四川省某重点中学2016届高考物理考点精讲30交变电流的综合问题分析

合集下载

高考物理真题专题汇总专题《交变电流》(含解析)

高考物理真题专题汇总专题《交变电流》（含解析）1．L2 M1[2016·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时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过O M 和O N 的轴，以相同的周期T 逆时针匀速转动，则( )图1-A ．两导线框中均会产生正弦交流电B ．两导线框中感应电流的周期都等于TC ．在t ＝T 8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 ＝12B ωl 2，但进磁场和出磁场时电流方向相反，所以线框中应该产生方波交流式电，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12B ωl 2，C 正确；对于线框M ，有E 2R ·T 2＋E 2R ·T 2＝U 2有M R ·T ，解得U 有M ＝E ；对于线框N ，有E 2R ·T 4＋0＋E 2R ·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．M2 变压器远距离输电2．M2[2016·全国卷Ⅰ] 一含有理想变压器的电路如图1-所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3Ω、1 Ω 和4 ΩU 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1-A ．2B ．3C ．4D ．5[解析] B 开关断开时，原、副线圈的电流比I I 2＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2＝In 1n 2，副线圈的输出电压U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝5In 1n 2，由U 1U 2＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1＝5I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22，则U ＝U 1＋IR 1＝5I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22＋3I ；开关闭合时，原、副线圈的电流比4I I ′2＝n 2n 1，通过R 2的电流I ′2＝4In 1n 2，副线圈的输出电压U ′2＝I ′2R 2＝4In 1n 2，由U ′1U ′2＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U ′1＝4I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22，则U ＝U ′1＋4IR 1＝4I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22＋12I ，解得n 1n 2＝3，选项B 正确． 3．M2[2016·全国卷Ⅲ] 如图1-所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b.当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )图1-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．AD [解析] 设灯泡的额定电压为U 0，则输入电压U ＝10U 0，由于两灯泡均正常发光，故原线圈两端的电压U 1＝U －U 0＝9U 0，副线圈两端的电压U 2＝U 0，所以原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝9∶1，A 正确，B 错误；原、副线圈的电流之比I 1∶I 2＝n 2∶n 1＝1∶9，由电功率P ＝UI 可知，a 和b 的电功率之比为1∶9，C 错误，D 正确．4．M2 J3[2016·天津卷] 如图1-所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是( )图1-A ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 1消耗的功率变大B ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大C ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表A 1示数变大D ．若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大，A 2示数变大B [解析] 滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，总电阻也变大，而副线圈两端的电压没有变化，所以干路中的电流减小，R 1消耗的功率变小，A 错误；干路中的电流变小，R 1两端的电压变小，并联电路的电压变大，即电压表V 示数变大，B 正确；由于变压器副线圈干路中的电流变小，所以原线圈中的电流变小，即电流表A 1的示数变小，C 错误；闭合开关S 后，并联电路的阻值变小，总电阻也变小，干路中的电流变大，R 1两端的电压变大，并联电路的电压变小，通过R 2的电流变小，即电流表A 2示数变小，因变压器的功率变大，故电流表A 1示数变大，D 错误．5．M2[2016·江苏卷] 一自耦变压器如图1-所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a 、b 间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c 、d 间作为副线圈．在a 、b 间输入电压为U 1的交变电流时，c 、d 间的输出电压为U 2，在将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中( )图1-A ．U 2>U 1，U 2降低B ．U 2>U 1，U 2升高C ．U 2<U 1，U 2降低D ．U 2<U 1，U 2升高C [解析] 根据变压器原、副线圈两端电压和原、副线圈匝数的关系式有U 1U 2＝n 1n 2，这里n 2< n 1，所以U 2 <U 1.在将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中，n 2变小，n 1不变，而原线圈两端电压U 1也不变，因此U 2降低，选项C 正确．6．M2、J2[2016·四川卷] 如图1-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1-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B [解析] 由变压器相关知识得：U 1U 2＝n 1n 2，原、副线圈减去相同的匝数n 后：U 1U ′2＝n ′1n ′2＝n 1－n n 2－n ，n 1n 2－n ′1n ′2＝－n （n 1－n 2）n 2（n 2－n ）<0，则说明变压器原、副线圈的匝数比变大，则可得出C 、D 错误．由于原线圈电压恒定不变，则副线圈电压减小，小灯泡实际功率减小，小灯泡变暗，A 错误，B 正确．。

2016年全国高考恒定电流考题归类赏析

A1 示数变大 D．若闭合开关 S，则电流表 A1 示数变大，A2 示数变大答案： B
解析滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时，滑动
变阻器接入电路的阻值变大，总电阻也变大，而副线圈两
端的电压没有变化，所以干路中的电流减小，Ｒ1 消耗的功率变小，A 选项错误；干路中的电流变小，Ｒ1 两端的电压变小，并联电路的电压变大，即电压表 V 示数变大，B 选项正
所示，选项 B 可取；
选项 C 中可以通过安培表的读数和电阻箱的取值得
到外电压的大小，实验电路如图 3 所示，选项 C 可取；选
项 D 中因滑动变阻器的阻值无法读出而得到外电压，选
项 D 不可取．
点评本题考查测定干电池的电动势和内阻，意在
考查学生的实验能力．解答本题的关键是要明确伏安法
是测定干电池电动势和内阻实验的原理．
一、电路基本概念的理解例 1 （ 2016·上海高考）电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此（）． A．电动势是一种非静电力 B．电动势越大，表明电源储存的电能越多 C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映 D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压答案： C 解析电动势在数值上等于非静电力把 1C 的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，不是一种非静电力，A 选项错误；电动势是描述电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量，是非静电力做功能力的反映，且电动势越大，表明电源将其它形式的能转化为电能的本领就越大，B 选项错误，C 选正确；电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，在闭合电路中电源两极间的电压是路端电压，小于电源电动势，D 选项错误．点评本题考查电动势的基本概念，意在考查学生对电动势基本概念的理解能力和分析能力．解答本题的关键是要能抓住电动势的概念和物理意义进行分析．二、电路器材的选取例 2 （ 2016·北京高考）某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合．为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是（）． 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，实验电路如图 1 所示，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，实验电路如图 2 — 72 —

高考物理三大题型试题解析内容

高考物理三大题型试题解析内容高考物理三大题型试题解析选择题选择题中，纯粹考察基础知识的题目有大概5道，从以下章节中抽取：相对论、光学、原子物理、万有引力与航天、机械振动与机械波、交变电流。

这些考题的特点是：知识点相对独立，没有综合应用，题型简单、易掌握。

因此我们在复习的时候只需要把这些知识点吃透就没问题了。

而搞定这些知识点最好的办法，除了老师的讲解，就是做题，做历年北京市的高考原题、所有期中、期末的考试题，以及所以有区的模拟题，每章最多50道。

把这些题弄明白了，考试没有理由在这些提、题上丢分。

30分到手，轻而易举。

余下的三道选择题中，有两道会涉及到力学和电学的主干知识，需要较强的综合应用能力，比如机械能守恒定律、电磁感应等等。

这些问题需要较强的基础知识，如果后面的大题能解，那么这两道题根本就是小菜一碟。

最后一道选择题有很强的综合性，可能是考察一种解决问题的方法，比如2010年的，就是考察用图象法表示物理公式。

而2008、2009两年考察的是推测的能力。

可以说这道题完全是能力的体现，考的是智力和应变能力，知识点倒是次要的。

综上所述，一个成绩中等偏下的学生，在经过一个月的“特训”以后，选择题达到做对6道的水平是非常轻松的。

实验题再看实验题。

实验题会考两道，基本上一道电学一道力学，力学实验共有八个、电学实验七个。

并且上一年考过的实验，接下来的几年肯定不会再考。

因此只剩下十个左右的实验。

每个实验有三到五个固定的考点，也就是无论怎样出题，都离不开这几个知识点。

对于实验的复习，其实只有一个字，那就是“背”。

背完了把各城区的期中、期末考试、模拟考试上面的题研究明白。

16分以上，稳稳收入囊中。

至于花费的时间，一个月最多了。

好了，现在你还没做大题，分数大约是五十多分。

你答卷所花费是30分钟左右的时间。

用于复习的时间是两个月，每天拿出90分钟足矣，还是挺值的哦。

计算题计算题，就是我们整天学的那些东西吧，什么牛顿定律、曲线运动、动能定理、动量守恒、电场力做功、磁场中的曲线运动、电磁感应之类的。

高考物理电磁学知识点之交变电流难题汇编含答案解析(4)

