ＝4 V ，C 错误；由开关S 1闭合电流达到稳定时，再到当开关S 2闭合后的过程中，通过R 3的电量为Q ＝Q 1＋Q 2＝4×6×10－6 C ＋(8－4)×6×10－6 C ＝4.8×10－5 C ，D 正确．5. (多选)(2022·天津南开二模)如图甲所示电路中，L 1为标有“4 V,2 W”字样的小灯泡，L 2、L 3为两只标有“8 V，6 W”字样的相同灯泡，变压器为理想变压器，各电表为理想电表，当ab 端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光．下列说法正确的是( ACD )A ．电流表的示数为1.5 AB ．交变电压的最大值U m ＝28 VC ．变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1D ．电压表的示数为24 V【解析】 L 2、L 3的额定电流为I 23＝P 23U 23＝34A ，所以电流表的示数为I 2＝2I 23＝1.5 A ，故A 正确；通过原线圈的电流等于L 1的额定电流，为I 1＝P 1U 1′＝0.5 A ，所以变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝31，故C 正确；副线圈两端电压等于L 2和L 3的额定电压，为U 2＝8 V ，所以电压表的示数，即原线圈两端电压为U 1＝n 1n 2U 2＝24 V ，故D 正确；根据闭合电路的欧姆定律可得U m2－U 1′＝U 1，解得U m ＝28 2 V ，故B 错误．故选ACD.6. (多选)(2022·广西桂林模拟)在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd 的面积为S ，匝数为n ，线圈总电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕轴OO ′(从上往下看逆时针转动)以角速度ω匀速转动，从如图甲所示的位置作为计时的起点，产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R 的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是( AD )A ．在t 1～t 3时间内，穿过线圈的磁通量的变化量大小为2BSB ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 电流方向先向上然后向下C ．t 4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E 0D ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为2E 0R ＋r ω【解析】 由图乙可知t 1和t 3时刻，线圈的感应电动势都为0，可知这两个时刻穿过线圈的磁通量一正一负，大小均为BS ，故此过程穿过线圈的磁通量的变化量大小为ΔΦ＝BS －(－BS )＝2BS ，A 正确；由图乙可知，在t 1～t 3时间内，线圈中的电流方向不变，根据右手定则可知通过电阻R 电流方向始终向上，B 错误；由图乙可知，t 4时刻的感应电动势为E 0，根据法拉第电磁感应定律可得E 0＝n ΔΦΔt 可得穿过线圈的磁通量的变化率大小为ΔΦΔt ＝E 0n，C 错误；在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为q ＝n ΔΦR ＋r ＝2nBS R ＋r，又E 0＝nBSω，联立可得q ＝2E 0R ＋r ω，D 正确．故选AD. 7. (多选)(2022·河北秦皇岛三模)如图所示，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的输入端接有正弦交变电流，开关S 闭合．已知L 1、L 2、L 3是相同的电灯且灯丝的电阻不随温度变化，灯丝不会被烧断．下列说法正确的是( BD )A ．L 1、L 2中的电流之比为1∶2B ．L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶2C ．开关S 断开后，L 1、L 2中的电流之比为1∶1D ．开关S 断开后，L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶4【解析】 原、副线圈中的电流之比为1∶2，由于开关S 闭合时L 2与L 3并联，因此L 1、L 2中的电流之比I 1∶I 2＝1∶1，A 错误；设电灯的电阻为R ，由于原、副线圈两端的电压之比为2∶1，因此原线圈两端的电压U ＝2I 2R ，L 1两端的电压U 1＝I 1R ，结合I 1∶I 2＝1∶1，解得U 1U＝12，B 正确；开关S 断开后，L 1、L 2中的电流与线圈匝数成反比I 1′∶I 2′＝1∶2，C 错误；开关S 断开后，原线圈两端的电压U ′＝2I 2′R ，L 1两端的电压U 1′＝I 1′R ，结合I 1′∶I 2′＝1∶2解得U 1′U ′＝14，D 正确．故选BD. 8. (多选)(2022·辽宁鞍山预测)如图甲所示，理想变压器的原副线圈匝数之比n 1∶n 2＝2∶1，定值电阻R 1和R 2的阻值分别为5 Ω和3 Ω，电表均为理想交流电表，电源输出的电流如图乙所示，图中的前半周期是正弦交流的一部分，后半周期是稳恒直流的一部分，则( BD )A ．电流表示数为2 AB ．电压表示数为6 VC ．R 1的功率为10 WD ．