高三物理之直流电路动态分析与交流电路问题交变电流的综合问题
8 电路(直流、交流)高三物理高考重点知识重点专题突破
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专题八电路问题(直流与交流)【重点知识提醒】【重点方法提示】1.直流电路动态分析的两种常用方法(1)程序法遵循“局部—整体—部分”的思路,按以下步骤分析:(2)极限法因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题,可将变阻器的滑片分别滑至两个极端,使电阻最大或电阻为零去讨论。
2.解决交变电流问题要做到“四看”“四想”(1)看到“电容器的耐压值”,想到“最大值”。
(2)看到“某时刻某位置”,想到“瞬时值”。
(3)看到“电功、电功率、保险丝的熔断电流和电路中交流电表的读数”,想到“有效值”。
(4)看到“通过电路的电荷量”,想到“平均值”。
3.必须辨明的“3个易错易混点”(1)只有正弦交流电最大值与有效值间才有2倍关系;(2)理想变压器原线圈中的电流和输入功率取决于副线圈中的电流和输出功率,理想变压器副线圈两端的电压取决于原线圈两端的电压;(3)输电线路上电压损失的计算:ΔU=IR=U-U′=ΔP I。
【重点题型讲练】【例1】如图所示的电路中,电阻R=2 Ω。
断开S后,电压表的读数为3 V;闭合S后,电压表的读数为2 V,则电源的内阻r为()A.1 ΩB.2 ΩC.3 ΩD.4 Ω【解析】当S断开后,电压表读数为U=3 V,则电动势E=3 V当S闭合后,由闭合电路的欧姆定律知E=U′+Ir,且I=U′R整理得电源内阻r=(E-U′)RU′=1 Ω,选项A正确。
【答案】 A【练1】如图所示,E为电源,其内阻为r,L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变),R1、R2为定值电阻,R1>r,R3为光敏电阻,其阻值随光照强度的增加而减小,闭合开关S后,若照射R3的光照强度减弱,则()A.R1两端的电压变大B.通过R2的电流变大C.电源的输出功率变大D.小灯泡消耗的功率变大【自主解答】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 WB.44 WC.48 WD.60 W【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 -I 2R M =(22×2-4×2)W =36 W 。
热点09 直流电路常见物理模型(解析版)-高考物理重点难点热点专题汇总
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1.高考命题中,直流电路部分主要考查欧姆定律、电阻定律、焦耳定律、闭合电路欧姆定律、直流电路的功率问题、包含电容的电路分析,电路故障和黑箱问题。
2.掌握规律的基础知识,重点考查电学部分物理核心素养和实验操作能关键能力。
一.电路动态分析模型1.电路的动态分析问题:是指由于断开或闭合开关、滑动变阻器滑片的滑动等造成电路结构发生了变化,某处电路变化又引起其他电路的一系列变化;对它们的分析要熟练掌握闭合电路欧姆定律,部分电路欧姆定律,串、并联电路中电压和电流的关系.2.电路动态分析的三种常用方法(1)程序法【需要记住的几个结论】:①当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时,整个电路的总电阻一定增大(或减小)。
②若电键的通断使串联的用电器增多时,总电阻增大;若电键的通断使并联的用电器增多时,总电阻减小③用电器断路相当于该处电阻增大至无穷大,用电器短路相当于该处电阻减小至零。
(2)“串反并同”结论法①所谓“串反”,即某一电阻增大时,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,反之则增大。
②所谓“并同”,即某一电阻增大时,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,反之则减小。
即:U 串I 串↓P 串R 并↑并↑并↑【注意】此时电源要有内阻或有等效内阻,“串反并同”的规律仅作为一种解题技巧供参考。
(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,让电阻最大或为零再讨论。
3.电路动态变化的常见类型:①滑动变阻器滑片移动引起的动态变化:限流接法时注意哪部分是有效电阻,分压接法两部分电阻一增一减,双臂环路接法有最值;②半导体传感器引起的动态变化:热敏电阻、光敏电阻、压敏电阻等随温度、光强、压力的增大阻值减小;③开关的通断引起的动态变化:开关视为电阻,接通时其阻值为零,断开时其阻值为无穷大,所以,由通而断阻值变大,由断而通阻值变小。
4.滑动变阻器的几种接法限流接法分压接法双臂环路接法左部分为有效电阻,向←滑动,AB 间总阻值减小。
高考物理专题 直流电路和交流电路的分析
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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。
2022-2023年高考物理一轮复习 直流电路和交流电路的分析课件 (2)(重点难点易错点核心热点)
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解析 根据闭合电路欧姆定律,电阻 R2 中的电流为 I=R1+ER2+r=0.5 A, A 项错误;电路中 A、B 两点之间的电压为 UAB=IR1=0.5×4 V=2 V,B 项错 误;若在 C、D 间连一个理想电流表,则外电路总电阻为 R=R1+RR2+2RR3 3=7 Ω, 电阻 R1 中的电流为 I1=R+E r=23 A,电阻 R3 中的电流为 I3=12I1=13 A,理想电 流表的读数是13 A,C 项正确;若在 C、D 间连一个理想电压表,其测量的电 压为 R2 两端的电压,R2 两端的电压 U2=IR2=0.5×6 V=3 V,理想电压表的读 数是3 V,D 项错误。
答案 C
2.如图为某控制电路,由电动势为 E、内阻为 r 的电源与定值电阻 R1、R2 及电位器(滑动变阻器)R 连接而成,L1、L2 是两个指示灯。当电位 器的触片由 b 端滑向 a 端时,下列说法正确的是( )
A.L1、L2 都变亮 C.L1 变亮,L2 变暗
B.L1、L2 都变暗 D.L1 变暗,L2 变亮
解析 当滑片由 b 端向 a 端滑动时,R 接入电阻增大,总电阻增大;由闭 合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小,则内电压减小,由 U=E-Ir 可知 路端电压增大,则 R1 两端的电压增大,所以通过 R1 的电流增大,而总电流减 小,所以通过 L1 的电流变小,即 L1 变暗;L1 两端电压减小,并联电压增大, 所以 R2 两端的电压增大,所以通过 R2 的电流增大,而通过 L1 的电流变小,所 以通过 L2 的电流变小,即 L2 变暗。故 B 项正确。
解析 由题图可知,交变电流的电动势的最大值 Em=20 V,交变电流的电 动势的周期为 T=0.25 s,频率为 f=T1=4 Hz,线圈转动的角速度 ω=2πf=8π rad/s,产生的感应电动势瞬时值表达式为 e=Emsinωt=20sin8πt(V),A 项错误; 交变电流的电动势的有效值为 E=E2m=10 2 V,由闭合电路欧姆定律得交变 电流的有效值为 I=ER= 2 A,B 项正确;若将此电动势加在电容器上,电容 器的耐压值应不小于电动势最大值,即不小于 20 V,C 项错误;由交变电流的 电动势最大值表达式 Em=NBSω 可知,若该交流发电机的线圈在匀强磁场中匀 速转动的速度增大到原来的 2 倍,则产生的交变电流的电动势的最大值增大到 原来的 2 倍,为 40 V,D 项正确。
2024年高考物理二轮热点题型归纳:直流电路与交流电路(学生版)
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直流电路与交流电路目录题型一直流电路的动态分析题型二交流电的产生和描述题型三非正弦式交流电有效值的计算题型四变压器和远距离输电问题题型一直流电路的动态分析【题型解码】(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直流电路中,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,电容器两端的电压等于与之并联的电阻(或电路)两端的电压。
1(2023上·江苏泰州·高三校联考阶段练习)在如图所示的电路中,R 1、R 2、R 3和R 4皆为定值电阻,R 5为可变电阻,电源的电动势为E 、内阻为r 。
设电流表A 的读数为I ,电流表A 1的读数为I 1,电压表V 的读数为U ,当R 5的滑动触点向图中的a 端移动时()A.I 变大B.I 1变小C.ΔU ΔI 1不变D.U 变大【方法提炼】1.直流电路的动态分析方法(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.直流电路中的功率变化的判断(1)定值电阻的功率随其电压或电流的增大而增大。
(2)外电阻越接近电源的内阻,电源输出功率越大,等于内阻时电源的输出功率最大。
(3)判断变化电阻的功率时,可以将其他电路等效到电源内部,当变化电阻等于等效电阻时其功率最大,若不能等于则越接近越大。
【变式演练】1(2023上·四川成都·高三成都实外校考阶段练习)在如图所示的电路中,电压表为理想表,电源内阻为r ,滑动变阻器总电阻为R 2,R 1+R 2>r >R 1,滑动变阻器滑片由a 滑向b ,下列说法正确的是()A.电源的效率先变大再减小B.电源输出功率先增大再减小C.电压表示数先增大再减小D.灵敏电流计G 的电流方向d →c2(2023上·河南·高三河南省淮阳中学校联考阶段练习)在如图所示电路中,R 1、R 2、R 3为定值电阻,R 4、R 5为滑动变阻器,电源内阻为r ,平行板电容器C 正中央有一带电液滴P 处于静止状态。
重难点12 直流电路和交流电路(解析版)-高考物理重点难点热点专题汇总
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1.命题情境源自生产生活中的与直流电路和交流电路的相关的情境或科学探究情境,解题时能从具体情境中抽象出物理模型,正确应用电阻定律、欧姆定律、焦耳定律、闭合电路欧姆定律、交变电流的瞬时值、有效值、变压器工作原理、远距离输电等知识解决物理实际问题。
2.命题中还经常出现含电动机和电解槽的非纯电阻电路,电流、电压关系、输出功率和消耗的电功率的关系。
3.命题中还经常出现电源消耗的总功率、内部消耗的功率,直流电路和交流电路动态分析问题。
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:U1U2=n1 n2 .(3)电流关系:只有一个副线圈时I1I2=n2 n1 .5.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.6.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.7.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.(建议用时:30分钟)A.电流表的示数逐渐减小B.当滑片P位于ab中点时,电压表读数为2.5VC.要求相同时间内滑动变阻器R产热量最多,应将滑片P置于b端D.保险丝即将熔断时,原线圈消耗功率为52W【答案】BA .10k ,1910a R k -B .10k C .10k ,1910a R k -D .10k 【答案】A【解析】ABCD.设通过电流表的电流为I ,干路电流为I I =总A .电压表V 1示数增大,电流表AB .电压表V 2示数减小,电流表AC .132I I I ∆=∆-∆D .1211U U I I ∆∆>∆∆【答案】BC【解析】AB .滑片P 向下滑动的过程中,滑动变阻器接入电路的电阻减小,电路中总电阻减小,干路电流增大,即电流表A 1示数增大,路端电压减小,电压表即电压表V 2示数减小,通过电阻R 2的电流减小,即电流表电流之和,所以电流表A 3示数增大,C .由于电流表A 1示数增大,A 2示数减小,D .由闭合电路欧姆定律可得11U r I ∆=∆故选BC 。
2023新教材高考物理二轮专题复习专题:直流电路与交流电路
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专题十二直流电路与交流电路高频考点·能力突破考点一直流电路的分析与计算电路动态分析的两种方法(1)程序法最常规的方法(2)极限法最直接的方法即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题,可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论.例1 [2022·陕西渭南市教学质量检测](多选)如图所示,电流表示数为I,电压表示数为U,定值电阻R2消耗的功率为P,电容器C所带的电荷量为Q,电源内阻不能忽略.当变阻器滑动触头向右缓慢滑动时,下列说法正确的是( )A.U增大、I减小B.U减小、I增大C.P增大、Q减小D.P、Q均减小[解题心得]预测1 在如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,灯泡L的电阻小于电源的内阻,闭合开关S,在滑动变阻器的滑片由a向b移动的过程中,下列各物理量的变化情况正确的是( )A.电流表的读数变大B.灯泡L变亮C.电源输出功率先减小后增大D.电压表的读数先增大后减小预测2 [2022·四川绵阳模拟]如图所示,闭合开关S,将滑动变阻器R的滑片向右滑动的过程中( )A.电流表A1的示数变小B.电流表A2的示数变小C.电压表V的示数变小D.电阻R1的电功率变大考点二交变电流的产生及变化规律解答交变电流问题的三点注意(1)理解两个特殊位置的磁通量、磁通量的变化率、感应电动势及感应电流方向的特点:线圈与中性面重合时,S⊥B,Φ最大,ΔΦ=0,e=0,i=0,电流方向将发生改变,线圈Δt与中)的关系类比v和a(ΔvΔt性面垂直时,S∥B,Φ=0,ΔΦ最大,e最大,i最大,电流方向不变.Δt(2)区分交变电流的峰值、瞬时值、有效值和平均值.(3)确定交变电流中电动势、电压、电流的有效值后就可以运用直流电路的规律处理交流电路中的有关问题.例2 [2022·浙江1月]如图所示,甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况,摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动;乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况,皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动.下列说法正确的是( )A.甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场B.乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场C.甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电D.乙图中线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电[解题心得]预测 3 [2022·湖北押题卷]一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时,产生正弦式交变电流,电动势随时间的变化规律如图线a 所示.仅调整线圈转速,电动势随时间的变化规律如图线b 所示,则图线b 电动势瞬时值的表达式是( )A .e =100sin 5πt (V)B .e =100sin100πt 3(V)C .e =120sin 5πt(V)D .e =120sin100πt 3(V )预测4 [2022·山东章丘二模]一半径为a 的半圆形单匝闭合线框,其总电阻为r ,空间中存有方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场.