2013届二轮复习：第1部分专题4第1讲 直流电路
二轮复习专题4第1讲直流电路和交流电路课件(42张)
(3) 远距离输电常用关系式(如图所示)
①功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P线＋P3. ②电压损失：U损＝I2R线＝U2－U3. ③输电电流：I 线＝UP22＝UP33＝U2R－线U3. ④输电导线上损耗的电功率：P 损＝I 线 U 损＝I2线_R 线＝UP222R 线.
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增大，故 A 错误；R0 两端的电压为 U0＝I2R0，用户得到的电压为 U3＝
U2－U0，当用户增多时，I2 增大，U0 增大，所以 U3 减小，为使用户获得
的电压稳定在 220 V，则需要增大 U2，变压器原副线圈电压关系为
U2＝ U1
nn21，在 U1 和 n2 不变的情况下，要增大 U2，可以减小 n1，即将 P 适当
【答案】 C
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二 交变电流的产生及四值问题
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．
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2. 正弦式交流电“四值”的应用
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2 (2021·江苏卷)贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛， 2020年我国风力发电量高达4 000亿千瓦时．某种风力发电机的原理如图 所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知 磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.20 T，线圈的匝数为 100、面积为0.5 m2，电阻为0.6 Ω，若磁体转动的角速度为90 rad/s，线 圈中产生的感应电流为50 A．求：
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三 变压器与远距离输电
1. 变压器制约问题主要有三项： 电压制约：输出电压 U2 由输入电压决定，即 U2＝nn21U1，可简述为“原 制约副”． 电流制约：原线圈中的电流 I1 由副线圈中的输出电流 I2 决定，即 I1 ＝nn21I2，可简述为“副制约原”． 负载制约：原线圈的功率P1由用户负载决定，P1＝P负1＋P负2＋…， 简述为“副制约原”．
高考物理二轮复习篇专题4第1讲直流电路与交流电路课件
02 考点2·交变电流的产生与描述
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，ΔΔΦt ＝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，ΔΔΦt 最大，e 最大， i 最大，电流方向不改变。
2．正弦交流电“四值”的应用
[典例 2] (多选)(2019·高考天津卷)单匝闭合矩形 线框电阻为 R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀 速转动，穿过线框的磁通量 Φ 与时间 t 的关系图象如 图所示。下列说法正确的是( )
(2)结论法——“串反并同”(电源内阻不能忽略) “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)。
(3)极限法 因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分 别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论。
2．求解功率最值问题的 2 点技巧 (1)定值电阻的功率：P 定＝I2R R 为定值电阻，P 定只与电流有关系，当 R 外最大时，I 最小，P 定最小，当 R 外最小时，I 最大，P 定最大。 (2)电源的输出功率：P＝rE＋2RR外外2＝R外R－外Er22＋4r。当 R 外＝r 时， P 出＝E4r2最大。
专题复习篇
专题四 电路与电磁感应 第1讲 直流电路与交流电路
ห้องสมุดไป่ตู้物理
[建体系·知关联]
考情分析
[析考情·明策略] 近几年高考命题热点集中在交变电流的产生及“四值”分析、变压器基本
规律的应用、变压器与电路结合的动态问题。题型为选择题，难度中等。
1.交变电流的产生条件，“四值”的分析与计算
高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应1直流电路与交流电路课时作业含解析
2021-4-29 20XX年复习资料教学复习资料班级：科目：直流电路与交流电路[题组一] 直流电路的分析1.(2020·长沙长郡中学模拟)如图为直流电动机提升重物的装置，重物的重量G ＝500 N ，电源电动势E ＝90 V ，电源内阻r ＝2 Ω，不计各处摩擦，当电动机以v ＝0.6 m/s 的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I ＝5 A ，下列判断不正确的是( )A ．电动机消耗的总功率为400 WB ．电动机线圈的电阻为0.4 ΩC ．电源的效率约为88.9%D ．电动机的效率为75%解析：B [重物被提升的功率P 重＝Fv ＝Gv ＝500×0.6 W＝300 W ，此时电路中的电流I ＝5 A ，则电源的总功率P 总＝EI ＝90×5 W＝450 W ，设电动机线圈的电阻为R ，根据能量守恒定律得P 总＝P 重＋I 2r ＋I 2R ，则得R ＝P 总－P 重－I 2r I 2＝450－300－52×252 Ω＝4 Ω，电动机消耗的总功率P 电＝P 重＋I 2R ＝400 W ，电源的效率η1＝P 总－I 2r P 总×100%＝450－52×2450×100%≈88.9%，电动机的效率η2＝P 重P 重＋I 2R ×100%＝300300＋52×4×100%＝75%，故选项B 符合题意．] 2．(2020·广州模拟)在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R 1和R 3均为定值电阻，R 2为滑动变阻器．当R 2的滑动触点在a 端时合上开关S ，此时三个电表A 1、A 2和V 的示数分别为I 1、I 2和U .现将R 2的滑动触点向b 端移动，则三个电表示数的变化情况是( )A ．I 1增大，I 2不变，U 增大B ．I 1减小，I 2增大，U 减小C ．I 1增大，I 2减小，U 增大D ．I 1减小，I 2不变，U 减小解析：B [由题图知电压表测量路端电压，电流表A 1测量流过R 1的电流，电流表A 2测量流过R 2的电流．R 2的滑动触点向b 端移动时，R 2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，R 3电压增大，R 1、R 2并联电压减小，通过R 1的电流I 1减小，而总电流I 增大，则流过R 2的电流I 2增大．故A 、C 、D 错误，B 正确．]3．(2020·孝义市一模)如图所示的电路中，电源电动势E ＝8 V ，内阻r ＝2 Ω，电阻R 2＝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R 1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：B [由闭合电路的欧姆定律可知：路端电压U ＝R 2R 2＋r E ＝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＝6×10－6C ，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．][题组二] 交变电流的产生及描述4．(2020·河南模拟)(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像如图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 ．ab 边两端的电压大小等于dc 边两端的电压大小C ．此交变电动势的频率为50 HzD ．dc 边两端电压的有效值为2 2 V 解析：ABD [由图乙可知，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；由图可知，线框中的ab 边与dc 边切割磁感线，产生电动势，由E ＝BLv 可知二者产生的电动势是相等的；由于线框各部分的电阻串联，所以ab 边与dc 边电压降U ＝IR 也相等，所以ab 边两端的电压大小等于dc 边两端的电压大小．故B 正确；由图可知，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；由图可知，交流电压的最大值为16 V ，则有效值为8 2 V ，该电路的等效电路如图 设ab 边与dc 边产生的电动势都是E ，每一条边的电阻都是r ，则E ＝4 2 V电路中的电流：I ＝2E 4rdc 边两侧的电压：U dc ＝E －Ir ＝E －2E 4r ·r ＝12E ＝2 2 V ．