R 2的功率为12 W【解析】 设电源输出电流的有效值即电流表示数为I 1，根据等效热值法可得I 21RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫i m 22RT 2＋i 2m ·RT 2，解得I 1＝ 3 A ，故A 错误；由于变压器不能对稳恒直流电进行变压，所以每个周期内有半个周期副线圈无电流，设副线圈中电流的有效值为I 2，根据等效热值法有⎝⎛⎭⎪⎫n 1n 2·i m 22RT 2＝I 22RT ，解得I 2＝2 A ，电压表示数为U 2＝I 2R 2＝6 V ，故B 正确；R 1的功率为P 1＝I 21R 1＝15 W ，故C 错误；R 2的功率为P 2＝I 22R 2＝12 W ，故D 正确．故选BD.9. (多选)(2022·湖南押题卷)如图所示在竖直平面的电路，闭合开关S 1和S 2后，带电油滴在电容器内部处于静止状态，R 1为滑动变阻器，R 2为定值电阻，二极管为理想二极管，电容器的下极板接地，则下列说法正确的是( AC )A ．滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，油滴向上运动B ．滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，油滴向下运动C ．极板M 向上运动，M 板的电势升高D ．断开S 2，油滴不动【解析】 滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，则R 1阻值减小，回路电流变大，则R 2两端电压变大，则电容器要充电，此时电容器两板电压变大，场强变大，则油滴向上运动，选项A 正确；滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，则R 1阻值变大，回路电流变小，则R 2两端电压变小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则使得电容器两板电压不变，则油滴仍静止，选项B 错误；极板M 向上运动，根据C ＝εr S 4πkd可知电容器电容减小，则带电量应该减小，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则两板间电量不变，结合E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkdd ＝4πkQ εr S 可知两板间场强不变，则根据U ＝Ed 可知，两板电势差变大，则M 板的电势升高，选项C 正确；断开S 2，则电容器两板间的电压等于电源的电动势，即电压变大，电容器充电，两板间场强变大，则油滴向上运动，选项D 错误．故选AC.10. (多选)(2022·山东威海二模)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器T 1、降压变压器T 2均为理想变压器，T 1、T 2的原、副线圈匝数比分别为k 1、k 2.输电线间的总电阻为R 0，可变电阻R 为用户端负载．U 1、I 1分别表示电压表V 1、电流表A 1的示数，输入电压U 保持不变，当负载电阻R 减小时，理想电压表V 2的示数变化的绝对值为ΔU ，理想电流表A 2的示数变化的绝对值为ΔI ，下列说法正确的是( BD )A ．R 0＝U 1I 1B ．R 0＝ΔU ΔI k 22C ．电压表V 1示数增大D ．电流表A 1的示数增加了ΔI k 2【解析】 设降压变压器T 2原线圈电压为U 3，副线圈电压为U 2，根据题意可知，电阻R 0两端的电压等于U R 0＝U 1－U 3，则R 0＝U 1－U 3I 1，故A 错误；设降压变压器T 2原线圈电压变化为ΔU 3，则ΔU 3ΔU ＝k 2，设降压变压器T 2原线圈电流变化为ΔI 3，则ΔI 3ΔI ＝1k 2，可得ΔI 3＝ΔI k 2，根据欧姆定律得ΔU 3＝ΔI 3R 0，即k 2ΔU ＝ΔI k 2R 0，解得R 0＝ΔU ΔIk 22，故B 、D 正确；输入电压不变，升压变压器T 1原副线圈匝数比不变，则升压变压器T 1副线圈的电压不变，电压表V 1示数不变，故C 错误．故选BD.应用题——强化学以致用11. (多选)(2022·安徽合肥预测)如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接有R 1＝250 Ω与R 2＝10 Ω的电阻．当原线圈一侧接入u ＝311sin 100πt (V)的交流电时，两电阻消耗的功率相等，则有( AC )A ．原、副线圈的匝数比为5∶1B ．电阻R 1两端电压有效值是电阻R 2两端电压有效值的2倍C ．电阻R 2消耗的功率为48.4 WD ．1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变200次【解析】 设原线圈电流为I 1，副线圈电流为I 2，由题意可知I 21R 1＝I 22R 2，故n 1n 2＝I 2I 1＝R 1R 2＝5，A 正确；电阻R 1两端电压有效值和电阻R 2两端电压有效值之比为U R 1U R 2＝I 1R 1I 2R 2＝5，B 错误；设原线圈输入电压为U 1，副线圈输出电压为U 2，故U 1U 2＝n 1n 2＝5，解得U 1＝5U 2，又U R 1＝I 1R 1，U 2＝I 2R 2，又因为U ＝U R 1＋U 1，外接交流电压有效值为220 V ，联立代入数据解得U 2＝110U ＝22 V ，电阻R 2消耗的功率为P ＝U 22R 2＝48.4 W ，C 正确；由题意可知，交流电的频率为f ＝ω2π＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，一个周期内电流方向改变2次，故1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变100次，D 错误．故选AC.12. (多选)(2022·湖北恩施预测)为了适应特高压输电以实现地区间电力资源的有效配置，需要对原来线路中的变压器进行调换．