[配套K12]2017年高考物理(四海八荒易错集)专题10 直流电路与交流电路

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高考物理二轮复习专题突破(考情预览+易错辨析+核心突破)直流电路与交流电路课件

【解析】当 RM 变大时，回路的总电阻 R 总变大，根据
I 总＝RE总，得干路中的电流变小，S 两端的电压 U＝I 总 RS 变小，
故选项
A、B
错误；当
RM
变小时，回路的总电阻
R
总
＝
1
1 ＋
1
R RM
＋RS 变小，根据 I 总＝RE总，得干路中的电流变大，S 两端的电
压 U＝I 总 RS 变大，而且 R 越大，RM 变小时，对回路的总电
第 1 讲直流电路与交流电路
研析考情考向定位 (1)高考对这部分内容的考查题型一般为选择题，针对的考点主要是闭合电路动态变化，交变电流的描述和变压器的应用． (2)直流电路动态分析和变压器与交变电流的综合考查是高考的热点．应考策略 (1)熟悉直流电路的组成，会分析闭合电路的动态变化． (2)掌握变压器的工作原理，会分析含变压器交流电路的动态变化.
3．(多选)(2013·江苏省扬州质检)如图 5－1－8 所示，理想变压器的原副线圈的匝数比为 4∶1，原线圈接有 u＝311sin 100πtV 的交变电压，副线圈上接有定值电阻 R、线圈 L、灯泡 L1 及理想电压表 V，以下说法正确的是( )
图 5－1－8
A．副线圈中电流的变化频率为 50 Hz B．灯泡 L1 两端电压为 55 V C．若交变电压 u 的有效值不变，频率增大，则灯泡 L1 的亮度将变暗 D．若交变电压 u 的有效值不变，频率增大，则电压表 V 的示数将减小
(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小 Em； (2)线圈切割磁感线时，bc 边所受安培力的大小 F； (3)外接电阻上电流的有效值 I.
图 5－1－9
【解题指导】 1．信息提取 (1)线圈转动过程中，有两个边切割磁感线，相当于两个电源串联． (2)线圈切割磁感线运动的速度 v＝ω·L2，一个周期内通电时间 t＝49T.

高考物理知识点归纳总结与汇编：专题必背08 直流电路与交流电

专题必背08 直流电路与交流电【必背知识点】一、直流电路1．电功和电热电功W ＝qU ＝UIt ；电热Q ＝I 2Rt.(1)对纯电阻电路，电功等于电热，即电流流经纯电阻电路，消耗的电能全部转化为内能，所以W ＝Q ＝UIt ＝I 2Rt ＝U 2R t.(2)对非纯电阻电路(如电动机和电解槽)，电能一部分转化为内能，另一部分转化为其他形式的能(如机械能或化学能等)，所以电功必然大于电热，即W>Q ，这时电功只能用W ＝UIt 计算，电热只能用Q ＝I 2Rt 计算，两式不能通用．2．闭合电路欧姆定律表达形式：①E ＝U 外＋U 内；②I ＝E R ＋r (I 、R 间关系)；③U ＝E －Ir(U 、I 间关系)；④U ＝R R ＋rE(U 、R 间关系)．注意：①当外电路断开时(I ＝0)，路端电压U 等于电动势E.若用理想电压表测量，则读数等于电动势，在进行断路故障分析时，常用此结论进行判断，即何处断路，何处两端电压等于电动势．但用电压表直接测量时，读数却略小于电动势(因为有微弱电流流过电源而产生内压降)．②当外电路短路时(R ＝0，因而U 外＝0)，电流最大，为I m ＝E r (不允许出现这种情况，因为这会把电源烧坏)．3．电源的功率与效率(1)电源的功率P ：也称电源的总功率，是电源将其他形式的能转化为电能的功率，计算式为：P ＝IE(普遍适用)；P ＝E 2R ＋r ＝I 2(R ＋r)(只适用于外电路为纯电阻的电路)．(2)电源内阻消耗功率P 内：是电源内阻的热功率，也称电源的损耗功率，计算式为：P 内＝I 2r.(3)电源的输出功率P 外：是外电路上消耗的功率，计算式为：P 外＝IU 外(普遍适用)；P 外＝I 2R ＝E 2R ＋2(只适用于外电路为纯电阻的电路)．(4)电源的效率：η＝P 外P ＝UI EI ＝U E ＝R R ＋r .(5)电源的输出功率(P 外)与外电阻R 的关系：P 外＝RE 2＋2＝E 2－2R ＋4r.P 外与R 的关系图象如图4－11－1所示．由图可以看出：图4－11－1当R ＝r 时，电源的输出功率最大，P m ＝E 24r ，此时电源效率η＝50%.当R ＞r 时，随着R 的增大输出功率越来越小．当R ＜r 时，随着R 的增大输出功率越来越大．当R 由小于r 增大到大于r 时，随着R 的增大输出功率先增大后减小(非单调变化)． 4．含容电路的分析技巧电容器两极板间的电压等于与电容器并联的电阻两端的电压，与电容器串联的电阻两端的电压一定为零(有阻无流，则无电压)．二、直流电路动态分析1．引起电路特征发生变化的主要原因有：①滑动变阻器滑片滑动，使电路的电阻发生变化；②开关的闭合、断开或换向(双掷开关)使电路结构发生变化；③电路发生短路和断路(电路故障)．2．电路动态变化问题的分析思路当电路中某处的电阻发生变化时，先由局部电阻的变化推出外电路电阻R外的变化，再由闭合电路的欧姆定律I总＝ER外＋r和U端＝E－I总r讨论干路电流I总的变化和路端电压U端的变化，最后分析对其他部分电路产生的影响，从而分别确定各元件上其他量的变化情况(使用的公式是部分电路欧姆定律、电路中各元件上的电压关系和电流关系等)．注意：①电路的总电阻总是随其中任一电阻的增大而增大，随任一电阻的减小而减小；电阻并联的数目越多，总阻值越小；②从电路分析角度看，断路可认为是电路中某处电阻增大到无穷大，短路可认为是电路某处电阻减小到零，因此电路故障问题可以视为特殊的动态分析问题；③对电路进行简化时，电压表和电容器视为断路，电流表视为短路；④电容器是一个储存电能的元件，在直流电路中，当电容器充、放电时，其所在电路中有充、放电电流，电路达到稳定状态时，电容器就相当于一个阻值无穷大的电阻，则电容器所在电路处可视为断路．分析计算含有电容器的直流电路时应注意：电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，在此支路的电阻没有电压降，因此电容器两极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，将会引起电容器充(放)电．三、与电功、电功率、电热相关问题的综合分析明晰电功、电功率、电热的概念与相互关系．说明：纯电阻电路中，电功率等于热功率；非纯电阻电路中，电功率只有一部分转化成热功率．纯电阻电路中只有电阻元件，如电熨斗、电炉、白炽灯等；非纯电阻电路中常含有电动机、电解槽等．四、含容电路问题的综合分析电容器是一个储存电能的元件.在直流电路中,当电容器充放电时,电路里有充放电电流.一旦电路达到稳定状态,电容器在电路中就相当于一个阻值无限大的元件,电容器所处电路看做是断路,简化电路时可去掉它.简化后若要求电容器所带电荷量时,可在相应的位置补上.在具体方法上要注意以下几点:(1)根据Q=CU､ΔQ=CΔU可知,要求电容器所带电荷量以及充放电时所带电荷量的变化,关键是求电容器两端的电压.(2)在电路分析时要注意电容器所在支路的连接情况.电路稳定后,由于电容器所在支路无电流通过,所以此支路中的电阻上无电压降,可以把与电容器串联的电阻看成导线,电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压.(3)对于较复杂的电路,经常需要将电容器两端的电势与基准点的电势进行比较后才能确定电容器两端的电压.五、U-I图像的意义复习时注意电源的伏安特性曲线反映的是电源自身的性质,具有丰富的内涵(如图所示):1.图线与纵轴的截距表示电源的电动势;2.与横轴的截距表示短路电流;3.斜率的绝对值表示电源内阻;4.图线上任意一点所对应的电压和电流的比值(或者说任意一点与坐标原点O连线的斜率)表示接在外电路的电阻;5.阴影部分面积表示电流为I时,外电路电阻两端的输出功率,四边形AEOI的面积表示电源的总功率。