故D 正确．] 5．(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像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线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203 V 解析：BCD [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．]6．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：B [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＝Φm ω＝0.4×2π0.16V ＝5π V，电流的峰值I m ＝E m R＝5π A，故D 项错误．][题组三] 变压器及远距离输电7．(2019·山西四模)如图甲所示，一阻值为R 的电阻接在电动势为E 、内阻为r 的直流电源两端，电源的效率为94.1%；如图乙所示，当该阻值为R 的电阻通过理想变压器接在电压有效值为E 、内阻为r 的交流电源上时，变压器原线圈两端的电压为E 2，则该变压器的原、副线圈匝数比为( ) A ．4∶1B ．1∶4C ．16∶1D ．1∶16 解析：B [当接直流电源时，有：η＝R R ＋r ＝94.1%解得：R ＝16r 根据原副线圈的电压比等于匝数比可知：n 1n 2＝U 1U 2＝E2U 2解得：U 2＝En 22n 1根据原副线圈的功率相等可知：I 1U 1＝I 2U 2 即为：E 2r ×E 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫En 22n 12R 解得：n 1n 2＝14故B 正确，A 、C 、D 错误．]8．(2020·安徽一模)有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡．当S 断开时，灯L 1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L 1、L 2都能正常发光解析：A [当S 闭开后，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L 1、L 2都不能正常发光，故D 错误．]9．(2020·河南郑州检测)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：C [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U 1U 2＝n 1n 2，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．]10.(2020·资阳模拟)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：B [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I 1I 2＝n 2n 1可得I 1I 2＝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．][B 级－综合练]11．(2019·江苏南京三模，5)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V 2的示数减小了ΔU ，则下列判断正确的是( )A ．电流表A 2的示数增大了ΔU RB ．电流表A 1的示数增大了n ΔU RC ．电压表V 1的示数减小了ΔUD ．输电线损失的功率增加了⎝ ⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2R 解析：B [由U U 1＝m 得U 1＝U m ，由于U 、m 不变，故U 1不变，故C 错．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．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．]12.(2020·新课标Ⅱ卷一模)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：D [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．] 13．(2020·衡水模拟)(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 ＝210 T 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：AC [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I 1＝P 1U 1＝160500 A ＝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．]14．(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：BD [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．]高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应1直流电路与交流电路课时作业含解析结束语同学们，相信梦想是价值的源泉，相信成功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念。
高考二轮物理资料第一讲 直流电路与交流电路PPT
1．(2020·全国卷Ⅰ)图(a)所示的电路中，K 与 L 间接一智能电
源，用以控制电容器 C 两端的电压 UC。如果 UC 随时间 t
的变化如图(b)所示，则下列描述电阻 R 两端电压 UR 随时
间 t 变化的图像中，正确的是
பைடு நூலகம்
()
解析：由图(b)可知，在 0～1 s 时间内，电容器两极板之间 电压为零，说明电容器没有充、放电，电路中没有电流， 根据欧姆定律可知电阻 R 两端电压为零；在 1～2 s 时间内， 电容器两极板之间电压均匀增大，根据 I＝ΔΔqt ＝CΔΔUt ，可 知电路中有恒定电流对电容器充电，则电阻 R 两端电压恒 定；在 2～3 s 时间内，电容器两极板之间电压恒定且不为 零，说明电容器所带电荷量不变，电路中没有电流，电阻 R 两端电压为零；在 3～5 s 时间内，电容器两极板之间电 压均匀减小，说明电容器均匀放电，则电路中有反方向恒 定电流，且电流小于充电电流，电阻 R 两端电压恒定，且 电压小于 1～2 s 时电阻 R 两端电压。所以，电阻 R 两端电 压 UR 随时间 t 变化的图像正确的是 A。 答案：A
2．[多选](2020·江苏高考)某汽车的电源与启动电机、车灯连接
理想变压器 全国卷 未考 未考
的规律及应用 Ⅲ·T20
未考
远距离输 电问题
全国卷 未考 未考
Ⅱ·T19
未考
2016 全国卷 Ⅰ·T16 全国卷 Ⅲ·T19
未考
课堂
重点攻坚
——超分有重点，超越不畏艰
释疑 4 大考点
考点一 直流电路的分析与计算 直流电路的分析与计算问题，高考很少单独考查，但是有 关知识是电学实验的基础。直流电路的动态变化问题是该部分 的难点，解决此类问题时可以应用程序法分析，也可以应用 “串反并同”结论法进行快速判断。
2013届高考物理二轮复习 第一部分 专题5 第一讲直流电路与交流电路精品课件
直流电路与交流电路
1.常用的分析方法 (1)程序法：程序法分析动态变化问题可按以下步骤分析： ①由局部电阻变化判断总电阻的变化； E ②由I＝ 判断总电流的变化； R＋r ③据U＝E－Ir判断路端电压的变化； ④由欧姆定律及串、并联电路特点判断各部分电流、电压变化． (2)极限法：即因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器 的滑动端分别滑至两个极端去讨论． (3)特殊值法：对于某些电路问题，可以采取代入特殊值法判定，从 而得出结论．
1. (2012·广州期末)如图5－1－10所示电路，已知R3＝4 Ω，闭合电 键，电流表读数为0.75 A，电压表读数为2 V，经过一段时间，一个 电阻被烧坏(断路)，使电流表读数变为0.8 A，电压表读数变为3.2 V， 问：
(1)哪个电阻发生断路故障？
(2)R1的阻值是多少？ (3)能否求出电源电动势E和内阻r？ 如果能，求出结果；如果不能，说明理由．
【解析】 从线圈平面平行于磁感线开始计时，正弦交变电流的 感应电动势的一般表达式为e＝Emcos θ，且该式的成立与转轴的位置无 e Em 关(转轴平行于磁感线的情况除外)，则感应电流i＝R＝ R cos θ，由题给 Em 1 条件有：1＝ 2 ×2，Em＝4 V，则Im＝2 A，I有效＝ 2 A，电功率P＝I2 有效 2π R＝4 W，所以A正确，B错误；e＝4 cos ωt＝4 cos T t，即C正确；由Em 2π 2T 2T 2π ＝BSω＝Φm· 得Φm＝ π ，故Φ＝ π sin T t，即D错误． T