某输电线路可简化为如图所示，变压器均为理想变压器，调换前后发电机输出电压、输电线电阻、用户得到的电压均不变，改造后输送电压提升为原来的5倍，假设特高压输电前后输送的功率不变，下列说法正确的是( AB )A ．线路改造后升压变压器原、副线圈的匝数比改变B ．线路上电阻的功率变为原来的125C ．特高压输电后，电压损失变为原来的125D ．线路改造后用户端降压变压器匝数比不变【解析】 发电机输出电压不变，应改变升压变压器原、副线圈的匝数比，故A 项正确；根据线路上功率的损失ΔP ＝I 22r ，输送功率不变，电压提升为原来的5倍，输送的电流变为原来的15，线路电阻不变，损失的功率变为原来的125，故B 项正确；输电线上的电压损失为ΔU ＝I 2r ，输送功率为P 2＝U 2I 2则输送功率不变，电压增为原来的5倍，电流变为原来的15，损失的电压变为原来的15，故C 项错误；用户端的降压变压器改造前后输出端电压U 4不变，输入端电压U 3变大，根据U 3U 4＝n 3n 4，可得原、副线圈的匝数比一定变化，故D 项错误．故选AB.13. (多选)(2022·湖北襄阳模拟)如图所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动，线圈的电阻为R ，线圈共N 匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，定值电阻R 1＝R ，当线圈转动的转速为n 时，电压表的示数为U ，则( ACD )A ．电流表的示数为2U RB ．从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝52U cos2πntC ．线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为52U 4Nn πD ．当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U 【解析】 依题意有I 2＝U R 1＝U R ，I 1∶I 2＝2∶1则有I 1＝2I 2＝2U R，故A 正确；根据欧姆定律，发电机产生的感应电动势的最大值为E m ，有E m 2＝R ×I 1＋U 1，U 1U ＝12，ω＝2n π rad/s，从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝E m cos ωt ＝52U 2cos 2n πt (V)，故B 错误；依题意有，线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为Φm ，则有52U 2＝NΦm 2n π，解得Φm ＝52U 4Nn π，故C 正确；当线圈转动的转速为2n 时，线圈中产生的电动势的最大值为E m ′＝NΦm 4n π，因52U 2＝NΦm 2n π＝E m ，所以E m ′＝52U ，其有效值为5U ，假定电压表示数为U 2′，则有5U ＝I 1′R ＋U 1′＝2U 2′R 1×R ＋U 1′＝12U 2′＋2U 2′＝52U 2′，解得U 2′＝2U ，当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U ，故D 正确．故选ACD.。
高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第1讲恒定电流与交变电流课件
将220 V交变电流改变为110 V。已知变压器原线圈匝数200
B.400
C.1 600
D.3 200
解析 根据变压器的变压规律UU12＝nn12得，n2＝UU21n1＝211200×800 ＝400，选项 B 正确。 答案 B
4.(2014·江苏单科，3)远距离输电的原理图如图3所示，升压变压 器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流 分别为I1、I2，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( )
2.(2016·全 国 卷 Ⅱ ， 1 7 ) 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5所示电路。开关S断开且电流稳定 时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所 带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为( )
2
1
A.5
B.2
图5
[精 典 题 组]
1.(2016·苏北四市一模)在如图4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( )
图4 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
图6 A.R3上消耗的功率增大 B.电流表读数减小，电压表读数增大 C.电源的输出功率增大 D.质点P将向下运动
解析 将滑动变阻器R4的滑片向b端移动，其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干路电流I增 大。电容器极板间的电压等于R3两端的电压。R4减小，并联部分 的总电阻减小，则R3的电压减小，R3上消耗的功率减小，电容器 极板间场强减小，质点P所受的电场力减小，所以质点P将向下运 动。流过电流表的电流IA＝I－I3，I增大，I3减小，则IA增大，所 以电流表读数增大。R4的电压U4＝U3－U2，U3减小，U2增大，则 U4减小，所以电压表读数减小。由于R1的阻值和电源内阻r相等， 则外电路总电阻大于电源的内阻r，当外电阻减小时，电源的输出 功率增大，A、B错误，C、D正确。 答案 CD