高考物理电磁学知识点之交变电流难题汇编含答案解析(4)一、选择题1．如图所示，理想变压器的原线圈接在122sin100Vu tπ=（）的交流电源上，副线圈接R=的负载电阻，原、副线圈的匝数之比为31∶。

电流表、电压表均为理想电表。

有10Ω则（）A．电压表的示数为12V B．电流表的示数为0.4AC．变压器输出交流电的周期为50s D．变压器的输入功率为1.6W2．一只电阻分别通过四种不同形式的电流，电流随时间变化的情况如图所示，在相同时间内电阻产生的热量最大的是（）A．B．C．D．3．某变压器原、副线圈匝数比为55：9，原线圈所接电源电压按图示规律变化，副线圈接有负载．下列判断正确的是A．输出电压的最大值为36VB．原、副线圈中电流之比为55：9C．变压器输入、输出功率之比为55：9D．交流电源有效值为220V，频率为50Hz4．如图是交流发电机的示意图，匀强磁场方向水平向右，磁感应强度为B ，线圈ABCD 从图示位置（中性面）开始计时，绕垂直于磁场方向的轴OO ′逆时针匀速转动。

已知转动角速度为ω，线圈ABCD 的面积为S ，匝数为N ，内阻为r ，外电路总电阻为R （包括滑环和电刷的接触电阻和电表电阻），规定线圈中产生的感应电流方向沿ABCD 为正方向，下列说法正确的是（）A ．线圈产生感应电动势的瞬时值为02sin e NB S t ωω= B ．电路中产生的电流有效值为022()NB S I R r ω=+C ．外电路的电压峰值为02m NB S RU R rω=+D ．1秒内线圈中电流方向改变2ωπ次 5．如图所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成．发电机中矩形线圈所围的面积为S ，匝数为N ，电阻不计，它可绕水平轴OO′在磁感应强度为B 的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动．矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P 上下移动时可改变输出电压，R 0表示输电线的电阻．以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是A ．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为零B ．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e = NBSω sinωtC ．当用电量增加时，为使用户电压保持不变，滑动触头P 应向上滑动D ．当滑动触头P 向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高6．如图所示的电路中，变压器为理想变压器，电流表和电压表为理想电表，R 0为定值电阻，在a 、b 端输入正弦交流电，开关S 闭合后，灯泡能正常发光，则下列说法正确的是（）A ．闭合开关S ，电压表的示数变小B ．闭合开关S ，电流表的示数变小C ．闭合开关S 后，将滑动变阻器的滑片P 向下移，灯泡变亮D ．闭合开关S 后，将滑动变阻器的滑片P 向下移，电流表的示数变小7．如图所示，N 匝矩形导线框以角速度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A ，则：（）A ．从图示时刻起，线框产生的瞬时电动势为sin e NB S t ωω= B ．交流电流表的示数24I NBS Rω=C ．R 两端电压的有效值2U NBS ω=D ．一个周期内R 的发热量()2NBS Q Rπω=8．矩形线框与理想电流表、理想变压器、灯泡连接电路如图甲所示．灯泡标有“36 V 40 W ”的字样且阻值可以视作不变，变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，线框产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示．则下列说法正确的是( )A ．图乙电动势的瞬时值表达式为e ＝36 sin (πt)VB ．变压器副线圈中的电流方向每秒改变50次C ．灯泡L 恰好正常发光D ．理想变压器输入功率为20 W9．如图所示，一理想变压器原线圈接在电压恒为U 的交流电源上，原线圈接入电路的匝数可通过调节触头P 进行改变，副线圈、电阻箱R 和定值电阻R 1以及理想交流电流表连接在一起。

2016届高考物理一轮高考真题备选题库(四川专版)第十章《交变电流传感器》

第十章交变电流传感器第1节交变电流的产生及描述1．(2014·海南高考)理想变压器上接有三个完全相同的灯泡，其中一个与该变压器的原线圈串联后接入交流电源，另外两个并联后接在副线圈两端。

已知三个灯泡均正常发光。

该变压器原、副线圈的匝数之比为( )A ．1∶2B ．2∶1C ．2∶3D ．3∶2解析：选B 三灯都正常工作，则电流相等，由此可知变压器的原副线圈的电流比I 1I 2＝12，理想变压器的输入功率与输出功率相等，P 1＝P 2，得U 1U 2＝I 2I 1 ，得：U 1U 2＝n 1n 2＝21，选项B 正确。

2．(2014·全国卷Ⅰ)如图(a)，线圈ab 、cd 绕在同一软铁芯上，在ab 线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd 间电压如图(b)所示，已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab 中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )解析：选C 根据题图(b)可知：cd 两端在0～0.5产生恒定的电压，根据法拉第电磁感应定律，穿过线圈的磁通量均匀变化，即Δi Δt为恒定不变，故选项C 正确，A 、B 、D 错误。

3．(2014·天津高考)如图1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像如图2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：选AC t ＝0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，A 项正确；图中a 、b 对应的周期之比为2∶3，因此线圈转速之比n a ∶n b ＝1T a ∶1T b＝3∶2，B 项错误；a 线表示的交流电动势的频率为f a ＝1T a ＝14×10－2Hz ＝25 Hz ，C 项正确；a 线对应线圈相应的电动势的最大值E a m ＝NBS ·2πT a，由图像知E a m ＝15 V ，b 线对应线圈相应的电动势的最大值E b m ＝NBS ·2πT b ，因此E b m E a m ＝T a T b ＝23，E b m ＝10 V ，有效值E b ＝102 V ＝5 2 V ，D 项错误。

2016年高考新课标卷物理试题分析

点、等势面、带电粒子运动轨迹问题，17含电容器的直流电路，22考查打点计时器测瞬时速度和物体的加速度， 24考查导体切割磁感线产生感应电动势问题，及选做题中第一小题，这些题都是对基础知识和基本能力的考查，分值达42分，占到总分的38.18%.相比2015年试题，基础分值提高不小，这就使得2016年物理试题相比2015年试题难度降低不小。
b.整卷要求中等难度（难度为0.55左力右最）强，。则区分
度最高.
难度 1.0 0.9 0.7 0.5 0.3 0.1 0.0 区分度 0.0 0.2 0.6 1.0 0.6 0.2 0.0
三、考生答卷情况统计
3．数据说明与分析
(1)平均分与难度：表中难度的公式为：难度=平均分/试题（卷）总分。即难度值越大，表示该试题（卷）平均得分率越高，试题越容易。反之，难度值越小，试题越难。
难度与区分度是评价试题质量的重要指标。难度为0.5时，考生成绩的离散程度可能最佳；区分度在0.3以上才是好题。
高考物理试题命题原则
有利于高校的选拔
强调试题的区分作用
区分度与难
a.过易（难度在0.8以上）和过难（难度难度的度在关时0系，.2，考以中生下等分）
的试题都不易区分;
数分布呈正态分
布，试题的鉴别
选考模块
任选一题题号分值
33 34 15 35
13.6 %
2016年
Ⅱ卷
选做 14%
电磁学 41%
力学 45%
3、题型考点统计
题题
涉及知识点
分
号型
值
14
力的动态平衡
6
15
点电荷电场特点、等势面、带电粒子运动轨迹问题 6
类别
力学电磁学