(2012·天津二模)一台小型发电机产生的电动势随时间变化的 规律图象如图5－1－4甲所示，已知发电机线圈内阻为20.0 Ω，现外 接一只“100 V 125 W”的灯泡，如图5－1－4乙所示，则( A．此时刻线圈中感应电流为0 B．通过灯的电流随时间t的变化规律是 cos 100πt(A) C．灯泡能正常发光 D．灯泡的实际功率是80 W )
高考物理二轮复习第1部分专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路教案
直流电路与交流电路第1讲直流电路与交流电路[高考统计·定方向] (教师授课资源)(2016·全国卷Ⅱ·T17)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示的电路。
开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。
Q1与Q2的比值为( )A.25B.12C.35D.23C[断开S和闭合S后等效电路分别如图甲、乙所示。
甲乙根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U1＝15E，U2＝13E，C所带的电荷量Q＝CU，则Q1∶Q2＝3∶5，选项C正确。
]1．直流电路动态分析方法(1)程序法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。
(2)结论法——“串反并同”(电源内阻不能忽略)“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)(如下T 1)。
(3)极限法因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论。
2．功率的最值问题(1)定值电阻的功率：P 定＝I 2RR 为定值电阻，P 定只与电流有关系，当R 外最大时，I 最小，P 定最小，当R 外最小时，I最大，P 定最大。
(2)电源的输出功率：P ＝E 2R 外r ＋R 外2＝E 2R 外－r 2R 外＋4r 。
当R 外＝r 时，P 出功率最大。
(3)变化电阻的功率的最大值：利用等效思想，把除变化电阻之外的其他的定值电阻等效成电源的内阻r ′。
考向1 直流电路的动态分析1．(多选)(2019·衡水中学二模)如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为r ，开关S 闭合后，平行板电容器中的带电液滴M 处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，则( )A ．带电液滴M 一定带正电B ．R 4的滑片向上端移动时，电流表示数减小，电压表示数增大C ．若仅将电容器下极板稍微向上平移，带电液滴M 将向上极板运动D ．若将开关S 断开，带电液滴M 将向下极板运动BC [电容器的上极板带正电，板间场强方向向下，带电液滴M 处于平衡状态，则知受到的电场力向上，带电液滴M 带负电，故A 错误。
高考物理二轮复习第一部分专题四电路与电磁感应第一讲直流电路与交流电路课件.ppt
电流表的示数为 4I”说明开关闭合和开关断开两种情况
下副线圈上的电阻不同导致原线圈的电流不同． 解析：设理想变压器原、副线圈匝数比值为 k，根据
题述，当开关 S 断开时，电流表示数 I，则由闭合电路欧
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姆定律得，U＝IR1＋U1.由变压公式UU12＝k 及功率关系 U1I
＝U2I2，可得II2＝k，即副线圈输出电流为 I2＝kI，
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C．若 C 增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大
D．若 E 减小为 85 V，闪光灯闪光一次通过的电荷
量不变 解析：电容器充电时两端电压不断增大，所以电源
与电容器极板间的电势差不断减小，因此充电电流变小，
选项 A 错误；当电阻 R 增大时，充电电流变小，电容器
所充电荷量不变的情况下，充电时间变长，选项 B 正确；
一半时间内有感应电流；③“半径相等”说明有效切割
长度相同．
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解析：当导线框 N 完全进入磁场后，通过线框的磁 通量将不变，故无感应电流产生，因此它不会产生正弦 交流电，A 项错误；导线框每转动一圈，产生的感应电流 的变化为一个周期，B 项正确；在 t＝T8时，导线框转过 角度为 45°，切割磁感线的有效长度相同，均为绕圆心的 转动切割形式，设圆弧半径为 R，则感应电动势均为 E＝ 12BR2ω，C 项正确；
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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 T
C．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
2013届高考物理二轮复习 第一部分 专题4 第一讲带电粒子在电场中的运动精品课件
③同一方向同位置入射的带电粒子，不论其m、q、v0如何，其射出 电场时的方向的反向延长线与入射方向的直线的交点一定在金属板间的 l y 1 2处的O点(因s＝tan φ＝2l)，如图4－1－7所示．
(12分)(2012· 南阳模拟)一平行板电容器长l＝10 cm，宽a＝8 cm，板间距d＝4 cm，在板左侧有一足够长的“狭缝”离子源，沿着
2．带电粒子在匀强电场中的偏转 (1)运动特点 带电粒子在电场中的偏转问题，一般是指带电粒子以初速度v0垂直 进入匀强电场后的运动，该运动类似平抛运动，分析时一般都是分解为 两个方向的分运动来处理，即垂直于电场方向的匀速运动(vx＝v0，l＝ 1 v0t)和平行于电场方向的初速度为零的匀加速直线运动(vy＝at，y＝2 qE qU at2，a＝ m ＝md)，两个分运动具有同时性． (2)规律 ①偏转距离 1 2 qU l 2 qUl2 Ul2 y＝2at ＝2md(v ) ＝2mdv2＝4dU . 0 0 0 vy qUl Ul ②偏转角tan φ＝v ＝mdv2＝2dU . 0 0 0
1 【解析】 当平行板电容器的其他条件不变，板间距离变为2d εS 时，电容器的电容为C′＝ d ＝2C，又知电容器的带电荷量为2Q， 4πk2 2Q 则得知U′＝ 2C＝U，即U2＝U1，根据匀强电场中电势差与场强之间的 U U2 关系式E＝ d 得E2＝1 ＝2E1，因此选项C正确，其他选项都错误． 2d
B．在c点受力最大
C．在b点的电势能大于在c点的电势能 D．由a点到b点的动能变化大于由b点到
c点的动能变化
【解析】 由带电粒子进入正点电荷形成的电场中的运动轨迹可 以看出两者相互排斥，故带电粒子带正电，选项A错误；根据库仑定 q1q2 律F＝k r2 可知，a、b、c三点中，在a点时受力最大，选项B错误；带 电粒子从b点到c点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故在b点 的电势能大于在c点的电势能，选项C正确；由于虚线为等间距的同心 圆，故Uab＞Ubc，所以Wab＞Wbc，根据动能定理，带电粒子由a点到b 点的动能变化大于由b点到c点的动能变化，选项D正确．
高考物理二轮专题复习讲练课件直流电路与交流电路名师课件
S闭合时等效电路图如图乙所示.
电容器两端电压为 U2＝R＋E12R×12R＝13E，
由
Q＝CU
得Q1＝U1＝3，故选项 Q2 U2 5
C
正确.
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考题示例
例1 (2020·全国卷Ⅰ·17)图1(a)所示的电路中，K与L间接一智能电源， 用以控制电容器C两端的电压UC.如果UC随时间t的变化如图(b)所示， 则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图像中，正确的是
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知识体系
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NEIRONGSUOYIN
第14课时 直流电路与交流电路
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例2 (2016·全国卷Ⅱ·17)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻 可忽略)连接成如图2所示电路.开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量 为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2，Q1与Q2的 比值为