高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第恒定电流与交变电流提升训
专题四 电路与电磁感应第1讲 恒定电流与交变电流一、单项选择题1．(2016·南京市模拟)如图1所示，面积为S 、匝数为N 、电阻为r 的线圈与阻值为R 的电阻构成闭合回路，理想交流电压表并联在电阻R 的两端。
线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场的转动轴以角速度ω匀速转动。
设线圈转动到图示位置的时刻t ＝0，则( )图1A ．在t ＝0时刻，穿过线圈的磁通量达到最大，流过电阻R 的电流为零，电压表的读数也为零B ．1秒钟内流过电阻R 的电流方向改变ωπ次 C ．经π2ω的时间，通过电阻R 的电量为2πNBS 4（R ＋r ）D ．在电阻R 的两端再并联一只电容较大的电容器后，电压表的读数不变解析 t ＝0时刻线圈处于中性面Φ最大，e ＝0，i ＝0，但电压表的读数为有效值不为0，A错；T ＝2πω，交流电在1T 内电流方向改变两次，所以1 s 内电流方向改变次数为2×1T ＝ωπ，B 正确；在π2ω＝T 4时间内，通过R 的电量Q ＝ΔΦR ＋r ＝NBS R ＋r，则C 错；电容器有通交流隔直流的特点，在R 两端并联一只电容较大的电容器，相当于总电阻减小，则路端电压减小，电压表测路端电压，所以D 错。
答案 B2．(2016·四川理综，2)如图2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( )图2A ．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 原、副线圈减去相同的匝数n 后，有n 1′n 2′＝n 1－n n 2－n ，可以得出，n 1n 2-n 1′n 2′＝n （n 2－n 1）n 2（n 2－n ）<0，则说明n 1′n 2′的比值变大，由n 1′n 2′＝U 1U 2′＝I 2′I 1′知，选项C 、D 错误；由n 1n 2＝U 1U 2和n 1′n 2′＝U 1U 2′知，U 2′<U 2，再由P ＝U 2′2R知，灯泡变暗，选项A 错误，B 正确。
高考物理二轮复习 第1部分 专题讲练突破四 电磁感应和电路 第2讲 恒定电流和交变电流课件
4．(2016· 湖南衡阳二模)(多选)如图所示的电路中，电源的电动势 E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为 光敏电阻．当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，ห้องสมุดไป่ตู้时电流表 A和电压表V的示数分别为I和U.以下说法正确的是( )
A．若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大 B．若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少 C．若仅用更强的光照射R1，则I增大，U增大，电容器所带电荷 量增加 D．若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝 对值的比值不变
解析：选BD.电容器所在支路由于是断路，没有电流通过，所以 只有光敏电阻和电阻R3串联在电路中，并且电容器两端的电压等 于光敏电阻两端电压，所以若仅将R2的滑动触头P向b端移动，电 路总电阻不变，电流不变，电压也不变，A错误；若增大电容器 εrS 极板间的距离，根据公式C＝ 可得电容器电容减小，由于电 4πkd 容器两端的电压恒定，根据Q＝CU，故电荷量减少，B正确；
高频考点一
直流电路的动态分析
1.部分电路及闭合电路欧姆定律的表达式．
2.串、并联电路的电阻、电流、电压、功率的
知能 分析与计算方法． 必备 3.电源输出功率与外电阻的关系． 4.电容器在电路中的应用及对电容定义式、决 定式的理解.
[题组冲关] 1．(多选)在如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，R为滑动变 阻器，现将滑动变阻器的滑片向上移动，下列说法正确的是 ( )
A．灯泡L1变亮 B．电源输出功率减小 C．电压表读数增大 D．电源内阻消耗功率减小
解析：选AB.将滑动变阻器的滑片向上移动，接入电路的阻值减 小，根据“串反并同”可知灯泡L1变亮，灯泡L2变暗，电压表读 数减小，选项A正确，选项C错误；回路中的总电流增大，电源 内阻消耗的功率增大，电源输出功率减小，选项B正确、选项D 错误．
高三物理二轮复习专题四电路和电磁感应第1讲恒定电流和交变电流课件
不同电路的电功率 (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＝UR2t＝I2Rt，P＝UI＝UR2＝I2R. ②非纯电阻电路：电功 W＝UIt，电功率 P＝UI，电热 Q＝I2Rt，电热功率 P 热＝ I2R，电功大于电热，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＝I2Rt、P 热＝I2R.
(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Em＝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．若线圈的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 ＝Imsin 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＝Imcos ωt.