2017年高考物理(四海八荒易错集)专题11 电磁感应规律及其应用

专题11 电磁感应规律及其应用1．如图4所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )图4A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt2．如图5甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a 端流入为正，以下说法正确的是( )图5A ．从上往下看，0～1 s 内圆环中的感应电流沿顺时针方向B ．0～1 s 内圆环面积有扩张的趋势C ．3 s 末圆环对桌面的压力小于圆环的重力D ．1～2 s 内和2～3 s 内圆环中的感应电流方向相反【答案】A 【解析】由图乙知，0～1 s 内螺线管中电流逐渐增大，穿过圆环向上的磁通量增大，由楞次定律知圆环中感应电流的磁场向下，圆环面积有缩小的趋势，从上往下看，0～1 s 内圆环中的感应电流沿顺时针方向，选项A 正确、B 错误；同理可得1～2 s 内和2～3 s 内圆环中的感应电流方向相同，选项D错误；3 s末电流的变化率为0，螺线管中磁感应强度的变化率为0，在圆环中不产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，选项C错误．3.让圆盘逆时针转动，现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( )图6A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动4. (多选)如图9所示，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y 轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴右侧区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行．t＝0时刻，线框以恒定的速度v 沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a方向为感应电流的正方向，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i和a、b间的电势差U ab随时间t变化的图线是下图中的( )图9【答案】AD 【解析】在ab边通过磁场的过程中，利用楞次定律或右手定则可判断出电流方向为逆时针方向，即沿正方向，且电流在减小，U ab＝－i(R bc＋R cd＋R da)．在cd边通过磁场的过程中，可判断出电流为顺时针方向，即沿负方向，且电流逐渐减小，U ab＝－iR ab，A、D正确．5．如图10所示，虚线P、Q、R间存在着磁感应强度大小相等，方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，磁场宽度均为L.一等腰直角三角形导线框abc，ab边与bc边长度均为L，bc边与虚线边界垂直．现让线框沿bc方向匀速穿过磁场区域，从c点经过虚线P开始计时，以逆时针方向为导线框中感应电流i的正方向，则下列四个图象中能正确表示it图象的是( )图106．如图11甲所示，且通入如图乙所示的磁场)，已知螺线管(电阻不计)的匝数n＝6，截面积S＝10 cm2，线圈与R＝12 Ω的电阻连接，水平向右且均匀分布的磁场穿过螺线管，磁场与线圈平面垂直，磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图乙所示，规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向．忽略线圈的自感影响，下列it关系图中正确的是( )图117．(多选)如图12甲所示，水平面上的平行导轨MN、PQ上放着两根垂直导轨的光滑导体棒ab、cd，两棒间用绝缘丝线连接；已知平行导轨MN、PQ间距为L1，导体棒ab、cd间距为L2，导轨电阻可忽略，每根导体棒在导轨之间的电阻为R.开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示．则以下说法正确的是( )图12A ．在t 0时刻回路中产生的感应电动势E ＝0B ．在0～t 0时间内导体棒中的电流为L 1L 2B 02Rt 0C ．在t 0/2时刻绝缘丝线所受拉力为L 21L 2B 204Rt 0D ．在0～2t 0时间内回路中电流方向是abdca8．(多选)如图15所示，水平放置的粗糙U 形框架上接一个阻值为R 0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一个半径为L 、质量为m 的半圆形硬导体AC 在水平向右的恒定拉力F 作用下，由静止开始运动距离d 后速度达到v ，半圆形硬导体AC 的电阻为r ，其余电阻不计．下列说法正确的是( )图15A ．A 点的电势高于C 点的电势B ．此时AC 两端电压为U AC ＝B πLvR 0R 0＋rC ．此过程中电路产生的电热为Q ＝Fd －12mv 2 D ．此过程中通过电阻R 0的电荷量为q ＝2BLd R 0＋r【答案】AD 【解析】根据右手定则可知，A 点相当于电源的正极，电势高，A 正确；AC 产生的感应电动势为E ＝2BLv ，AC 两端的电压为U AC ＝ER 0R 0＋r ＝2BLvR 0R 0＋r ，B 错误；由功能关系得Fd ＝12mv 2＋Q ＋Q f ，C 错误；此过程中平均感应电流为I ＝2BLd R 0＋r Δt ，通过电阻R 0的电荷量为q ＝I Δt ＝2BLd R 0＋r，D 正确． 9．如图16所示，竖直平面内有一宽L ＝1 m 、足够长的光滑矩形金属导轨，电阻不计．在导轨的上、下边分别接有电阻R1＝3 Ω和R2＝6 Ω.在MN上方及CD下方有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B＝1 T．现有质量m＝0.2 kg、电阻r＝1 Ω的导体棒ab，在金属导轨上从MN上方某处由静止下落，下落过程中导体棒始终保持水平，与金属导轨接触良好．当导体棒ab下落到快要接近MN时的速度大小为v1＝3 m/s.不计空气阻力，g取10 m/s2.图16(1)求导体棒ab快要接近MN时的加速度大小；(2)若导体棒ab进入磁场Ⅱ后，棒中的电流大小始终保持不变，求磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离h；(3)若将磁场Ⅱ的CD边界略微下移，使导体棒ab刚进入磁场Ⅱ时速度大小变为v2＝9 m/s，要使棒在外力F作用下做a＝3 m/s2的匀加速直线运动，求所加外力F随时间t变化的关系式．(2)导体棒进入磁场Ⅱ后，安培力等于重力，导体棒做匀速运动，导体棒中电流大小始终保持不变．mg＝BI′L ⑤I′＝E′R外＋r⑥E′＝BLv′⑦联立③⑤⑥⑦式解得：v′＝6 m/s导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，v′2－v21＝2gh 解得：h＝1.35 m.(3)导体棒进入磁场Ⅱ后经过时间t的速度大小v＝v2＋at ⑧由牛顿第二定律得：F＋mg－F安＝ma ⑨又F安＝B2L2vR外＋r⑩由③⑧⑨⑩解得：F＝(t＋1.6)N.【答案】(1)5 m/s2(2)1.35 m (3)F＝(t＋1.6)N10．如图17所示，水平放置的平行光滑导轨间有两个区域有垂直于导轨平面的匀强磁场，虚线M、N间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B1＝8B，虚线P、Q间有垂直于纸面向外的匀强磁场，虚线M、N和P、Q间距均为d，N、P间距为15d，一质量为m、长为L的导体棒垂直于导轨放置在导轨上，位于M左侧，距M也为d，导轨间距为L，导轨左端接有一阻值为R的定值电阻，现给导体棒一个向右的水平恒力，导体棒运动以后能匀速地通过两个磁场，不计导体棒和导轨的电阻，求：图17(1)P、Q间磁场的磁感应强度B2的大小；(2)通过定值电阻的电荷量；(3)定值电阻上产生的焦耳热．(2)设导体棒通过磁场过程中通过定值电阻的电荷量为qq ＝I Δt ＝E R Δt ＝ΔΦR由于通过两个磁场过程中导体棒扫过的区域的磁通量的变化量为ΔΦ＝(B 1－B 2)Ldq ＝ΔΦR ＝－BLd R ＝4BLd R. (3)定值电阻中产生的焦耳热等于导体棒克服安培力做的功，由于导体棒在磁场中做匀速运动，因此导体棒在磁场中受到的安培力大小等于F ，则定值电阻中产生的焦耳热为Q ＝2Fd .【答案】 (1)4B (2)4BLd R(3)2Fd易错起源1、电磁感应规律及其应用例1、(多选)(2016·全国甲卷T 20)法拉第圆盘发电机的示意图如图1所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中．圆盘旋转时，关于流过电阻R 的电流，下列说法正确的是( )图1A ．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B ．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a 到b 的方向流动C ．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D ．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2倍【变式探究】 (2015·全国卷ⅡT 15)如图2所示，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c .已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是( )图2A ．U a >U c ，金属框中无电流B ．U b >U c ，金属框中电流方向沿a －b －c －aC ．U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流 D ．U bc ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a －c －b －a【名师点睛】1．高考考查特点高考在本考点的考查主要集中在导体棒切割磁感线为背景的电动势的计算及方向的判断．掌握法拉第电磁感应定律和楞次定律、右手定则是突破考点的方法．2．解题的常见误区及提醒(1)对感应电流产生的条件理解不准确，认为只要切割就有感应电流．(2)不能正确理解楞次定律造成电流方向判断错误．(3)左手定则和右手定则混淆出现电流方向的判断错误．(4)不理解转动切割电动势大小计算方法．【锦囊妙计，战胜自我】(1)感应电流方向的判断方法一是利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断；二是利用楞次定律，即根据穿过回路的磁通量的变化情况进行判断．(2)楞次定律中“阻碍”的主要表现形式①阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；②阻碍相对运动——“来拒去留”；③使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”；④阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．(3)求感应电动势的两种方法①E ＝n ΔΦΔt，用来计算感应电动势的平均值． ②E ＝BLv ，主要用来计算感应电动势的瞬时值．易错起源2、电磁感应中的图象问题例2、如图7(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( )图7【变式探究】如图8所示，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab 、ac 和MN ，其中ab 、ac 在a 点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN 向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN 始终与∠bac 的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i 与时间t 的关系图线，可能正确的是( )图8【名师点睛】1．高考考查特点本考点的命题主要涉及it图、Et图、Bt图、Φt图，还有vt图、Ft图等．突破本考点的关键是灵活应用楞次定律、法拉第电磁感应定律判断电流方向及计算电动势的大小．2．解题的常见误区及提醒(1)不能正确的将磁场变化和电流变化相互转换．(2)不能正确判断感应电流是正方向还是负方向．(3)不理解图象斜率、曲直的意义．(4)多阶段过程中不能将各阶段的运动和图象变化相对应．【锦囊妙计，战胜自我】解决电磁感应图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是Bt图还是Φt图，或者Et图、It图等．(2)分析电磁感应的具体过程．(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式．(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．(6)画图象或判断图象．易错起源3、电磁感应中电路和能量问题例3、(2016·全国甲卷T24)如图13所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：图13(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．联立①②③式可得E ＝Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg . ④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律I ＝ER⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为f ＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F －μmg －f ＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m.⑧【答案】 (1)Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg (2)B 2l 2t 0m 【变式探究】(2016·全国丙卷T 25)如图14所示，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B 1随时间t 的变化关系为B 1＝kt ，式中k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN (虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B 0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t 0时刻恰好以速度v 0越过MN ，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：图14(1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．【解析】 (1)在金属棒越过MN 之前，t 时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS①设在从t 时刻到t ＋Δt 的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R 的电荷量为Δq .由法拉第电磁感应定律有ε＝－ΔΦΔt②由欧姆定律有i ＝εR③由电流的定义有i ＝ΔqΔt ④联立①②③④式得|Δq |＝kSRΔt ⑤由⑤式得，在t ＝0到t ＝t 0的时间间隔内，流过电阻R 的电荷量q 的绝对值为 |q |＝kt 0SR. ⑥穿过回路的总磁通量为 Φt ＝B 0lv 0(t －t 0)＋kSt ⑫在t 到t ＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt 为 ΔΦt ＝(B 0lv 0＋kS )Δt ⑬由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为E t ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔΦt Δt⑭由欧姆定律有I ＝E t R⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f ＝(B 0lv 0＋kS )B 0lR.【答案】 (1)kt 0S R (2)B 0lv 0(t －t 0)＋kSt (B 0lv 0＋kS )B 0lR【名师点睛】 1．高考考查特点本考点多以导体棒切割磁感线为背景，结合牛顿第二定律对导体棒进行运动分析和受力分析；结合图象，应用法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电功率、动能定理等规律进行电路、功能关系的计算．2．解题的常见误区及提醒(1)分析电源时电势高低易出错．(2)涉及力和运动的分析时出现漏力(多力)的现象．(3)功能分析时，力做功及电热的计算易漏(多算)电阻生热．1．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( )A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化2．如图20所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a＝3l b，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )图20A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1【答案】B 【解析】根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A 错误；因磁感应强度随时间均匀增大，设ΔB Δt ＝k ，根据法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt l 2，则E a E b ＝(31)2＝91，选项B正确；根据I ＝E R ＝E ρ4nl S ′＝nΔB Δt l 2S ′4ρnl ＝klS ′4ρ可知，I ∝l ，故a 、b 线圈中感应电流之比为3∶1，选项C 错误；电功率P ＝IE ＝klS ′4ρ·n ΔB Δt l 2＝nk 2l 3S ′4ρ，则P ∝l 3，故a 、b 线圈中电功率之比为27∶1，选项D 错误．3．如图21所示，一呈半正弦形状的闭合线框abc ，ac ＝l ，匀速穿过边界宽度也为l 的相邻磁感应强度大小相同的匀强磁场区域，整个过程线框中感应电流图象为(取顺时针方向为正方向)()图214．在如图22甲所示的电路中，电阻R 1＝R 2＝2R ，圆形金属线圈半径为r 1，线圈导线的电阻为R ，半径为r 2(r 2<r 1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t 0和B 0，其余导线的电阻不计，闭合S ，至t 1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是()图22①电容器上极板带正电 ②电容器下极板带正电 ③线圈两端的电压为B 0πr 21t 0④线圈两端的电压为4B 0πr 225t 0A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④【答案】D 【解析】由楞次定律知圆形金属线圈内的感应电流方向为顺时针，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，①错②对．由法拉第电磁感应定律知感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝B 0t 0×πr 22，由闭合电路欧姆定律得感应电流为I ＝E R ＋R 1＋R 2，所以线圈两端的电压U ＝I (R 1＋R 2)＝4B 0πr 225t 0，③错④对，故应选D.5．如图23所示，一足够长的光滑平行金属轨道，轨道平面与水平面成θ角，上端与一电阻R 相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中．质量为m 、电阻为r 的金属杆ab ，从高为h 处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度v 匀速运动直到轨道的底端．金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道的电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g .则( )图23A ．金属杆加速运动过程中的平均速度为v /2B ．金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率C ．当金属杆的速度为v /2时，它的加速度大小为g sin θ2D ．整个运动过程中电阻R 产生的焦耳热为mgh －12mv 26.如图24所示是法拉第制作的世界上第一台发电机的模型原理图．把一个半径为r 的铜盘放在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，使磁感线水平向右垂直穿过铜盘，铜盘安装在水平的铜轴上，两块铜片C 、D 分别与转动轴和铜盘的边缘接触，G 为灵敏电流表．现使铜盘按照图示方向以角速度ω匀速转动，则下列说法中正确的是( )图24A ．C 点电势一定高于D 点电势B ．圆盘中产生的感应电动势大小为12B ωr 2C ．电流表中的电流方向为由a 到bD ．若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中可以产生涡旋电流7. 如图25所示，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒ab 垂直静置于导轨上且与导轨构成回路．在外力F 作用下，回路上方的条形磁铁(下端是N 极)竖直向上做匀速运动．在匀速运动某段时间内外力F 做功W F ，安培力对导体棒做功W 1，磁铁克服磁场力做功W 2，重力对磁铁做功W G ，回路中产生的焦耳热为Q ，导体棒获得的动能为E k .则下列选项中正确的是( )图25A ．导体棒中的电流方向为a →bB ．W 1＝W 2C ．W 2－W 1＝QD ．W F ＋W G ＝E k ＋Q【答案】ACD 【解析】根据楞次定律，导体棒中的电流方向为a 到b ，选项A 正确；根据能量守恒知磁铁克服磁场力做的功转化为金属棒的动能和回路产生的焦耳热，所以W 2－W 1＝Q ，选项B 错误，选项C 正确；磁铁做匀速运动，对磁铁有W F ＋W G －W 2＝0，结合W 2－W 1＝Q ，及W 1＝E k 得W F ＋W G ＝E k ＋Q ，选项D 正确． 8．如图26所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R ，C 1和C 2是半径都为a 的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C 1中磁场的磁感应强度随时间按B 1＝b ＋kt (k >0)变化，C 2中磁场的磁感应强度恒为B 2，一质量为m 、电阻为r 、长度为L 的金属杆AB 穿过区域C 2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止．则( )图26A ．通过金属杆的电流大小为mg B 2LB ．通过金属杆的电流方向为从B 到AC ．定值电阻的阻值为R ＝2πkB 2a3mg－rD ．整个电路的热功率P ＝πkamg 2B 29．如图27所示，两条足够长的平行金属导轨倾斜放置(导轨电阻不计)，倾角为30°，导轨间距为0.5 m ，匀强磁场垂直导轨平面向下，B ＝0.2 T ，两根材料相同的金属棒a 、b 与导轨构成闭合回路，a 、b 金属棒的质量分别为3 kg 、2 kg ，两金属棒的电阻均为R ＝1 Ω，刚开始两根金属棒都恰好静止，假设最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．现对a 棒施加一平行导轨向上的恒力F ＝60 N ，经过足够长的时间后，两金属棒都达到了稳定状态．求：图27(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数；(2)当两金属棒都达到稳定状态时，b 棒所受的安培力大小．(3)设当a 金属棒从开始受力到向上运动5 m 时，b 金属棒向上运动了2 m ，且此时a 的速度为4 m/s ，b 的速度为1 m/s ，则求此过程中回路中产生的电热及通过a 金属棒的电荷量．(3)此过程对a 、b 棒整体根据功能关系，有Q ＝Fx a －(m a g sin 30°＋μm a g cos 30°)x a －(m b g sin 30°＋μm b g cos 30°)x b －12m a v 2a －12m b v 2b解得Q ＝85 J.q ＝I ·ΔtI ＝E 2RE ＝ΔΦΔt ＝B ·ΔSΔt解得q ＝Bd x a －x b2R＝0.15 C.【答案】 (1)33(2)24 N (3)85 J 0.15 C 10．如图28甲所示，两平行导轨是由倾斜导轨(倾角为θ)与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成的，并处于磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中，两导轨间距为L ，上端与阻值为R 的电阻连接．一质量为m的金属杆AB在t＝0时由静止开始在沿P1P2方向的拉力(图中未画出)作用下沿导轨下滑．当杆AB 运动到P2Q2处时撤去拉力，杆AB在水平导轨上继续运动，其速率v随时间t的变化图象如图乙所示，图中v max和t1为已知量．若全过程中电阻R产生的总热量为Q，杆AB始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，导轨和杆AB的电阻以及一切摩擦均不计，求：图28(1)杆AB中的最大感应电流I max的大小和方向；(2)杆AB下滑的全过程通过电阻R的电荷量q；(3)撤去拉力后杆AB在水平导轨上运动的路程s.(2)根据法拉第电磁感应定律得，杆AB下滑全过程平均感应电动势E＝ΔΦt1－0平均感应电流I＝E R又q ＝I t 1解得q ＝ΔΦR而ΔΦ＝BLs 1cos θ由题图乙知杆AB 下滑的距离s 1＝12v max t 1解得q ＝BLv max t 1cos θ2R. (3)撤去拉力后杆AB 在水平导轨上做减速运动，感应电流I ＝BLv R 根据牛顿第二定律有BIL ＝ma若Δt 趋近于零，则a ＝Δv Δt由以上三式可得B 2L 2Rv Δt ＝m Δv 则B 2L 2R v 1Δt 1＝m Δv 1，B 2L 2R v 2Δt 2＝m Δv 2，…，B 2L 2R v n Δt n ＝m Δv n 得B 2L 2R(v 1Δt 1＋v 2Δt 2＋…＋v n Δt n )＝m (Δv 1＋Δv 2＋…＋Δv n ) 即B 2L 2Rs ＝m (v max －0) 解得s ＝Rmv max B 2L 2. 【答案】见解析。