高考物理二轮总复习第1部分专题突破方略专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路
第一部分专题四第1讲基础题——知识基础打牢1. (2022·四川自贡三诊)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图．线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R.若AB间输入图乙所示的交变电压，则( C )A．t＝2×10－2 s时，电压表的示数为零B．电阻R中电流方向每秒钟改变50次C．滑动触头P逆时针转动时，R两端的电压增大D．滑动触头P顺时针转动时，AB间输入功率增大【解析】电压表的示数是交流电的有效值，则t＝2×10－2 s时，电压表的示数不为零，选项A错误；交流电的周期为0.02 s，一个周期内电流方向改变2次，则电阻R中电流方向每秒钟改变100次，选项B错误；滑动触头P逆时针转动时，次级匝数变大，则次级电压变大，即R两端的电压增大，选项C正确；滑动触头P顺时针转动时，次级匝数减小，次级电压减小，次级消耗的功率减小，则AB间输入功率减小，选项D错误．2. (2022·四川成都三诊)发电站通过升压变压器和降压变压器给某用户端供电，发电机组输出交变电压的有效值恒定，输电线总电阻r保持不变．当用户端用电器增加后( A )A．若滑片P位置不变，则输电线上损失的功率变大B．若滑片P位置不变，则用户端电压升高C．若将滑片P上移，则用户端电压可能不变D．若将滑片P上移，则输电线上损失的功率可能减小【解析】若滑片P位置不变，当用户端用电器增加后，用户端总功率变大，发电机的输出功率增大，输电线的电流变大，ΔU＝Ir，输电线两端承担的电压变大，损耗的功率增大；发电机的输入电压不变，升压变压器、降压变压器的匝数不变，故用户端电压降低，A正确，B 错误；若将滑片P 上移，升压变压器的副线圈与原线圈的匝数比变小，发电机组输出交变电压的有效值恒定，则副线圈两端电压变小．用户端用电器使用相同功率，则输电线上的电流会更大，输电线两端承担的电压更大，损耗的功率更大，则用户端的电压更小，故C 、D 错误．3. (多选)(2022·河南押题卷)图甲是一种振动式发电机的截面图，半径r ＝0.1 m 、匝数n ＝30的线圈位于辐射状分布的磁场中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布，线圈所在位置的磁感应强度大小均为B ＝12πT .如图乙，施加外力使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动的速度随时间变化的规律如图丙中正弦曲线所示．发电机通过灯泡L 后接入理想变压器，对图乙中电路供电，三个完全相同的小灯泡均正常发光，灯泡的阻值R L ＝1 Ω，电压表为理想电压表，线圈及导线电阻均不计．下列说法正确的是( AC )A ．发电机产生电动势的瞬时值为e ＝6sin 5πt (V)B ．变压器原、副线圈的匝数之比为1∶3C ．每个小灯泡正常发光时的功率为2 WD ．t ＝0.1 s 时电压表的示数为6 V【解析】 由图丙可知，线圈运动的速度最大值v m ＝2 m/s ，速度变化周期为T ＝0.4 s ，则线圈运动的速度瞬时值v ＝v m sin 2πTt ＝2sin 5πt (m/s)，发电机产生电动势的瞬时值为e ＝nB ·2πr ·v ＝6sin 5πt (V)，A 正确；设灯泡正常发光时通过灯泡的电流为I ，则通过原线圈的电流I 1＝I ，通过副线圈的电流I 2＝2I ，变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝21，B 错误；根据能量关系可知，U 出I 1＝3I 2R L ，其中U 出＝E m 2＝62 V ＝3 2 V ，I 1＝I ，解得I ＝ 2 A ，每个小灯泡正常发光时的功率为P L ＝I 2R L ＝2 W ，C 正确；电压表示数为发电机两端电压的有效值，即电压表示数为U ＝E 2＝62V ＝3 2 V ，D 错误．故选AC. 4. (多选)(2022·四川巴中一诊)在如图所示的电路中，定值电阻R 1＝R 4＝3 kΩ，R 2＝2 kΩ，R 3＝R 5＝12 kΩ，电容器的电容C ＝6 μF，电源的电动势E ＝10 V ，内阻不计，当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中间带电量q ＝2×10－3C 的油滴恰好保持静止，当开关S 2闭合后，则以下判断正确的是( BD )A ．电容器上极板是高电势点B ．带电油滴加速向下运动C ．a 、b 两点的电势差U ab ＝8 VD ．通过R 3的电量Q ＝4.8×10－5C【解析】 当开关S 2闭合后，由电路图可知，电容器上极板是低电势点，A 错误；当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中油滴保持静止，而开关S 2闭合后，电容器上极板是低电势点，油滴受到的电场力方向发生变化，故可得带电油滴加速向下运动，B 正确；由电路图可知，a 、b 两点的电势差为U R 5－U R 2＝8 V －4 V ＝4 V ，C 错误；由开关S 1闭合电流达到稳定时，再到当开关S 2闭合后的过程中，通过R 3的电量为Q ＝Q 1＋Q 2＝4×6×10－6 C ＋(8－4)×6×10－6 C ＝4.8×10－5 C ，D 正确．5. (多选)(2022·天津南开二模)如图甲所示电路中，L 1为标有“4 V,2 W”字样的小灯泡，L 2、L 3为两只标有“8 V，6 W”字样的相同灯泡，变压器为理想变压器，各电表为理想电表，当ab 端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光．下列说法正确的是( ACD )A ．电流表的示数为1.5 AB ．交变电压的最大值U m ＝28 VC ．变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1D ．电压表的示数为24 V【解析】 L 2、L 3的额定电流为I 23＝P 23U 23＝34A ，所以电流表的示数为I 2＝2I 23＝1.5 A ，故A 正确；通过原线圈的电流等于L 1的额定电流，为I 1＝P 1U 1′＝0.5 A ，所以变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝31，故C 正确；副线圈两端电压等于L 2和L 3的额定电压，为U 2＝8 V ，所以电压表的示数，即原线圈两端电压为U 1＝n 1n 2U 2＝24 V ，故D 正确；根据闭合电路的欧姆定律可得U m2－U 1′＝U 1，解得U m ＝28 2 V ，故B 错误．故选ACD.6. (多选)(2022·广西桂林模拟)在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd 的面积为S ，匝数为n ，线圈总电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕轴OO ′(从上往下看逆时针转动)以角速度ω匀速转动，从如图甲所示的位置作为计时的起点，产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R 的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是( AD )A ．在t 1～t 3时间内，穿过线圈的磁通量的变化量大小为2BSB ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 电流方向先向上然后向下C ．t 4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E 0D ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为2E 0R ＋r ω【解析】 由图乙可知t 1和t 3时刻，线圈的感应电动势都为0，可知这两个时刻穿过线圈的磁通量一正一负，大小均为BS ，故此过程穿过线圈的磁通量的变化量大小为ΔΦ＝BS －(－BS )＝2BS ，A 正确；由图乙可知，在t 1～t 3时间内，线圈中的电流方向不变，根据右手定则可知通过电阻R 电流方向始终向上，B 错误；由图乙可知，t 4时刻的感应电动势为E 0，根据法拉第电磁感应定律可得E 0＝n ΔΦΔt 可得穿过线圈的磁通量的变化率大小为ΔΦΔt ＝E 0n，C 错误；在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为q ＝n ΔΦR ＋r ＝2nBS R ＋r，又E 0＝nBSω，联立可得q ＝2E 0R ＋r ω，D 正确．故选AD. 7. (多选)(2022·河北秦皇岛三模)如图所示，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的输入端接有正弦交变电流，开关S 闭合．已知L 1、L 2、L 3是相同的电灯且灯丝的电阻不随温度变化，灯丝不会被烧断．下列说法正确的是( BD )A ．L 1、L 2中的电流之比为1∶2B ．