方法点拨 闭合电路动态分析的三种常用方法： (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)． (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．
A．12 V B．4 10 V C．15 V D．8 5 V 解析 由有效值定义可得 UR2×1s＝(0.1 A)2×R×0.4 s×2＋(0.2 A)2×R×0.1 s×2， 其中 R＝100 Ω，可得 U＝4 10 V，选项 B 正确．
3. (2017·江南十校联考一)如图，N匝矩形导线框以角速率ω绕对称轴OO′匀速 转动，线框面积为S，线框电阻、电感均不计，在OO′左侧有磁感应强度为B的匀强 磁场，外电路接有电阻R，理想电流表Ⓐ，那么可以确定的是( ) B
2021届高考物理二轮复习专题四 电路与电磁感应(考点+习题)含解析
专题四电路与电磁感应1.恒定电流(1)闭合电路中的电压、电流关系:E=U外+U内,I=,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。
(4)纯电阻电路中W=Q,非纯电阻电路中W>Q。
2.电磁感应(1)判断感应电流的方向:右手定则和楞次定律(增反减同、来拒去留、增缩减扩)。
(2)求解感应电动势常见情况与方法(3)自感现象与涡流自感电动势与导体中的电流变化率成正比,线圈的自感系数L跟线圈的形状、长短、匝数等因素有关系。
线圈的横截面积越大,线圈越长,匝数越多,它的自感系数就越大。
带有铁芯的线圈其自感系数比没有铁芯时大得多。
3.交变电流(1)交变电流的“四值”①最大值:为U m、I m,即交变电流的峰值。
②瞬时值:反映交变电流每瞬间的值,如e=E m sinωt。
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=、U=、I=;非正弦式交变电流的有效值可以根据电流的热效应来求解。
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。
(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:=;③电流关系:=。
(3)远距离输电常用关系式(如图所示)①功率关系:P1=P2,P3=P4,P2=P线+P3。
②电压损失:U损=I2R线=U2-U3。
③输电电流:I线===。
④输电导线上损耗的电功率:P损=I线U损=R线=R线。
高考演练1.(2019江苏单科,1,3分)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10,当输入电压增加20 V时,输出电压()A.降低2 VB.增加2 VC.降低200 VD.增加200 V答案D依据理想变压器原、副线圈的电压比与匝数比关系公式可知,=,则ΔU 2=ΔU1,得ΔU2=200 V,故选项D正确。
高考物理二轮总复习课后习题专题4 电路与电磁感应 专题分层突破练10 恒定电流和交变电流
专题分层突破练10 恒定电流和交变电流A组1.(河北大名一中模拟)一台抽油烟机的主要部件是照明灯和抽气扇(电动机),它们可以独立工作,互不影响,抽气扇有“强吸”和“弱吸”两个挡位,功率大小不同。
下列电路图符合要求的是( )2.(浙江1月选考)如图所示,甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况,摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动;乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况,皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。
下列说法正确的是( )A.甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场B.乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场C.甲图中线圈转动时产生的电流是正弦式交变电流D.乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦式交变电流3.(江苏海安一中期中)在如图所示的电路中,R0是定值电阻,R1、R2是滑动变阻器,D为理想二极管。
电源的电动势为E,内阻为r,接通开关S,质量为m的带电油滴恰能静止在水平放置的两金属板间。
若只改变其中的一个条件,下列说法正确的是( )A.将R1的滑片向下移动,油滴将向上运动B.将R2的滑片向右移动,油滴将向下运动C.断开开关S,将有电子自下而上通过理想二极管D.增大电容器两极板间的距离,油滴将加速向上运动4.(多选)(广东普通高中一模)进行变压器演示实验的装置示意图如图所示,在铁环上用刷有绝缘漆的铜丝绕制了匝数分别为n1、n2的两个线圈。
左侧线圈与开关S1、干电池E1、交流电源E2构成电路,交流电源E2的电动势e=6√2sin 100πt(V),右侧线圈与开关S2、灵敏电流表G、交流电压表V构成电路。
则( )A.若S 1接“1”,在S 2接“3”的瞬间灵敏电流表指针将发生偏转B.若S 2接“3”,在S 1接“1”的瞬间灵敏电流表指针将发生偏转C.若S 1接“2”,在S 2接“4”后,电压表指针的摆动频率为50n 2n 1D.若S 1接“2”,S 2接“4”,稳定后电压表的读数为6n 2n 1V5.(多选)(河北卷)如图所示,发电机的矩形线圈长为2L 、宽为L,匝数为N,放置在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中。