(完整版)【2018版】五年真题之2016年高考物理：专题13-交变电流(含答案)

专题13 交变电流1.[2018·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时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过O M 和O N 的轴，以相同的周期T 逆时针匀速转动，则( )图1A ．两导线框中均会产生正弦交流电B ．两导线框中感应电流的周期都等于TC ．在t ＝T 8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 ＝12B ωl 2，但进磁场和出磁场时电流方向相反，所以线框中应该产生方波交流式电，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12B ωl 2，C 正确；对于线框M ，有E 2R ·T 2＋E 2R ·T 2＝U 2有M R ·T ，解得U 有M ＝E ；对于线框N ，有E 2R ·T 4＋0＋E 2R ·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．2.[2018·全国卷Ⅰ] 一含有理想变压器的电路如图1所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为( )图1A．2 B．3C ．4D ．5答案：B解析：开关断开时，原、副线圈的电流比I I 2＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2＝In 1n 2，副线圈的输出电压U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝5In 1n 2，由U 1U 2＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，则U ＝U 1＋IR 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22＋3I ；开关闭合时，原、副线圈的电流比4I I ′2＝n 2n 1，通过R 2的电流I ′2＝4In 1n 2，副线圈的输出电压U ′2＝I ′2R 2＝4In 1n 2，由U ′1U ′2＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U ′1＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，则U ＝U ′1＋4IR 1＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22＋12I ，解得n 1n 2＝3，选项B 正确． 3.[2018·全国卷Ⅲ] 如图1所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b.当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )图1A ．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答案：AD解析：设灯泡的额定电压为U 0，则输入电压U ＝10U 0，由于两灯泡均正常发光，故原线圈两端的电压U 1＝U －U 0＝9U 0，副线圈两端的电压U 2＝U 0，所以原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝9∶1，A 正确，B 错误；原、副线圈的电流之比I 1∶I 2＝n 2∶n 1＝1∶9，由电功率P ＝UI 可知，a 和b 的电功率之比为1∶9，C 错误，D 正确．4.[2018·天津卷] 如图1所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是( )图1A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1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A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大答案：B解析：滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，总电阻也变大，而副线圈两端的电压没有变化，所以干路中的电流减小，R1消耗的功率变小，A错误；干路中的电流变小，R1两端的电压变小，并联电路的电压变大，即电压表V示数变大，B正确；由于变压器副线圈干路中的电流变小，所以原线圈中的电流变小，即电流表A1的示数变小，C错误；闭合开关S后，并联电路的阻值变小，总电阻也变小，干路中的电流变大，R1两端的电压变大，并联电路的电压变小，通过R2的电流变小，即电流表A2示数变小，因变压器的功率变大，故电流表A1示数变大，D错误．5.[2018·江苏卷] 一自耦变压器如图1所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈．在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2，在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中( )图1A ．U 2>U 1，U 2降低B ．U 2>U 1，U 2升高C ．U 2<U 1，U 2降低D ．U 2<U 1，U 2升高答案：C解析：根据变压器原、副线圈两端电压和原、副线圈匝数的关系式有U 1U 2＝n 1n 2，这里n 2< n 1，所以U 2 <U 1.在将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中，n 2变小，n 1不变，而原线圈两端电压U 1也不变，因此U 2降低，选项C 正确．6.[2018·四川卷] 如图1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答案：B解析：由变压器相关知识得：U 1U 2＝n 1n 2，原、副线圈减去相同的匝数n 后：U 1U ′2＝n ′1n ′2＝n 1－n n 2－n ，n 1n 2－n ′1n ′2＝－n （n 1－n 2）n 2（n 2－n ）<0，则说明变压器原、副线圈的匝数比变大，则可得出C 、D 错误．由于原线圈电压恒定不变，则副线圈电压减小，小灯泡实际功率减小，小灯泡变暗，A 错误，B 正确．。