L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶2C ．开关S 断开后，L 1、L 2中的电流之比为1∶1D ．开关S 断开后，L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶4【解析】 原、副线圈中的电流之比为1∶2，由于开关S 闭合时L 2与L 3并联，因此L 1、L 2中的电流之比I 1∶I 2＝1∶1，A 错误；设电灯的电阻为R ，由于原、副线圈两端的电压之比为2∶1，因此原线圈两端的电压U ＝2I 2R ，L 1两端的电压U 1＝I 1R ，结合I 1∶I 2＝1∶1，解得U 1U＝12，B 正确；开关S 断开后，L 1、L 2中的电流与线圈匝数成反比I 1′∶I 2′＝1∶2，C 错误；开关S 断开后，原线圈两端的电压U ′＝2I 2′R ，L 1两端的电压U 1′＝I 1′R ，结合I 1′∶I 2′＝1∶2解得U 1′U ′＝14，D 正确．故选BD. 8. (多选)(2022·辽宁鞍山预测)如图甲所示，理想变压器的原副线圈匝数之比n 1∶n 2＝2∶1，定值电阻R 1和R 2的阻值分别为5 Ω和3 Ω，电表均为理想交流电表，电源输出的电流如图乙所示，图中的前半周期是正弦交流的一部分，后半周期是稳恒直流的一部分，则( BD )A ．电流表示数为2 AB ．电压表示数为6 VC ．R 1的功率为10 WD ．R 2的功率为12 W【解析】 设电源输出电流的有效值即电流表示数为I 1，根据等效热值法可得I 21RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫i m 22RT 2＋i 2m ·RT 2，解得I 1＝ 3 A ，故A 错误；由于变压器不能对稳恒直流电进行变压，所以每个周期内有半个周期副线圈无电流，设副线圈中电流的有效值为I 2，根据等效热值法有⎝⎛⎭⎪⎫n 1n 2·i m 22RT 2＝I 22RT ，解得I 2＝2 A ，电压表示数为U 2＝I 2R 2＝6 V ，故B 正确；R 1的功率为P 1＝I 21R 1＝15 W ，故C 错误；R 2的功率为P 2＝I 22R 2＝12 W ，故D 正确．故选BD.9. (多选)(2022·湖南押题卷)如图所示在竖直平面的电路，闭合开关S 1和S 2后，带电油滴在电容器内部处于静止状态，R 1为滑动变阻器，R 2为定值电阻，二极管为理想二极管，电容器的下极板接地，则下列说法正确的是( AC )A ．滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，油滴向上运动B ．滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，油滴向下运动C ．极板M 向上运动，M 板的电势升高D ．断开S 2，油滴不动【解析】 滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，则R 1阻值减小，回路电流变大，则R 2两端电压变大，则电容器要充电，此时电容器两板电压变大，场强变大，则油滴向上运动，选项A 正确；滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，则R 1阻值变大，回路电流变小，则R 2两端电压变小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则使得电容器两板电压不变，则油滴仍静止，选项B 错误；极板M 向上运动，根据C ＝εr S 4πkd可知电容器电容减小，则带电量应该减小，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则两板间电量不变，结合E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkdd ＝4πkQ εr S 可知两板间场强不变，则根据U ＝Ed 可知，两板电势差变大，则M 板的电势升高，选项C 正确；断开S 2，则电容器两板间的电压等于电源的电动势，即电压变大，电容器充电，两板间场强变大，则油滴向上运动，选项D 错误．故选AC.10. (多选)(2022·山东威海二模)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器T 1、降压变压器T 2均为理想变压器，T 1、T 2的原、副线圈匝数比分别为k 1、k 2.输电线间的总电阻为R 0，可变电阻R 为用户端负载．U 1、I 1分别表示电压表V 1、电流表A 1的示数，输入电压U 保持不变，当负载电阻R 减小时，理想电压表V 2的示数变化的绝对值为ΔU ，理想电流表A 2的示数变化的绝对值为ΔI ，下列说法正确的是( BD )A ．R 0＝U 1I 1B ．R 0＝ΔU ΔI k 22C ．电压表V 1示数增大D ．电流表A 1的示数增加了ΔI k 2【解析】 设降压变压器T 2原线圈电压为U 3，副线圈电压为U 2，根据题意可知，电阻R 0两端的电压等于U R 0＝U 1－U 3，则R 0＝U 1－U 3I 1，故A 错误；设降压变压器T 2原线圈电压变化为ΔU 3，则ΔU 3ΔU ＝k 2，设降压变压器T 2原线圈电流变化为ΔI 3，则ΔI 3ΔI ＝1k 2，可得ΔI 3＝ΔI k 2，根据欧姆定律得ΔU 3＝ΔI 3R 0，即k 2ΔU ＝ΔI k 2R 0，解得R 0＝ΔU ΔIk 22，故B 、D 正确；输入电压不变，升压变压器T 1原副线圈匝数比不变，则升压变压器T 1副线圈的电压不变，电压表V 1示数不变，故C 错误．故选BD.应用题——强化学以致用11. (多选)(2022·安徽合肥预测)如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接有R 1＝250 Ω与R 2＝10 Ω的电阻．当原线圈一侧接入u ＝311sin 100πt (V)的交流电时，两电阻消耗的功率相等，则有( AC )A ．原、副线圈的匝数比为5∶1B ．电阻R 1两端电压有效值是电阻R 2两端电压有效值的2倍C ．电阻R 2消耗的功率为48.4 WD ．1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变200次【解析】 设原线圈电流为I 1，副线圈电流为I 2，由题意可知I 21R 1＝I 22R 2，故n 1n 2＝I 2I 1＝R 1R 2＝5，A 正确；电阻R 1两端电压有效值和电阻R 2两端电压有效值之比为U R 1U R 2＝I 1R 1I 2R 2＝5，B 错误；设原线圈输入电压为U 1，副线圈输出电压为U 2，故U 1U 2＝n 1n 2＝5，解得U 1＝5U 2，又U R 1＝I 1R 1，U 2＝I 2R 2，又因为U ＝U R 1＋U 1，外接交流电压有效值为220 V ，联立代入数据解得U 2＝110U ＝22 V ，电阻R 2消耗的功率为P ＝U 22R 2＝48.4 W ，C 正确；由题意可知，交流电的频率为f ＝ω2π＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，一个周期内电流方向改变2次，故1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变100次，D 错误．故选AC.12. (多选)(2022·湖北恩施预测)为了适应特高压输电以实现地区间电力资源的有效配置，需要对原来线路中的变压器进行调换．某输电线路可简化为如图所示，变压器均为理想变压器，调换前后发电机输出电压、输电线电阻、用户得到的电压均不变，改造后输送电压提升为原来的5倍，假设特高压输电前后输送的功率不变，下列说法正确的是( AB )A ．线路改造后升压变压器原、副线圈的匝数比改变B ．线路上电阻的功率变为原来的125C ．特高压输电后，电压损失变为原来的125D ．线路改造后用户端降压变压器匝数比不变【解析】 发电机输出电压不变，应改变升压变压器原、副线圈的匝数比，故A 项正确；根据线路上功率的损失ΔP ＝I 22r ，输送功率不变，电压提升为原来的5倍，输送的电流变为原来的15，线路电阻不变，损失的功率变为原来的125，故B 项正确；输电线上的电压损失为ΔU ＝I 2r ，输送功率为P 2＝U 2I 2则输送功率不变，电压增为原来的5倍，电流变为原来的15，损失的电压变为原来的15，故C 项错误；用户端的降压变压器改造前后输出端电压U 4不变，输入端电压U 3变大，根据U 3U 4＝n 3n 4，可得原、副线圈的匝数比一定变化，故D 项错误．故选AB.13. (多选)(2022·湖北襄阳模拟)如图所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动，线圈的电阻为R ，线圈共N 匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，定值电阻R 1＝R ，当线圈转动的转速为n 时，电压表的示数为U ，则( ACD )A ．电流表的示数为2U RB ．从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝52U cos2πntC ．