高考物理二轮复习：直流电路和交流电路(含答案解析)

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．。

2019高考物理四海八荒易错集专题10直流电路与交流电路

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(重点难点易错点核心热点经典考点)

解析灯泡额定功率越大，其电阻越小，导致路端电压降低，电容器上电压降低，电容器上电荷量减少，A 项错误；增大与灯泡串联的电阻 R 后，路端电压升高，电容器上电压升高、电容器上电荷量增加，B 正确；电容器相当于断路，电阻 R0 阻值大小与电容器上电压无关，C、D 两项错误。
答案 B
4．(2019·河南省南阳中学目标考试)如图所示，一个匝数为 n＝100 匝，电阻不计的线框以固定转速 50 r/s 在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为 n1∶n2＝10∶1 的理想变压器给阻值 R＝20 Ω 的电阻供电，已知电压表的示数为 20 V，从图示位置开始计时，则下列说法正确的是 ()
答案 B
6．(2019·辽宁省沈阳市郊联体期末考试)如图，T1、T2 是监测交流高压输电参数的互感器，其中 a、b 是交流电压表或交流电流表。若高压输电线间的电压为220 kV，T1 的原、副线圈匝数比为 1∶100，交流电压表的示数为 100 V，交流电流表的示数为 1 A，则( )
答案 C
3．(2019·江西省五校 12 月联考)在如图所示的电路中，电源电动势 E 恒定不变，电源的内阻 r 不能忽略，若要使得电容器 C 所带电荷量增加，下列可行的措施是( )
A．仅换用额定功率更大的灯泡 B．仅增大与灯泡串联的电阻 R C．仅增大与电容器 C 串联的电阻 R0 D．仅减小与电容器 C 串联的电阻 R0
A．0.01 s 时刻，电压表的示数是 0 B．未出现火警时，远距离输电线路损耗的功率为45 kW C．当传感器 R2 所在处出现火警时，电压表 V 的示数变大 D．当传感器 R2 所在处出现火警时，输电线上的电流变小
解析电压表的读数是交流电的有效值，则 0.01 s 时刻，电压表的示数不为零，A 项错误；升压变压器输入端电压有效值为 220 V，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端电压为 22 000 V，所以输电线中的电流 I＝UP＝66202×001003 A ＝30 A，输电线损失的电压 ΔU＝IR＝30×50 V＝1 500 V，输电线路损耗功率 ΔP ＝ΔUI＝1 500×30 W＝45 kW，故 B 项正确；当传感器 R2 所在处出现火警时其阻值减小，降压变压器副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表 V 的示数减小，故 C 项错误；当传感器 R2 所在处出现火警时，副线圈电流增大，根据电流与匝数的关系知输电线上的电流增大，故 D 项错误。