某时刻在外力驱动下,线框开始绕其水平放置的直径以角速度ω匀速转动(左侧观察顺时针转动).t 时刻线框恰好转动至如图所示的竖直平面,下列说法正确的是( )A .线框匀速转动一周的过程中外力做功为W =π3B 2a 4ω4rB .从t 时刻开始计时,感应电动势的表达式为e =πBωa 22sin (ωt)VC .线框从t 时刻转到水平位置的过程中电路中的电荷量为q =√2π2Ba 28rD .设N 点电势为零,t 时刻M 点电势为φM =-Bπωa 24考点三 变压器与远距离输电1.理想变压器原副线圈中各物理量的三个制约关系(1)电压制约:输出电压U2由输入电压U1决定,即U2=n2U1. 原制约副n1(2)电流制约:原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定,即I1=n2I2. 副n1制约原(3)功率制约:变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定,原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定,即P1=P2. 副制约原2.分清远距离输电的三个回路和三种关系(1)理清三个回路(2)分清三种关系例 3 [2022·河北卷]张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一,其发电、输电简易模型如图所示,已知风轮机叶片转速为每秒z转,通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动,发电机线圈面积为S,匝数为N,匀强磁场的磁感应强度为B,t=0时刻,线圈所在平面与磁场方向垂直,发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后,输出电压为U.忽略线圈电阻,下列说法正确的是( )A.发电机输出的电压为√2πNBSzB.发电机输出交变电流的频率为2πnzC.变压器原、副线圈的匝数比为√2πNBSnz∶UD.发电机产生的瞬时电动势e=√2πNBSnz sin (2πnz)t[解题心得]预测5 [2022·湖北押题卷]如图甲所示,100匝圆形线圈接入理想变压器的原线圈,变压器的副线圈接入阻值为R的电阻,电表都是理想电表.已知每匝线圈的电阻均为R,若在线圈位置加入垂直于线圈平面的磁场,磁感应强度B随时间t按正弦规律变化的图像如图乙所示,得到圆形线圈的电热功率与电阻R的功率相等.下列说法正确的是( )时刻两电流表示数均达最大A.T2时刻两电流表示数均为0B.T4C.原、副线圈匝数比n1∶n2=10∶1D.对某一段线圈来说,当磁感应强度最大时,受到的安培力最大预测6 [2022·湖南卷]如图,理想变压器原、副线圈总匝数相同,滑动触头P1初始位置在副线圈正中间,输入端接入电压有效值恒定的交变电源.定值电阻R1的阻值为R,滑动变阻器R2的最大阻值为9R,滑片P2初始位置在最右端.理想电压表的示数为U,理想电流表的示数为I.下列说法正确的是( )A.保持P1位置不变,P2向左缓慢滑动的过程中,I减小,U不变B.保持P1位置不变,P2向左缓慢滑动的过程中,R1消耗的功率增大C.保持P2位置不变,P1向下缓慢滑动的过程中,I减小,U增大D.保持P2位置不变,P1向下缓慢滑动的过程中,R1消耗的功率减小预测7 [2022·福建押题卷]如图所示为研究远距离输电的装置.理想变压器T1、T2的匝数比相等(n1∶n2=n4∶n3),变压器T1的输入电压u1=e=50√2sin 100πt(V),输电线的总电阻为r,则( )A.闭合开关后,灯泡两端的电压为50 VB.闭合开关后,通过灯泡电流的频率为100 HzC.闭合的开关数越多,所有灯泡获得的总功率越大D.依次闭合开关S1、S2、S3…,灯泡L1越来越暗素养培优·情境命题利用理想变压器规律解决实际问题情境1 [2022·江苏冲刺卷]互感式钳形电流表内部结构如图所示,电流表与次级线圈相连,用手柄控制钳形铁芯上方开口的开合,则( )A.该电流表可用来测量直流电B.次级线圈匝数越少,电流表读数越大C.该电流表测电流时相当于降压变压器D.测量时电流表应串联在被测通电导线中[解题心得]情境2 [2022·历城二中测评]如图是一个家庭用的漏电保护器的简单原理图,它由两个主要部分组成,图中左边虚线框内是检测装置,右边虚线框内是执行装置.检测装置是一个特殊的变压器,它把即将引入室内的火线和零线并在一起绕在铁芯上作为初级(n1匝),另绕一个次级线圈(n2匝).执行装置是一个由电磁铁控制的脱扣开关.当电磁铁的线圈中没有电流时,开关是闭合的,当电磁铁的线圈中的电流达到或超过一定值时,开关断开,切断电路,起到自动保护作用.我国规定当漏电流达到或超过30 mA时,就要切断电路以保证人身的安全.至于电磁铁中的电流达到多大时脱扣开关才断开,则与使用的具体器材有关,如果本题中的脱扣开关要求电磁铁中的电流至少达到80 mA才会脱扣,并且其检测装置可以看作理想变压器,那么,n1与n2的比值为( )A.n1∶n2=5∶3 B.n1∶n2=3∶5C.n1∶n2=8∶3 D.n1∶n2=3∶8[解题心得]情境3 [2022·广东冲刺卷]氮化镓手机充电器具有体积小、功率大、发热量少的特点,图甲是这种充电器的核心电路.交流电经前端电路和氮化镓开关管后,在ab端获得如图乙所示的高频脉冲直流电,经理想变压器降压后在cd端给手机充电,则正常工作时,变压器cd输出端( )A.输出的电压也是直流电压B.输出电流的频率为2TC.输出电流的有效值大于ab端输入电流的有效值D.需将输入电压转变为交流电,输出端才会有电压输出[解题心得]情境4 [2022·山东冲刺卷]近十年来,我国环形变压器从无到有,已形成相当大的生产规模,广泛应用于计算机、医疗设备、家电设备和灯光照明等方面,如图甲所示.环形变压器与传统方形变压器相比,漏磁和能量损耗都很小,可视为理想变压器.原线圈匝数n1=880匝,副线圈接一个“12 V22 W”的照明电灯,示意图如图乙所示,图中电压表与电流表均为理想交流电表.原线圈接交流电源,原线圈两端的电压随时间变化的关系图像如图丙所示,最大值U m=220√2 V,最大值始终保持不变,照明电灯恰好正常发光.则( )A.原线圈两端电压的有效值和t=2.5×10-3 s的电压瞬时值相等B.若电压表为非理想电表,电压表的读数会变小C.照明电灯正常发光时,电流表的读数为0.05 AD.在t=5×10-3 s时刻,电压表的示数为零[解题心得]专题十二直流电路与交流电路高频考点·能力突破考点一例1 解析:当变阻器滑动触头向右缓慢滑动时,接入电路中的电阻减小,总电阻变小,总电流变大,内电压变大,由路端电压U=E-Ir知U变小,电压表示数减小,电流表示数增大,R2两端电压增大,功率P增大,电容器与变阻器并联,所以电容器两端电压减小,由公式Q=CU可知,电荷量减小,故B、C正确.答案:BC预测 1 解析:滑动变阻器的滑片位于最右端时,滑动变阻器两部分并联的阻值为零,此时电路的外电阻最小,干路电流最大,路端电压最小,电流表示数最大;滑动变阻器的滑片位于中间时,滑动变阻器两部分并联的阻值最大,此时电路的外电阻最大,干路电流最小,路端电压最大,电流表示数小于初始位置时的示数;滑动变阻器的滑片位于最左端时,滑动变阻器两部分并联的阻值为零,此时电路的外电阻最小,干路电流最大,路端电压最小,电流表示数为零,所以A、B错误,D正确.滑动变阻器两部分并联的阻值先增大后减小,但与灯泡L及内阻的阻值关系未知,故输出功率无法确定,C错误.答案:D预测2 解析:程序法:在滑动变阻器R的滑片向右滑动的过程中,滑动变阻器接入电路的电阻变大,电路总电阻变大,根据闭合电路的欧姆定律可知,干路电流变小,选项A 正确;由于干路电流变小,根据U外=E-Ir可知外电路两端的电压变大,电阻R1两端的电压U1=IR1变小,则并联部分电路两端的电压变大,即电压表V的示数变大,通过电阻R2的电流变大,即电流表A2的示数变大,选项B、C错误;根据P1=I2R1可知,电阻R1不变,通过R 1的电流变小,则电阻R 1的电功率变小,选项D 错误.结论法:根据“串反并同”,滑动变阻器R 的滑片向右滑动的过程,R 变大,与之间接串联部分的电流、电压减小,R 1的电功率变小,选项A 正确、D 错误;与之并联部分的电流、电压变大,选项B 、C 错误.答案:A 考点二例2 解析:图中细短铁丝被磁化之后,其作用相当于小磁针,根据其分布特点可判断出甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场,故选项A 正确;而乙图中,磁针分布的方向并不相同,则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场,故选项B 错误;根据发电机原理可知,甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电,故选项C 错误;乙图中线圈匀速转动时,由于线圈切割磁感线的速度方向始终与磁场垂直且所在位置的磁感应强度大小不变,所以匀速转动时产生的是大小恒定的电流,故选项D 错误.答案:A预测3 解析:由图可知,调整转速前后周期之比Ta Tb =0.040.06=23由ω=2πT可知角速度与周期成反比,得调整转速前后角速度之比为ωa ωb=T b T a=32调整线圈转速之后,交流电的角速度ωb =2πT b=2π0.06 s =100π3rad/s感应电动势最大值E m =NBSω转速调整前后,NBS 相同,E m 与ω成正比Ema E mb =ωa ωb由图可知,调整线圈转速之前交流电的最大电动势E m a =150 V所以调整线圈转速之后交流电的最大电动势E m b =ωb ωaE m a =23×150 V=100 V线圈从中性面开始转动计时,所以图线b 电动势的瞬时值表达式e =100sin 100πt 3(V),故选B.答案:B预测4 解析:根据法拉第电磁感应定律有,线框中产生感应电动势的有效值为E 有=√2=√22NBSω=√24πa 2Bω,则线框匀速转动一周的过程中线框中产生的焦耳热为Q =E 有2 ET ,T =2πω,联立解得Q =π3B 2a 4ω4r,线框匀速转动一周的过程中外力做功等于线框中产生的焦耳热,即W =Q =π3B 2a 4ω4r,故A 正确;t 时刻开始计时,线框中产生的感应电动势的表达式为e =E m cosωt =πBωa 22cos (ωt )V ,B 错误;线框从t 时刻转到水平位置的过程中电路中的电荷量为q=ΔΦr=BΔS r=12Bπa 2r=Bπa 22r,C 错误;设N 点电势为零,t 时刻M 点电势为φM =-(πaπa +2a)·e=-(πaπa +2a)·πBωa 22·cos 0=-π2Bωa 22(π+2),故D 错误.答案:A 考点三例3 解析:发电机线圈的转速为nz ,输出交变电流的频率为f =ω2π=nz ,B 错误;线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动,产生的为正弦交流电,最大值为E m =NBS ·2π·nz ,输出电压的有效值为E =m √2=√2πNBSnz ,A 错误;变压器原、副线圈的匝数比为n 1n2=EU =√2πNBSnzU,C 正确;发电机产生的瞬时电动势为e =E m sin ωt =2πNBSnz sin (2πnz )t ,D 错误.答案:C预测5 解析:电表测量的是有效值,不是瞬时值,两电流表的示数不变,A 、B 错误;根据题意得I 12×100R =I 22×R ,I 1I2=n 2n 1,解得n 1n 2=101,C 正确;由图乙可知当磁感应强度最大时,磁感应强度的变化率为零,感应电流等于零,线圈受到的安培力等于零,D 错误.答案:C预测6 解析:设原线圈两端电压为U 1,副线圈两端电压为U 2,通过原线圈的电流为I 1,通过副线圈的电流为I 2,由理想变压器变压规律和变流规律可得,原、副线圈及定值电阻R 1的等效电阻为R ′=U 1I 1=n 1n 2U 2n 2n 1I 2=(n1n 2)2U2I 2=(n1n 2)2R 1;保持P 1位置不变,将原、副线圈及电阻R 1等效为一定值电阻,P 2向左缓慢滑动过程中,R 2接入电路的电阻减小,则整个电路的总电阻减小,由欧姆定律可知,回路中电流I 增大,原线圈两端电压增大,又电源电压不变,故电压表示数U 减小,A 项错误;由于原线圈两端电压增大,由理想变压器变压规律可知,副线圈两端电压增大,故R 1消耗的功率增大,B 项正确;当P 2位置不变,P 1向下滑动时,n 2减小,等效电阻R ′增大,由欧姆定律可知,回路中电流减小,R 2两端电压减小,C 项错误;由于R 2两端电压减小,则原线圈两端电压增大,由变压规律可知,副线圈两端电压增大,R 1的功率增大,D 项错误.答案:B预测7 解析:闭合开关后,灯泡两端的电压为U 4=n 4n 3U 3=n 4n 3(U 2-ΔU )=n 4n 3(n2n 1U 1−ΔU )=U 1-n 4n 3ΔU ,A 错误;变压器不改变频率,交变电流的频率为f =ω2π=50 Hz ,B 错误;设升压变压器的输出电压为U 2,输送电流为I 2,所有灯泡获得的总功率为P =U 2I 2−I 22r =−E (E 2−E 22E )2+E 22 4E闭合的开关数越多,灯泡总电阻越小,所以灯泡总功率有可能先增大后减小,也有可能一直减小,C 错误;依次闭合开关S 1、S 2、S 3…,灯泡总电阻逐渐减小,输送电流逐渐增大,所以灯泡两端的电压逐渐减小,灯泡L 1越来越暗,D 正确.答案:D 素养培优·情境命题情境1 解析:互感式钳形电流表利用的是电磁感应的互感原理,不能测量直流电,故A 错误;电流大小与线圈匝数成反比,所以次级线圈匝数越少,电流表读数越大,故B 正确;该电表原线圈为单匝,是升压变压器,故C 错误;测量时,用手柄控制钳形铁芯上方开口打开,将被测通电导线圈放入其中,不需要将电流表串联在被测通电导线中,故D 错误.答案:B情境2 解析:根据题意可知n1n 2=I2I 1=80 mA 30 mA=83,故A 、B 、D 错误,C 正确.答案:C情境3 解析:经过变压器输出的电压为交流电压,A 错误;由乙图可知周期为T ,故输出电流的频率为f =1T ,B 错误;由于变压器为降压变压器,则输入电压有效值大于输出电压有效值,根据变压器的输入功率等于输出功率,可知输出电流的有效值大于ab 端输入电流的有效值,C 正确;变压器的工作原理是电磁感应,只要输入电流的大小发生变化,产生的磁场就会发生变化,磁通量就会发生变化,输出端就会有电压输出,故不需要将输入电压转变为交流电,输出端也可以有电压输出,D 错误.答案:C情境4 解析:原线圈两端电压的有效值为U =m √2=220 V ,由图丙可知电压周期T =2×10-2s ,则电压瞬时值表达式为u =U m cos2πTt =220√2cos (100πt ),当t =2.5×10-3 s 的电压瞬时值为u =220√2cos (100π×2.5×10-3)V =220 V ,故A 正确;电压表测的是输出电压,不会随外电阻的变化而变化,故B 错误;照明电灯正常发光时,电流为I 2=P U 2=116 A ,线圈匝数比为n1n2=UU2=22012=553,电流表的读数为I=I2n2n1=0.1 A,故C错误;电压表的示数为有效值,即为12 V,故D错误.答案:A。
高考物理专题特训-直流电路和交流电路
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图 5-1-3 B.2 Ω D.4 Ω
解析 当断开 S 时,电压表的读数等于电源的电 动势,即 E=3 V;当闭合 S 时,有 U=IR,又由闭合 电路欧姆定律可知,I=R+E r,联立解得 r=1 Ω,A 正确,BCD 错误。
答案 A
[命题研究]
题型 分值 难度
以选择题为主 0~6分 选择题为中、低档
过 R 的电流增大的值比通过 R2 电流减小的值多,所以
R 中电流变化的绝对值大于电流表示数变化的绝对值,
D 错误。
[答案] B
电路中的图象问题
闭合电路中几种常见图象的比较
类型 公式
图象
特例
I-R 图线
I=R+E r
短路 R=0,I=Er , 图象始端 断路 R=∞,I=0,
图象末端
U-R 图线