线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为52U 4Nn πD ．当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U 【解析】 依题意有I 2＝U R 1＝U R ，I 1∶I 2＝2∶1则有I 1＝2I 2＝2U R，故A 正确；根据欧姆定律，发电机产生的感应电动势的最大值为E m ，有E m 2＝R ×I 1＋U 1，U 1U ＝12，ω＝2n π rad/s，从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝E m cos ωt ＝52U 2cos 2n πt (V)，故B 错误；依题意有，线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为Φm ，则有52U 2＝NΦm 2n π，解得Φm ＝52U 4Nn π，故C 正确；当线圈转动的转速为2n 时，线圈中产生的电动势的最大值为E m ′＝NΦm 4n π，因52U 2＝NΦm 2n π＝E m ，所以E m ′＝52U ，其有效值为5U ，假定电压表示数为U 2′，则有5U ＝I 1′R ＋U 1′＝2U 2′R 1×R ＋U 1′＝12U 2′＋2U 2′＝52U 2′，解得U 2′＝2U ，当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U ，故D 正确．故选ACD.。
高三物理二轮复习 第一部分 专题四 电磁感应与电路 第2讲 直流电路和交流电路课件
(1)在上述题 1 中，若把电路图中的电压表改为直 接接在电源两端，其他条件不变，则在滑动变阻器滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中，电压表示数如何变化？ 解析：若把电压表直接接在电源两端，则电压表测的是路端电
压，当滑动变阻器滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动时，滑动变阻器 接入电路的电阻减小，电路总电阻减小，由闭合电路的欧姆定 律 I＝RE总可得，干路电流增大，又由 U＝E－Ir 可知路端电压 U 减小，故电压表示数将减小． 答案：变小
2．(多选)(2015·河北石家庄2月调研)如图所示，电源的电动 势为E、内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻，R为光敏电阻(光 敏电阻被光照射时阻值变小)，C为电容器．闭合开关S，电路 稳定后，用光照射R，下列说法正确的是(CD ) A．电压表示数增大 B．电源的效率增大 C．电容器所带电荷量增加 D．R2消耗的功率增大
(2)在上述题1中，电源的总功率、输出功率各如何变化？ 解析：由于干路电流增大，由P＝EI可得电源总功率增大,当 外电路电阻和内电阻相等时，电源输出功率最大，而题干 中 外电阻与内电阻的大小关系未知，故滑动变阻器的滑动头 移 动时，输出功率的变化无法判断． 答案：电源总功率增大，输出功率的变化无法判断
[突破点拨] (1)电路图中电压表和电流表的作用： ①电压表直接与电阻 R1 并联，测的是 ________________________________； ②电流表位于支路中，测的是______________________． (2)题干中的“电源的负极接地”说明 ________________________． (3)当滑动变阻器滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动时，分析下列各物 理量的变化情况： R3 变________，电路总电阻变________，干路电流变________， 路端电压变________．
高中物理第二轮复习目录
1
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CONTENTS
第一部分 专题提升
专题一 力与物体的运动 第1讲 力与物体的平衡 第2讲 力和直线运动 第3讲 力与曲线运动
2
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CONTENTS
专题二 动量与能量 第1讲 功能关系与能量守恒 第2讲 动量和能量观点的应用
3
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CONTENTS
专题三 电场与磁场 第1讲 电场和磁场的基本性质 第2讲 带电粒子在复合场中的运动
7
目录
CONTENTS
第二部分 应考技巧指导
一、高考物理中常用的“八大”解题方法 二、高考必须记牢的“六个”物理模型
8
4
目录
CONTENTS
专题四 电路和电磁感应 第1讲 直流电路和交流电路 第2讲 电磁感应规律及其应用
专题五 近代物理初步题六 物理实验及创新实验 第1讲 力学实验 第2讲 电学实验
6
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CONTENTS
专题七 选考模块 第1讲 选修3-3 分子动理论 固体、液体和气体 热力 学定律 第2讲 选修3-4 振动与波动 光的折射和反射 电磁波 相对论
2023版高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路课件
命题热点•巧突破
考点一 直流电路的计算与分析
考向1 直流电路的动态分析
1．(2021·广东广州模拟)如图所示的电路中，当变阻器R1的滑动触
头向上滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为
(A )
A．A灯和B灯都变亮
B．A灯和B灯都变暗
C．A灯变亮，B灯变暗
D．A灯变暗，B灯变亮
【解析】 “串反并同”指的是在一个闭合回路中某一个电学元件 的阻值发生了变化，则与其并联的电学元件的电学量的变化趋势与其相 同，与其串联的电学元件的电学量的变化趋势与其相反，这里的并联是 指两电学元件之间没有电流的流进流出关系，串联指的是电流有流进流 出关系．当变阻器R1的滑动触头向上滑动时，滑动变阻器的阻值增大， 根据“串反并同”规律可知A、B灯泡与之并联，则两灯都变亮，所以A 正确，B、C、D错误．故选A．
则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图象中，正确的是 (A )
【解析】 当电容器两端电压变化时，电容器由于充放电，电路中 会有电流 I＝ΔΔQt ＝CΔΔtU，而充电放电时，电流方向相反，电阻 R 两端电 压 UR＝IR＝CΔΔtUR，由图(b)可知，(1～2)s 电容器充电，(3～5)s 过程电 容放电，且放电时电流为充电时的一半，故选 A．
( AD )
A．若将电容器上极板上移少许，则液滴的电势能增大
B．若减小电容器两极板的正对面积，则液滴向下加速运动
C．闭合 S，则电路稳定后电容器所带电荷量比原来增加C3E
D．闭合 S，若电路稳定后液滴还在板间运动，则其加速度大小为13g
【解析】 若将电容器上极板上移少许，和电容并联部分电路没有 发生改变，电容器两端的电压不变，根据 E＝Ud 可知电场强度变小，则油 滴所受向上电场力变小，油滴向下运动，电场力做负功，油滴的电势能 增大，故 A 正确；若减小电容器两极板的正对面积，不改变极板间的电 场强度，则油滴所受向上电场力不变，油滴仍然静止，故 B 错误；
专题四第1讲 直流电路与交流电路
(3)极限法：因变阻器滑片滑动引起电路化的问题，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．
考向2 直流电路的动态分析
奉节中学物理组
例 2 如图所示的电路中，L 为小灯泡，R1、R2、R3 为定值电阻，C 为
电容器，电源电动势为 E，内阻为 r，图中电表为理想电表．闭合开
关 S，将滑动变阻器的滑片 P 从 a 端滑到 b 端的过程中，下列说法正
P-R 图线
R＝r＋ E2R2R
P-I 图线
P＝EI－I2r
奉节中学物理组
特例 短路 R＝0，I＝Er ，图象始端 断路 R＝∞，I＝0，图象末端
短路 R＝0，U＝0，U 内＝E 断路 R＝∞，U＝E，U 内＝0
短路 R＝0，I＝Er ，U＝0 断路 R＝∞，I＝0，U＝E 短路 I＝Er ，P 出＝0 断路 I＝0， P 出＝0，当 R＝r 时，P 出最大， P 出＝E 4r2 短路 I＝Er ，P 出＝0 断路 I＝0，P 出＝0，当 I＝2Er时， P 出最大，P 出＝E 4r2
想 (2)物理方法：假设法、整体法、隔离
方 法、代换法、比值定义法.
法
考点一 直流电路的分析计算
奉节中学物理组
考向1 直流电路的功率问题
奉节中学物理组
1．电路的电功率分析 ①纯电阻电路：P 电＝P 热＝I2R＝IU＝UR2 ②非纯电阻电路：P 电＝P 热＋P 机，即 UI＝I2R＋P 机． 2．电源的输出功率与负载的关系分析 ①当 R＝r 时，电源的输出功率最大，为 Pm＝E4r2； ②当 R>r 时，随着 R 的增大，电源的输出功率越来越小； ③当 R<r 时，随着 R 的增大，电源的输出功率越来越大； ④当 P 出<Pm 时，每个输出功率对应两个外电阻阻值 R1 和 R2， 且 R1 R2＝r2.
