新编高三物理加强训练专题09 直流电路与交流电路分析(解析版)
届新高考物理二轮 复习 强化导学案 直流电路和交流电路Word版含解析
题型一直流电路的分析1.(2020·江苏卷)(多选)某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示．当汽车启动时，开关S闭合，电机工作，车灯突然变暗，此时()A．车灯的电流变小B．路端电压变小C．电路的总电流变小D．电源的总功率变大解析：车灯突然变暗，说明车灯的电流变小，A正确；路端电压U＝IR，车灯的电流变小，则路端电压变小，B正确；路端电压U＝E －I总r，U变小，说明总电流I总变大，C错误；电源的总功率变大P ＝I总E，因为I总变大，所以电源的总功率变大，D正确．答案：ABD2.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减小解析：由题图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R1的电流，电流表A2测量流过R2的电流．R2的滑动触点向b端移动时，R2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，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大．故A、C、D错误，B正确．答案：B3.如图所示的电路中，电源电动势E＝8 V，内阻r＝2 Ω，电阻R2＝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R1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：由闭合电路的欧姆定律可知：路端电压U＝R2R2＋rE＝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＝6×10－6 C，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．答案：B题型二交变电流的产生及描述4．(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象如图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．t＝3 s时刻通过线圈的磁通量最大C．此交变电动势的频率为50 HzD．线圈电动势瞬时值的表达式为16 sin 50πt(V)解析：由图2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，B错误；由图2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2可知，交流电压的最大值为16 V，ω＝2πT＝50π，则线圈电动势瞬时值的表达式为16sin 50πt (V)，故D 正确． 答案：AD5.(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象，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图象如图线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203V 解析：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． 答案：BCD6．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：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＝Φmω＝0.4×2π0.16V＝5π V，电流的峰值I m＝E mR＝5π A，故D项错误．答案：B题型三变压器及远距离输电7.(2020·江苏卷)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示．其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上．则电流互感器()A．是一种降压变压器B．能测量直流电路的电流C．原、副线圈电流的频率不同D．副线圈的电流小于原线圈的电流解析：根据U1U2＝n1n2，因为n1<n2，所以是一种升压变压器，A错误；不能测量直流电路的电流，B错误；原、副线圈电流的频率相同，C错误；根据I2I1＝U1U2＝n1n2，因为n1<n2，所以副线圈的电流小于原线圈的电流，D正确．答案：D8．有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L1、L2为规格相同的两只小灯泡．当S断开时，灯L1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L1、L2都能正常发光解析：当S闭合后，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L1、L2都不能正常发光，故D错误．答案：A9.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：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U1U2＝n1n2，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．答案：C10.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：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I1I2＝n2n1可得I1I2＝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．答案：B题型四综合练11．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V2的示数减小了ΔU，则下列判断正确的是()A．