[解析] 当滑动变阻器的滑动触头 P 向下滑动的 过程中,滑动变阻器接入电路的电阻增大,外电路总 电阻增大,总电流减小,可知路端电压增大,即知电 压表 V1 示数增大,电压表 V2 的示数减小,电压表 V3 的示数增大,当滑动触头在最上方时,V3 示数为零, 则知,图线 a 表示的是电压表 V3 的示数随电流表示数 变化的情况,图线 c 表示的是电压表 V2 的示数随电流 表示数变化的情况。故 A 错误,B 正确。由闭合电路
图 5-1-6
A.25
B.12
3
2
C.5
D.3
[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
2 可知,电容器两端的电压 U1=12×23R3+R RE=15E;当开 关 S 闭合后,外电路的连接等效为图乙,则电容器两
高三物理二轮专题复习第1讲 直流电路与交流电路的分析
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第1讲直流电路与交流电路的分析网络构建备考策略1.必须领会的“二种物理思想”和“四种方法”(1)等效思想、守恒思想。
(2)程序法、极限法、分析推理法、守恒法。
2.解决交变电流问题要做到“四看”、“四想”(1)看到“电容器的耐压值”,想到“最大值”。
(2)看到“某时刻某位置”,想到“瞬时值”。
(3)看到“电功、电功率、保险丝的熔断电流和电路中交流电表的读数”,想到“有效值”。
(4)看到“通过电路的电荷量”,想到“平均值”。
3.理想变压器弄清“谁决定谁”的制约关系。
对电压而言,输入决定输出;对电流、电功率而言,输出决定输入。
直流电路的分析与计算直流电路的动态分析【典例1】在如图1所示的电路中,当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时,下列说法正确的是()图1A.R2的功率增大B.R3两端的电压减小C.电流表的示数变大D.R1接入电路部分中的电流增大[解析]当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时,其接入电路的电阻增大,外电路的总电阻增大,则干路电流I减小,路端电压U增大,R3两端的电压等于路端电压,则可知R3两端的电压增大,则通过R3的电流I3增大,通过R2的电流I2=I-I3,I减小,I3增大,则I2减小,故R2的功率减小,选项A、B错误;R2两端电压U2也减小,R4两端的电压U4=U-U2,U增大,U2减小,则可知U4增大,故通过电流表的电流I A增大,电流表的示数变大,选项C正确;流过R1接入电路部分的电流I1=I2-I A,I2减小,I A增大,则I1减小,选项D错误。
[答案] C直流电路(含电容)的分析与计算【典例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2 A.25 B.12 C.35 D.23[解析] S 断开时等效电路如图甲所示。
高考物理二轮复习:直流电路和交流电路(含答案解析)
![高考物理二轮复习:直流电路和交流电路(含答案解析)](https://img.taocdn.com/s3/m/73e2d3d5cfc789eb162dc8e7.png)
直流电路和交流电路热点一直流电路的动态分析命题规律:直流电路的动态分析在高考试题中是以选择题形式考查的,是近年来高考的热点.往往以下列变化方式探究某元件的电流、电压、功率及电源输出功率的变化情况:(1)某一支路的滑动变阻器的阻值变化;(2)某一支路电键闭合或断开;(3)热敏电阻或光敏电阻的阻值变化.1.(2014·咸阳二模)如图所示电路中,电源电动势为E,内电阻为r,R1、R2为定值电阻,R3为可变电阻,C为电容器.在可变电阻R3由较小逐渐变大的过程中( )A.电容器放电B.流过R2的电流方向是由a到bC.电容器的带电量在逐渐增大D.电源内部消耗的功率变大[解析] 当可变电阻R3逐渐变大时,总电阻增大,干路电流减小,则电容器上电压U=E-I(R1+r)将增大,电容器的带电量增大,即电容器充电,A错误,C正确;因为电容器上极板带正电,所以充电电流方向为b→R2→a,故B错误;电源内部消耗的功率为P r=I2r变小,D错误.[答案] C2.(2014·上海六校联考)热敏电阻是传感电路中常用的电子元件,其电阻R t随温度t变化的图线如图甲所示.如图乙所示电路中,热敏电阻R t与其他电阻构成的闭合电路中,当R t所在处温度升高时,两电表读数的变化情况是( )A.A变大,V变大B.A变大,V变小C.A变小,V变大D.A变小,V变小[解析] 由电路图可知,电压表和电流表与热敏电阻是间接并联关系,当R t所在处温度升高时,R t的阻值减小,利用“并同串反”知电流表和电压表的读数都减小.[答案] D3.(2014·山东莘县质检)如图所示,两平行金属板间带电质点P原处于静止状态,不考虑电流表和电压表对电路的影响,当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时,则( )A.电压表读数减小B.电流表读数减小C.质点P将向上运动D.R3上消耗的功率逐渐增大[解析] 当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时,R4接入电路部分的电阻减小,外电路总电阻减小,干路电流增大,电源内阻分担的电压增大,则路端电压减小,R1分担电压增大,则平行金属板两极板间电压减小,带电质点P所受电场力减小,质点P将向下运动,选项C错误;R3两端电压减小,R3中电流减小,电流表读数增大,选项B 错误;R 3上消耗的功率逐渐减小,选项D 错误;由于R 2中的电流增大,R 2两端电压增大,故电压表读数减小,选项A 正确. [答案] A[方法技巧] 直流电路动态分析问题的解题方法1程序法:闭合电路中,由于局部电阻变化或开关的通断,引起各部分电压、电流或灯泡明暗发生变化,分析此类问题的基本步骤:)分析局部电阻变化―→判断电路总电阻变化―→根据I =ER +r 判断总电流变化―→根据U =E -Ir 判断路端电压变化―→根据串、并联电路特点判断各部分电路电流、电压的变化(2)可直接应用“部分电路中R 、I 、U 的关系”中的两个结论:①任一电阻R 阻值增大,必引起通过该电阻的电流I 的减小和该电阻两端电压U 的增大.即R ↑→⎩⎪⎨⎪⎧I ↓U ↑②任一电阻R 阻值增大,必将引起与之并联的支路中电流I 并的增大和与之串联的各电阻两端电压U 串的减小.即R ↑→⎩⎪⎨⎪⎧I 并↑U 串↓热点二 交流电的产生及“四值”应用命题规律:交变电流的产生与描述是每年高考的热点,常以选择题形式考查;考题主要考查交变电流的两种表达方式:函数表示法与图象表示法,以及交流电的有效值、最大值等基本知识.高考命题一般从以下两方面进行考查:(1)交变电流的产生、图象、公式及相关物理量.(2)交变电流“四值”的物理意义及其不同方面的应用.1.(多选)(2014·高考天津卷)如图甲所示,在匀强磁场中,一矩形金属线圈两次分别以不同的转速,绕与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的交变电动势图象如图乙中曲线a 、b 所示,则( )A .两次t =0时刻线圈平面均与中性面重合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[解析] 从图象可知,两次转动都是从中性面开始计时的,故A 正确.从图象可知,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 =4×10-2s ,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 =nBSω,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=102V =5 2 V ,D 错误.[答案] AC2.(2013·高考海南卷)通过一阻值R =100 Ω的电阻的交变电流如图所示,其周期为1 s .电阻两端电压的有效值为( )A .12 VB .410 VC .15 VD .8 5 V[解析] 由有效值定义可得U 2R×1 s=(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 =410 V ,B 正确.[答案] B3.(2013·高考福建卷)如图,实验室一台手摇交流发电机,内阻r =1.0 Ω,外接R =9.0 Ω的电阻.闭合开关S ,当发电机转子以某一转速匀速转动时,产生的电动势e =102sin 10πt (V),则( )A .该交变电流的频率为10 HzB .该电动势的有效值为10 2 VC .外接电阻R 所消耗的电功率为10 WD .电路中理想交流电流表A 的示数为1.0 A[解析] 据ω=2πf 知该交流电的频率为5 Hz ,A 错;该交流电电动势的最大值为10 2 V ,有效值E =10 V ,B 错;I =ER +r=1.0 A ,P =I 2R =9 W ,C 错,D 对.[答案] D[总结提升] 正弦交流电的产生及“四值”的应用 (1)交变电流的产生磁通量最大⇐中性面⇒电流为零 ⇓线圈经过中性面时,电流变向一次 (2)交流电“四值”的应用①最大值⇒E m =NBSω⇒计算电容器的耐压值 ②瞬时值⇒e =E m sin ωt 或E m cos ωt ⇒计算闪光电器的闪光时间等③有效值⇒E =E m /2⇒电表的读数及计算电热、电功及保险丝的熔断电流④平均值⇒E =N ΔΦ/Δt ⇒计算通过导体的电荷量热点三 变压器与远距离输电命题规律:本考点为每年高考的热点,常以选择题的形式考查,命题规律有以下两点: (1)多数题目与交变电流的图象、瞬时值表达式等相结合进行综合考查.(2)考查变压器原副线圈中的电压、电流及功率关系,变压器的动态变化分析及远距离输电等问题.1.(多选)(2014·高考广东卷)如图所示的电路中,P 为滑动变阻器的滑片,保持理想变压器的输入电压U 1不变,闭合电键S ,下列说法正确的是( ) A .P 向下滑动时,灯L 变亮B .P 向下滑动时,变压器的输出电压不变C .P 向上滑动时,变压器的输入电流变小D .P 向上滑动时,变压器的输出功率变大[解析] 由于理想变压器输入电压U 1不变,原、副线圈匝数不变,所以输出电压U 2也不变,灯L 亮度不随P 的滑动改变,故选项A 错误,选项B 正确.P 向上滑动时,滑动变阻器接入电路的电阻减小,负载总电阻R 总减小,由I 2=U 2R 总知,通过副线圈的电流I 2增大,输出功率P 2=U 2I 2增大,再由I 1I 2=n 2n 1知输入电流I 1也增大,故选项C 错误,D 正确.[答案] BD2.(多选)(2014·武汉模拟)如图甲所示为一个小型电风扇的电路简图,其中理想变压器的原、副线圈匝数之比n 1∶n 2=10∶1,接线柱a 、b 接上一个正弦交变电源,电压随时间变化规律如图乙所示,输出端接有额定电压均为12 V 的灯泡和风扇电动机,电动机线圈电阻r =2 Ω.接通电源后,灯泡正常发光,风扇正常工作,则( )A .电阻R 两端的电压是10 VB .通过风扇电动机的电流是6 AC .通过灯泡的交流电频率是100 HzD .风扇突然卡住的瞬间,灯泡变暗[解析] 变压器输入电压220 V ,输出电压22 V ,灯泡正常发光,风扇正常工作,电阻R 两端的电压是22 V -12 V =10 V ,选项A 正确.通过风扇电动机的电流一定小于6 A ,通过灯泡的交流电频率是50 Hz ,选项B 、C 错误.风扇突然卡住的瞬间,电风扇中电流增大,灯泡中电流减小,灯泡变暗,选项D 正确. [答案] AD3.(2014·高考四川卷)如图所示,甲是远距离输电线路的示意图,乙是发电机输出电压随时间变化的图象,则( )A .用户用电器上交流电的频率是100 HzB .发电机输出交流电的电压有效值是500 VC .输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D .当用户用电器的总电阻增大时,输电线上损失的功率减小[解析] 由u -t 图象可知,交流电的周期T =0.02 s ,故频率f =1T=50 Hz ,选项A 错误;交流电的最大值U m =500 V ,故有效值U =U m2=250 2 V ,选项B 错误;输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原副线圈的匝数比决定,选项C 错误;当用户用电器的总电阻增大时,副线圈上的电流减小,根据I 1I 2=n 2n 1,原线圈(输电线)上的电流减小,根据P =I 21R ,得输电线损失的功率减小,选项D 正确. [答案] D[方法技巧] 理想变压器的动态分析技巧1根据题意弄清变量和不变量.如原线圈电压不变、原副线圈的匝数比不变,其他物理量可能随电路的变化而发生变化.2弄清动态变化过程中的因果关系.如U 2由U 1决定,P 1、I 1由P 2、I 2决定. 3分析流程如下: 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.)交流电路的综合问题命题规律:该综合问题涉及交流电的产生、变化规律、图象和变压器问题,考查的点多面广,因此将成为2015年高考命题热点,题型一般为选择题.范例 (2014·江西盟校一联)如图所示,匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小B =210T 的水平匀强磁场中,线框面积S =0.5m 2,线框电阻不计.线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω=100 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”的灯泡,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 .在图示位置线框中产生的感应电动势最大B .线框中产生电动势的有效值为250 2 VC .变压器原、副线圈匝数之比为25∶22D .允许变压器输出的最大功率为1 000 W[解析] 在图示位置线框和磁感线垂直,磁通量最大,线框中产生的感应电动势为零,选项A 错误;线框中产生的感应电动势的最大值E m =NBSω=250 2 V ,其有效值E =22E m =250 V ,选项B 错误;灯泡能正常发光,则电压U 2=220 V ,由U 1U 2=n 1n 2可知变压器原、副线圈匝数之比为25∶22,选项C 正确;熔断器允许通过的最大电流为10 A ,即I 1=10 A ,P 1=U 1I 1=250×10 W=2 500 W ,因此变压器允许输出的最大功率为2 500 W ,故选项D 错误. [答案] C[总结提升] 交变电流的综合问题,涉及交流电路最大值、有效值、平均值、瞬时值和变压器的计算,与电磁感应、安培力、闭合电路欧姆定律的综合应用等,解答时应注意以下两点: (1)分清交流电路“四值”的不同计算方法和物理意义.(2)学会将直流电路、闭合电路欧姆定律的知识应用在交流电路中.最新预测1 (2014·辽宁五校联考)如图所示,有一矩形线圈的面积为S ,匝数为N ,电阻不计,绕OO ′轴在水平方向的磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动,从图示位置开始计时.矩形线圈通过滑环接一理想变压器,滑动触头P 上下移动时可改变输出电压,副线圈接有可调电阻R ,下列判断正确的是( )A .矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e =NBSωcos ωtB .矩形线圈从图示位置经过π2ω时间时,通过电流表的电荷量为0C .当P 不动、R 增大时,电压表读数也增大D .当P 向上移动、R 不变时,电流表读数减小解析:选A.矩形线圈切割磁感线产生的感应电流为正弦式交变电流,图示时刻线圈切割磁感线产生的感应电动势最大,最大值为E m =NBSω,则其瞬时值表达式为e =NBSωcos ωt ,选项A 正确;矩形线圈从图示位置经过π2ω时间,刚好为1/4周期,磁通量的变化量不为0,通过电流表的电荷量不为0,选项B错误;矩形线圈的电阻不计,故电压表的示数为交流电压的有效值,恒定不变,选项C 错误;当P 向上移动、R 不变时,原线圈的电压不变,副线圈的电压增大,输出功率变大,故原线圈中的电流增大,选项D 错误.