高考语文二轮复习专题资料 第1部分 第4章 题点训练3 分析物象和次要人物在小说中的作用
题点训练三分析物象和次要人物在小说中的作用[目标解说]小说中的物象和次要人物虽说不是小说的中心内容，但也是小说艺术世界、艺术构思中的有机组成部分，也是小说阅读的常考点。
在二轮复习训练中，要重点解决好对物象和次要人物作用不能结合文本内容泛泛而谈的问题，做到能“结合文本内容具体说明”。
真题回做(2013·新课标全国Ⅱ)阅读下面的文字，完成文后题目。
峡谷阿城山被直着劈开，于是当中有七八里谷地。
大约是那刀有些弯，结果谷地中央高出如许，愈近峡口，便愈低。
森森冷气漫出峡口，收掉一身黏汗。
峡口处，倒一棵大树，连根拔起，似谷里出了什么不测之事，把大树唬得跑，一跤仰翻在那里。
峡顶一线蓝天，深得令人不敢久看。
一只鹰在空中移来移去。
峭壁上草木不甚生长，石头生铁般锈着。
一块巨石和百十块斗大石头，昏死在峡壁根，一动不动。
巨石上伏着两只四脚蛇，眼睛眨也不眨，只偶尔吐一下舌芯子，与石头们赛呆。
因有人在峡中走，壁上时时落下些许小石，声音左右荡着升上去。
那鹰却忽地不见去向。
顺路上去，有三五人家在高处。
临路立一幢石屋，门开着，却像睡觉的人。
门口一幅布旗静静垂着。
靠近人家，便有稀松的石板垫路。
中午的阳光慢慢挤进峡谷，阴气浮开，地气熏上来，石板有些颤。
似乎有了噪音，细听却什么也不响。
忍不住干咳一两声，总是自讨没趣。
一世界都静着，不要谁来多舌。
走近了，方才辨出布旗上有个藏文字，布色已经晒退，字色也相去不远，随旗沉甸甸地垂着。
忽然峡谷中有一点异响，却不辨来源。
往身后寻去，只见来路的峡口有一匹马负一条汉，直腿走来。
那马腿移得极密，蹄子踏在土路上，闷闷响成一团，骑手侧着身，并不上下颠。
愈来愈近，一到上坡，马慢下来。
骑手轻轻一夹，马上了石板，蹄铁连珠般脆响。
马一耸一耸向上走，骑手就一坐一坐随它。
蹄声在峡谷中回转，又响又高。
那只鹰又出现了，慢慢移来移去。
骑手走过眼前，结结实实一脸黑肉，直鼻紧嘴，细眼高颧，眉睫似漆。
皮袍裹在身上，胸微敞，露出油灰布衣。
2016届高三物理二轮复习 第一部分 专题四 电路与电磁感应 第一讲 直流与交流电路课件
一、理清概念别混淆
二、“四点嘱托”记心中 1．线圈绕垂直磁场的轴旋转产生的交变电流的大小与 转轴在平面内具体位置无关，未必是线圈的对称轴。
2．交变电流的最大值与线圈的面积有关，与线圈的 具体形状无关，若为矩形线圈，电压最大值应为两切割边 所产生电压的和。(如诊断卷第 1 题)
小型手摇发电机线圈共 N 匝，每 匝可简化为矩形线圈 abcd，磁极间的 磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈 中心轴 OO′，线圈绕 OO′匀速转 动，如图所示。矩形线圈 ab 边和 cd 边产生的感应电动势 的最大值都为 e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )
解析：电动势最大值 Em＝BL2ω，故电流的最大值 Im＝ERm ＝BLR2ω，A 正确；电流表的读数为 I＝ Im2，C 错误；电阻 R 上产生的电功率 P＝I2R＝I2m2 R，D 正确；由图示位置 开始计时，电流瞬时值表达式为 i＝Im cos ωt，B 错误。 答案：AD
2．(多选)图 4-1-2 甲为交流发电机的原理图，正方形线圈
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∶3 C．曲线 a 表示的交变电动势频率为 25 Hz D．曲线 b 表示的交变电动势有效值为 10 V 解析：由题图乙知 t＝0 时两次转动产生的瞬时电动势都等于 零，故 A 正确。由图乙知两次转动所产生的交变电动势的周
期之比 Ta∶Tb＝2∶3，再由周期与转速的关系 n＝T1得 na∶nb ＝3∶2，故 B 错误。因 Ta＝4×10－2 s，故 fa＝T1a＝25 Hz，C 正确。因 Ema＝15 V，而 Em＝NBSω＝2 πNT BS，故 Emb＝TTabEma ＝10 V，Eb＝Em2b＝5 2 V，D 错误。 答案：AC
物理二轮复习 专题四 第1讲 直流电路与交流电路
专题四：第1讲直流电路与交流电路高考命题轨迹考情分析直流电路的考查除2016年卷Ⅱ17题外，还没在选择题单独考查过，一般以实验题为主，单独考查的角度应该是动态电路分析和含容电路分析，或与电磁感应相结合，但仍以实验为主．交变电流在高考中有轮考的特点，2014－2016年很热，考查重点是理想变压器及相关知识，难度适中．由于2017年原子物理改为必考，故影响了交变电流在选择题中出现的概率，2017年新课标三份卷中都没出现．知识方法链接1．明确1个定律、2个关系 (1)闭合电路欧姆定律：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 ＋rE ＝11＋r R E ，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．直流电路动态分析的3种常用方法 方法1：程序法 R 局――→增大减小I 总＝E R ＋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去讨论．真题模拟精练1．如图1所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2 A以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是()图1A ．电路中电源电动势为3.4 VB ．变阻器的触头向右滑动时，V 2读数逐渐减小C ．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 WD ．变阻器的最大阻值为30 Ω 答案 D解析 由题图甲知，电压表V 2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V 2的电压与电流的关系，此图线斜率的绝对值大小等于电源的内阻，为r ＝3.4－3.00.2 Ω＝2 Ω.当电流I ＝0.1 A 时，U ＝3.4 V ，则电源的电动势E ＝U ＋Ir ＝3.4 V ＋0.1×2V ＝3.6 V ，故A 错误；变阻器的触头向右滑动时，R 阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即为V 2读数逐渐增大，故B 错误；由题图乙可知，电动机的电阻r M ＝0.8－0.40.1Ω＝4 Ω.当I ＝0.3 A 时，U ＝3 V ，电动机的输入功率最大，最大输入功率为P ＝UI ＝3×0.3 W ＝0.9 W ，则最大输出功率一定小于0.9 W ，故C 错误；当I ＝0.1 A 时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R ＝E I －r －r M ＝(3.60.1－2－4) Ω＝30 Ω，故D 正确．2．(2017·辽宁本溪市联合模拟)如图2所示的电路中，电源内电阻为r ，R 1、R 3、R 4均为定值电阻，电表均为理想电表，闭合开关S ，将滑动变阻器R 2的滑片向右移动，电流表和电压表示数变化量的绝对值分别为ΔI 、ΔU ，下列结论正确的是( )图2A ．电流表示数变大，电压表示数变小B ．电阻R 1被电流表短路 C.ΔU ΔI >r D.ΔU ΔI <r 答案 D解析 R 1、R 2并联后与R 4串联的整体，再与R 3并联，电压表测量路端电压，等于R 3两端的电压，电流表测量通过R 2和R 3的电流，设通过R 1、R 2、R 3、R 4的电流分别为I 1、I 2、I 3、I 4，它们两端的电压分别为U 1、U 2、U 3、U 4，干路电流为I 总，路端电压为U ，电流表示数为I .R 2变大，外电阻变大，I 总变小，U ＝E －I 总r 变大，U 3变大即电压表示数变大，I 3变大，I 4＝I 总－I 3变小，U 4变小，而U 1＝U －U 4，则U 1变大，I 1变大，由I 总＝I ＋I 1，故I 变小，即电流表示数减小，A 、B 错误；由闭合电路欧姆定律U ＝E －I 总r ，得ΔUΔI 总＝r ，由I 总＝I ＋I 1，I 变小，I 1变大，I 总变小，则ΔI >ΔI 总，ΔU ΔI <ΔU ΔI 总，故ΔUΔI<r ，故C 错误，D 正确．3．(多选)(2017·广东广州市测试一)在如图3所示的电路中，R 1、R 2、R 3均为可变电阻，两块水平放置的平行金属板之间，有一根以O 为轴可在竖直平面内自由转动的轻小绝缘棒，棒的两端固定着两个带等量异种电荷的小球，当开关S 闭合后，棒处于水平状态．为使棒逆时针开始转动，下列措施可行的是 ( )图3 A．减小R1B．减小R2 C．增大R3D．断开S 答案BC知识方法链接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 (由中性面开始计时)，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 ΔΦΔt，计算通过电路截面的电荷量．真题模拟精练4．图4甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′(OO′沿水平方向)匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R＝10 Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数为10 V．图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图象．则()图4A．此交流发电机的电动势平均值为10 2 VB．t＝0.02 s时R两端的电压瞬时值为零C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝102cos (100πt) VD．