电流表A2的示数增大了ΔU RB．电流表A1的示数增大了nΔU RC．电压表V1的示数减小了ΔUD ．输电线损失的功率增加了⎝ ⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2R 解析：由U U 1＝m 得U 1＝U m ，由于U 、m 不变，故U 1不变，故C 错误；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 错误；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 错误． 答案：B12.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：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．答案：D13．(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 ＝210T 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：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I1＝P1U1＝160500A＝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．答案：AC14．(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：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．答案：BD。
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．。
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)
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。
高三物理二轮复习专题限时练9直流电路与交流电路含解析.doc
专题限时练（九）直流电路与交流电路（时间：40分钟，满分：80分）一、选择题（木题共8小题，每小题6分•在每小题给出的四个选项中，第1〜5题只有一项符合题目要求，第6〜8题有多项符合题目要求.全部选对的得6 分，选对但不全的得3分，有错选的得0分）1.（2015・江苏高考）一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V交变电流改变为110V.已知变压器原线圈匝数为800,则副线圈匝数为（）A.200B. 400C. 1 600D. 3 2002.科技实验小组在清理实验器材时发现在一个精密电阻R上标有“45 Q 5W”字样，于是他将电阻/?、标有“3V 0.6 W ”字样的小灯泡L和电源等器材组成了如图9・14所示实验电路.已知电表均为理想电表，则下列推断正确的是（）图9-14A.调整滑动变阻器，当电流表示数小于* A时，电阻7?的阻值小于45 QB.无论滑动变阻器的滑动触头P向右还是向左移动，电阻7?消耗的电功率始终保持5 W不变C.调整滑动变阻器，使电压表示数为12V,小灯泡恰能正常工作D.若换不同功率的小灯泡与精密电阻7?串联，则小灯泡的功率不能超过5W3.（2015-福建高考）图9-15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、副线圈匝数分别为血、阻,在T的原线圈两端接入一电压M =t/m sin 的交流电源，若输送电功率为F,输电线的总电阻为2厂，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为（）4. （2015-北京高考）如图9・16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 ；川的阻值等于电流表内阻的老7?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（）如图9-17所示，竖直放置的一对平行金屈板的左极上用绝缘线悬挂了一 个带正电的小球，将平行金属板按图所示的电路图连接，绝缘线与左极板的夹角 为〃，当滑动变阻器7?的滑片在Q 位置时，电流表的读数为厶，夹角为也；当滑 片在b 位置时，电流的读数为/2，夹角为〃2，则（ 0'A-fefA. 将接线柱1、2接入电路时,B. 将接线柱1、2接入电路时,C. 将接线柱1、3接入电路时,D. 将接线柱1、3接入电路时, 毎一小格表小0.04 A每一小格表不0.02 A每一*小格表示0.06 A每一小格表不0.01 A5. T图 9-16A. I\<h C・〃 ]=&2，厶=图9-17B・ 0|>&2, I\>h D. 〃]V&2，I\=h6. 一个理想变压器，开始时开关S 接1,此时原、副线圈的匝数比为9： 1. 一个理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上，此时滑动变阻器接入电路 的阻值为10 Q,如图9・18甲所示.原线圈接入如图乙所示的正弦交流电.则下 列判断正确的是（）A. 电压表的示数为4 VB. 滑动变阻器消耗的功率为0.8 WC ・若将开关S 由1拨到2处，同时滑动变阻器滑片向下滑动，电流表示数 将变大 D.若将二极管用导线短接，电流表示数加倍7. 某同学用手摇发电机和理想变压器给一个标有“12 V 6 W”字样的灯 泡供电，手摇发电机的线圈电阻是1 Q,电路如图9・19所示.当线圈以某一角 速度血匀速转动时，电压表示数为3 V,灯泡正常发光，贝ij （）A.电流表的示数是2 AB ・变压器的原、副线圈的匝数比是1：4C ・若将耐压值为20 V 的电容器和灯泡串联起来再接入电路，电流表示数 为零D.