2017年高考物理四海八荒易错集专题10直流电路与交流电路20170320148

专题10 直流电路与交流电路1.一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m、电荷量为e.在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为( )图2A.mv22eLB.mv2SneC．ρnev D.ρev SL2．如图3所示，电源的内阻不计，电动势为12 V，R1＝8 Ω，R2＝4 Ω，电容C＝40 μF，则下列说法正确的是( )图3A．开关断开时，电容器不带电B．将开关闭合，电容器充电C．将开关闭合后，稳定时电容器的电荷量为4.8×10－14 CD．若现开关处于闭合状态，将开关S断开，到再次稳定后，通过R1的总电荷量为3.2×10－4 C【答案】D 【解析】开关断开时，电容器两端电压不为零，电容器带电，A项错误；将开关闭合，电容器两端电压变小，电容器放电，B项错误；将开关闭合后，稳定时电容器的电荷量为Q＝U·C＝4×40×10－6 C＝1.6×10－4 C，C项错误；若开关现处于闭合状态，将开关S断开，再次稳定后，通过R1的总电荷量ΔQ＝|ΔU|·C＝(12－4)×40×10－6 C＝3.2×10－4 C，D项正确．3．(多选)如图4所示的火警报警装置，R1为热敏电阻，若温度升高，则R1的阻值会急剧减小，从而引起电铃电压的增加，当电铃电压达到一定值时，电铃会响．下列说法正确的是( )图4A ．要使报警的临界温度升高，可以适当增大电源的电动势B ．要使报警的临界温度降低，可以适当增大电源的电动势C ．要使报警的临界温度升高，可以把R 2的滑片P 适当向下移D ．要使报警的临界温度降低，可以把R 2的滑片P 适当向下移4．(多选)在如图5甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R 为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S 闭合后( )图5A ．L 1的电阻为112 ΩB ．L 1消耗的电功率为7.5 WC ．L 2的电阻为7.5 ΩD ．L 2消耗的电功率为0.3 W【答案】CD 【解析】S 闭合后，L 1两端的电压为3.0 V ，由乙图可知，I 1＝0.25 A ，故P 1＝0.75 W ，R 1＝12 Ω，A 、B 均错；L 2与R 及电源串联，把R 和电源等效成电动势为3 V ，内阻为7.5 Ω的新电源，在图乙中作出新电源的I U 图线，如图，两图线的交点表示出了此时L 2两端的电压与通过的电流的大小，由图知U 2＝1.5 V ，I 2＝0.2 A ，所以R 2＝U 2I 2＝1.50.2Ω＝7.5 Ω，P 2＝U 2I 2＝1.5×0.2 W＝3 W ，C 、D 正确．5. 如图7所示单匝矩形闭合导线框abcd 一半处于磁感应强度为B 的水平有界匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与其中心线重合的竖直固定转轴OO ′以角速度ω匀速转动，固定转轴恰好位于匀强磁场的右边界．试写出线框中感应电流的瞬时值表达式并画出i t 图象．(图中位置为计时位置)图7【答案】见解析6．利用实验室的手摇发电机产生的正弦交流电给灯泡L 供电，其电路如图8所示．当线圈以角速度ω匀速转动时，电压表示数为U ，灯泡正常发光．已知发电机线圈的电阻为r ，灯泡正常发光时的电阻为R ，电表均为理想电表，导线电阻可忽略．则( )图8A ．图中电流表示数为U rB ．灯泡的额定功率为U 2R ＋rC ．发电机的线圈中产生的电动势的最大值为U (1＋r R)D ．从线圈转到中性面开始计时，灯泡两端电压的瞬时值表达式为u ＝2U sin ωt7. 如图9所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，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从中性面开始匀速转动，下列说法正确的是( )图9A ．在该线圈两端接上一电容器，要使电容器不被击穿，电容器的最大承受电压为BS ω2B ．线框中感应电流的有效值为BS ω2RC ．从中性面开始转过π2的过程中，通过线框横截面的电荷量为BSRD ．线框转一周的过程中，产生的热量为2πωB 2S2R【答案】C 【解析】要使电容器不被击穿，电容器的最大承受电压即线框中最大的电动势，为BS ω，A 错误；线框中感应电流的最大值I m ＝BS ωR ，由于线框中的感应电流是正弦交流电，其电流有效值I ＝I m2＝2BS ω2R ，B 错误；由q ＝ΔΦR 可知，从中性面开始转过π2的过程中，通过线框横截面的电荷量q ＝BSR，C 正确；线框转一周的过程中，产生的热量等于感应电流做的功，因此Q ＝W ＝I 2R ·2πω＝πωB 2S 2R，D 错误．8．(多选)(如图10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，产生的交变电动势如图乙中曲线a、b所示，则下列说法正确的是( )图10A．曲线a表示的交变电动势瞬时值e a＝36sin 25πt VB．曲线b表示的交变电动势最大值为28.8 VC．t＝5×10－2 s时，曲线a、b对应的感应电动势大小之比为32∶2D．t＝6×10－2 s时，曲线a对应线框的磁通量最大，曲线b对应线框的磁通量为09．一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1 ，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图14所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U.原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则( )图14A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13【答案】A 【解析】设原、副线圈中的电流分别为I 1、I 2，则I 1I 2＝n 2n 1＝13，故k ＝I 21RI 22R ＝19.设原线圈两端的电压为U 1，则U 1U ＝n 1n 2＝31，故U 1＝3U ，而原线圈上电阻分担的电压为13U ，故U3＋3U ＝220 V ，解得U ＝66V ．选项A 正确．10．(多选)如图15是自耦变压器的示意图，负载变化时输入电压不会有大的波动，输电线的电阻用R 0表示．如果变压器上的能量损失可以忽略，以下说法正确的是( )图15A ．开关S 1接a ，闭合开关S 后，电压表V 示数减小，电流表A 示数增大B ．开关S 1接a ，闭合开关S 后，原线圈输入功率减小C ．断开开关S ，开关S 1接a 时电流表的示数为I 1，开关S 1接b 时电流表的示数为I 2，则I 1>I 2D ．断开开关S ，开关S 1接a 时原线圈输入功率为P 1，开关S 1接b 时原线圈输入功率为P 2，则P 1<P 2易错起源1、直流电路的分析与计算例1．(2016·全国甲卷T 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.12 C.35D.23【名师点睛】 1．高考考查特点该考点是高考中的冷考点，五年只考1次，命题点考查了电路的结构、串、并联特点、电容器电容的计算．要熟练掌握串、并联电路电压与电阻关系，电容、电压、电荷量的关系． 2．解题的常见误区及提醒(1)电路结构不会简化，电路的串、并联关系不清． (2)串、并联电路中电压、电流、电阻、电功率关系混淆． (3)电容器的连接方式不清、不明白电容的电路相当于断路．【锦囊妙计，战胜自我】 1．明确1个定律、2个关系 (1)闭合电路的欧姆定律：I ＝ER ＋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＋rRE ，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小．2．明确引起电路动态变化的原因(1)滑动变阻器、热敏电阻或光敏电阻的阻值变化． (2)某支路开关闭合或断开． 3．程序法分析直流电路的动态变化R 局――→增大减小I 总＝ER ＋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 支易错起源2、交变电流的产生与描述例2、(多选)(2016·全国丙卷T 21)如图6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6A ．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 ＝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【名师点睛】 1．高考考查特点该考点仍为冷考点，借助不同形状的线框切割磁感线考查感应电流产生的条件、变化周期及电动势大小、有效值的概念．要掌握电磁感应现象产生的原因，法拉第电磁感应定律及交变电流中的基本概念和常用物理量．2．解题的常见误区及提醒(1)感应电动势产生及大小的计算，特别是切割类中的有效长度易错． (2)对周期的理解和有效值的理解及计算易出错． (3)正弦交流电的产生条件及瞬时值表达式不清楚． (4)交变电流“四值”应用不清楚及图象信息把握不准．【锦囊妙计，战胜自我】解决交变电流的产生和描述的基本思路 (1)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，电流方向将发生改变．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，电流方向不改变．(2)书写交变电流瞬时值表达式的基本思路①确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式E m ＝nBS ω求出相应峰值． ②明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．a ．若线圈从中性面位置开始转动，则i t 图象为正弦函数图象，函数式为i ＝I m sin ωt .b ．若线圈从垂直中性面位置开始转动，则i t 图象为余弦函数图象，函数式为i ＝I m cos ωt . 易错起源3、变压器问题例3、 (2016·全国乙卷T 16)一含有理想变压器的电路如图11所示，图中电阻R 1、R 2和R 3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11 A ．2 B ．3 C ．4D ．5【答案】B 【解析】设原、副线圈的匝数比为k ，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为I时，副线圈电流为kI；原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI.根据变压器的输入功率等于输出功率得UI－I2R1＝(kI)2(R2＋R3)4UI－(4I)2R1＝(4kI)2R2联立两式代入数据解得k＝3选项B正确．【变式探究】 (多选)(2016·全国丙卷T19)如图12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12A．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【名师点睛】1．高考考查特点(1)该考点是本专题的命题热点，理想变压器的原理、基本规律的应用、电路结构的变化及分析与计算是主要命题角度．(2)熟练掌握理想变压器的“三种关系”，能用直流电路动态分析方法结合变压器制约关系分析动态问题是突破该考点的关键．2．解题的常见误区及提醒(1)变压器“电压比”中电压是指变压器两端的电压．(2)公式I 1I 2＝n 2n 1仅用于“一原一副”的情况．“一原多副”要结合功率关系求解．(3)变压器动态变化类要看清电路结构，找到变化原因，分清变量、不变量．【锦囊妙计，战胜自我】变压器分析与计算的两点技巧(1)理想变压器问题中的两个“理清” ①理清变量和不变量．如原线圈电压不变，原、副线圈的匝数比不变，其他物理量可随电路的变化而发生变化．②理清动态变化过程中的决定关系，如U 2由U 1决定，P 1、I 1由P 2、I 2决定．(2)理想变压器问题的分析流程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．1．一自耦变压器如图19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 点顺时针转到N 点的过程中( )图19A ．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2．如图20所示为汽车的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连接到12 V的蓄电池上，副线圈连接到火花塞的两端，开关由机械控制，当开关由闭合变为断开时，副线圈中产生10 000V 以上的电压，火花塞中产生火花．下列说法中正确的是( )图20A ．变压器的原线圈要用粗导线绕制，而副线圈可以用细导线绕制B ．若该点火装置的开关始终闭合，火花塞的两端会持续产生高压C ．变压器原线圈输入的12 V 电压必须是交流电，否则就不能在副线圈中产生高压D ．该点火装置中变压器的副线圈匝数必须小于原线圈的匝数【答案】A 【解析】汽车的点火装置是利用变压器原理工作的，当开关始终闭合时，通过原线圈的电流恒定，原线圈中产生的磁场恒定，则在副线圈上不会产生电压，所以B 错误；由题可知原线圈处接12 V 的直流电源，当断开开关瞬间原线圈中电流迅速变化，会产生变化的磁场，则在副线圈中可能产生高压，所以C错误；由U 1U 2＝n 1n 2可知，要在副线圈中产生高压，则原线圈匝数必须小于副线圈的匝数，所以D 错误．故选A.3.如图21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，其它条件不变，则( )图21A ．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4．在如图22所示电路中，闭合开关S ，理想电流表和理想电压表的示数分别用I 和U 表示，当滑动变阻器的滑动触头P向左滑动时，两表的示数都发生变化．电源的电动势和内电阻始终不变，则下列说法正确的是( )图22A．I变大，U变小 B.UI变小C．R1的功率一定变大D．电源的总功率一定减小5．如图23甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为10∶1，a、b端输入如图乙所示的电压，副线圈电路中电阻R＝52Ω，电路中的电表为理想电表，则( )图23A．电压表V1的示数为50 6 VB．电流表的示数为1.0 AC．电压表V2的示数为10 VD．电阻R消耗的电功率为10 2 W【答案】B 【解析】由题图乙可知原线圈两端电压的有效值为U＝U21＋U222＝100 V(在一个周期内，前半个周期的有效值为U1＝100 V，后半个周期的有效值为U2＝100 V)，所以电压表V1的示数为100 V，A错；因变压器对恒定电流不起作用，且原、副线圈匝数比为10∶1，所以副线圈两端电压的有效值为U′＝U1 102×12＝5 2 V，C错；副线圈中的电流I＝U′R＝1 A，B对；电阻R消耗的电功率P＝I2R＝5 2 W，D错．6．如图24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，为交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是( )图24A．电流表的示数为10 AB．线圈转动的角速度为50π rad/sC．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左7．如图25所示电路中，电源内阻不计，三个小灯泡完全相同且外电路变化时每个灯泡两端的电压都不会超过其额定电压，开始时只有S1闭合，当S2也闭合后，下列说法中正确的是( )图25A．灯泡L1变亮B．灯泡L2变亮C．电容器C的带电荷量增加D．闭合S2瞬间流过电流表的电流方向自右向左【答案】AD 【解析】根据电路可知，S1闭合、S2断开时，L1、L2串联，则两灯一样亮，因L3与电容器串联后接到电源两端，则L3不亮，电容器两端电压等于电源电动势E；当S2也闭合后，电路总阻值变小，流过L1的电流变大，L1两端电压变大，L2两端电压变小，则灯L1变亮，L2变暗；因电容器此时与灯L1并联，则电容器两端电压变小，电容器上的电荷量变少，电容器对外放电，又知电容器左极板与电源正极相连，带正电，则闭合S2瞬间流过电流表的电流方向自右向左，综上所述，B、C错误，A、D正确．8．如图26为发电厂向远处用户的输电电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．若输送功率增大，下列说法中正确的有( )图26A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电压增大C．输电线上损耗的功率增大D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大9．一台小型发电机的最大输出功率为100 kW，输出电压恒为500 V，现用电阻率为1.8×10－8Ω·m，横截面积为10－5m2的输电线向4×103m远处的用户输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上的损失功率不超过发电机总功率的4%，求：(1)所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？(2)如果用户用电器的额定电压为220 V，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？【解析】(1)输电要用两根导线，则输电线的电阻为r ＝ρ2l S ＝1.8×10－8×2×4×10310－5 Ω＝14.4 Ω 由题意知P 损＝P ×4%＝(P U 2)2r105×0.04＝(105U 2)2×14.4 U 2＝6 000 V升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝5006 000＝112.【答案】 (1)1∶12 (2)288∶1110．如图27甲所示，长、宽分别为L 1、L 2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n ，总电阻为r ，可绕其竖直中心轴O 1O 2转动．线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C 、D (集流环)焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R 相连．线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B 的大小随时间t 的变化关系如图乙所示，其中B 0、B 1和t 1均为已知．在0～t 1时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t 1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω匀速转动．求：图27(1)0～t 1时间内通过电阻R 的电流大小；(2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R 产生的热量；(3)线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R 的电荷量.【解析】 (1)在0～t 1时间内，金属线框中的感应电动势为E 1＝n ΔΦΔt ＝nL 1L 2B 1－B 0t 1根据闭合电路欧姆定律，通过电阻R 的电流I 1＝E 1R ＋r ＝nL 1L 2B 1－B 0R ＋r t 1. (2)线框产生感应电动势的最大值E m ＝nB 1L 1L 2ω感应电动势的有效值E ＝22nB 1L 1L 2ω 通过电阻R 的电流的有效值I ＝2nB 1L 1L 2ωR ＋r 线框转动一周所需的时间t ＝2πω此过程中，电阻R 产生的热量Q ＝I 2Rt ＝πR ω(nB 1L 1L 2R ＋r)2.【答案】见解析。