最新预测2 (多选)(2014·潍坊模拟)如图所示,矩形线圈面积为0.1 m 2,匝数为100,绕OO ′轴在磁感应强度为B =25πT 的匀强磁场中以角速度ω=5π rad/s 匀速转动.从图示位置开始计时,理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2,两电表均为理想电表,电阻R =50 Ω,其他电阻不计,下列判断正确的是( )A .在t =0.1 s 时,穿过线圈的磁通量最大B .n 1∶n 2=1∶5时,变压器输入功率为50 WC .P 向上移动时,电压表示数变大D .P 向上移动时,电流表示数变小解析:选BD.由题意可知,E m =NBSω=10 2 V ,T =2πω=0.4 s ,故由图示位置经过0.1 s 时,线圈与磁场平行,磁通量为零,A 错误;由U 1U 2=n 1n 2可知,若n 1∶n 2=1∶5,则U 2=50 V ,变压器输入功率等于输出功率等于U 22R=50 W ,B 正确;当P 向上移动时,n 2变小,U 2变小,输出功率和输入功率变小,故电流表示数也变小,C错误,D 正确.[失分防范] 解决交流电路的综合问题极易从以下几点失分:①不能正确理解交流电的产生、变化规律以及图象的意义;②不能正确和熟练应用交流电的“四值”;③不会分析变压器的动态变化;④不清楚远距离输电线路中电压、电流和功率关系. 为防范失分,建议记住以下口诀:线框转切磁感线,产生正弦交流电. 理解“四值”会应用,变压器里磁通变. 电压电流看匝数,原端功率同副端. 远距输电升降压,路上能量有耗散.1.(2014·北京西城区期末)如图所示,为一小灯泡的伏安特性曲线,横轴和纵轴分别表示电压U 和电流I .图线上点A 的坐标为(U 1,I 1),过点A 的切线与纵轴交点的纵坐标为I 2.小灯泡两端电压为U 1时,电阻等于( )A.I 1U 1B.U 1I 1C.U 1I 2D.U 1I 1-I 2解析:选B.由于小灯泡的伏安特性曲线上,每一点的电压坐标与电流坐标的比值,对应这一状态下的电阻,所以小灯泡两端电压为U 1时,电阻等于U 1I 1,B 正确.2.(2014·天津河东区二模)如图所示,甲、乙两电路中电源完全相同,外电阻R 1>R 2,两电路中分别通过相同的电荷量q 的过程中,下列判断正确的是( )A .电源内部产生电热较多的是甲电路B .R 1上产生的电热比R 2上产生的电热少C .电源做功较多的是甲电路D .电源效率较高的是甲电路解析:选D.电源内部产生电热Q =I 2rt =Iqr ,由于外电阻R 1>R 2,甲电路电流较小,电源内部产生电热较少的是甲电路,选项A 错误.外电阻产生电热Q =I 2Rt =IqR =Uq ,U 1>U 2,R 1上产生的电热比R 2上产生的电热多,选项B 错误.两电路中分别通过相同的电荷量q 的过程中,两电源做功相等,选项C 错误.电源效率较高的是甲电路,选项D 正确.3.(2014·广州一模)在研究微型电动机的性能时,应用如图所示的实验电路.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输出功率为( ) A .32 W B .44 W C .47 W D .48 W解析:选A.当电动机停止转动时,此时电动机相当于一个纯电阻,所以由题中的两表读数,可以计算出电动机的内阻为:r =U 1I 1,代入数据得:r =4 Ω,重新调节R 并使电动机恢复正常运转,根据题中的两表读数,计算出电动机的输出功率为:P =U 2I 2-I 22r ,代入数据解得:P =32 W ,B 、C 、D 错误,A 正确.4.在如图所示的电路中,电源的电动势为E ,内阻为r ,灯泡L 的电阻大于电源的内阻r .闭合开关S ,在滑动变阻器的滑片P 由a 向b 移动的过程中,下列各物理量的变化情况正确的是( ) A .电流表的读数先减小后增大 B .灯泡L 变亮C .电源输出功率先增大后减小D .电压表的读数先增大后减小解析:选D.由题图可知,滑动变阻器的右半部分与电流表A 串联,再与左半部分并联,并联部分与灯泡串联后再与电压表并联,电压表测路端电压.滑片P 向左滑动,当两支路电阻相等,即R A +R a =R b 时,并联路段电阻最大,因此并联路段的电阻先增大后减小,外电路总电阻先增大后减小,由串联分压可知路端电压先增大后减小,选项D 正确;电流表刚开始测干路电流,随着P 由a 向b 移动,电流表示数逐渐变小,P 滑到b 端,电阻R 和电流表被短路,电流表示数为零,A 错误;外电路电阻增大时,流过灯泡的电流减小,灯泡分压减小,灯泡变暗,选项B 错误;外电路电阻越接近电源内阻,电源输出功率越大,由于灯泡电阻大于电源内阻,因此外电路电阻总大于电源内阻,随着外电阻的增大,输出功率逐渐减小,选项C 错误.5.(2014·北京海淀区期末)氧化锡传感器主要用于汽车尾气中一氧化碳浓度的检测,它的电阻随一氧化碳浓度的变化而变化.在如图所示电路中,不同的一氧化碳浓度对应传感器不同的电阻值,电压表的示数与一氧化碳的浓度一一对应,观察电压表示数就能判断一氧化碳浓度是否超标.已知氧化锡传感器的电阻的倒数与一氧化碳浓度成正比,那么,电压表示数U 与一氧化碳浓度ρ之间的对应关系正确的是( )A .U 越大,表示ρ越大,ρ与U 成正比B .U 越大,表示ρ越小,ρ与U 成反比C .U 越大,表示ρ越大,但ρ与U 不成正、反比关系D .U 越大,表示ρ越小,但ρ与U 不成正、反比关系 解析:选C.根据题意,设氧化锡传感器的电阻为R 1=kρ,电源的电动势为E ,内阻为r ,电压表的示数U =ER 0kρ+r +R +R 0,ρ越大,U 越大,但U 与ρ既不成正比也不成反比,选项C 正确.6.如图所示的空间存在一匀强磁场,其方向为垂直于纸面向里,磁场的右边界为MN ,在MN 右侧有一矩形金属线圈abcd ,ab 边与MN 重合.现使线圈以ab 边为轴按图示方向匀速转动(从上往下看为顺时针转动),将a 、b 两端连到示波器的输入端,若ab 边中电流从a 到b 为正,则从下图中示波器观察到的ab 中电流随时间变化的图形是( )解析:选D.本题可将右侧磁场补全,即矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,会产生正弦式交流电,由楞次定律可知:从中性面开始,电流从0开始,沿负向,可画出完整电流随时间变化的图形,在此基础上,去掉右侧磁场,故电流仅在左侧磁场中切割磁感线而产生电流,故选项D 正确,选项A 、B 、C 错误. 7.(2013·高考四川卷) 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( )A .变压器输入功率约为3.9 WB .输出电压的最大值是110 VC .变压器原、副线圈匝数比是1∶2D .负载电流的函数表达式i =0.05sin ⎝⎛⎭⎪⎫100 πt +π2 A 解析:选A.由题图可知通过负载的电流最大值为I m =0.05 A ,周期T =0.02 s ,故电流的函数表达式i=I m sin 2πTt =0.05sin 100πt (A),D 错误;理想变压器匝数比等于电压比,即 n 1∶n 2=U 1∶U 2=2∶1,C 错误;输出电压U 2=110 V ,其最大值U 2m =2U 2=110 2 V ,B 错误;理想变压器输入功率等于输出功率,即输入功率P =I 2U 2=0.052×110 W≈3.9 W,A 正确.8.(2013·高考广东卷)如图,理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2=2∶1, V 和A 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( ) A .电流频率为100 Hz B .V 的读数为24 V C .A 的读数为0.5 AD .变压器输入功率为6 W解析:选D.根据u 1=122sin 100πt (V)及U =U m2知U 1=12 V ,f =ω2π=50 Hz ,选项A 错误;根据U 1U 2=n 1n 2得U 2=n 2n 1U 1=12×12 V=6 V ,即V 的读数为6 V ,选项B 错误;根据I 2=U 2R L =66A =1 A ,即A 的读数为1 A ,选项C 错误;由于P 1=P 2,P 2=U 22R L =626W =6 W ,选项D 正确.9.(多选)(2014·山东四市联考)如图甲所示,矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动,输出交变电流的电动势图象如图乙所示,经原、副线圈匝数比为1∶10的理想变压器给一灯泡供电,如图丙所示,副线圈电路中灯泡的额定功率为22 W ,现闭合开关,灯泡正常发光.则( )A .t =0.01 s 时,穿过线框回路的磁通量为零B .金属线框的转速为50 r/sC .变压器原线圈中电流表的示数为1 AD .灯泡的额定电压为220 2 V解析:选BC.t =0.01 s 时,交变电流的电动势为零,线框处于中性面,穿过线框回路的磁通量最大,A错误;由题图乙可知周期T =0.02 s ,转速n =1T=50 r/s ,变压器原线圈两端电压的有效值为U 1=22 V ,原线圈的输入功率与副线圈的输出功率相同,由P =22 W 、P =UI 得,I =1 A ,由U 1U 2=n 1n 2知副线圈两端电压的有效值为U 2=220 V ,B 、C 正确,D 错误.10.(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,V 为交流电压表.当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V 时,就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体.以下判断正确的是( )A .电压表的示数等于5 VB .电压表的示数等于52VC .实现点火的条件是n 2n 1>1 000D .实现点火的条件是n 2n 1<1 000解析:选BC.电压表示数为电压有效值,由题图乙可得U =U m2=52V ,选项A 错误、B 正确;副线圈电压峰值为5 000 V 时,n 2n 1=U m2U m1=1 000,由于引发电火花的条件是副线圈电压峰值大于5 000 V ,故n 2n 1>1 000,选项C 正确、D 错误.11.(多选)如图所示,10匝矩形线框在磁感应强度B =210T 的匀强磁场中,绕垂直磁场的轴OO ′以角速度ω=100 rad/s 匀速转动,线框电阻不计,面积为S =0.3 m 2,线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连,副线圈接有两只灯泡L 1(0.3 W,30 Ω)和L 2,开关闭合时两灯泡均正常发光,且原线圈中电流表示数为0.04 A ,则下列判断正确的是( )A .若从图示线框位置开始计时,线框中感应电动势的瞬时值为302sin 100t (V)B .理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1C .灯泡L 2的额定功率为0.9 WD .若开关S 断开,电流表示数将增大解析:选BC.若从图示线框位置开始计时,线框中感应电动势的瞬时值为302cos 100t (V),A 错;原线圈两端电压为U 1=30 V ,因灯泡正常发光,所以副线圈两端电压为U 2=PR =3 V ,由变压比规律知理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1,B 对;由变流比规律知副线圈中电流为0.4 A ,通过灯泡L 1的电流为0.1 A ,即通过灯泡L 2的电流为0.3 A ,由P =UI 知灯泡L 2的额定功率为0.9 W ,C 对;若开关S 断开,则负载电阻增大,副线圈中电流减小,电流表示数将减小,D 错.12.(多选)(2014·唐山模拟)如图为远距离输送交流电的系统示意图,变压器均为理想变压器.随着用户负载增多,发电机F 达到额定功率时,降压变压器输出功率仍然不足,用户的用电器不能正常工作.那么,在发电机以额定功率工作的情况下,为了适当提高用户的用电功率,可采取的措施是( )A .适当减小输电线的电阻rB .适当提高n 4n 3C .适当提高n 2n 1的同时,降低n 4n 3D .适当降低n 2n 1的同时,提高n 4n 3解析:选AC.当发电机输出功率一定时,为使远距离用户得到更多的功率,需减小输电线上的功率损失,根据ΔP =I 2线r ,可以减小输电线的电阻r ,A 对;也可以通过提高输电电压,减小输送电流,即提高n 2n 1,这样使线圈n 3两端电压变大,为使用户的用电器正常工作需要适当降低n 4n 3,C 对.。
高考物理二轮复习专题解析—直流电路与交变电流
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高考物理复习专题解析—直流电路与交变电流命题规律 1.命题角度:(1)直流电路的分析与计算;(2)交变电流的产生与描述;(3)变压器与远距离输电.2.常用方法:直流电路和变压器的动态分析法,计算有效值的等效法.3.常考题型:选择题.考点一 直流电路的分析与计算1.闭合电路欧姆定律的三个公式 (1)E =U 外+U 内;(任意电路) (2)E =U 外+Ir ;(任意电路) (3)E =I (R +r ).(纯电阻电路) 2.动态电路分析的三种方法(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→各支路电流、电压变化,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).(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,使滑动变阻器接入电路的电阻最大或电阻为零去讨论. 3.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,电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压.例1 (2022·上海市松江区一模)如图电路中,电阻R 随温度升高均匀增大,用这个电阻做探头测温,把电流表的刻度改为相应的温度刻度.下列说法正确的是( )A.低温对应电流较大的刻度上,且温度刻度均匀B.低温对应电流较大的刻度上,且温度刻度不均匀C.高温对应电流较大的刻度上,且温度刻度均匀D.高温对应电流较大的刻度上,且温度刻度不均匀答案 B解析当温度升高时,电阻R增大,电路中总电阻增大,根据闭合电路的欧姆定律,电路中的电流减小,即高温对应电流较小的刻度上;同理分析可知低温对应电流较大的刻度上;由题意知电阻R随温度升高均匀增大,可得R=R0+kt,根据闭合电路的欧姆定律I=ER+r=ER0+kt+r,I与温度t不成线性关系,所以温度刻度是不均匀的,所以A、C、D错误,B正确.例2(2022·山东济宁市高三期末)如图所示,电源的电动势和内阻分别为E和r,在滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中,下列说法正确的是()A.电路的总电阻先减小后增大B.电源的总功率先增大后减小C.电容器所带电荷量先减少后增多D.电源的效率先减小后增大答案 C解析滑动变阻器Pa段与Pb段并联,然后与R1和电源串联,滑片P位于a、b中点时并联部分电阻最大,则滑片从a向b缓慢移动的过程中,电路的总电阻先增大后减小,故A错误;由闭合电路欧姆定律可知干路中的电流先减小后增大,因此电源总功率P =EI 先减小后增大,故B 错误;R 1两端的电压先减小后增大,它与电容器并联,根据Q =CU 可知电容器所带电荷量先减少后增多,故C 正确;电源的效率η=UI EI ×100%=UE ×100%,滑片从a 向b缓慢移动的过程中,路端电压为U =E -Ir ,由于I 先减小后增大,因此U 先增大后减小,可知电源效率先增大后减小,故D 错误.例3 (2021·湖南省1月适应性考试·4)有四个电源甲、乙、丙、丁,其路端电压U 与电流I 的关系图像分别如图(a)、(b)、(c)、(d)所示.将一个6 Ω的定值电阻分别与每个电源的两极相接,使定值电阻消耗功率最大的电源是( )A .甲电源B .乙电源C .丙电源D .