发电机的线圈屮产生的电动势最大值是5 V8. （2015-海南高考）如图9・20, —理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1,图 9-18甲 _®~L原线圈与一可变电阻串联后，接入一止弦交流电源；副线圈电路中I古I定电阻的阻值为局，负载电阻的阻值R=llRo, OV是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R=5R°,保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V,贝％）RA.此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB.此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC.原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD.原线圈两端原來的电压有效值约为48 V二、计算题（木题共2小题，共计32分•解答过程要有必要的文字说明和解题步骤）9.（14分）在如图9・21所示的电路屮，两平行正对金属板/、〃水平放置，两板间的距离d=4.0 cm.电源电动势E=400 V,内电阻r=20 Q ,电阻R\ = l 980 Q・闭合开关S,待电路稳定后，将一带正电的小球（可视为质点）从3板上的小孔以初速度v（）=\.O m/s竖直向上射入两板间，小球恰好能到达力板.若小球所带电荷量q=l・0Xl（r7c,质量m=2.0X10_4kg,不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响，取g=10 m/s2.求：fTTP^图9-21（1）/、B两金属板间的电压的大小U；（2）滑动变阻器消耗的电功率P滑；（3）电源的效率10.（18分）如图9-22甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场.已知线圈的匝数77=100 I®,电阻尸=1.0 Q,所围成矩形的面积5=0.040 m2,小灯泡的电阻R=9.0 Q,磁场的磁感应强度随时间按如图乙所示的规律变化,2 2 31线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e=V)其中心为磁感应强度的最大值，卩为磁场变化的周期•忽略灯丝电阻随温度的变化.求：(1)线圈中产生的感应电动势最大值；(2)小灯泡消耗的电功率；(3)在磁感应强度变化的0〜彳的时间内，通过小灯泡的电荷量.图9-22【详解答案】1. B 根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系¥;_小，得力一"；产一U2 5800X110220 ~=400,选项B正确.2・C由精密电阻的标识可知其额定电压为15 V,额定电流为* A（与电阻间存在数量关系），但电阻的阻值与其额定电压和额定电流的值无关（无因果关系），阻值为45 Q不变，A选项错误；标识“5 W”为电阻的额定功率，工作功率与电阻两端电压有关，在额定范围内，电压越高功率越大，B项错误；小灯泡32的电阻值7?L=6=Q=15 Q（数量关系），当电压表示数为12 V时，由分压关系得方=万冇？解得S=3V,故小灯泡恰能正常工作，C选项正确；小灯泡的额定功率与精密电阻的额定功率无关，只要支路电流不超过* A即可，故D选项错误.得#=丛,则5=骨；因为输送电功率为尸,输电线中的电流为【2=召=也护,A 2p2则输电线上损失的电功率为△P=〃（2厂）=%（,故选项C正确.4・C 设电流表A的内阻为7?A，用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1 的电流值时，若将接线柱1、2接入电路，根据并联电路的特点，（/］一厶）&=厶心，解得/1=3Z A=0.06 A,则每一小格表示0.06 A;若将接线柱1、3接入电路，则Q2—IQR\=hRz解得/2=3/A=0.06A,则每一小格表示0.06 A・选项C正确.5.D 在滑动变阻器的滑片由Q位置滑到b位置的过程中，两平行金属板间的电压增大，小球受到的电场力增大，因此夹角0增大，即EV%;另外，电路的总电阻不变，因此总电流不变，即/1=厶，故选项D正确.6.BD 原、副线圈的电压与匝数成正比，原线圈电压的有效值为36 V,所以副线圈两端电压为4 V,由于副线圈接有二极管，它具有单向导电性，根据电3. C 升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U\=¥;由变压关系可(4 V) 2T U1l流的热效应知一下—X-=—XT9解得U=2y]2 V, A错误；滑动变阻器接入U2电路的阻值为10 O,消耗的功率为P=y=0.8 W,故B正确；若将S从1拨到2,原、副线圈匝数比变大，由变压器变压关系知副线圈的电压减小，而7?变大，副线圈电流减小，•变压器输入功率等于输出功率，总功率变小，原线圈电压不变，原线圈电流即电流表示数减小，故C错误；若将二极管用导线短接，电流做功加倍，功率加倍，电流表示数加倍，故D正确.7.AB 灯泡正常发光说明副线圈两端电压为12 V,功率为6W,原、副线圈功率相等，P L=UI,则电流表示数为2A,选项A正确.理想变压器原、副线圈电压与匝数成正比，选项B正确；副线圈两端电压为12V,最大值为12辺V, 小于电容器的耐压值，电容器不会烧坏，因为电容器通交流，故电路里有电流，原线圈中的电流不为零，选项C错误.理想变压器原线圈和绕轴转动的线圈构成闭合电路，电压表示数3V是外电路电压，发电机线圈产生的电动势的有效值为E=U+IR=5N,电动势最大值为5^2 V,选项D错.8.AD 当负载电阻的阻值减小为7? = 57?o B寸，根据串、并联电路规律，R 两端电压为局两端电压的5倍，因为电压表测量7?两端的电压，所以5o=*X5 V=1 V,故副线圈两端电压为S = 6V,根据公可得此时原线圈两端电压的有效值为3=24 V,所以此时原线圈两端电压的最大值约为24迄V=34 V, A正确，B错误；因为变化过程中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈变化前、后电流也不变，则变化后电压t/2=Z7?o+5/7?o=6Z/?o,变化前，UJ =/局+ 11〃?0=12/局，所以UJ=2CA=12 V,根据公式#可得原线圈两端原来C/2 “2的电压有效值约为48 V, D正确，C错误.9・解析：(1)小球从B板上的小孔射入恰好到达/板的过程中，—q U— mgd=0—如曲得U= 200 V.