四川省某重点中学2016届高考物理考点精讲28对交变电流变化规律的考查

考点28 对交变电流变化规律的考查例如图1甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r ＝2 Ω矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0＝407 Ω，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R 02，其他电阻不计．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S ，线圈转动过程中理想交流电压表示数是10 V ，图乙是矩形线圈磁通量随时间t 变化的图像，则下列说法正确的是( )图1A ．电阻R 2上的热功率为57WB ．0.02 s 时滑动变阻器R 两端的电压瞬时值为零C ．线圈产生的e 随时间t 变化的规律是e ＝102cos 100πt (V)D ．线圈开始转动到t ＝1600 s 的过程中，通过R 1的电荷量为2200πC审题突破根据公式P ＝U 2R求出电阻R 2上的电功率，由乙图可知，0.02 s 通过线圈的磁通量为零，电动势最大，根据有效值与最大值的关系求出最大值，写出线圈产生的电压e 随时间t变化的规律，通过电阻的电量为n ΔΦR 总＋r.解析 R 总＝R 1＋R 02＋R 04＝74R 0＝10 Ω，I ＝1010 A ＝1 A ，U R 2＝107 V ，根据公式P ＝U 2R 得电阻R 2上的热功率为P R 2＝57W ，故A 正确；0.02 s 通过线圈的磁通量为零，感应电动势最大，故B 错误；T ＝0.02 s ，ω＝2πT＝100π rad/s ，E ＝10 V ＋1×2 V＝12 V ，e ＝122cos 100πt (V)，故C 错误；电动势的最大值为E m ＝12 2 V ＝nBS ω，Φm ＝BS ＝122n ×100π(Wb)，Φ＝122n ×100πsin100πt (Wb)，线圈开始转动到t ＝1600 s 的过程中，通过电阻的电量为n ΔΦR 总＋r ＝2200πC ，故D 正确．答案 AD图11．一个匝数为100匝，电阻为0.5 Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按如图1所示规律变化．则线圈中产生交变电流的有效值为( )A．5 A B．2 5 AB．6 A D．2 6 A答案 B解析0～1 s时间内，感应电动势为E1＝nΔΦ1/Δt1＝1 V，电流为2 A；1～1.2 s内，感应电动势E2＝nΔΦ2/Δt2＝5 V，感应电流为10 A，一个周期内发热量为I21Rt1＋I22Rt2＝I2R(t1＋t2)，得I＝2 5 A，B正确．2．(2016·天津·7)如图2甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b所示，则( )图2A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3C．曲线a表示的交变电动势频率为25 HzD．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V答案AC解析A．从图象可知，两次转动都是从中性面开始计时的，故A正确．B．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．C．由图象可知曲线a的周期T a＝4×10－2 s，则曲线a表示的交变电动势频率f a＝1T a＝25 Hz，故C正确．D ．交变电动势的最大值E m ＝nBS ω，则曲线a 、b 表示的交变电动势的峰值之比为E m a ∶E m b ＝ωa ∶ωb ＝3∶2，即E m b ＝23E m a ＝10 V ，故曲线b 表示的交变电动势的有效值为E 有＝102 V ＝5 2V ，D 错误．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．交流电“四值”的应用 (1)最大值：分析电容器的耐压值；(2)瞬时值：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：计算通过电路截面的电荷量．强化练习1．如图1所示区域内存在匀强磁场，磁场的边界由x 轴和y ＝2sin π2x 曲线围成(x ≤2 m)，现把一边长l ＝2 m 的正方形单匝线框以水平速度v ＝10 m/s 匀速地拉过该磁场区，磁场区的磁感应强度为0.4 T ，线框电阻R ＝0.5 Ω，不计一切摩擦阻力，则( )图1A ．水平拉力F 的最大值为8 NB ．拉力F 的最大功率为12.8 WC ．拉力F 要做25.6 J 的功才能让线框通过此磁场区D ．拉力F 要做12.8 J 的功才能让线框通过此磁场区答案 C解析线框通过磁场区域，感应电流先增大然后减小，形成正弦交流电，周期为2l /v ＝0.4 s ，感应电动势最大值为E m ＝Blv ＝8 V ，有效值为4 2 V ，感应电流最大值为16 A ，有效值为8 2A ，则水平拉力最大值为F m ＝BI m l ＝12.8 N ，A 错误；拉力的最大功率为P m ＝F m v ＝128 W ，B 错误；线框匀速通过，拉力做功等于焦耳热，Q ＝I 2Rt ＝25.6 J ，C 正确，D 错误．2．一闭合矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电流如图2所示，由图可知( )图2A ．该交流电电流的有效值是5 AB ．该交流电的频率是20 HzC ．t ＝0时刻线圈平面位于中性面D ．该交流电电流的瞬时表达式为i ＝5cos 100πt (A) 答案 D解析由图线知，交流电的最大值为5 A ，A 错误；该交流电的周期为0.02 s ，频率为50 Hz ，B 错误；t ＝0时刻线圈平面位于垂直中性面，C 错误；该交流电电流的瞬时表达式为i ＝5cos 100πt (A)，D 正确．3．如图3所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为0.02 s ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈总电阻为2 Ω，匝数为100匝．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，t ＝1300 s时线圈中感应电流为1 A ．那么( )图3A ．线圈中感应电流的有效值为2 AB ．线圈转动一周产生的焦耳热为0.16 JC ．t ＝1300 s 时穿过线圈磁通量的变化率为0.02 Wb/sD ．线圈中的感应电动势瞬时值表达式为e ＝4sin 100πt (V) 答案 C解析由于从中性面开始，感应电流的瞬时值表达式为：i ＝I m cos 2πT t (A)，将t ＝1300s 代入可得，I m ＝2 A ，因此感应电流的有效值为I ＝I m2＝ 2 A ，A 错误；线圈转动一周产生的焦耳热Q ＝I 2Rt ＝(2)2×2×0.02 J＝0.08 J ，B 错误；线圈中的感应电动势的瞬时值表达式e＝U m cos 2πT t (V)＝I m R cos 2πT t (V)＝4cos 100πt (V)，D 错误；而t ＝1300 s 时有瞬时值e ＝4cos π3 V ＝2 V ，而根据法拉第电磁感应定律，e ＝n ΔΦΔt ，因此t ＝1300 s 时穿过线圈磁通量的变化率为e n＝0.02 Wb/s ，C 正确．。

四川省某重点中学2016届高考物理考点精讲4 应用平衡条件解决电学平衡问题

考点4 应用平衡条件解决电学平衡问题例如图1所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC放置在水平面上，∠CAB＝30°，斜面内部O点(与斜面无任何连接)固定一个正点电荷，一带负电可视为质点的小物体可以分别静止在M、P、N点，P为MN的中点，OM＝ON，OM∥AB，则下列判断正确的是( )图1A．小物体在M、P、N点静止时一定都是受4个力B．小物体静止在P点时受到的摩擦力最大C．小物体静止在P点时受到的支持力最大D．小物体静止在M、N点时受到的支持力相等解析对小物体分别在三处静止时进行受力分析，如图：结合平衡条件小物体在P、N两点时一定受四个力的作用，而在M处不一定，故A错误；小物体静止在P点时，摩擦力f＝mg sin 30°，设小物体静止在M、N点时，库仑力为F′，则小物体静止在N点时f′＝mg sin 30°＋F′cos 30°，小物体静止在M点时f″＝mg sin 30°－F′cos 30°，可见小物体静止在N点时所受摩擦力最大，故B错误；小物体静止在P点时，设库仑力为F，受到的支持力N＝mg cos 30°＋F，小物体静止在M、N点时：N′＝mg cos 30°＋F′sin 30°，由库仑定律知F＞F′，故N＞N′，即小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等，故C 、D 正确．答案 CD(2015·江苏·13)(15分)如图2所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L ，长为3d ，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d 的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面垂直．质量为m 的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R ，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g .求：图2(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v ；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q .答案 (1)tan θ (2)mgR sin θB 2L2 (3)2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L 4 解析 (1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡mg sin θ＝μmg cos θ解得导体棒与涂层间的动摩擦因数μ＝tan θ.(2)在光滑导轨上感应电动势：E ＝BLv感应电流：I ＝E R安培力：F 安＝BIL受力平衡的条件是：F 安＝mg sin θ解得导体棒匀速运动的速度v ＝mgR sin θB 2L2. (3)摩擦生热：Q T ＝μmgd cos θ根据能量守恒定律知：3mgd sin θ＝Q ＋Q T ＋12mv 2 解得电阻产生的焦耳热Q ＝2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2 θ2B 4L4. 强化训练1．(2015·广东·20)如图1所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为＋Q 的小球P .带电量分别为－q 和＋2q 的小球M 和N ，由绝缘细杆相连，静止在桌面上．P 与M 相距L 、M 和N 视为点电荷，下列说法正确的是( )图1A ．M 与N 的距离大于LB ．P 、M 和N 在同一直线上C ．在P 产生的电场中，M 、N 处的电势相同D ．M 、N 及细杆组成的系统所受合力为零答案 BD解析假设P 、M 和N 不在同一直线上，对M 受力分析可知M 不可能处于静止状态，所以选项B 正确；M 、N 和杆组成的系统，处于静止状态，则系统所受合外力为零，故k Qq L 2＝k Q ·2q L ＋x 2，解得x ＝(2－1)L ，所以选项A 错误，D 正确；在正点电荷产生的电场中，离场源电荷越近，电势越高，φM >φN ，所以选项C 错误．2．(2015·江苏·19)如图2所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行．小球A 的质量为m 、电量为q .小球A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B ，两球心的高度相同、间距为d .静电力常量为k ，重力加速度为g ，两带电小球可视为点电荷．小球A 静止在斜面上，则( )图2A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2d 2 B ．当qd＝mg sin θk 时，细线上的拉力为0 C ．当q d ＝ mg tan θk时，细线上的拉力为0D．当qd＝mgk tan θ时，斜面对小球A的支持力为0答案AC解析根据库仑定律，A、B球间的库仑力F库＝kq2d2，选项A正确；小球A受竖直向下的重力mg，水平向左的库仑力F库＝kq2d2，由平衡条件知，当斜面对小球的支持力F N的大小等于重力与库仑力的合力大小时，细线上的拉力等于零，如图所示，则kq2d2mg＝tan θ，所以qd＝mg tan θk，选项C正确，选项B错误；斜面对小球的支持力F N始终不会等于零，选项D错误．。