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

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 。

专题09 直流电路与交流电路-2017年高考物理二轮核心考

【命题意图】考查变压器的工作原理、欧姆定律、闭合电路欧姆定律和电功率等知识，意在考查考生的理解能力和综合分析能力。

【专题定位】高考对本部分内容的要求较高，常在选择题中考查变压器和交流电的描述问题。

本专题考查的重点有以下几个方面：①直流电路的分析；②变压器原理及三个关系；③交流电的产生及描述问题；④远距离输电【考试方向】对理想变压器的动态分析的考查：一是负载不变，通过匝数变化求解原副线圈的各参量；二是匝数不变，负载变化，讨论各量的变化。

【应考策略】动态分析中，首先要掌握不变量，以不变应万变。

【得分要点】1、电压器的几个常用关系：（1）电压关系：2121n n U U =或者t n U n U ∆∆Φ==2211或者t n U n U n U ∆∆Φ==== 332211（多个副线圈时），即原副线圈两端电压之比等于线圈的匝数之比。

（2）电流关系：根据P 入=P 出可求出，1221n n I I =或者n 1I 1=n 2I 2或者n 1I 1=n 2I 2+n 3I 3+n 4I 4+n 5I 5+…（有多个副线圈时）。

（3）功率关系：P 入＝P 出，即I 1U 1＝I 2U 2（一个副线圈）或者I 1U 1＝I 2U 2+I 3U 3+I 4U 4+…（多个副线圈）。

（4）各物理量之间的制约关系：输入电压U 1决定输出电压U 2；输出功率P 出决定输入功率P入；输出电流I 2决定输入电流I 1。

对于动态变化问题，求解思路是：通过某一电阻变化判断整体电阻变化，据闭合电路欧姆定律判断干路电流变化；再抓住“原线圈电压决定副线圈电压、副线圈电路决定原线圈电流、副线圈输出功率决定输入功率”这个结论。

2、解远距离输电问题必备技巧（1）正确画出输电过程示意图，并在图上标出各物理量．（2）抓住变压器变压前、后各量间关系，求出输电线上的电流．（3）计算电路功率问题时常用关系式：R UP R I P 22)(==∆，注意输电线上的功率损失和电压损失．（4）电网送电遵循“用多少送多少”的原则，说明原线圈电流由副线圈电流决定．【2016年高考选题】【2016·全国新课标Ⅱ卷】阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E （内阻可忽略）连接成如图所示电路。

2022-2023年高考物理一轮复习直流电路与交流电路课件(重点难点易错点核心热点经典考点)

(3)输电线上损失的功率：P 损＝I2R 线＝UP出出2R 线＝UR线2损＝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＝UR2计算输电线上损失的功率．
“科学思维”展示
一、思想方法 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、模型建构直流电路动态分析的常用方法基本思路为“部分→整体→部分”．
考向2 含电容器电路的分析与计算
2．如图所示,E为电源,其内阻不可忽略,RT为热敏电阻,其阻值随温度的升高而减小,L为指示灯泡,C为平行板电容器,G为灵敏电流计．闭合开关S,当环境温度明显升高时,下列说法正确的是
()
A
A．G中电流方向由a到b
B．RT两端电压变大 C．C所带的电荷量保持不变
【解析】由图可知，R2 与滑动变阻器 R4 串联后与 R3 并联，再与 R1 串连接在电源两端；电容器与 R3 并联；当滑片向 a 端移动时，滑动变阻器 R4 接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流减小；路端电压增大，同时 R1 两端的电压也减小；故并联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过 R3 的电流增大，故电流表的示数减小；根据 P1＝I2干R1，电阻 R1 消耗的功率减小，故 A 错误；
【解析】电流表断路或者滑动变阻器滑片接触不良,都会造成整个电路是断路情况,即电表示数为零,AB错误；开关接触部位由于氧化, 使得接触电阻太大,则电路电阻过大,电流很小,流过被测电阻的电流也很小,所以其两端电压很小,不会几乎等于电源电压,C错误；待测电阻和接线柱接触位置由于氧化,使得接触电阻很大,相当于当被测电阻太大,远大于和其串联的其他仪器的电阻,所以电路电流很小,其分压接近电源电压,D正确．

2017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

专题10 直流与交流电路考向解读】1．预测高考命题特点：（1）交流电路部分主要考查交变电流的产生和描述、交流电有效值、变压器的规律及动态分析、远距离输电等知识点．（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，电路故障的分析与判断，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知识的单独考查主要是交流电路部分，特别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实验结合在一起，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讨论．2．电路中的电功、电热、电功率和热功率（1）纯电阻电路：①Q= W Ult = I2Rt②P= Ul = 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.【2016 •江苏卷】如图1-所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 Q,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1-A. 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【答案】AC【解析】设四个电阻的等效电J且为丘和由詁忑°；疔%。