丁电源答案 D解析 U -I 图像的斜率的绝对值表示电源的内阻,由题图知丁电源内阻r 最小,再由P =(E R +r )2·R 知,r 越小,定值电阻消耗的功率越大,故选D.1.当R 一定、r 变化(针对不同电源)时,由P 出=E 2R +r 知,r 越大,P 出越小.2.当r 一定、R 变化时,P 出随R 的变化情况可通过下面两个图像进行分析.P出-R图像P出=E2r+R2R短路I=Er,P出=0断路I=0,P出=0当R=r时,P出最大,P出=E24rP出-I图像P出=EI-I2r短路I=Er,P出=0断路I=0,P出=0当I=E2r时,P出最大,P出=E24r 考点二交变电流的产生1.线圈通过中性面时的特点(1)穿过线圈的磁通量最大.(2)线圈中的感应电动势为零.(3)线圈每经过中性面一次,感应电流的方向改变一次.2.有效值的计算(1)正弦式交变电流:E=E m2,I=I m2,U=U m2.(2)非正弦式交变电流:计算有效值时,要根据电流的热效应,即“一个周期”内“相同电阻”上产生“相同热量”,然后分段求和列式,求得有效值.3.正弦式交流电“四值”的应用表达式应用最大值E m=nBSω计算电容器的耐压值瞬时值e=E m sin ωt计算某时刻所受安培力有效值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例4 图甲是小型交流发电机的示意图,两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场,A 为理想交流电流表.线圈绕垂直于磁场的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动,已知发电机线圈电阻为5 Ω,外接一只阻值为5 Ω的电阻R ,不计电路的其他电阻,已知电阻R 两端的电压随时间变化的图像如图乙所示.则( )A .线圈的转速为100 r/sB .交流电流表的示数为2 2 AC .0.01 s 时线圈平面与磁场方向平行D .电阻R 在1分钟内产生的热量为4 800 J 答案 D解析 由题图乙可知,交变电流的周期为0.02 s ,所以线圈的转速为n =1T =50 r/s ,A 错误;电阻R 两端的电压的有效值为20 V ,交流电流表的示数为有效值,其值为I =UR =4 A ,B 错误;0.01 s 时电压为零,则感应电动势为零,线圈处于中性面位置,C 错误;电阻R 在1分钟内产生的热量为Q =I 2Rt =4 800 J ,D 正确.例5 (2022·河北省模拟)某周期性变化电流随时间变化的规律如图所示,已知该电流的有效值为2 2 A ,则该交流电的周期为( )A .37.5 sB .40 sC .42.5 sD .45 s答案 C解析设周期为T,由题可知,根据电流的热效应有T-t1-t2,I有效2RT=I12Rt1+I22Rt2+I32R()把t1=10 s,t2=(20-10) s=10 s,I1=3 A,I2=4 A,I3=2 A,I有效=2 2 A,代入解得T=42.5 s,故选C.考点三变压器与远距离输电1.三个关系搞清变压器问题(1)变与不变的关系:不变的是功率关系、磁通量的变化率和周期频率.理想变压器工作不损失能量,即输入功率等于输出功率;原、副线圈交变电流频率相同;在没有漏磁时,原、副线圈磁通量的变化率相同.(2)高与低,大与小,多与少,粗与细的关系:电压高的线圈电流小,匝数多,导线细;电压低的线圈电流大,匝数少,导线粗.(3)正比与反比的关系:原、副线圈的电压与匝数成正比,单一副线圈的变压器电流与匝数成反比.2.远距离输电问题(1)理清三个回路(2)抓住两个联系①理想的升压变压器中线圈1(匝数为n 1)和线圈2(匝数为n 2)中各个量间的关系是U 1U 2=n 1n 2,I 1I 2=n 2n 1,P 1=P 2. ②理想的降压变压器中线圈3(匝数为n 3)和线圈4(匝数为n 4)中各个量间的关系是U 3U 4=n 3n 4,I 3I 4=n 4n 3,P 3=P 4. (3)掌握一个守恒:能量守恒关系式P 1=P 损+P 3. 3.输电线路功率损失的计算(1)输送功率P 、用户得到的功率P ′与线路损失功率P 损的关系:P 损=P -P ′. (2)P 损=I 线2R 线=ΔU2R 线=ΔU ·I 线,I 线为输电线路上的电流,ΔU 为输电线路上损失的电压,R 线为输电线路的电阻.例6 (2022·山东卷·4)如图所示的变压器,输入电压为220 V ,可输出12 V 、18 V 、30 V 电压,匝数为n 1的原线圈中电压随时间变化为u =U m cos (100πt ).单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表,电压表的示数为0.1 V .将阻值为12 Ω的电阻R 接在BC 两端时,功率为12 W .下列说法正确的是( )A .n 1为1 100匝,U m 为220 VB .BC 间线圈匝数为120匝,流过R 的电流为1.4 AC .若将R 接在AB 两端,R 两端的电压为18 V ,频率为100 HzD .若将R 接在AC 两端,流过R 的电流为2.5 A ,周期为0.02 s 答案 D解析 变压器的输入电压为220 V ,原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系,故输入交流电压的最大值为220 2 V ,根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为n 11=220 V0.1 V,解得原线圈为2 200匝,A 错误;根据题图可知,当原线圈输入电压为220 V 时,BC 间的电压为U BC =PR =12 V ,故BC 间的线圈与单匝线圈匝数关系有n BC 1=12 V0.1 V ,则BC 间的线圈匝数为120匝,流过R 的电流为I BC =P U BC =12 W12 V =1 A ,B 错误;若将R 接在AB 两端,根据题图可知,当原线圈输入电压为220 V 时,AB 间的电压应该为18 V .根据交流电原线圈电压的表达式可知,交流电的角速度为100π rad/s ,故交流电的频率为f =1T =ω2π=50 Hz ,C 错误;若将R 接在AC 两端,根据题图可知,当原线圈输入电压为220 V 时,AC 间的电压应该为30 V ,根据欧姆定律可知,流过电阻R 的电流为I AC =U AC R =3012A =2.5 A ,交流电的周期为T =2πω=0.02 s ,D 正确. 例7 (多选)(2021·山东卷·9)输电能耗演示电路如图所示.左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3,输入电压为7.5 V 的正弦交流电.连接两理想变压器的导线总电阻为r ,负载R 的阻值为10 Ω.开关S 接1时,右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1,R 上的功率为10 W ;接2时,匝数比为1∶2,R 上的功率为P .以下判断正确的是( )A .r =10 ΩB .r =5 ΩC .P =45 WD .P =22.5 W答案 BD解析 当开关S 接1时,左侧变压器副线圈两端电压U 2=n 2n 1U 1=3×7.5 V =22.5 V ,电阻R 上的电压,即右侧变压器副线圈两端电压U 4=PR =10×10 V =10 V ,电流I 4=U 4R =1 A ,则右侧变压器原线圈两端电压U 3=21×10 V =20 V ,电流I 3=n 4n 3I 4=12×1 A =0.5 A ,则r =U 2-U 3I 3=5 Ω,当开关S 接2时,设输电电流为I ,则右侧变压器副线圈中的电流为0.5I ;根据右侧变压器两边电压与匝数的关系可知U 2-Ir n 3=0.5IRn 4,解得I =3 A ,则R 上的功率P =(0.5I )2R =22.5 W ,故选B 、D.1.(多选)(2022·山东省模拟)某电动车总质量为6.75×103 kg ,若它匀速前进500 m 用时250 s ,该过程中驱动电机的输入电流I =10 A ,电压为300 V ,电动车行驶时所受阻力大小为车总重力大小的150,重力加速度g 取10 m/s 2,机械效率是输出功率占输入功率的百分比.不考虑其他损耗,下列说法正确的是( ) A .驱动电机的输入功率为3 000 W B .电动车的机械功率为2 500 W C .驱动电机的内阻为3 Ω D .驱动电机的机械效率为85% 答案 AC解析 驱动电机的输入功率为P 入=UI =300×10 W =3 000 W ,选项A 正确;电动车的速度为v =s t =2 m/s ,电动车行驶时所受阻力大小为F f =150mg =150×6.75×103×10 N =1.35×103 N ,电动车匀速行驶时牵引力大小等于阻力大小,即F =F f ,故电动车的机械功率P 机=Fv =2 700 W ,选项B 错误;设驱动电机的内阻为R ,由能量守恒定律得P 入t =P 机t +I 2Rt ,解得驱动电机的内阻为R =3 Ω,选项C 正确;驱动电机的机械效率为η=P 机P 入×100%=90%,选项D 错误.2.(2022·湖北省九师联盟高三联考)如图所示的电路中,变压器为可调理想自耦式变压器,R 1为定值电阻,R 2为滑动变阻器,在M 、N 两端输入恒定的正弦交流电,则下列判断正确的是( )A .仅将滑片P 1向上移,电压表示数变大B .仅将滑片P 1向上移,电流表示数变大C .仅将滑片P 2向上移,电压表示数变大D .仅将滑片P 2向上移,电流表示数变大 答案 C解析 仅将滑片P 1向上移,原线圈匝数增大,根据变压比U 1n 1=U 2n 2,可知U 2减小,根据分压原理可知,电压表的示数变小,A 错误;仅将滑片P 1向上移,副线圈电压变小,根据P =U 22R 可知电路消耗的功率减小,原线圈输入功率变小,电流表的示数变小,B 错误;仅将滑片P 2向上移,R 2接入电路的电阻变大,因此副线圈中的电流减小,R 1两端的电压变小,电压表的示数变大,根据变流比,电流表的示数变小,C 正确,D 错误.专题强化练[保分基础练]1.(多选)(2022·北京市朝阳区期末)金属导电是一种典型的导电模型,值得深入研究.一金属直导线的电阻率为ρ,若在其两端加上电压,自由电子将在静电力作用下定向加速,但电子加速运动很短时间就会与晶格碰撞而发生散射,紧接着又定向加速,设每一次加速的时间为Δt ,这个周而复始的过程可简化为电子以速度v 沿导线方向做匀速运动.我们将导线中电流与导线横截面积的比值定义为电流密度,其大小用j 表示,可以“精细”描述导线中各点电流的强弱.设该导线内电场强度大小为E ,单位体积内有n 个自由电子,电子电荷量为e 、质量为m ,电子在导线中定向运动时受到的平均阻力为F f .则下列表达式正确的是( ) A .j =nve B .ρ=2mne 2ΔtC .ρ=E nevD .F f =nevρ答案 AC解析 电流的微观表达式为I =nevS ,所以电流密度为j =IS =nev ,故A 正确;设导线的长度为L ,导线两端的电压为U ,则U =EL ,R =ρL S ,I =nveS ,根据欧姆定律R =UI,联立解得ρ=E nev ,故B 错误,C 正确;电子做匀速运动时,有F f =Ee =ρne 2v ,故D 错误. 2.(2021·福建省1月适应性考试·1)一手摇交流发电机线圈在匀强磁场中匀速转动.转轴位于线圈平面内,并与磁场方向垂直.产生的交变电流i 随时间t 变化关系如图所示,则( )A .该交变电流频率是0.4 HzB .该交变电流有效值是0.8 AC .t =0.1 s 时,穿过线圈平面的磁通量最小D .该交变电流瞬时值表达式是i =0.82sin (5πt ) A答案 C解析 由题图可知,该交变电流的周期T =0.4 s ,则频率为f =1T=2.5 Hz ,故A 错误;该交变电流的最大值I m =0.8 A ,则有效值I =I m 2=0.4 2 A ,故B 错误;t =0.1 s 时,电流最大,说明线圈与磁场方向平行,穿过线圈的磁通量为零,故C 正确;线圈转动的角速度ω=2πT=5π rad/s ,该交变电流的瞬时值表达式为i =0.8sin (5πt ) A ,故D 错误.3.(多选)(2022·湖北卷·9)近年来,基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用,其简化的充电原理图如图所示.发射线圈的输入电压为220 V 、匝数为1 100匝,接收线圈的匝数为50匝.若工作状态下,穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%,忽略其它损耗,下列说法正确的是( )A .接收线圈的输出电压约为8 VB .接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1C .发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同D .穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同答案 AC解析 根据n 1n 2=80%U 1U 2,可得接收线圈的输出电压约为U 2=8 V ,故A 正确;根据n 1n 2=I 280%I 1,可得I 2I 1=885,故B 错误;变压器是不改变其交变电流的频率的,故C 正确;由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同,所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同,故D 错误.4.(多选)(2022·福建莆田市二模)如图所示是一种调压变压器的原理图,线圈AB 绕在一个圆形的铁芯上,A 、B 端加上u =2202sin (100πt ) V 的交流电压,通过移动滑动触头P 来调节C 、D 端输出电压.当P 处于图示位置时,原、副线圈的匝数比n 1∶n 2=2∶1,现将一个“38 V ,19 W”的灯泡接到输出端C 、D ,下列操作可使灯泡正常发光的是( )A .仅将P 顺时针旋转到合适位置B .仅将P 逆时针旋转到合适位置C .仅将灯泡并联一个阻值为144 Ω的电阻D .仅将灯泡串联一个阻值为144 Ω的电阻答案 AD解析 输入电压的有效值为U 1=U m 2=220 V ,根据变压器两端的电压与线圈匝数的关系可知U 2=n 2n 1U 1=110 V ,灯泡的额定电压为38 V ,可知现想要将一个“38 V,19 W ”的灯泡接到输出端C 、D ,可以仅将P 顺时针旋转到合适位置减小副线圈的匝数或串联一个电阻,根据R L ∶R=U L ∶U R ,又R L =U L 2P,U L +U R =110 V ,联立解得R =144 Ω,故A 、D 正确,B 、C 错误. 5.(2022·广东惠州市第三次调研)如图甲所示的电路中,S 为单刀双掷开关,电表均为理想电表,R t 为热敏电阻(阻值随温度的升高而减小),理想变压器原线圈接如图乙所示的正弦交流电,则( )A .变压器原线圈中交流电压的表达式为u =1102·sin (50πt ) VB .开关S 接在a 端,R t 温度升高时,变压器的输入功率变小C .开关S 接在a 端,R t 温度升高时,电压表和电流表的示数均变大D .开关S 由a 切换到b ,R t 消耗的功率变小答案 D解析 由题图乙可知,变压器原线圈中交流电压的表达式为u =1102sin (100πt ) V ,A 错误;开关S 接在a 端,R t 温度升高时,电路的电阻减小,而根据U 1U 2=n 1n 2,可知电压表的示数不变,根据欧姆定律,电流表的示数变大,根据P =UI 知回路消耗的功率增大,变压器的输入功率变大,B 、C 错误;开关S 由a 切换到b ,副线圈接入电路的匝数减少,根据U 1U 2=n 1n 2,可知加在R t 两端的电压降低,根据P t =U 2R t可知R t 消耗的功率变小,D 正确.6.(2022·陕西咸阳市一模)如图所示,电源电动势为E ,内阻为r ,R 1是光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小),R 2是定值电阻,C 是平行板电容器,V 1、V 2都是理想电压表.闭合开关S 后,电容器中的带电小球处于静止状态.在光照强度增大的过程中,分别用ΔU 1、ΔU 2表示电压表V 1和电压表V 2示数变化的绝对值,且ΔU 1<ΔU 2,则下列说法正确的是( )A.V1的示数增大,V2的示数减小B.V1的示数减小,V2的示数增大C.