2016年高考物理真题分类汇编选修3-2交变电流

2016年高考物理真题分类汇编：交变电流[2016理综I-16]一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻12R R 、和3R 的阻值分别是31ΩΩ、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（） A. 2 B. 3C. 4D. 5 [答案]B 【解析】解法一：当S 断开时，电路如右图所示由闭合电路欧姆定律，原线圈两端电压11U U IR =-得13U U I =- ① 根据变压器原副边电压关系：1122U n U n = ② 副线圈中的电流： 222235U U I R R ==+ ③ 联立①②③得：21235n U In I ⎛⎫-=⎪⎝⎭④当S 闭合时，电路如右图所示由闭合电路欧姆定律，原线圈两端电压114U U I R ＇=-⋅得112U U I ＇=- ⑤ 根据变压器原副边电压关系：1122U n U n =＇＇ ⑥ 副线圈中的电流得：22221U U I R =＇＇＇= ⑦ 联立⑤⑥⑦得 212124n U In I ⎛⎫-=⎪⎝⎭ ⑧联立④⑧解得123n n = 解法二：设开关S 断开前后，变压器的等效电阻为R 和R '，由于变压器输入功率与输出功率相同，S 闭合前：2223()()II R R R n ⋅=⋅+，得232R R R n+= ①S 闭合后：2224(4)'()II R R n ⋅=⋅，得22R R n'= ②根据闭合电路欧姆定律：S 闭合前： 1U I R R =+ ③S 闭合后： 14UI R R ='+ ④根据以上各式得：212312131=543R R n n R R R n n++=+++ 解得，3n =【考点】变压器的计算[难点]由于原边回路有电阻，原线圈两端电压不等于电源电压[2016全国III-19]、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 。

四川成都市高中物理选修二第三章《交变电流》(答案解析)

一、选择题1．如图所示，三只完全相同的灯泡L 1、L 2、L 3分别与电感线圈、电容器和电阻串联后接在同一交流电源上，供电电压瞬时值为u 1=U m sin ω1t ，此时三只灯泡亮度相同。

现换另一个电源供电，供电电压瞬时值为u 2=U m sin ω2t ，ω2=12ω1，U m 保持不变，则改换电源后（）A ．L 1灯比原来暗B ．L 2灯比原来暗C ．L 3灯比原来暗D ．L 1、L 2、L 3三灯亮度仍然相同 2．如图所示，面积为S 的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B 中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势sin e BS t ωω=的图是（） A ． B ．C ．D ．3．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比n 1：n 2=3∶1，正弦交流电压有效值为U 0恒定，电路中四个电阻R 1=R 2=R 3=R 4，理想电压表示数为U ，则下列说法正确的是（）A ．R 1与R 2的电流之比为1∶1B ．R 1与R 2的电压之比为3∶1C ．R 1与R 2的功率之比为1∶3D ．R 1与R 2的功率之比为1∶94．如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L 1和L 2，输电线的等效电阻为R 。

开始时，开关S 断开。

当开关S 接通时，以下说法中不正确的是（）A ．副线圈两端M 、N 的输出电压减小B ．副线圈输电线等效电阻R 上的电压增大C ．通过灯泡L 1的电流减小D ．原线圈中的电流增大5．如图，用一根总电阻为2R 粗细均匀的铜导线制成半径为L 的圆环，PQ 为圆环的直径，其左右两侧14圆面积内各存在垂直于圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，但方向相反。

一根长度为2L 、电阻为R 的金属棒MN 绕着圆环的圆心O 点紧贴着圆环以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，转动过程中金属棒MN 与圆环始终接触良好，不计一切阻力和摩擦，下列说法正确的是（）A ．转动过程中流过金属棒中电流方向始终是从N 到MB ．图示位置金属棒两端的电压大小为223B L ω C ．从PQ 位置开始计时，π02ω-时间内通过金属棒MN 的横截面电荷量为零 D 22B L ω 6．某实验小组模拟远距离输电的原理图如图所示，A 、B 为理想变压器，R 为输电线路的电阻，灯泡L 1、L 2规格相同，保持变压器A 的输入电压不变，开关S 断开时，灯泡L 1正常发光，则（）A ．仅将滑片P 上移，A 的输入功率不变B ．仅将滑片P 上移，L 1变暗C ．仅闭合S ，L 1变亮D ．仅闭合S ，A 的输入功率变小7．如图所示，理想变压器原线圈接交流电源和理想交流电流表，副线圈接热水器和抽油烟机，原副线圈的匝数比为4:1，副线圈上电源的瞬时值2202sin100(V)u t π=，开关S 断开时，电流表示数是1A ，开关S 闭合时，电流表示数是1.25A ，下列说法正确的是A ．交流电源输出电压的最大值是55VB ．交流电源输出电压的最大值是880VC ．S 闭合时，抽油烟机消耗的功率是1100WD ．S 闭合时，抽油烟机消耗的功率是220V8．如图甲所示电路中，L 1、L 2、L 3为三只“6V 3W”的灯泡，变压器为理想变压器。

(四川)四川省某重点中学2016届高考物理考点精讲34综.

考点34 综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题例(20分)如图1甲所示，MN、PQ是相距d＝1m的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab 的质量＝kg、电阻＝1Ω；、的上端连接右侧电路，m R MNPQ电路中R为一电阻箱；灯泡电阻R＝3Ω，定值电阻R＝7Ω，调节电阻箱使R＝6Ω，2L12重力加速度＝10m/s2.现断开开关S，在t＝0时刻由静止释放，在t＝s时刻闭合S，g ab同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab的速度随时间变化图像．图1求斜面倾角α及磁感应强度B的大小；ab由静止下滑x＝50m(此前已到达最大速度)的过程中，求整个电路产生的电热；(3)假设只改变电阻箱R2的值．当R2为何值时，ab匀速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？解析(1)S断开时，ab做匀加速直线运动，从图乙得a＝v2t＝6m/s(1分)由牛顿第二定律有mgsinα＝ma，(1分)3所以有sinα＝5，即α＝37°，(1分)t＝s时，S闭合且加了磁场，分析可知，此后ab将先做加速度减小的加速运动，当速度m到达最大(v＝6m/s)后接着做匀速运动．匀速运动时，由平衡条件知mg sinα＝F安，(1分)-1-Bdv m 又F 安＝BIdI ＝R 总(1 分)R总＝＋1＋R L R 2＝10 Ω(1分)RRR L ＋R 2B 2d 2v m联立以上四式有 mg sin α＝ R 总(2分)mg sin αR代入数据解得 B ＝总分)2＝1T(1dv m1 2由能量转化关系有mg sin αx ＝mv m ＋Q (2分)12代入数据解得 Q ＝mg sin αx －2mv m ＝J(1 分)改变电阻箱R 2的值后，ab 匀速下滑时有mg sin α＝BdI (1 分)所以I mg sin α＝A(1分) ＝ Bd通过2的电流为 I 2＝ R L I(1分)RR ＋RL22的功率为＝2 2(1 分)2RPIR联立以上三式可得22P ＝I 2R L R 22＝I 2R L(1分)L＋2LRRR22＋R2RR L＝ R 2时，当R 2即R ＝R ＝3Ω，功率最大，(1分)2L所以P m ＝W ．(2分)答案(1)37° 1T J (3)3ΩW(2021·安徽·23)(16 分)如图2甲所示，匀强磁场的磁感应强度 B 为T ，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧〞形状的光滑金属导轨 MPN (电阻忽略不计)，MP 和NP 长度均为m ，MN 连线水平，长为3m ．以MN 中点O 为原点、OP 为x 轴建立一维坐标系Ox .一根粗细均匀的金属杆CD ，长度d 为3m 、质量m 为1kg 、电阻R 为Ω，在拉力F 的作用下，从 MN 处以恒定速度 v ＝1m/s 在导轨上沿 x 轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g 取10m/s 2.-2-图2(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝m处电势差U CD；推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出F－x关系图像；求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．答案V－V(2)F＝－x(0≤x≤2)见解析图J解析(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势E＝Blv(l＝d)E＝V(D点电势高)当x＝m时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l外，那么－2MN2l＝d－OPx＝2m外OP dOP＝MP2得l外＝m由楞次定律判断D点电势高，故C、D两端电势差U CD＝－Bl外v＝－V.(2)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是OP－x3l＝OP d＝3－2xl对应的电阻R1＝d RBlv电流I＝R1杆受的安培力为F安＝BIl＝－x根据平衡条件得F＝F安＋mg sinθF＝－x(0≤x≤2)画出的F－x图像如下图．-3-外力F 所做的功W F 等于F －x 图线下所围的面积．即W F ＝5＋×2J ＝J2而杆的重力势能增加量E ＝ sin θp故全过程产生的焦耳热＝F －p＝J ．QWE-4-。