得R尸1隔由团合电路欧姆定律知，片^丘+设路端电压为S则6T=ZJt^=lAxWQ=10V7选项理正确；电源的总功率P=£Z=12W,选项B错误；设电源员极电势为0V,则口点电势^=0-5A X5Q-0= 2.5 V, 电势伽=心朋1, 口一0=7.5 V,则条方两点的电势差U ai=^a-^=2.5V-7,5 V= - 5 V, 所liU，间电压的犬小为5 V,选I页C正确；当将決0两点用导线连接后，由于导线没有电蛆，此时6 5两点电势相等，其等效电路團如團所示■其中f 并麻电路的等效电阻为3J5 Q,显然总电阻为9.5岛【变式探究】如图甲所示的电路中，R、R2均为定值电阻，且R = 100 Q , 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3A. 该电源的电动势为 16 VB.定值电阻艮的阻值为10 QC. 滑动变阻器的最大阻值为 300 QD.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解析乙團中址长线交匸轴于电却V)处」交J 轴于(1.0民0处，所以电源的电动势^=20 V. A 错误；内阻『=尹=加Q 半滑片p 滑到尽的右端时，电路參数对应乙图中的B 点，即L ：=4 v % J ： = 0.8A,得葩 =辛=G, B 错误？当滑片戸滑到&的左端时，由乙團知此时L^=16V, I 尸2 A,所以丘*=戸=同僅因为R 尸崇詁场,所以滑动变阻器的最大阻11为丘尸300 0, C 正确；Pa 二討贸"鑽• 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(1) 线圈平面与中性面重合时， S 丄B,①最大，益 =0，e = 0, i = 0，电流方向将发生改变. (2) 线圈平面与中性面垂直时， S// B, O = 0, △△①-最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变.例2. ［2016 •全国卷川】如图所示， M 为半圆形导线框，圆心为 OM; N 是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为Q;两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线 OO 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 的轴，以相同的周期T 逆时针匀速转动，贝U ()X X X X X X X XXXXXXXM N图1-A. 两导线框中均会产生正弦交流电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中A B 两点是滑片甲B. 两导线框中感应电流的周期都等于Tc.在t=T时，两导线框中产生的感应电动势相等8D.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I，角速度为3，两导线框切割磁感线的等效长度始终等于圆弧半一 1 2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=尹3 I ,但进磁场和出磁场时电流方向相反,2n所以线框中应该产生方波交流式电，如图所示，A错误；由T= 可知，两导线框中感应电流的周期相同，3T1 2均为T , B 正确；在t =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B ® I 2,C 正82“ E 2 T E 2 T U 有 MW T W T U T N确；对于线框M 有R ■ 2 + R ° 2 = "R • T ,解得U 有M = E 对于线框N,有R - 4+ 0+"R • 4+ 0 =_R ■ T ,解【变式探究】如图所示，单匝矩形闭合导线框abed 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ed 边重合的竖直固定转轴以角速度 ®从中性面开始匀速转动，线框转动三时的感应电流为6I ，下列说法正确的是（）A.线框中感应电流的有效值为2Inc.从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为D.线框转一周的过程中，产生的热量为解析根据法拉第电磁感应定律可得产生的电动势尸方血甌爲电流$二学汕M 线框转过帥的感应电流为=黔电茨的有效值尸=塔^=血，故选项A 错误'线框转动过程中穿过线框的磁通量的最犬11为占S,又匚蛰解得騎二警，故选项B 正确；从中性面幵始韩动弼过程中，通过导线横载面的电荷量为尸彗二匸：故选项C 正确;线圈转一周产生的热量 Q= I ' 2RT 代入解得Q= BSR^R 2n =，故选项D 错误.2R 3 3答案 BC【命题热点突破三】理想变压器及远距离输电#E ,故两导线框中感应电流的有效值并不相等,D 错误.B .线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为 2IR32I3得U 有N =例3.【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（）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【答秦】B 【解析】由变压器相关知识得：善二警原、副线圈减去相同的匝数旳后：铮二牛斗三，宇U2 fl;C 2 W 2^2 一柠忙一令=：：；二:丫 E 贝I 脱明变压器原、副线圈的匝数比变大，贝U 可得出U D 错误.由于原线圈电压恒左不变，贝闻］线圈电压减小，小灯泡实际功率减小』小灯泡变暗，A 错误，E 正确.【变式探究】（多选）如图所示，将额定电压为 60 V 的用电器，通过一理想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，交流电压表和交流电流表（均为理想电表）的示数分别为220 V 和22 A.以下判断正确的是（）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 i ： n 2= 11 ：3解析用电器正常工作，则知变压器输出电压 Ua = 60 V,理想变压器输入功率等于输出功率：P = F 2= U 212 =P 13260 X 2.2 W = 132 W,故A 错；通过原线圈的电流为：I i =石=莎 A = 0.6 A ，故B 对；通过副线圈的电流最大值为：2.2 X J 2 A - 3.1 A ,故C 错；变压器原、副线圈匝数比为：凹=U = 220 =学，故D 对.n 2 U 2 60 3用电器答案BD【命题热点突破四】交变电流、理想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00轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度3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（）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= NBSo cos 31B.矩形线圈从图示位置经过n时间时，通过电流表的电荷量为02 3C. 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，电流表读数减小解析计时起点戲圈内的感应电动势为最大值耳二旧沏所以感应电动势的瞬时值表达式为尸.诺滋遇A选项正确.矩形线圈从图示位置经过却寸间，线圈磁通量的变化重为故通过电流表的电荷量q=琴,即不为0, £选项错误.电压表示数是线圈产生的感应电动势的有效即总是違刍C选项错误.当卩位蚤向上移动，输出电压升託丘不变时，输岀功率増大，电流表读数増大，选项9错误.答案A【变式探究】如图所示，匝数为100匝的矩形线圈abed位于磁感应强度B= 容T的水平匀强磁场中，线25 n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 3 = 10 n rad/s匀速转动.线圈通过金属滑环与理想变压器原线圈相连，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、畐U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解析由⑵二杏可得通过灯泡的交变电流的频率是5 Hz,选项丸错误？矩形线圈在水平匀强磁场中转动产生感应电动势最大值为100x^x0.5x1011 V= 120^/2 V,变压器输入电压为120 V,由变压器变压公式可知，变压器愿、副线圈匝数之比为10： b 选项E 正确，C 错误；因副线圈电压仍为12 V,故将灯泡更换为⑴V24 V 能保证其正常发光，不需要増大矩形线圈的转速，选项□错误•答案 B【高考真题解读】1.【2016 -全国卷H 】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 ;闭合开关S,电流再次稳定后，C 所带的电荷量为 Q .Q 与QA. 3 c.5 D.【答案】C 【解析】由已知条件及电容定义式 C = U 可得：Q = U 1C, Q= U 2C,则Q =U*R( R + R )(R + R ) + R 1 1U =• E x — = — E;R R (R+ R )2 5 ；R+ (R + R ) + RS 闭合时等效电路如图乙所示,B.图1-S 断开时等效电路如图甲所示甲R- RR+ R 1 Q1 U 3 , ~—R—R- E= 3E,则Q2=U2=5,故C正确• R+ R+R2 .【2016 •江苏卷】如图1-所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 Q,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1-A. 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【答案】AC【解析】设四个电阳的等效电阻为冃和由士二得盘;=1僖由闭F n v合电路欧姆定律知』匸胡;=1。

高考物理热点专题8_直流电路和交流电路

高考物理热点专题8·直流电路和交流电路高考预测本专题内容主要讨论了恒定电流的产生，电源的作用，电路的组成，电流、电压、功率以及能量转化关系，还有闭合电路欧姆定律、串并联电路等等内容，与实际联系紧密，象超导现象及其在生产、科技方面的应用，该知识点与高科技，日常生活的联系较大，贴近生活．符合现代高考的对知识应用和能力的考查，本专题的内容在2010年高考中大约占总分的百分之十五左右，以单独命题占多数，也可以与牛顿运动定律、动量和能量、电磁感应相结合，基本题型是以选择题、实验题或计算题出现。

如以选择题出现难度一般不大，若以实验题和计算题出现，则属于较难的题一、选择题（共10小题，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分）1.如图1所示，电阻t R 是热敏电阻，电阻Ｒ是标准电阻（阻值不随温度变化），现将它们串联在一起，在两端加上恒定的电压Ｕ，在室温下，两电阻的阻值相等，当环境温度改变时，有（）Ａ.温度升高时，t R 上电流变小Ｂ.温度降低时，t R 上电流变小Ｃ.温度降低时，t R 上消耗的电功率变小，温度升高时，t R 上消耗的电功率变大Ｄ不论温度升高还是降低，t R 上消耗的电功率都变小2.在生产实际中，有些高压直流电路含有自感系数很大的线圈，当电路中的开关Ｓ由闭合到断开时，线圈会产生很高的自感电动势，使开关Ｓ处产生电弧，危及操作人员的人身安全，为了避免电弧的产生，可在线圈出并联一个元件，下列方案可行的是（）3.设长度为l 、横截面积为S ，单位体积自由电子数为n 的均匀导体中电流的流动，在导体两端加上电压U ，于是导体中有匀强电场产生，在导体内移动的自由电子(-e )受匀强电场作用而加速.而和做热运动的阳离子碰撞而减速，这样边反复进行边向前移动，可以认为阻碍电子运动的阻力大小与电子移动的平均速度v 成正比，其大小可以表示成kv (k 是常数)。

高考物理易错题宝典：交流电、电磁振荡、电磁波

高考物理易错题宝典:交流电、电磁振荡、电磁波[内容和方法]本单元内容包括交流电、正弦交流电的图象、最大值、有效值、周期与频率、振荡电路,电磁振荡、电磁场,电磁波,电磁波的速度等基本概念,以及交流发电机及其产生正弦交流电的原理,变压器的原理,电能的输送方法、LC电路产生的电磁振荡的周期和频率等。

本单元涉及到的基本方法有利用空间想象的各种方法理解正弦交流电的产生原因和电磁振荡的物理过程,运用图象法理解并运用它来解决交流电和电磁振荡的判断、计算问题。

从能量转化的观点出发来理解交流电的有效值问题和电磁振荡问题。

[例题分析]在本单元知识应用的过程中,初学者常犯的错误主要表现在:不能从能的转化的角度理解有效值,致使出现乱套公式的问题;由于初始条件不清,对电磁振荡物理过程判断失误;不善于运用两个图象对一个物理过程进行动态分析。

例1如图12-1所示,矩形线圈在外力的作用下,在匀强磁场中以ω=200πrad/s的角速度匀速转动,线圈的面积为100cm2,匝数n=500匝,负载电阻R=30Ω,磁场的磁感强度B=0.2T。