带电小球仍处于静止状态D.带电小球向上运动答案 B解析在光照强度增大的过程中,R1的阻值减小,电路总电阻减小,总电流增大,则R2的电压增大,V2的示数增大.内电压和R2的电压增大,则路端电压减小,V1的示数减小,R1的电压减小,故A错误,B正确;R1的电压减小,则电容器板间电压减小,板间场强减小,带电小球受到的静电力减小,则带电小球向下运动,故C、D错误.7.(2022·北京八十中三模)利用某半导体的电阻随温度升高而减小的特征可以制作电子温度计.图甲表示该半导体的电阻R随温度t变化的情况.把该半导体与电动势为E、内阻为r 的电源,理想电压表和保护电阻R0连成如图乙所示的电路.用该半导体作测温探头,把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度,就得到了一个简易的电子温度计.下列说法正确的是()A.温度升高后,电源的效率将升高B.该电子温度计表盘上温度的刻度是均匀的C.t A和t B相比,t A应标在电压较小的刻度上D.若电池用久后内阻r变大,用该温度计测量的温度要比真实值偏高答案 D解析 电源的效率η=IU IE ×100%=R 外R 外+r ×100%=11+r R 外×100%,温度升高后,R 阻值减小,外电阻减小,则电源的效率将降低,选项A 错误;由题图甲可知R =r 0-kt ,U =ER R +R 0+r=E 1+R 0+r r 0-kt,则该电子温度计表盘上温度的刻度是不均匀的,温度越高,U 越小,即t A 应标在电压较大的刻度上,t B 应标在电压较小的刻度上,选项B 、C 错误;若电池用久后内阻r 变大,根据U =ER R +R 0+r可知相同的R 值时U 值偏小,则对应的温度偏高,即用该温度计测量的温度要比真实值偏高,选项D 正确.[争分提能练]8.(2022·江苏南京市模拟 )某温度检测、光电控制加热装置原理图如图所示.图中R T 为热敏电阻(随温度升高阻值减小),用来探测加热电阻丝R 的温度,R G 为光敏电阻(随光照强度增大阻值减小),接收小灯泡L 的光照,除R T 、R G 外,其他电阻均为定值电阻.当R 处温度降低时( )A .L 变亮B .通过R 3的电流减小C .E 2的路端电压减小D .R 消耗的功率减小答案 B解析 当R 处温度降低时,热敏电阻R T 阻值增大,由闭合电路欧姆定律可知,左侧电路中的电流减小,即通过小灯泡L 的电流减小,小灯泡L 的光照强度减小,所以光敏电阻R G 的阻值增大,则右侧电路中总电阻增大,由闭合电路欧姆定律可知,干路电流减小,电源E 2的路端电压增大,R 两端电压增大,通过R 的电流也增大,R 消耗的功率增大,根据并联电路分流规律可知通过R 3的电流减小,综上所述可知B 正确,A 、C 、D 错误.9.(2022·浙江1月选考·12)某节水喷灌系统如图所示,水以v 0=15 m/s 的速度水平喷出,每秒喷出水的质量为2.0 kg.喷出的水是从井下抽取的,喷口离水面的高度保持H =3.75 m 不变.水泵由电动机带动,电动机正常工作时,输入电压为220 V ,输入电流为2.0 A .不计电动机的摩擦损耗,电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率.已知水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%,忽略水在管道中运动的机械能损失,重力加速度g 取10 m/s 2,则( )A .每秒水泵对水做功为75 JB .每秒水泵对水做功为225 JC .水泵输入功率为440 WD .电动机线圈的电阻为10 Ω答案 D解析 每秒喷出水的质量为m 0=2.0 kg ,抽水增加了水的重力势能和动能,则每秒水泵对水做功为W =m 0gH +12m 0v 02=300 J ,故A 、B 错误;水泵的输出能量转化为水的机械能,则 P 出=W t =300 W ,而水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%,则P 入=P 出75%=400 W ,故C 错误;电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率,则电动机的机械功率为P 机=P 入=400 W ,而电动机的电功率为P 电=UI =440 W ,由能量守恒定律可知P 电=I 2R +P 机,联立解得R =10 Ω,故D 正确.10.(2022·山东德州市高三期末)海浪机械能是未来可使用的绿色能源之一,利用海浪发电可加速地球上碳中和的实现.某科技小组设计的海浪发电装置的俯视图如图所示,圆柱体磁芯和外壳之间有辐射状磁场,它们可随着海浪上下浮动,磁芯和外壳之间的间隙中有固定的环形导电线圈,线圈的半径为L ,电阻为r ,所在处磁场的磁感应强度大小始终为B ,磁芯和外壳随海浪上下浮动的速度为v ,v 随时间t 的变化关系为v =v 0sin 2πT t ,其中的T 为海浪上下浮动的周期.现使该发电装置与阻值为R 的电阻形成回路,则该发电装置在一个周期内产生的电能为( )A.2π2B 2v 02L 2T R +rB.4π2B 2v 02L 2T R +rC.2B 2v 02L 2T R +rD.4B 2v 02L 2T R +r答案 A解析 环形导电线圈随着磁芯和外壳随海浪上下浮动而切割磁感线,由法拉第电磁感应定律E =Blv ,环形线圈各部分产生的电动势对回路来说是同向的(实际指感应电流方向),其有效切割长度由微元法可知l =2πL ,联立v =v 0sin 2πTt ,可得线圈中感应电动势的瞬时值表达式e =2πBLv 0sin 2πTt ,根据正弦交变电流的特点知其电动势的有效值为E 有效=2πBLv 0,则该发电装置在一个周期内产生的电能E 电=E 有效2R +r T =2π2B 2v 02L 2T R +r,故B 、C 、D 错误,A 正确. 11.(2022·山东济南市、聊城市等高三学情检测)如图所示,理想变压器原线圈与副线圈的匝数比为2∶1,ab 端接交流电源,此时电路消耗的总功率为P .若将电阻R 0与电阻R 互换位置,电路消耗的总功率为2P ,则R 0与R 的比值为( )A .2∶7B .7∶2C .1∶4D .4∶1答案 A 解析 设ab 端输入的总电压为U ,原线圈两端电压为U 1,电流为I 1,副线圈两端电压为U 2,电流为I 2,则U =I 1R 0+U 1,又由U 2U 1=n 2n 1=12,则U 2=12U 1,所以U =I 1R 0+2U 2=I 1R 0+2I 2R ,又根据I 1I 2=n 2n 1=12得I 2=2I 1,则U =I 1R 0+4I 1R ,当电阻R 0与电阻R 互换位置后U =I 1′R +U 1′,又由U 2′U 1′=n 2n 1=12,则U 2′=12U 1′,所以U =I 1′R +2U 2′=I 1′R +2I 2′R 0,又根据I 1′I 2′=n 2n 1=12,所以I 2′=2I 1′,则U =I 1′R +4I 1′R 0,又因为总功率P 2P =UI 1UI 1′,得I 1′=2I 1,则联立可得I 1R 0+4I 1R =2I 1R +8I 1R 0,即R 0∶R =2∶7,故A 正确,B 、C 、D 错误.12.(多选)(2022·黑龙江省八校高三期末)某同学通过实验正确作出标有“5 V ,2.5 W”的小灯泡的U -I 图线如图甲所示,现把实验中使用的小灯泡接到如图乙所示的电路中,其中电源电动势E =6 V ,内阻r =1 Ω,定值电阻R =9 Ω,则( )A .由图甲可知,小灯泡的电阻值随电压的升高而增大B .由图甲可知,小灯泡的电阻值随电压的升高而减小C .闭合图乙开关,小灯泡的实际功率约为2.7 WD .闭合图乙开关,小灯泡的实际功率约为0.84 W答案 AD解析 由题图甲可知,随电压的升高各点与原点连线的斜率变大,则小灯泡的电阻值增大,选项A 正确,B 错误;将电阻R 看作电源的内阻,则U =E -I (R +r )=6-10I (V),将此函数关系的图像画在灯泡的U -I 图像上,如图所示两图像的交点为电路的工作点,则I =0.38 A ,U =2.2 V ,则小灯泡的实际功率约为P =IU =0.38×2.2 W≈0.84 W ,选项C 错误,D 正确.13.(2022·贵州毕节市4月第二次诊断)如图甲为利用理想变压器进行远距离输电的示意图,升压变压器原、副线圈匝数比为1∶50,降压变压器原、副线圈匝数比为n 3∶n 4,发电机到升压变压器间两条输电线的总电阻为0.2 Ω,两条远距离输电线的总电阻为200 Ω.若发电机的输出电压如图乙所示,发电机的输出功率为78 kW ,用户端获得的电压有效值为220 V .下列说法中正确的是( )A .降压变压器原、副线圈匝数比为n 3∶n 4=40∶1B .用户端交流电的频率为100 HzC .远距离输电线中的电流为300 AD .远距离输电线路损耗功率为1.2 kW答案 A解析 发电机的输出功率为P =78 kW ,由题图乙知发电机的输出电压有效值为U =260 V ,则升压变压器原线圈上的电流I 1=P U =78×103260A =300 A ,发电机到升压变压器间两条输电线的总电阻为r =0.2 Ω,升压变压器原线圈上的电压U 1=U -I 1r =260 V -300×0.2 V =200 V ,根据变压器原理,升压变压器副线圈上的电压U 2=50U 1=10 kV ,升压变压器副线圈上的电流I 2=I 150=6 A ,远距离输电线的总电阻R =200 Ω,远距离输电线中损失的电压ΔU =I 2R =6×200 V =1 200 V ,则降压变压器原线圈上的电压U 3=U 2-ΔU =8 800 V ,用户端获得的电压有效值U 4=220 V ,则降压变压器原、副线圈匝数比为n 3n 4=U 3U 4=8 800220=401,故A 正确;变压器不改变交流电的频率,由题图乙知交流电的周期T =0.02 s ,所以频率f =50 Hz ,故B 错误;远距离输电线中的电流为I 2=6 A ,故C 错误;远距离输电线路损耗功率ΔP =I 22R =62×200 W =7.2 kW ,故D 错误.[尖子生选练]14.(多选)(2021·河北卷·8)如图,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,理想变压器的原、副线圈匝数分别为n 0、n 1和n 2,两个副线圈分别接有电阻R 1和R 2,当发电机线圈以角速度ω匀速转动时,理想电流表读数为I ,不计线圈电阻,下列说法正确的是( )A .通过电阻R 2的电流为n 1I n 2B .电阻R 2两端的电压为n 2IR 1n 1C .n 0与n 1的比值为2NBL 2ωIR 1D .发电机的功率为2NBL 2ωI n 1+n 2n 0答案 BC解析 由题知理想电流表读数为I ,则根据欧姆定律有U 1=IR 1根据变压器原、副线圈电压与匝数的关系有。
2020年高考物理(考点解读+命题热点突破)专题10 直流与交流电路
![2020年高考物理(考点解读+命题热点突破)专题10 直流与交流电路](https://img.taocdn.com/s3/m/d4e1abeef605cc1755270722192e453610665b10.png)
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Copyright 2003-2016 Aspose Pty Ltd.专题10 直流与沟通电路【考向解读】1.猜测高考命题特点:(1)沟通电路部分主要考查交变电流的产生和描述、沟通电有效值、变压器的规律及动态分析、远距离输电等学问点.(2)直流电路部分主要考查电路的简化,直流电路的动态分析,电路故障的分析与推断,含容电路的分析和计算,直流电路中能量转化问题等等.2.命题趋势高考对电路学问的单独考查主要是沟通电路部分,特殊是变压器与远距离输电相结合的动态分析问题是命题热点,而直流电路内容的考查通常与试验结合在一起,一般不单独命题.【命题热点突破一】直流电路的分析1.闭合电路动态分析的常用方法(1)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).(2)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争辩.2.电路中的电功、电热、电功率和热功率(1)纯电阻电路:①Q=W=UIt=I2Rt②P=UI=I2R(2)非纯电阻电路①W>Q(W=Q+E其他)②P电>P热(P电=P热+P其他)例1.【2020·江苏卷】如图1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( ) 图1A.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【变式探究】如图甲所示的电路中,R1、R2均为定值电阻,且R1=100 Ω,R2阻值未知,R3为一滑动变阻器.当其滑片P从左端滑至右端时,测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化的图线如图乙所示,其中A、B两点是滑片P在滑动变阻器的两个不同端点得到的.则下列说法正确的是( )A.该电源的电动势为16 VB.定值电阻R2的阻值为10 ΩC.滑动变阻器的最大阻值为300 ΩD .在滑动变阻器的滑片P 从左端滑至右端的过程中,该电源的最大输出功率为10 W答案C【命题热点突破二】 交变电流的产生及描述 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,电流方向将发生转变.(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,电流方向不转变.例2.【2020·全国卷Ⅲ】如图所示,M 为半圆形导线框,圆心为O M ;N 是圆心角为直角的扇形导线框,圆心为O N ;两导线框在同一竖直面(纸面)内;两圆弧半径相等;过直线O M O N 的水平面上方有一匀强磁场,磁场方向垂直于纸面.现使线框M 、N 在t =0时从图示位置开头,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1A .两导线框中均会产生正弦沟通电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【答案】BC 【解析】设导线圈半径为l ,角速度为ω,两导线框切割磁感线的等效长度始终等于圆弧半径,因此在产生感应电动势时其瞬时感应电动势大小始终为E =12Bωl 2,但进磁场和出磁场时电流方向相反,所以线框中应当产生方波沟通式电,如图所示,A 错误;由T =2πω可知,两导线框中感应电流的周期相同,均为T ,B 正确;在t=T 8时,两导线框均在切割磁感线,故两导线框中产生的感应电动势均为12Bωl 2,C 正确;对于线框M ,有E2R ·T 2+E2R ·T 2=U 2有M R ·T ,解得U 有M =E ;对于线框N ,有E2R ·T 4+0+E2R ·T 4+0=U 2有N R ·T ,解得U 有N =22E ,故两导线框中感应电流的有效值并不相等,D 错误.【变式探究】如图所示,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从中性面开头匀速转动,线框转动π6时的感应电流为I ,下列说法正确的是( )A .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2IRωC .从中性面开头转过π2的过程中,通过导线横截面的电荷量为2IωD .线框转一周的过程中,产生的热量为8πRI2ω线圈转一周产生的热量Q =I ′2RT ,代入解得Q =B2S2ω22R2R 2πω=4πRI2ω,故选项D 错误.答案 BC【命题热点突破三】抱负变压器及远距离输电例3.【2020·四川卷】如图1所示,接在家庭电路上的抱负降压变压器给小灯泡L 供电,假如将原、副线圈削减相同匝数,其他条件不变,则( )图1A .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【变式探究】 (多选)如图所示,将额定电压为60 V 的用电器,通过一抱负变压器接在正弦交变电源上.