专题11交变电流(解析版)-高三名校物理试题解析分项汇编(四川版)(第01期).docx

高中物理学习材料四川理综卷物理部分有其特定的命题模板，无论是命题题型、考点分布、模型情景等，还是命题思路和发展趋向方面都不同于其他省市的地方卷。

为了给四川考区广大师生提供一套专属自己的复习备考资料，学科网物理解析团队的名校名师们精心编写了本系列资料。

本资料以四川考区的最新名校试题为主，借鉴并吸收了其他省市最新模拟题中对四川考区具有借鉴价值的典型题，优化组合，合理编排，极限命制。

专题11 交变电流（解析版）一、单项选择题1．【2013·四川省成都外国语学校高三下学期月考】一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t的变化规律如图所示，副线圈仅接入一个10Ω的电阻．则A．流过电阻的最大电流是20AB．与电阻并联的电压表的示数是141VC．变压器的输入功率是1×103WD．在交变电流变化的一个周期内，电阻产生的焦耳热是2×103J2.【2014·广东省茂名市华侨中学高三8月月考试题】交流电源输出的电压U随时间t变化的图线如图所示，则下列说法正确的是：A.交变电流的频率为5HzB.交变电流的周期为2sC.交变电压的有效值220VD.交变电压最大值220V3．【2013·四川省树德中学高三月考、河北省邯郸市高三教学质量检测】如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中R 1为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R 为定值电阻。

下列说法正确的是A ．电压表V 2的示数为9VB ．原线圈两端电压的瞬时值表达式为t u π50sin 236=（V ）C ．R 1处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V 2的示数变大D ．变压器原线圈的输入功率和副线圈的输出功率之比为1：44．【2013·四川省资阳市高三第一次模拟考试】如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R ＝10Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法正确的是A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为31 VB．当单刀双掷开关与a连接且t＝0.01 s时，电流表示数为零C．当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变大D．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25 Hz.5.【2013·四川省自贡市高三第一次诊断性考试】如图所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n1∶n2=10∶1，接线柱a、b接一正弦交变电源，电压。

高考物理纠错笔记交变电流含解析

交变电流一、线圈绕垂直磁场的轴旋转产生的交变电流具有以下特点（1）交变电流的大小与转轴在线圈平面内的具体位置无关,未必是线圈的对称轴;（2）交变电流的最大值与线圈的面积成正比,与线圈的具体形状无关;（3）线圈转动的快慢既影响交变电流的周期和频率,又影响交变电流的最大值。

如图所示,在水平向右的匀强磁场中,一线框绕垂直于磁感线的轴匀速转动,线框通过电刷、圆环、导线等与定值电阻组成闭合回路．t1、t2时刻线框分别转到图甲、乙所示的位置,下列说法正确的是A．t1时刻穿过线框的磁通量最大B．t1时刻电阻中的电流最大,方向从右向左C．t2时刻穿过线框的磁通量变化最快D．t2时刻电阻中的电流最大,方向从右向左【错因分析】分不清线圈是从中性面还是峰值面开始转动的导致错误。

【正确解析】t1时刻,穿过线框的磁通量为零,线框产生的感应电动势最大,电阻中的电流最大,根据楞次定律,通过电阻的电流方向从右向左,A错误,B正确;t2时刻,穿过线框的磁通量最大,线框产生的感应电动势为零,电阻中的电流为零,C、D错误。

【正确答案】B1．图1为一台小型发电机构造示意图,内阻r=5.0 Ω,外电路电阻R=95 Ω,电路中其余电阻不计。

发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动,线圈匝数n=100。

转动过程中穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化,如图2所示,（π=3.14,2=1.4）则下列说法不正确的是图1 图2A ．该小型发电机的电动势的最大值为200 VB ．t =3.14×10－2 s 时,磁通量的变化率为2 Wb/sC ．t =3.14×10－2 s 时,串联在外电路中的交流电流表的读数为2 AD ．t =3.14×10－2 s 时,串联在外电路中的交流电流表的读数为1.4 A 2．如图所示,是磁感应强度大小为B 的匀强磁场的左边界,也是一面积为S 的n 匝矩形金属线框的对称轴,若线框以角速度绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,并从图示位置（线框与磁感线平行）开始计时,则A ．时,线框中的感应电流最小B ．时,穿过线框的磁通量变化率最大C ．线框中产生的交变电动势的最大值为D ．线框中产生的交变电动势的有效值为二、对交变电流的理解和应用易出现以下错误（1）只考虑交变电流的产生与规律而忽视了交变电流的结构; （2）不知道计算与热效应有关的物理量时应采用有效值; （3）错误地认为凡是交变电流其电压有效值都可以用m 2U 计算。