(2)/=斥| R匚,U=IR滑，解得R汾= 2・0X 10‘Q[/2滑动变阻器消耗的电功率P ;^=—=20 W亠…」 P 出 I 2(&+&)(3)电源的效率 尸瓦=p (&+心+厂)=99.5%.答案：(1)200 V (2) 20 W(3) 99.5%10.解析：(1)因为线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相 同，所以由图象可知，线圈中产生交变电流的周期为r=3.14X10_2s,所以线圈 中感应电动势的最大值为E m =2n ^m5=8.0V. (2) 根据欧姆定律，电路中电流的最大值为An=£j=0.80A,通过小灯泡电 流的有效值为I=I m /y/2=0.4(h/2 A,小灯泡消耗的电功率为P=72A=2.88 W.△ B(3) 在磁感应强度变化的0〜774内，线圈中感应电动势的平均值E=nS~^ 答案：(1)8.0 V(2) 2.88 W(3) 4.0 X10~3C R+r=4.0X10%. E 通过灯泡的平均电流/=命= nSNB(/?+r) Lt通过灯泡的电荷量Q=ILt= nS^B。
直流电路与交流电路【讲】【解析版】-2023-2024年高考物理二轮复习讲练测(新教材新高考)
第四部分电磁感应与电路专题10 直流电路与交流电路【讲】目录一．讲高考真题-----感悟核心素养 (1)【考情研判】 (1)【考题分析】 (1)【题后总结】 (6)二．讲核心问题-----提炼主干必备知识 (6)核心问题一闭合电路欧姆定律及电路动态分析 (6)核心问题二电路中的功率和效率问题 (8)核心问题三交流电的产生和描述问题 (11)核心问题四变压器基本关系的应用问题 (13)核心问题五理想变压器的动态电路分析 (16)三．讲重点模型-----远距离输电模型 (18)一．讲高考真题-----感悟核心素养【考情研判】【考题分析】【例1】(2022·浙江6月选考)如图所示，虚线是正弦交流电的图像，实线是另一交流电的图像，它们的周期T 和最大值U m相同，则实线所对应的交流电的有效值U满足()A.U ＝U m2B.U ＝2U m2 C.U >2U m2D.U <2U m2【试题情境】本题以交流电的图像为素材创设学习问题情境。
【考核要求】本题考核要求属于基础性。
【必备知识】本题考查的知识点为交流电有效值瞬时值。
【关键能力】(1)理解能力：要求能根据题图像准确获取信息。
(2)推理论证能力：根据正弦交流电有效值公式进行计算。
【学科素养】科学思维：本题要求学生能正确理解图像描述交流电的方法并能从交流电的图像中获取基本信息，根据有效值计算公式，列式推理，得出结论。
【答案】 D【解析】 虚线是正弦交流电的图像，其有效值为U 有效值＝U m 2＝2U m 2，由图可知，在任意时刻，实线所代表的交流电的瞬时值都不大于虚线表示的正弦交流电的瞬时值，则实线所代表的交流电的有效值小于虚线表示的正弦交流电的有效值，则U <2U m2，故选D 。
【例2】（新高考全国卷Ⅱ·河北·第8题）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0n 、1n 和2n ，两个副线圈分别接有电阻1R 和2R ，当发电机线圈以角速度 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2R 的电流为12n I n B. 电阻2R 两端的电压为211n IR nC. 0n 与1n的比值为21IR ωD.发电机的功率为2120()I n n n ω+ 【试题情境】本题以发电机和理想变压器为素材创设学习探索问题情境。
高三物理二轮专题复习第9讲 直流电路与交流电路
例 2 (多选)(2018·河北省衡水中学二调)如图9甲为小型旋转电枢式交流
发电机，电阻为r＝ 2 Ω的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕
垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与
右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R的最大阻值为R0＝
40 7
Ω，滑片P
位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝
R0，其他电阻不计.从线圈 2
平面与磁场方向平行时开始计时，
闭合开关S，线圈转动过程中理
想交流电压表示数是10 V，图乙
是通过矩形线圈的磁通量随时间
t变化的图象，则下列说法正确的是
图9
√A.电阻 R2 上的热功率为57 W
B.0.02 s时滑动变阻器R两端的电压瞬时值为零 C.线圈产生的 e 随时间 t 变化的规律是 e＝10 2cos 100πt(V)
“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的 电流、两端电压、电功率都将增大(减小). 方法3：极限法 因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分 别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论.
例 1 (多选)(2018·湖南省雅礼中学模拟二)在如图6甲所示的电路中，电
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Uab和Ucd，则
A.Uab∶Ucd＝n1∶n2
√B.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Ucd越大
√D.将二极管短路，电流表的读数加倍
图5
【考点定位】 变压器、二极管、有效值计算
【难度】 中等
图7
A.甲图中的 E′＝R＋r rE，r′＝R＋r