交流电压表的示磁力矩的大小。

【错解分析】错解一:错解二:解得M=8.66 N·m错解一中用电流的有效值计算某一瞬间线圈的电磁力矩是错误的。

解法二中没有注意到另一个隐含条件“线圈平面与磁感线垂直时开始计时”而导致上当。

【正确解答】本题有三个隐含条件:一为“瞬时”。

二为线圈平面与磁感线垂直时开始计时,三为电路是纯电阻的电路。

M=nBISsinωt解得:M=10N·m【小结】审题时要注意关键词的物理意义。

并且能在头脑中把文字叙述的物以及线圈在此位置的受力情况,力臂情况标在图上。

这样解题,就会言之有物,言之有据。

例2 图12-2表示一交流电的电流随时间而变化的图象,此交流电的有效值是: [ ]【错解分析】错解:平均值(如图12-3,有效值才有这样的数量关系。

本题所给的交流电的图象不是正弦交流电的图形,故该公式不适用此交流电。

高考物理名校模拟试题分项解析热点专题直流电路和交变电流

专题15 直流电路和交变电流一．选择题1. （2019洛阳尖子生联考）以下列图，直线a、抛物线b和曲线c为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总功率P E、输出功率P R、电源内部发热功率P r随路端电压U变化的图象，但详尽对应关系未知，依照图象可判断（）A．P E—U图象对应图线a，由图可知电源的电动势为9V，内阻为3ΩB．外电路电阻为1.5Ω时，输出功率最大为2.25WC．P r—U图象对应图线b，由图可知电源的电动势为3V，内阻为1ΩD．P R—U图象对应图线c，图象中任意电压值对应的电功率关系为P E=P R+P r【参照答案】CD【命题妄图】此题观察电功率随电压变化图象的理解、闭合电路欧姆定律、电功率其相关知识点。

【易错警示】解答此题必然要区分理解电源总功率（P E=EI）、电源输出功率（P R=UI）和电源内阻发热功率（P r= I2r）。

2. （2019广东惠州第一次调研）机场规定“严禁携带额定能量高出160W·h的充电宝搭乘飞机”，以下说法正确的选项是A．机场限制的是充电宝的能量不能够高出JB．160W·h 相当于160 kg的重物由静止下落1m 时所拥有的动能C．乘飞机能够携带注明容量为30000mA·h、输出电压为5V的充电宝一块D．容量为1200mA·h的充电宝，若是对外供电的电流为50mA ，那么续航时间大体为24h 【参照答案】ACD【命题妄图】此题观察电学知识的应用、充电宝、能量及其相关知识点。

3．（2019四川成都摸底）如图，直线A为电源的U－I图线，直线B和C分别为电阻R1、R2的U－I图线。

现用该电源分别与R1、R2组成闭合电路甲和乙。

由图像必然能确定的是A．电阻R1<R2B．电源输出功率P甲<P乙C．电源内阻耗资的功率P r甲<P r乙D．电源效率η甲<η乙【参照答案】C【命题妄图】此题观察对电源的U－I图线和电阻的U－I图线的理解、电源电功率、电源内阻耗资电功率、电源效率及其相关知识点。

专题11直流电路与交流电路(解析版)高考物理冲刺专题必刷

11直流电路与交流电路1．如图所示的闭合电路中，R 为半导体光敏电阻（光照增强时其电阻减小），R 1为滑动变阻器。

现用一束光照射光敏电阻，则（）A ．电流表读数变小B ．电压表读数变大C ．电源的总功率变小D ．电源输出功率不一定增大【答案】D 【详解】AB ．用一束光照射光敏电阻，则光敏电阻的阻值减小，总电阻减小，总电流变大，电流表读数变大，光敏电阻两端的电压减小，电压表的读数减小，故AB 错误； C ．随电流变大，则电源的总功率P IE =变大，故C 错误；D ．电源内阻等于外阻时，电源的输出功率最大。

当外电路电阻小于电源内阻时，随着外阻增大，电源输出功率增大；当外电路电阻大于电源内阻时，随着外阻增大，电源输出功率减小。

由于不知道电路中外电路电阻与内阻的关系，故随着光敏电阻的减小，无法判断电源输出功率变化情况，故D 正确。

故选D 。

2．如图所示，电源电动势为E ，内电阻为r 。

当滑动变阻器的触片P 从右端滑到左端时，发现电流表、电压表V 1、V 2示数变化量的绝对值分别为ΔI 、ΔU 1和ΔU 2，假设小灯泡电阻不随温度变化而变化，下列说法中正确的是（）A ．ΔU 1<ΔU 2B ．21U U I I∆∆∆∆ C ．小灯泡L 1变亮、L 2变暗D ．小灯泡L 1变暗，L 2变亮，电流表示数变小【答案】B 【详解】CD ．当滑动变阻器的触片P 从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，即电流表示数变大，则L 1，L 2变亮，CD 错误；AB ．当滑动变阻器的触片P 从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，灯L 2两段电压变大，即电压表示数2U 变大，由于外电路总电阻减小，外电压U 减小，根据12U U U =+则12U U ∆>∆则21U U II∆∆∆∆ A 错误B 正确。

故选B 。

3．在如图所示的电路中，R 1=20Ω，R 2=40Ω，滑动变阻器R 的阻值为0~100Ω，当滑动触头P 由a 向b 滑动的过程中，灯泡12L L 、的亮度变化情况是（）A ．1L 逐渐变亮，2L 逐渐变暗B ．1L 逐渐变暗，2L 逐渐变亮C ．1L 先变亮后变暗D ．2L 先变暗后变亮【答案】B【详解】灯泡的亮度由灯泡的实际功率大小决定，灯丝电阻不变，研究通过灯丝电流的大小可知灯泡的亮度，当滑动触头由a 向b 滑动过程中，滑动变阻器连入电路部分的电阻增大，总电阻增大，总电流变小，灯泡1L 逐渐变暗；路端电压变大，灯泡1L 两端电压变小，并联部分的电路两端电压增大，通过2L 的电流变大，所以2L 逐渐变亮故选B 。