四川省某重点中学2016届高考物理考点精讲19 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题

考点19 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题例 (14分)如图1所示，倾角θ＝30°、长L ＝4.5 m 的斜面，底端与一个光滑的14圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平．一质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从斜面最高点A 由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端B 后恰好能到达圆弧轨道最高点C ，又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的D 点，再由D 点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动，最后停在B 点．已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝36，g ＝10 m/s 2，假设物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变．求：图1(1)物块经多长时间第一次到B 点；(2)物块第一次经过B 点时对圆弧轨道的压力； (3)物块在斜面上滑行的总路程．解析 (1)物块沿斜面下滑时，mg sin θ－μmg cos θ＝ma (2分)解得：a ＝2.5 m/s 2(1分) 从A 到B ，物块匀加速运动，由L ＝12at 2(1分)可得t ＝3105s(1分)(2)因为物块恰好到C 点，所以到C 点速度为0.设物块到B 点的速度为v ，则mgR ＝12mv 2(2分)N －mg ＝m v 2R(1分)解得N ＝3mg ＝30 N(1分) 由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为N ′＝30 N ，方向向下(1分)(3)从开始释放至最终停在B 处，设物块在斜面上滑行的总路程为s ，则mgL sin θ－μmgs cos θ＝0(3分)解得s ＝9 m(1分)答案 (1)3105s (2)30 N ，方向向下 (3)9 m(18分)如图2所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以v 0＝1.8 m/s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D 点的足够长的水平传送带．已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v ＝3 m/s ，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道的半径为R ＝2 m ，C 点和圆弧的圆心O 点连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：图2(1)小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力；(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量．答案 (1)22.5 N ，方向竖直向下 (2)32 J解析 (1)设小物体在C 点时的速度大小为v C ，由平抛运动的规律可知，C 点的速度方向与水平方向成θ＝53°，则由几何关系可得：v C ＝v 0cos θ＝ 1.8cos 53° m/s ＝3 m/s①由C 点到D 点，由动能定理得：mgR (1－cos θ)＝12mv 2D －12mv 2C ②小物块在D 点，由牛顿第二定律得：N －mg ＝m v 2DR③由牛顿第三定律，小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力为：N ′＝N ④ 联立①②③④得：N ′＝22.5 N ，方向竖直向下(2)设小物块在传送带上滑动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得：a ＝μmg m＝μg ＝0.5×10 m/s 2＝5 m/s 2⑤小物块匀减速直线运动的时间为t 1，向左通过的位移为x 1，传送带向右运动的距离为x 2，则：v D ＝at 1⑥ x 1＝12at 21⑦ x 2＝vt 1⑧小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时间为t 2，向右通过的位移为x 3，传送带向右运动的距离为x 4，则v ＝at 2⑨ x 3＝12at 22⑩ x 4＝vt 2⑪整个过程小物块相对传送带滑动的距离为：x ＝x 1＋x 2＋x 4－x 3⑫产生的热量为：Q ＝μmgx ⑬ 联立⑤～⑬解得：Q ＝32 J 强化练习1．如图1所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是R .用质量m 1＝0.4 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点．用同种材料、质量为m 2＝0.2 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x ＝6t －2t 2，物块飞离桌面后由P 点沿切线落入圆轨道．不计空气阻力g ＝10 m/s 2，求：图1(1)物块m 2过B 点时的瞬时速度v 0及与桌面间的滑动摩擦因数； (2)BP 之间的水平距离；(3)判断m 2能否沿圆轨道到达M 点(要有计算过程)； (4)释放后m 2运动过程中克服摩擦力做的功．答案 (1)6 m/s 0.4 (2)4.1 m (3)不能 (4)5.6 J解析 (1)由物块m 2过B 点后其位移与时间的关系x ＝6t －2t 2与x ＝v 0t ＋12at 2比较得：v 0＝6 m/s加速度a ＝－4 m/s 2而－μm 2g ＝m 2a 得μ＝0.4(2)设物块由D 点以v D 做平抛运动落到P 点时其竖直速度为v y ＝2gR 根据几何关系有：v y v D＝tan 45° 解得v D ＝4 m/s 运动时间为：t ＝2Rg＝1.610s ＝0.4 s 所以DP 的水平位移为：4×0.4 m＝1.6 mBD 间位移为x BD ＝v 2D －v 22a ＝2.5 m所以BP 间位移为2.5 m ＋1.6 m ＝4.1 m (3)设物块到达M 点的临界速度为v M ，有：m 2g ＝m 2v 2MRv M ＝gR ＝2 2 m/s由机械能守恒定律得： 12m 2v M ′2＝12m 2v 2D －22m 2gR 解得v M ′＝16－8 2 m/s 因为16－82<2 2所以物块不能到达M 点．(4)设弹簧长为AC 时的弹性势能为E p ，释放m 1时，E p ＝μm 1gx CB释放m 2时E p ＝μm 2gx CB ＋12m 2v 2且m 1＝2m 2可得：E p ＝m 2v 20＝7.2 Jm 2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为W f则由能量转化及守恒定律得：E p ＝W f ＋12m 2v 2D可得W f ＝5.6 J2．如图2所示，高台的上面有一竖直的14圆弧形光滑轨道，半径R ＝54 m ，轨道端点B 的切线水平．质量M ＝5 kg 的金属滑块(可视为质点)由轨道顶端A 由静止释放，离开B 点后经时间t ＝1 s 撞击在斜面上的P 点．已知斜面的倾角θ＝37°，斜面底端C 与B 点的水平距离x 0＝3 m ．g 取10 m/s 2，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．图2(1)求金属滑块M 运动至B 点时对轨道的压力大小；(2)若金属滑块M 离开B 点时，位于斜面底端C 点、质量m ＝1 kg 的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P 点被M 击中．已知滑块m 与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，求拉力F 大小；(3)滑块m 与滑块M 碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F ，此时滑块m 速度变为4 m/s ，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M ，求滑块m 此后在斜面上运动的时间．答案 (1)150 N (2)13 N (3)(0.5＋72) s 解析 (1)从A 到B 过程，由机械能守恒定律得：MgR ＝12Mv 2B在B 点，由牛顿第二定律得：F －Mg ＝M v 2BR解得F ＝150 N由牛顿第三定律可知，滑块对B 点的压力F ′＝F ＝150 N ，方向竖直向下．(2)M 离开B 后做平抛运动水平方向：x ＝v B t ＝5 m由几何知识可知，m 的位移：s ＝x －x 0cos 37°＝2.5 m设滑块m 向上运动的加速度为a 由匀变速运动的位移公式得：s ＝12at 2解得a ＝5 m/s 2对滑块m ，由牛顿第二定律得：F －mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma解得F ＝13 N(3)撤去拉力F 后，对m ，由牛顿第二定律得：mg sin 37°＋μm g cos 37°＝ma ′解得a ′＝8 m/s 2滑块上滑的时间t ′＝va ′＝0.5 s 上滑位移：s ′＝v 22a ′＝1 m滑块m 沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ″解得a ″＝4 m/s 2下滑过程s ＋s ′＝12a ″t ″2解得t ″＝72s 滑块返回所用时间：t ＝t ′＋t ″＝(0.5＋72) s。

成都四川省成都市中和中学高中物理选修二第三章《交变电流》知识点总结

一、选择题1．如图所示，单匝线框在匀强磁场中匀速转动，周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线框电阻为2 Ω。

若线框从图示位置转过 60°时感应电流的瞬时值为 1A。

则下列说法正确的是（）A．线框匀速转动过程中消耗的电功率为 8WB．线框中感应电流的有效值为 2AC．线框在图示的位置磁通量变化率为零D．从图示位置开始计时，在任意时刻穿过线框磁通量的表达式为Φ=22sinT tTππ（W b）2．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比n1：n2=3∶1，正弦交流电压有效值为U0恒定，电路中四个电阻R1=R2=R3=R4，理想电压表示数为U，则下列说法正确的是（）A．R1与R2的电流之比为1∶1B．R1与R2的电压之比为3∶1C．R1与R2的功率之比为1∶3D．R1与R2的功率之比为1∶93．如图所示，电路中的变压器为理想变压器，U为正弦式交变电压，R为变阻器，R1、R2是两个定值电阻，A、V分别是理想电流表和理想电压表，则下列说法正确的是（）A．闭合开关S，电流表示数变大、电压表示数变大B．闭合开关S，电流表示数变小、电压表示数变大C．开关S保持闭合，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变小D．开关S保持闭合，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变大4．家用电子调光灯的调光原理是利用电子线路将输入的正弦交流电压的波形截去一部分，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的调节，比过去用变压器调压方便且体积较小。

如图所示为一个经过双向可控硅电子元件调节后加在台灯上的电压，即在正弦式电压的每一个12周期中，前面的14波形被截去，从而改变了台灯上的电压。

那么现在台灯上电压的有效值为（）A ．U mB ．m 2UC ．m 2UD ．m 4U 5．据美国气候预测中心发布的数据表明：2020年拉尼娜现象已经形成，2020年冬天或出现极寒天气。

假如出现低温雨雪冰冻天气，我国北方的高压输电线路也会因结冰而损毁。

四川省资阳市高考物理专题复习交变电流(二)