闭合开关S 后,用电器正常工作,沟通电压表和沟通电流表(均为抱负电表)的示数分别为220 V 和2.2 A .以下推断正确的是( )A .变压器输入功率为484 WB .通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC .通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD .变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2=11∶3解析 用电器正常工作,则知变压器输出电压U 2=60 V ,抱负变压器输入功率等于输出功率:P 1=P 2=U 2I 2=60×2.2 W =132 W ,故A 错;通过原线圈的电流为:I 1=P1U1=132220 A =0.6 A ,故B 对;通过副线圈的电流最大值为:2.2× 2A≈3.1 A,故C 错;变压器原、副线圈匝数比为:n1n2=U1U2=22060=113,故D 对.答案 BD【命题热点突破四】交变电流、抱负变压器的综合问题分析例4、如图所示,有一矩形线圈的面积为S ,匝数为N ,内阻不计,绕OO ′轴在水平方向的磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动,从图示位置开头计时.矩形线圈通过滑环接一抱负变压器,滑动触头P 上下移动时可转变输出电压,副线圈接有可调电阻R ,下列推断正确的是( )图4-9-16A .矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e =NBSωcos ωtB .矩形线圈从图示位置经过π2ω时间时,通过电流表的电荷量为0C .当P 位置不动,R 增大时,电压表读数也增大D .当P 位置向上移动、R 不变时,电流表读数减小答案 A【变式探究】如图所示,匝数为100匝的矩形线圈abcd 位于磁感应强度B =6225π T 的水平匀强磁场中,线圈面积S=0.5 m 2,内阻不计.线圈绕垂直于磁场的轴以角速度ω=10π rad/s 匀速转动.线圈通过金属滑环与抱负变压器原线圈相连,变压器的副线圈接入一只“12 V,12 W”灯泡,灯泡正常发光,下列说法中正确的是( )A .通过灯泡的交变电流的频率是50 HzB .变压器原、副线圈匝数之比为10∶1C .矩形线圈中产生的电动势的最大值为120 VD .若将灯泡更换为“12 V,24 W”且保证其正常发光,需要增大矩形线圈的转速答案 B【高考真题解读】1.【2020·全国卷Ⅱ】 阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽视)连接成如图1所示电路.开关S 断开且电流稳定时,C 所带的电荷量为Q 1;闭合开关S ,电流再次稳定后,C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为( )图1 A. 25 B.12C.35D.23【答案】 C 【解析】 由已知条件及电容定义式C =Q U 可得:Q 1=U 1C ,Q 2=U 2C ,则Q1Q2=U1U2.S 断开时等效电路如图甲所示甲U 1=R (R +R )(R +R )+R R +R (R +R )(R +R )+R·E ×12=15E ;S 闭合时等效电路如图乙所示,乙U 2=R·R R +R R +R·R R +R·E =13E ,则Q1Q2=U1U2=35,故C 正确.2.【2020·江苏卷】 如图1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( )图1A .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 A3.【2020·天津卷】 如图1所示,抱负变压器原线圈接在沟通电源上,图中各电表均为抱负电表.下列说法正确的是( )图1A .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4.【2020·天津卷】 (3)某同学想要描绘标有“3.8 V,0.3 A”字样小灯泡L的伏安特性曲线,要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整.可供该同学选用的器材除了开关、导线外,还有:电压表V1(量程0~3 V,内阻等于3 kΩ)电压表V2(量程0~15 V,内阻等于15 kΩ)电流表A1(量程0~200 mA,内阻等于10 Ω)电流表A2(量程0~3 A,内阻等于0.1 Ω)滑动变阻器R1(0~10 Ω,额定电流2 A)滑动变阻器R2(0~1 kΩ,额定电流0.5 A)定值电阻R3(阻值等于1 Ω)定值电阻R4(阻值等于10 Ω)定值电阻R5(阻值等于1 kΩ)电源E(E=6 V,内阻不计)①请画出试验电路图,并将各元件字母代码标在该元件的符号旁.②该同学描绘出的IU图像应是图中的________.图1【答案】①电路如图1所示②B图15.【2020·浙江卷】某同学用伏安法测量导体的电阻,现有量程为3 V、内阻约为3 kΩ的电压表和量程为0.6 A、内阻约为0.1 Ω的电流表.接受分压电路接线,图1是实物的部分连线图,待测电阻为图2中的R1,其阻值约为5 Ω.图18(1)测R1阻值的最优连接方式为导线①连接________(填“a”或“b”)、导线②连接________(填“c”或“d”).(2)正确接线测得试验数据如下表,用作图法求得R1的阻值为________Ω.U/V0.40 0.80 1.20 1.60 2.00 2.40I/A0.09 0.19 0.27 0.35 0.44 0.53(3)已知图2中R2与R1是材料相同、厚度相等、表面为正方形的两导体,R2的边长是R1的110,若测R2的阻值,则最优的连线应选________(填选项).A.①连接a,②连接c B.①连接a,②连接dC.①连接b,②连接c D.①连接b,②连接d【答案】 (1)a d(2)如图所示 4.4~4.7(3)B6.【2020·北京卷】某爱好小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻,他们提出的试验方案中有如下四种器材组合.为使试验结果尽可能精确,最不行取的一组器材是( )A.一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器B.一个伏特表和多个定值电阻C.一个安培表和一个电阻箱D.两个安培表和一个滑动变阻器【答案】D 【解析】由闭合电路欧姆定律可知E=U+Ir,经变形可得U=-rI+E.测量电源电动势和内阻的试验通过转变外电路的电阻可以得到多组I和U,再通过描点法得到UI图像,图像的斜率k=-r,从而得到r=-k,图像的纵截距b=E.选项A中可以通过安培表和伏特表的读数得到外电压和干路电流,如图所示,所以选项A可取.选项B中可以通过伏特表的读数和若干定值电阻的实际阻值大小计算出干路的电流大小,试验电路图如图所示,所以选项B可取.7.【2020·四川卷】Ⅱ. J7用如图1所示电路测量电源的电动势和内阻.试验器材:待测电源(电动势约3 V,内阻约2 Ω),爱护电阻R1(阻值10 Ω)和R2(阻值5 Ω),滑动变阻器R,电流表A,电压表V,开关S,导线若干.试验主要步骤:(i)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大,闭合开关;(ii)渐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值,登记电压表的示数U和相应电流表的示数I;(iii)以U为纵坐标,I为横坐标,作UI图线(U、I都用国际单位);(iv)求出UI图线斜率的确定值k和在横轴上的截距a.图1回答下列问题:(1)电压表最好选用________;电流表最好选用________.A.电压表(0~3 V,内阻约15 kΩ)B.电压表(0~3 V,内阻约3 kΩ)C.电流表(0~200 mA,内阻约2 Ω)D.电流表(0~30 mA,内阻约2 Ω)(2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动,发觉电压表示数增大.两导线与滑动变阻器接线柱连接状况是________.A.两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱This document was truncated here because it was created in the Evaluation Mode.。
高三专题复习 直流电路的动态分析
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高三专题复习:直流电路的动态分析一.程序法分析。
(1)确定外电阻R 外总 变化方法:① 外电路任何一个电阻增大(或减小)时,总电阻一定增大(或减小)②若电键通断使“串联”用电器增多,总电阻增大;电键通断使“并联”支路增多,总电阻减小。
③ 如图:在分压电路中,滑动变阻器可以视为由两段电阻构成,其中一段与电器并联(以下简称并联段),另一段与并联部分相路障(以下简称串联段);设滑动变阻器的总电阻为R ,灯泡的电阻为R 灯,与灯泡并联的那一段电阻为R 并,则电路的总电阻为:211并灯并灯并灯并并总R R R R R R R R R R R +-=++-=由上式可以看出,当R 并减小时,R 总增大;当R 并增大时,R 总减小。
由此可以得出结论:分压器总电阻的变化情况,R 总变化与并联段电阻的变化情况相反,与串联段电阻的变化相同。
④在图2中所示并联电路中,滑动变阻器可以看作由两段电阻构成,其中一段与R 1串联(简称R 上),另一段与R 2串联(简称R 下),则并联总电阻 :()()R R R R R R R R总上下=++++1212可以看出,当并联两支路电阻相等时,总电阻最大;当并联两支路电阻相差越大时,总电阻越小。
(2)根据闭合电路欧姆定律rR E I +=外总总确定电路总电流变化;(3)由U 内=I 总r 确定电源内电压如何变化;(4)由U 外=E -U 内(或U 外=E-Ir)确定电源的外电压如;(5)由部分电路欧姆定律确定干路上某定值电阻两的电压变化; (6)确定支路两端电压如何变化以及通过各支路的电流变化例1、 在右图所示电路中,电源的电功势为E 、内阻为r R R R ,、、123为定值电阻,R 是一滑动变阻器,电路中的电压表和电流表均视为理想的。
试讨论:当R 的滑键向上滑动时,电源总功率及各电表示数如何变化?例2、 如图所示,电键闭合时,当滑动变阻器滑片P 向右移动时,试分析L 1、L 2的亮度变化情况。
高二物理直流电路的动态分析
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▲高二物理第四讲直流电路的动态分析一般思路为:(1)确定电路的外电阻R 外总如何变化;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 若电键的闭合使串联的用电器增多,总电阻增大;若电键的闭合使并联的支路增多,总电阻减小。
(2)根据闭合电路欧姆定律rR E I +=外总总确定电路的总电流如何变化;(3)由U 内=I 总r 确定电源内电压如何变化;(4)由U 外=E -U 内确定电源的外电压如何(路端电压)如何变化); (5)由部分电路欧姆定律确定干路上某定值电阻两的电压如何变化;(6)确定支路两端电压如何变化以及通过各支路的电流如何变化(可利用串联电路的电压关系、并联电路的电流关系)。
基本方法例1、如图,当R 3变小时,R 1 、R 2上的电流、电压及灯泡的亮度如何变化?一、“先总后分”。
即先判断总电阻和总电流如何变化: 二、“先干后支”。
即先分析干路部分,再分析支路部分:三、“先定后变”。
即先分析定值电阻所在支路,再分析阻值变化的支路: 四、“并同串反”。
例2.如图所示,电源的电动势为E ,内电阻为r ,外电路接有定值电阻R 1和滑动变阻器R ,合上开关K ,当滑动变阻器的滑动头P 从R 的最左端移到最右端的过程中A .电压表读数一定变大B .电压表读数一定变小C .R 1消耗的功率一定变小D .R 消耗的功率一定变小例3.如图是一火警报警的一部分电路示意图,其中R 2为用半导体热敏材料制成的传感器,电流表为值班室的显示器,a 、b 之间接报警器。
当传感器R 2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 变大B .I 变小,U 变小C .I 变小,U 变大D .I 变大,U 变小例4.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 。
高中物理,直流电路与交流电路,的整体分析
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高中物理直流电路与交流电路的整体分析一、【基础回归】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=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=E m2、U=U m2、I=I 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。
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。
二、【解题策略】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,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。
高中物理复习:直流电路与交流电路
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接电阻产生的焦耳热为 Q=I2有效Rt=1.8 J,故选项 C 正确;从中性面开始计时,转动 90°
的过程中,感应电动势的平均值为
E
=ΔtΦ,
I
=R+E r,q=
I
t=
2 5π
C,故选项 D 错误.
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4.(2021·石家庄二模)(多选)如图所示的正方形线框 abcd 边长为 L,每边电阻均为 r,
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闭合电路动态分析的三点注意 (1)引起电路变化的原因:电阻变化、电键的通断. (2)电容器的特点: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.电路中的电流、电压变化时,将会引起电 容器的充、放电. (3)二极管的特点:具有单向导电性.
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[典例剖析] (多选)在如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻为r,D为理想二极 管(具有单向导通作用),R1为定值电阻,C为电容器,电压表和电流表均为理想电 表,S1、S2均断开,则下列说法正确的是( BC )
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A.仅闭合S1,将滑动变阻器的滑片向右移,电压表、电流表示数均变大 B.仅闭合S1,将滑动变阻器的滑片向右移,电容器的带电荷量不变 C.先闭合S1,将滑动变阻器的滑片向右移,再闭合S2,电容器有放电现象 D.同时闭合S1、S2,将滑动变阻器的滑片向右移,定值电阻R1两端的电压增大 解析:BC 仅闭合S1,回路中只有R1与R2串联,当滑动变阻器的滑片向右移 时,R2的有效阻值减小,故总电阻减小,根据闭合电路的欧姆定律得,总电流增大, 路端电压减小,即电压表示数减小,电流表示数增大,因电容器与二极管串联,电 容器不能放电,故电容器的带电荷量不变,故A错误,B正确;再闭合S2,R1被二极 管短路,总电阻减小,路端电压减小,电容器两端电压等于R2两端的电压,也就是路 端电压,电容器对外放电,故C正确;同时闭合S1、S2,二极管与R1并联,而二极管 的正向导电的电阻为零,故此时R1被短接,故D错误.