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专题10 直流电路与交流电路1.一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m、电荷量为e.在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为( )图2A.mv22eLB.mv2SneC．ρnev D.ρev SL2．如图3所示，电源的内阻不计，电动势为12 V，R1＝8 Ω，R2＝4 Ω，电容C＝40 μF，则下列说法正确的是( )图3A．开关断开时，电容器不带电B．将开关闭合，电容器充电C．将开关闭合后，稳定时电容器的电荷量为4.8×10－14 CD．若现开关处于闭合状态，将开关S断开，到再次稳定后，通过R1的总电荷量为3.2×10－4 C【答案】D 【解析】开关断开时，电容器两端电压不为零，电容器带电，A项错误；将开关闭合，电容器两端电压变小，电容器放电，B项错误；将开关闭合后，稳定时电容器的电荷量为Q＝U·C＝4×40×10－6 C＝1.6×10－4 C，C项错误；若开关现处于闭合状态，将开关S断开，再次稳定后，通过R1的总电荷量ΔQ＝|ΔU|·C＝(12－4)×40×10－6 C＝3.2×10－4 C，D项正确．3．(多选)如图4所示的火警报警装置，R1为热敏电阻，若温度升高，则R1的阻值会急剧减小，从而引起电铃电压的增加，当电铃电压达到一定值时，电铃会响．下列说法正确的是( )图4A ．要使报警的临界温度升高，可以适当增大电源的电动势B ．要使报警的临界温度降低，可以适当增大电源的电动势C ．要使报警的临界温度升高，可以把R 2的滑片P 适当向下移D ．要使报警的临界温度降低，可以把R 2的滑片P 适当向下移4．(多选)在如图5甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R 为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S 闭合后( )图5A ．L 1的电阻为112 ΩB ．L 1消耗的电功率为7.5 WC ．L 2的电阻为7.5 ΩD ．L 2消耗的电功率为0.3 W【答案】CD 【解析】S 闭合后，L 1两端的电压为3.0 V ，由乙图可知，I 1＝0.25 A ，故P 1＝0.75 W ，R 1＝12 Ω，A 、B 均错；L 2与R 及电源串联，把R 和电源等效成电动势为3 V ，内阻为7.5 Ω的新电源，在图乙中作出新电源的I U 图线，如图，两图线的交点表示出了此时L 2两端的电压与通过的电流的大小，由图知U 2＝1.5 V ，I 2＝0.2 A ，所以R 2＝U 2I 2＝1.50.2Ω＝7.5 Ω，P 2＝U 2I 2＝1.5×0.2 W＝3 W ，C 、D 正确．5. 如图7所示单匝矩形闭合导线框abcd 一半处于磁感应强度为B 的水平有界匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与其中心线重合的竖直固定转轴OO ′以角速度ω匀速转动，固定转轴恰好位于匀强磁场的右边界．试写出线框中感应电流的瞬时值表达式并画出i t 图象．(图中位置为计时位置)图7【答案】见解析6．利用实验室的手摇发电机产生的正弦交流电给灯泡L 供电，其电路如图8所示．当线圈以角速度ω匀速转动时，电压表示数为U ，灯泡正常发光．已知发电机线圈的电阻为r ，灯泡正常发光时的电阻为R ，电表均为理想电表，导线电阻可忽略．则( )图8A ．图中电流表示数为U rB ．灯泡的额定功率为U 2R ＋rC ．发电机的线圈中产生的电动势的最大值为U (1＋r R)D ．从线圈转到中性面开始计时，灯泡两端电压的瞬时值表达式为u ＝2U sin ωt7. 如图9所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，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从中性面开始匀速转动，下列说法正确的是( )图9A ．在该线圈两端接上一电容器，要使电容器不被击穿，电容器的最大承受电压为BS ω2B ．线框中感应电流的有效值为BS ω2RC ．从中性面开始转过π2的过程中，通过线框横截面的电荷量为BSRD ．线框转一周的过程中，产生的热量为2πωB 2S2R【答案】C 【解析】要使电容器不被击穿，电容器的最大承受电压即线框中最大的电动势，为BS ω，A 错误；线框中感应电流的最大值I m ＝BS ωR ，由于线框中的感应电流是正弦交流电，其电流有效值I ＝I m2＝2BS ω2R ，B 错误；由q ＝ΔΦR 可知，从中性面开始转过π2的过程中，通过线框横截面的电荷量q ＝BSR，C 正确；线框转一周的过程中，产生的热量等于感应电流做的功，因此Q ＝W ＝I 2R ·2πω＝πωB 2S 2R ，D 错误．8．(多选)(如图10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，产生的交变电动势如图乙中曲线a、b所示，则下列说法正确的是( )图10A．曲线a表示的交变电动势瞬时值e a＝36sin 25πt VB．曲线b表示的交变电动势最大值为28.8 VC．t＝5×10－2 s时，曲线a、b对应的感应电动势大小之比为32∶2D．t＝6×10－2 s时，曲线a对应线框的磁通量最大，曲线b对应线框的磁通量为09．一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1 ，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图14所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U.原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则( )图14A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13【答案】A 【解析】设原、副线圈中的电流分别为I 1、I 2，则I 1I 2＝n 2n 1＝13，故k ＝I 21RI 22R ＝19.设原线圈两端的电压为U 1，则U 1U ＝n 1n 2＝31，故U 1＝3U ，而原线圈上电阻分担的电压为13U ，故U3＋3U ＝220 V ，解得U ＝66V ．选项A 正确．10．(多选)如图15是自耦变压器的示意图，负载变化时输入电压不会有大的波动，输电线的电阻用R 0表示．如果变压器上的能量损失可以忽略，以下说法正确的是( )图15A ．开关S 1接a ，闭合开关S 后，电压表V 示数减小，电流表A 示数增大B ．开关S 1接a ，闭合开关S 后，原线圈输入功率减小C ．断开开关S ，开关S 1接a 时电流表的示数为I 1，开关S 1接b 时电流表的示数为I 2，则I 1>I 2D ．断开开关S ，开关S 1接a 时原线圈输入功率为P 1，开关S 1接b 时原线圈输入功率为P 2，则P 1<P 2易错起源1、直流电路的分析与计算例1．(2016·全国甲卷T 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.12 C.35D.23【名师点睛】 1．高考考查特点该考点是高考中的冷考点，五年只考1次，命题点考查了电路的结构、串、并联特点、电容器电容的计算．要熟练掌握串、并联电路电压与电阻关系，电容、电压、电荷量的关系． 2．解题的常见误区及提醒(1)电路结构不会简化，电路的串、并联关系不清． (2)串、并联电路中电压、电流、电阻、电功率关系混淆． (3)电容器的连接方式不清、不明白电容的电路相当于断路．【锦囊妙计，战胜自我】 1．明确1个定律、2个关系 (1)闭合电路的欧姆定律：I ＝ER ＋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＋rRE ，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小．2．明确引起电路动态变化的原因(1)滑动变阻器、热敏电阻或光敏电阻的阻值变化． (2)某支路开关闭合或断开． 3．程序法分析直流电路的动态变化R 局――→增大减小I 总＝ER ＋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 支易错起源2、交变电流的产生与描述例2、(多选)(2016·全国丙卷T 21)如图6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6A ．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 ＝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【名师点睛】 1．高考考查特点该考点仍为冷考点，借助不同形状的线框切割磁感线考查感应电流产生的条件、变化周期及电动势大小、有效值的概念．要掌握电磁感应现象产生的原因，法拉第电磁感应定律及交变电流中的基本概念和常用物理量．2．解题的常见误区及提醒(1)感应电动势产生及大小的计算，特别是切割类中的有效长度易错． (2)对周期的理解和有效值的理解及计算易出错． (3)正弦交流电的产生条件及瞬时值表达式不清楚． (4)交变电流“四值”应用不清楚及图象信息把握不准．【锦囊妙计，战胜自我】解决交变电流的产生和描述的基本思路 (1)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，电流方向将发生改变．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，电流方向不改变．(2)书写交变电流瞬时值表达式的基本思路①确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式E m ＝nBS ω求出相应峰值． ②明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．a ．若线圈从中性面位置开始转动，则i t 图象为正弦函数图象，函数式为i ＝I m sin ωt .b ．若线圈从垂直中性面位置开始转动，则i t 图象为余弦函数图象，函数式为i ＝I m cos ωt . 易错起源3、变压器问题例3、 (2016·全国乙卷T 16)一含有理想变压器的电路如图11所示，图中电阻R 1、R 2和R 3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11 A ．2 B ．3 C ．4D ．5【答案】B 【解析】设原、副线圈的匝数比为k ，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为I时，副线圈电流为kI；原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI.根据变压器的输入功率等于输出功率得UI－I2R1＝(kI)2(R2＋R3)4UI－(4I)2R1＝(4kI)2R2联立两式代入数据解得k＝3选项B正确．【变式探究】 (多选)(2016·全国丙卷T19)如图12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12A．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【名师点睛】1．高考考查特点(1)该考点是本专题的命题热点，理想变压器的原理、基本规律的应用、电路结构的变化及分析与计算是主要命题角度．(2)熟练掌握理想变压器的“三种关系”，能用直流电路动态分析方法结合变压器制约关系分析动态问题是突破该考点的关键．2．解题的常见误区及提醒(1)变压器“电压比”中电压是指变压器两端的电压．(2)公式I 1I 2＝n 2n 1仅用于“一原一副”的情况．“一原多副”要结合功率关系求解．(3)变压器动态变化类要看清电路结构，找到变化原因，分清变量、不变量．【锦囊妙计，战胜自我】变压器分析与计算的两点技巧(1)理想变压器问题中的两个“理清” ①理清变量和不变量．如原线圈电压不变，原、副线圈的匝数比不变，其他物理量可随电路的变化而发生变化．②理清动态变化过程中的决定关系，如U 2由U 1决定，P 1、I 1由P 2、I 2决定．(2)理想变压器问题的分析流程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．1．一自耦变压器如图19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 点顺时针转到N 点的过程中( )图19A ．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2．如图20所示为汽车的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连接到12 V的蓄电池上，副线圈连接到火花塞的两端，开关由机械控制，当开关由闭合变为断开时，副线圈中产生10 000 V 以上的电压，火花塞中产生火花．下列说法中正确的是( )图20A ．变压器的原线圈要用粗导线绕制，而副线圈可以用细导线绕制B ．若该点火装置的开关始终闭合，火花塞的两端会持续产生高压C ．变压器原线圈输入的12 V 电压必须是交流电，否则就不能在副线圈中产生高压D ．该点火装置中变压器的副线圈匝数必须小于原线圈的匝数【答案】A 【解析】汽车的点火装置是利用变压器原理工作的，当开关始终闭合时，通过原线圈的电流恒定，原线圈中产生的磁场恒定，则在副线圈上不会产生电压，所以B 错误；由题可知原线圈处接12 V 的直流电源，当断开开关瞬间原线圈中电流迅速变化，会产生变化的磁场，则在副线圈中可能产生高压，所以C错误；由U 1U 2＝n 1n 2可知，要在副线圈中产生高压，则原线圈匝数必须小于副线圈的匝数，所以D 错误．故选A.3.如图21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，其它条件不变，则( )图21A ．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4．在如图22所示电路中，闭合开关S ，理想电流表和理想电压表的示数分别用I 和U 表示，当滑动变阻器的滑动触头P向左滑动时，两表的示数都发生变化．电源的电动势和内电阻始终不变，则下列说法正确的是( )图22A．I变大，U变小 B.UI变小C．R1的功率一定变大D．电源的总功率一定减小5．如图23甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为10∶1，a、b端输入如图乙所示的电压，副线圈电路中电阻R＝52Ω，电路中的电表为理想电表，则( )图23A．电压表V1的示数为50 6 VB．电流表的示数为1.0 AC．电压表V2的示数为10 VD．电阻R消耗的电功率为10 2 W【答案】B 【解析】由题图乙可知原线圈两端电压的有效值为U＝U21＋U222＝100 V(在一个周期内，前半个周期的有效值为U1＝100 V，后半个周期的有效值为U2＝100 V)，所以电压表V1的示数为100 V，A错；因变压器对恒定电流不起作用，且原、副线圈匝数比为10∶1，所以副线圈两端电压的有效值为U′＝U1 102×12＝5 2 V，C错；副线圈中的电流I＝U′R＝1 A，B对；电阻R消耗的电功率P＝I2R＝5 2 W，D错．6．如图24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，为交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是( )图24A．电流表的示数为10 AB．线圈转动的角速度为50π rad/sC．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左7．如图25所示电路中，电源内阻不计，三个小灯泡完全相同且外电路变化时每个灯泡两端的电压都不会超过其额定电压，开始时只有S1闭合，当S2也闭合后，下列说法中正确的是( )图25A．灯泡L1变亮B．灯泡L2变亮C．电容器C的带电荷量增加D．闭合S2瞬间流过电流表的电流方向自右向左【答案】AD 【解析】根据电路可知，S1闭合、S2断开时，L1、L2串联，则两灯一样亮，因L3与电容器串联后接到电源两端，则L3不亮，电容器两端电压等于电源电动势E；当S2也闭合后，电路总阻值变小，流过L1的电流变大，L1两端电压变大，L2两端电压变小，则灯L1变亮，L2变暗；因电容器此时与灯L1并联，则电容器两端电压变小，电容器上的电荷量变少，电容器对外放电，又知电容器左极板与电源正极相连，带正电，则闭合S2瞬间流过电流表的电流方向自右向左，综上所述，B、C错误，A、D正确．8．如图26为发电厂向远处用户的输电电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．若输送功率增大，下列说法中正确的有( )图26A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电压增大C．输电线上损耗的功率增大D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大9．一台小型发电机的最大输出功率为100 kW，输出电压恒为500 V，现用电阻率为1.8×10－8Ω·m，横截面积为10－5m2的输电线向4×103m远处的用户输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上的损失功率不超过发电机总功率的4%，求：(1)所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？(2)如果用户用电器的额定电压为220 V，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？【解析】(1)输电要用两根导线，则输电线的电阻为r ＝ρ2l S ＝1.8×10－8×2×4×10310－5 Ω＝14.4 Ω 由题意知P 损＝P ×4%＝(P U 2)2r105×0.04＝(105U 2)2×14.4 U 2＝6 000 V升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝5006 000＝112.【答案】 (1)1∶12 (2)288∶1110．如图27甲所示，长、宽分别为L 1、L 2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n ，总电阻为r ，可绕其竖直中心轴O 1O 2转动．线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C 、D (集流环)焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R 相连．线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B 的大小随时间t 的变化关系如图乙所示，其中B 0、B 1和t 1均为已知．在0～t 1时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t 1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω匀速转动．求：图27(1)0～t 1时间内通过电阻R 的电流大小；(2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R 产生的热量；(3)线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R 的电荷量.【解析】 (1)在0～t 1时间内，金属线框中的感应电动势为E 1＝n ΔΦΔt ＝nL 1L 2B 1－B 0t 1根据闭合电路欧姆定律，通过电阻R 的电流I 1＝E 1R ＋r ＝nL 1L 2B 1－B 0R ＋r t 1. (2)线框产生感应电动势的最大值E m ＝nB 1L 1L 2ω感应电动势的有效值E ＝22nB 1L 1L 2ω 通过电阻R 的电流的有效值I ＝2nB 1L 1L 2ωR ＋r 线框转动一周所需的时间t ＝2πω此过程中，电阻R 产生的热量Q ＝I 2Rt ＝πR ω(nB 1L 1L 2R ＋r)2.【答案】见解析。