四川省资阳市高考物理专题复习交变电流（二）【亲爱的同学：过了这条河我们就可以抵达花的海洋；爬过这座山我们就可以到达山的顶峰；战胜这个困难我们就可以来到梦想的地方！相信自己！】一、回顾旧知1、复习回顾上节课电流、电阻定律、电功和电热的相关知识。

2、交变电流的变化规律及产生过程的分析、周期频率、有效值及最大值。

二、新课讲解（一）考点：电容和电感、变压器（二）重难点：理想变压器中有关物理量的动态分析、交变电流的图像问题（三）易混点：交变电流的图像问题三、知识点精讲（一）电容和电感1.电感对交变电流的作用。

实验：把一线圈与小灯泡串联后先后接到直流电源和交流电源上，观察现象：现象：接直流的亮些，接交流的暗些。

引导学生得出结论：接交流的电路中电流小，间接表明电感对交流有阻碍作用。

为什么电感对交流有阻碍作用？引导学生解释原因：交流通过线圈时，电流时刻在改变。

由于线圈的自感作用，必然要产生感应电动势，阻碍电流的变化，这样就形成了对电流的阻碍作用。

实验和理论分析都表明：线圈的瞬息万变感系数越大、交流的频率越高，线圈对交流的阻碍作用就越大。

应用：日光灯镇流器是绕在铁芯上的线圈，自感系数很大。

日光灯起动后灯管两端所需的电压低于220V，灯管和镇流器串联起来接到电源上，得用镇流器对交流的阻碍作用，就能保护灯管不致因电压过高而损坏。

2、交变电流能够通过电容实验：把白炽灯和电容器串联起来分别接在交流和直流电路里。

现象：接通直流电源，灯泡不亮，接通交流电源，灯泡能够发光。

结论：直流不能通过电容器。

交流能通过交流电。

引导学生分析原因：直流不能通过电容器是容易理解的，因为电容器的两个极板被绝缘介质隔开了。

电容器接到交流电源时，实际上自由电荷也没有通过两极间的绝缘介质，只是由于两极板间的电压在变化，当电压升高时，电荷向电容器的极板上聚集，形成充电电流；当电压降低时，电荷离开极板，开成放电电流。

电容器交替进行充电和放电，电路中就有了电流，表现为交流“通过”了电容器。

人教版高中物理选修32交变电流几个典型问题

高中物理学习资料金戈铁骑整理制作交变电流的几个典型问题交变电流在平常生活中的应用特别宽泛，它能够很方便地利用变压器进行升压或降压，从而进行远距离输电或满足使用不相同电压的用电器的需要；它能够产生旋转磁场，从而制成结构简单、运行可靠的电动机，以满足工农业生产和入们生活的需要。

因此，交变电流跟生产和生活实践有着亲近的联系。

在高中阶段，学生掌握必然的交变电流知识，不仅有利于培养学生理论联系实践的能力，而且也会提高学生学习物理的兴趣。

交变电流这一部分的内容，素来都是高中物理授课的一个难点。

学生在学习时宽泛反响这一部分内容的看法多、公式多、各种关系复杂。

笔者认为，若是在授课中能让学生分清以下几个看法，便能够获取优异的授课收效。

一、交变电流和恒定电流交变电流是指大小和方向都随时间作周期性变化的电流，恒定电流是指强弱和方向都不随时间改变的电流。

交变电流一般是由线圈在磁场中匀速转动也许磁场围绕线圈匀速转动产生的，恒定电流是由干电池、铅蓄电池或稳压电源供应的。

在平常生活中，照明电路和动力电路中都使用的是交变电流。

由于交变电流的大小和方向都随时间作周期性变化，因此要描述交变电流的特点，就不像恒定电流那样简单，需要用最大值、有效值、瞬市价、平均值、周期和频率等物理量。

例 1以下各图中表示交变电流的是（）解析与解：依照交变电流的定义， A 、 C、 D ，图中电流的大小和方向都随时间作周期性变化，是交变电流。

B 图中电流的大小随时间作周期性变化，但方向向来不变，是脉动直流，而不是交变电流。

故正确答案选 A 、 C、 D。

二、最大值和有效值交变电流的最大值是指交变电流在一个周期内所能达到的最大值，它能够用来表示交变电流的强弱或电压的高低。

当矩形线圈在匀强磁场中匀速转动到与磁场方向平行时，产生的感觉电动势具有最大值。

此时电路中的电流强度及用电器两端的电压都拥有最大值，即，。

但是，交变电流的最大值不能够用来表示交变电流产生的收效，在本质应用中平常用有效值来表示交变电流产生的收效。

人教版高中物理选修2-1《三相交变电流》例题精讲

三订交变电流·典型例题分析例1】在图18－30 中输电线总电阻为1Ω，输送的电功率P＝100kW．在以下两种状况下分别求出输电电流 I ，输电线上消耗的功率 P 损．①输电电压 U 输＝400V；②输电电压 U 输＝10kV ．解答：依据公式P＝IU 输先求出输电线上电流I，输电线上的消耗功率为P 线＝I2R 线，用户获得的功率 P 用＝ P－ P 线．解得：① I＝ 250A，P 线＝62.5kW；②I′＝ 10A， P 线′＝ 0.1kW．点拨：注意输电电压的变化所对应的各个物理量的变化．本题说明远距离送电一定采纳高压送电的道理．【例 2】三相沟通发电机的三个线圈中 A 相的电压为 u＝311sin100π tV ，那么[]A ．三个线圈中沟通电的频次都是50HzB．在 t＝0 时，其余两个线圈的输电电压为零C．若按 Y 形接法，随意两线间的电压的最大值为380VD．若按△形接法，随意两线间的电压的有效值为220V解答：正确答案是 A 、 D．点拨：三相沟通发电机的每个线圈的频次、电压的有效值 (或最大值 )均同样，但因为不一样步，因此任一时辰的刹时价不一样．在两种连结方式中线电压和相电压的关系不一样．【例 3】发电站输出电压为 U＝250V，输出的电功率为 100kW，向远处输电，输电线电阻为 10Ω，要求输电线上的功率损失不超出 4％，且用户电压是220V．①画出所要安装的变压器的电路图；②求出所安装的变压器的变压比．点拨：要求输电线上损失的功率不超出 4％，而电站电压和用户电压分别为250V、 220V ，故一定在输电线两头同时接入两个不一样的变压器，再依据变压器的原理和输电电路的原理求解．参照答案：略、 1∶20． 11∶240．追踪反应1．当远距离高压输送必定电功率时，输电线上消耗的功率与电路中的[] A ．输送电压的平方成正比B．输送电压的平方成反比C．输电线中电流的平方成正比D．输电线中电流的平方成反比2．对于减小远距离输电线上的功率消耗，以下说法正确的选项是 [ ]A ．由功率 P＝U2/R，应降低输电电压，增大导线电阻B．由 P＝ IU ，应低电压小电流输电2C．由 P＝I R，应减小导线电阻或减小输电电流3．在图 18－32 中，三相沟通发电机 A 相的电压为 u＝311sin(100πt)V ，接在 AO 间的电阻为 R＝ 100Ω，则 []A ．此沟通电的周期为0.02sB．流过 R 的电流方向每秒改变50 次C．流过 R 的电流为 2.2AD．B、C 两头线间的电压为380V4．相关三相沟通电，以下说法正确的选项是[]A．三相电压分别达最大值的时辰不一样C．三只标称值均为“ 220V，100W”的灯泡可按 Y 形连结入线电压为 380V 的三相四线制电路，此时可省去中性线D．家用的单相用电器可接入三相四线制电路中的随意两根导线之间参照答案 1．B、C，2．C，3．A、C、D，4．A、C．。