高中物理例谈直流电路动态变化的归类分析
![高中物理例谈直流电路动态变化的归类分析](https://img.taocdn.com/s3/m/67b004795727a5e9846a6147.png)
高中物理例谈直流电路动态变化的归类分析在高中物理《恒定电流》一章,常出现直流电路动态变化的分析问题,该类问题大多是指在直流闭合电路中,某一电阻发生变化时对总电路及各部分电路的电压、电流等影响的分析。
由于此类问题能很好地考查学生综合分析等高级思维能力,所以它是高考的热点之一。
笔者经过对直流电路动态变化类考题的研究分析,将经常出现的问题归纳为以下四种类型:闭合电路中某一电阻发生变化时(1)分析和判断闭合电路中电流表示数、电压表示数的变化;(2)分析和判断某电压表示数和电流表示数比值的变化;(3)分析和判断某电压表示数改变量大小和电流表示数改变量大小比值的变化;(4)分析和比较电路中两个电压表示数改变量大小。
下面以上海市一高考题为例进行拓展归类,总结直流电路动态变化类问题的分析与判断方法。
例题:在如图所示电路中,闭合电键S,当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时,四个理想电表的示数都Array发生变化,电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示,电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。
问题类型一、在本例题电路中四个电表的示数I、U1、U2和U3分别如何变化?1、解答此类直流电路变化问题的分析思路:(1)无论是在串联电路中还是在并联电路中,只要有一个电阻的阻值变大,整个电路的总电阻也必变大;一个电阻的阻值变小,整个电路的总电阻也必变小。
(2)由总电阻的变化,通过公式rR E I +=和U =E -Ir ,可以判断干路电流和路端电压的变化情况。
(3)由干路电流和路端电压的变化,进一步判断定值电阻所在支路的电流、电压的变化。
(4)再进一步判定含有变化电阻的那部分电路电流、电压的变化。
在本例题电路中,当P 向下滑动时,电阻R 2接入电路的阻值变大,总电阻随之变大,根据)(21r R R E I ++=可知,电路中的总电流变小,则A 示数I变小;又根据U 1=IR 1可知U 1变小。
进而根据U3=E-Ir可知,路端电压变大,即V 3示数U 3变大;又由 132U U U -=可知,V 2示数U 2变大;归纳起来,A 的示数I、V 1示数U 1变小, V 2、V 3示数U 2、U 3变大。
高考物理专项复习9《直流电路与交流电路的分析》
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高考物理专项复习9《直流电路与交流电路的分析》“物理观念”构建一、理清直流电路知识体系二、正弦交变电流“四值”的理解与应用三、理想变压器和远距离输电1.明确变压器各物理量间的制约关系2.明辨远距离输电过程的3个问题(1)输电线上的电流:I =P 出U 出=P 出U 2。
(2)电压损耗:输电线路上I 2=I R =I 3,总电阻R 导致的电压损耗U R =U 2-U 3=I R R 。
输送电压一定时,用电器增多,则降压变压器的输出电流变大,输电线上的电流增大,电压损耗增大。
(3)输电线上损失的功率:P 损=I 2R 线=⎝ ⎛⎭⎪⎫P 出U 出2R 线=U 2损R 线=U 损I 。
输电线上的损失功率必须与输电线上的电流和电压相对应,不要把输电线上的输电电压U和输电导线上损失的电压ΔU相混淆,不能用公式P=U2R计算输电线上损失的功率。
“科学思维”展示一、两种物理思想1.等效思想:等效电路、等效电源;2.守恒思想:理想变压器的输入功率等于输出功率。
二、直流电路动态分析的常用方法基本思路为“部分→整体→部分”。
直流电路的分析与计算考向一直流电路的动态分析【典例1】(2019·湖南湘东六校联考)如图1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好处于静止状态。
有关下列说法中正确的是()图1A.在只逐渐增大光照强度的过程中,电阻R0消耗的电功率变大,电阻R3中有向上的电流B.只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动的过程中,电源消耗的功率变大,电阻R3中有向上的电流C.只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动的过程中,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在只逐渐增大光照强度的过程中,光敏电阻阻值减小,则通过电阻R0的电流增大;根据热功率公式P=I2R可知电阻R0消耗的电功率变大,电容器两端电压增大,电容器充电,电阻R 3中有向上的电流,选项A 正确;只调节电阻R 3的滑动端P 2向上端移动的过程中,电路总电阻不变,则电源输出电流不变,电源消耗的功率不变,选项B 错误;只调节电阻R 2的滑动端P 1向下端移动的过程中,电容器两端电压增大,电容器充电,带电微粒所受电场力增大,微粒向上运动;电源路端电压减小,电压表示数变小,选项C 错误;若断开开关S ,电容器放电,电容器所带电荷量变少,电容器两端电压减小,带电微粒所受电场力减小,带电微粒向下运动,选项D 错误。
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第17讲|直流电路和交流电路问题[考法·学法]一、直流电路的分析多维探究类考点题点(一)直流电路的动态分析1.程序判断法遵循“局部—整体—部分”的思路,按以下步骤分析:2.直观判断法利用下面两个结论直接地得到结果:(1)任一电阻R阻值增大,必引起该电阻中电流I的减小和该电阻两端电压U的增大。
(2)任一电阻R阻值增大,必将引起与之并联的支路中电流I并的增大和与之串联的各电路电压U串的减小。
[例1]如图所示,图中的三个电表均为理想电表,当滑动变阻器的滑片P向左端缓慢移动时,下面说法中正确的是()A.电压表V2的读数减小,电流表A的读数增大B.电压表V1的读数增大,电压表V2的读数增大C.电阻R P消耗的功率增大,电容器C所带电量增加D.电压表V2的读数减小,电流表A的读数减小[解析]选D滑片P左移时,滑动变阻器连入电路的阻值增大,根据串反并同规律知,电压表V1的读数增大,电压表V2的读数减小,电流表A的读数减小,A、B错误,D正确;视r+R1+R2为电源的等效内电阻,根据电源的输出功率与外电阻的关系知,由于电阻R P 与r+R1+R2的大小关系未知,因此电阻R P消耗的功率是增大还是减小无法判断,由于电容器C两端的电压增大,处于充电状态,其所带电量增加,C错误。
题点(二)电源的功率和效率1.区分电功和电热、电功率和热功率2.电源的输出功率随外电路电阻R的变化情况[例2][多选]如图所示,电动势为E、内阻为r的电源与定值电Array阻R0、滑动变阻器R串联,已知R0=r,滑动变阻器的最大阻值是2r。
当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时,下列说法中正确的是()A.电路中的电流变大B.电源的输出功率先变大后变小C.滑动变阻器消耗的功率变小D.定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小[思路点拨](1)电源的输出功率的变化情况由外电阻与内电阻的大小关系来判断。
(2)分析R上功率变化时,将R当作外电阻,把R0+r当作电源内阻。
(3)根据电流的变化判断R 0上功率的变化情况。
[解析] 选AC 电路中电流I =ER 0+R +r,R 减小,所以I 变大,A 正确;由于R 0=r ,在P 由a 端向b 端滑动时,R 外逐渐减小至R 0,刚好等于内阻r ,所以电源的输出功率逐渐增大,B 错误;将R 0视为等效电源内阻的一部分,在滑片由a 向b 滑动时,等效外电阻由2r 变为0,R 消耗的功率为等效电源的输出功率,逐渐变小,C 正确;由P R 0=I 2R 0可知,I 变大,P R 0变大,D 错误。
题点(三) 闭合电路的图像问题[例3] 如图所示,直线A 为某电源的U -I 图线,曲线B 为某小灯泡的U -I 图线的一部分,用该电源和小灯泡组成闭合电路,下列说法中正确的是( )A .此电源的内阻为0.5 ΩB .电源的总功率为10 WC .电源的输出功率为8 WD .由于小灯泡的U -I 图线是一条曲线,所以欧姆定律不适用 [思路点拨](1)电源的U -I 图像与纵轴的交点表示电动势,图像斜率的绝对值表示电源的内阻。
(2)电阻的U -I 图像与电源的U -I 图像的交点坐标的含义是用该电源和该电阻组成电路时的路端电压和电流值,纵坐标与横坐标的比值表示此时的外电阻,纵坐标与横坐标的乘积等于此时的输出功率。
[解析] 选A 由电源的U -I 图线A 可知,此电源的电动势为4 V ,内阻为0.5 Ω,选项A 正确;用该电源和小灯泡组成闭合电路,电源输出电流为2 A ,电源的总功率为P 总=EI =8 W ,电源的输出功率为P 出=UI =6 W ,选项B 、C 错误;小灯泡的U -I 图线是一条曲线,但是欧姆定律仍适用,选项D 错误。
[通法点拨]闭合电路中几种常见图像的比较短路断路短路断路短路断路短路断路当短路断路当[集训冲关]1.[多选]两位同学在实验室中利用如图(a)所示的电路进行实验,调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时,一位同学记录电流表A和电压表V1的测量数据,另一位同学记录电流表A和电压表V2的测量数据。
两位同学根据记录的数据描绘出如图(b)所示的两条U-I图线。
则图像中两图线的交点表示的物理意义是()A.滑动变阻器的滑动触头P滑到了最右端B.电源的输出功率最大C.定值电阻R0消耗的功率为0.5 WD.电源的效率达到最大值解析:选BC由题图可得,电源电动势E=1.5 V,内阻r=1 Ω,在交点位置有R+R0=U1I=2 Ω,R0=U2I=2 Ω,则R=0,滑动变阻器的滑动触头P滑到了最左端,选项A 错误;当电路中外电阻等于电源内阻时,电源的输出功率最大,但R0>r,故改变滑动变阻器的阻值时无法使电路中外电阻等于电源内阻,此时外电阻越接近电源内阻,电源的输出功率越大,故选项B正确;P0=U2I=0.5 W,选项C正确;电源的效率η=EI-I2rEI,电流越小,电源的效率越大,可见滑动变阻器的滑动触头P滑到最右端时电源的效率最大,选项D错误。
2.将阻值为非线性变化的滑动变阻器R2接入图甲的电路中,移动滑动变阻器滑动触头改变接入电路中的电阻丝长度x (x 为图中a 点与滑动触头之间的距离),定值电阻R 1两端的电压U 1与x 间的关系如图乙,a 、b 、c 为滑动变阻器上等间距的三个点,电路中的电流表和电压表均为理想电表,当滑动触头从a 点移动到b 点和从b 点移动到c 点的这两个过程中,下列说法正确的是( )A .电流表A 的示数变化量相等B .电压表V 2的示数变化量不相等C .电阻R 1的功率变化量相等D .电源的输出功率都不断增大解析:选A 根据欧姆定律得,电阻R 1两端的电压U 1=IR 1,由题图乙知,滑动触头从a 点移动到b 点和从b 点移动到c 点的两个过程中,电压U 1变化量相等,且R 1一定,则知电流的变化量相等,即电流表A 的示数变化量相等,故A 正确;电压表V 2的示数U 2=E -Ir ,由于电流I 的变化量相等,且E 、r 一定,则ΔU 2相等,故B 错误;电阻R 1的功率P 1=I 2R 1,ΔI 相等,而I 减小,则知从a 点移到b 点功率变化量较大,故C 错误;由题图乙知,U 1逐渐减小,则电路中电流减小,总电阻增大,但由于外电路总电阻与电源内阻的关系未知,无法确定电源的输出功率如何变化,故D 错误。
二、交变电流的变化规律多维探究类考点题点(一) 交变电流的产生及描述[例1] (2017·天津联考)如图所示,在匀强磁场中匀速转动的单匝纯电阻矩形线圈的周期为T ,转轴O 1O 2垂直于磁场方向,线圈电阻为2 Ω。
从线圈平面与磁场方向平行时开始计时,线圈转过60° 时的感应电流为1 A 。
下列说法正确的是( )A .线圈消耗的电功率为1 WB .线圈中感应电流的有效值为2 AC .任意时刻线圈中的感应电动势为e =22cos 2πTt V D .任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ=2T πsin 2πT t Wb [解析] 选D 从垂直中性面开始计时,感应电流的瞬时表达式为i =I m cos θ,则电流的最大值为:I m =i cos θ=2 A ;线圈消耗的电功率为:P =I 2r =⎝⎛⎭⎫22I m 2r =4 W ,故A 错误;感应电流的有效值为:I=I m2= 2 A,故B错误;感应电动势的最大值为:E m=I m r=4 V;任意时刻线圈中的感应电动势为:e=E m cos 2πT t=4cos2πT t V,故C错误;任意时刻穿过线圈的磁通量为:Φ=BS sin 2πT t;根据公式E m=NBSω=NΦm2πT,可得:Φm=2Tπ,故Φ=2Tπsin 2πT t Wb,故D正确。
题点(二)交变电流的图像[例2][多选](2018届高三·怀化摸底)在匀强磁场中,一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图甲所示,产生的交变电动势的图像如图乙所示,则下列判断正确的有()A.t=0.005 s时线圈平面与磁场方向平行B.线圈产生的交变电动势的瞬时值为e=311sin 100πt(V)C.线圈产生的交变电动势的频率为100 HzD.线圈产生的交变电动势的有效值为311 V[思路点拨](1)理解两个特殊位置的特点。
(2)掌握图像上各点的物理意义。
[解析]选AB当t=0.005 s时电动势最大,则线圈平面与磁场方向平行(穿过线圈平面的磁通量为0,产生的感应电流最大),故A正确;线圈产生的交变电动势的瞬时值为e=E m sin 2πT t=311sin 100πt(V),故B正确;由题图乙可知周期为0.02 s,则频率为f=1T=50Hz,故C错误;线圈产生的交变电动势的有效值为220 V,故D错误。
[通法点拨]1.交变电流的产生、图像及四值应用(1)两个特殊位置及其特点(2)交变电流的图像从中性面位置开始计时,电流i=I m sin ωt,如图甲;从垂直于中性面位置开始计时,电流i=I m cos ωt,如图乙。
(3)交变电流的四值[集训冲关]1.[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正弦式电流的图像,当调整线圈转速后,所产生正弦式电流的图像如图线b 所示,以下关于这两个正弦式电流的说法正确的是( )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 .正弦式电流a 的瞬时值为u =10sin 5πt VD .正弦式电流b 的最大值为203V 解析:选BCD t =0时刻两个正弦式电流的感应电动势瞬时值均为零,线圈都与磁场垂直,穿过线圈的磁通量都最大,故A 错误。
由题图读出两电流周期之比为T a ∶T b =0.4 s ∶0.6 s =2∶3,而T =1n ,则线圈先后两次转速之比为3∶2,故B 正确。
正弦式电流a 的瞬时值为u =U m sin 2πT t =10sin 2π0.4t V =10sin 5πt V ,故C 正确。
根据电动势最大值公式E m =nBSω=nBS 2πT 得到,两电动势最大值之比为E m a ∶E m b =T b ∶T a =3∶2,E m a =10 V ,则得到正弦式电流b 的最大值为E m b =203V ,故D 正确。
2. (2017·郑州质检)图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图,其矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中,绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′(OO ′沿水平方向)匀速转动,线圈的两端经集流环和电刷与R =10 Ω的电阻连接,与电阻R 并联的交流电压表为理想电压表,示数是10 V 。
图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t 变化的图像。
则( )A .此交流发电机的电动势平均值为10 2 VB .t =0.02 s 时R 两端的电压瞬时值为零C .R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u =102·cos 100πt VD .当ab 边速度方向向上时,它所受安培力的方向也向上解析:选C 矩形线圈为电源,绕垂直于磁场的转轴匀速转动,产生正弦交流电,外电阻R =10 Ω,电压表示数为10 V ,说明E m2=10 V ,即E m =10 2 V 。