当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上答案 C解析矩形线圈绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，产生正弦交流电，外电阻R＝10 Ω，电压表示数10 V，说明E m2＝10 V即E m＝10 2 V．根据题图乙t＝0时磁通量等于0可判断t＝0时R两端的电压最大，所以R两端的电压随时间变化的规律为u＝102cos ωt＝102 cos(100πt) V，选项C对．t＝0.02 s代入电动势的表达式，此刻u＝10 2 V，选项B错．根据楞次定律，感应电流总是阻碍线圈的转动，所以当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向向下，选项D错．电动势平均值为磁通量和时间的比值，而该比值最大为E m＝10 2 V，所以平均值一定比E m＝10 2 V小，选项A错．5．如图5所示，矩形闭合导线框ABCD处于可视为水平方向的匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接有一只“11 V,33 W”的灯泡．当灯泡正常发光时，变压器输入电压u＝332cos (10πt) V．下列说法正确的是()图5A ．图示位置可能是计时起点B ．图示位置线框中产生的磁通量变化率最小C ．变压器原、副线圈匝数之比为32∶1D ．通过电流表A 的电流为 2 A答案 B解析 根据瞬时值表达式可知，线框转动的计时起点是线框平面与磁感线平行的位置，不是图示的位置，选项A 错误；图示位置线框中的磁通量最大，磁通量的变化率最小，选项B 正确；变压器原线圈的电压有效值为33 V ，副线圈电压为11 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，则变压器原、副线圈匝数之比为3∶1，选项C 错误；根据输出功率与输入功率相等可知，通过电流表A 的电流为I ＝P U 1＝3333A ＝1 A ，选项D 错误． 6．(多选)(2017·河南省天一大联考五)如图6所示，一个面积为S 的单匝金属线圈(电阻不计)在匀强磁场B 中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈两端通过电刷与图示的电路连接．其中电阻R 1＝R ，光敏电阻R 2在无光照时其阻值也为R (有光照时其电阻减小)，理想变压器的原、副线圈的匝数比为n ∶1，则( )图6A ．从图示位置开始计时，线圈转动时产生感应电动势的瞬时值表达式为e ＝BSωsin ωtB ．开关K 处于闭合状态，当减小光照强度时，电压表的示数不变，电流表的示数减小C ．开关K 处于闭合状态，当R 2上端串联理想二极管时，电流表的示数不变D ．当开关K 断开，R 2用黑纸包裹时，R 2两端电压的有效值为2nBSω2(1＋n 2)答案 BD解析 从图示位置开始计时，线圈转动时产生感应电动势的瞬时值表达式为e ＝BSωcos ωt ，故选项A 错误；开关K 处于闭合状态，减小光照强度时，R 2电阻增大，副线圈的电压由匝数和输入电压决定，电压表的示数不变，故副线圈中电流减小，则电流表示数减小，故选项B 正确；由于二极管具有单向导电性，在一个周期内有U 22R ·T 2＋0＝U 2′2R·T ，则电压表示数减小，副线圈中电流减小，电流表示数将减小，故选项C 错误；开关K 断开时，电阻R 1和理想变压器串联，根据串联电路规律有：U 1′＝BSω2－I 1′R 1，U 1′U 2′＝n ，I 1′I 2′＝1n ，I 2′＝U 2′R 2，联立解得：I 1′＝2BSω2R (1＋n 2)，U 2′＝2nBSω2(1＋n 2)，故选项D 正确．知识方法链接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. 若n 1＞n 2，为降压变压器；若n 1＜n 2，为升压变压器．(3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1； 有多个副线圈时，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋……＋U n I n .2．原、副线圈中各量的因果关系(1)电压关系：U 1决定U 2.(2)电流关系：I 2决定I 1.(3)功率关系：P 出决定P 入．3．输电过程的电压关系4．输电过程的功率关系注意：(1)变压器联系着两个电路：原线圈电路、副线圈电路．原线圈在原线圈电路中相当于一用电器，副线圈在副线圈电路中相当于电源．(2)远距离输电示意图中涉及三个电路，在中间的远距离输电线路中升压变压器的副线圈、导线、降压变压器的原线圈相当于闭合回路的电源、电阻、用电器．(3)各自电路中应用闭合电路欧姆定律分析问题．真题模拟精练7．(多选)如图7(a)中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，R T 为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R 1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表．原线圈所接电压u 随时间t 按正弦规律变化，如图(b)所示．下列说法正确的是( )图7A ．变压器输入、输出功率之比为4∶1B ．变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4C ．u 随t 变化的规律为u ＝51sin (50πt ) VD ．若热敏电阻R T 的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大答案 BD解析 由题意知，变压器是理想变压器，故变压器输入、输出功率之比为1∶1，故选项A 错误；变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，即I 1I 2＝n 2n 1＝14，故选项B 正确；由题图(b)可知交流电压最大值U m ＝51 V ，周期T ＝0.02 s ，可由周期求出角速度的值为ω＝100π rad/s ，则可得交流电压u的表达式u＝51sin (100πt) V，故选项C错误；R T处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故选项D正确．8．(多选)(2017·山东日照市一模)如图8所示，理想变压器原线圈与一交流电源相连，原、副线圈分别接有相同的灯泡a、b和c.已知小灯泡的额定电压为0.3 V，电阻为30 Ω(假设电阻不随温度变化而变化)．闭合开关S，三个灯泡均能正常发光，下列说法正确的是()图8A．原、副线圈的匝数比为2∶1B．交流电源的电压值为0.6 VC．断开开关S，小灯泡b可能会烧坏D．断开开关S，小灯泡a可能会烧坏答案AC9．通过理想变压器给用电器供电，电路如图9甲所示，变压器原线圈匝数n1＝1 000匝，副线圈的匝数分别为n2＝50匝、n3＝100匝．在原线圈ab端接如图乙所示的交变电流，下列说法正确的是()图9A ．交流电的频率为100 HzB ．U 2＝50 V ，U 3＝100 VC ．I 1∶I 2＝1∶20D ．闭合开关S ，则I 1增大 答案 D解析 交流电的周期为0.02 s ，频率为50 Hz ，选项A 错误；根据变压器的匝数与电压比可知，U 2＝n 2U 1n 1＝501 000·1 0002 V ＝25 2 V ，U 3＝n 3U 1n 1＝1001 000×1 0002 V ＝50 2 V ，选项B 错误；因电流与匝数之间满足：I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3，故选项C 错误；闭合开关S ，则I 3变大，根据I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3可知I 1增大，选项D 正确，故选D.10．(多选)(2017·广东惠州市第三次调研)如图10所示，理想变压器原线圈接一交变电流，交变电流的电压有效值恒定不变．副线圈接有光敏电阻R(光敏电阻阻值随光照强度增大而减小)、R2和R3，则下列说法中正确的是()图10A．只将S1从2拨向1时，电流表示数变小B．只将S2从4拨向3时，电流表示数变小C．只将S3从闭合变为断开，电阻R2两端电压增大D．仅增大光照强度，原线圈的输入功率增大答案BD解析只将S1从2拨向1时，n1变小，根据变压比公式，输出电压变大，输出电流变大，输出功率变大，输入功率变大，故输入电流变大，A错误；只将S2从4拨向3时，n2变小，根据变压比公式，输出电压变小，输出电流变小，输出功率变小，输入功率变小，故输入电流变小，B正确；只将S3从闭合变为断开，少一个支路，但电阻R2与R3串联支路的电压不变，故通过电阻R2的电流不变，其两端电压也不变，C错误；仅增大光照强度，负载总电阻变小，输出电流变大，输出功率变大，故输入功率变大，D正确．11．(多选)(2017·四川资阳市4月模拟)一个含有理想变压器的电路如图11所示，其中R1、R3、R4为定值电阻，R2为滑动变阻器，电表为理想电表，u为正弦交流电源，输出电压有效值恒定，当滑片P从左向右滑动的过程中，下列说法正确的是()图11A ．电压表示数变大B ．电容器C 所带电荷量始终不变 C ．电流表示数减小D ．理想变压器输出功率增大 答案 AC解析 设原线圈电流为I 1，原线圈的电压为U 1＝U －I 1R 1，根据电压与匝数成正比可得：U 1U 2＝n 1n 2，副线圈的电流为I 2＝U 2R 2＋R 3，根据电流与匝数成反比可得：n 1I 1＝n 2I 2，联立各式解得：U 2＝n 2n 1(U －R 1I 1)，I 2＝n 2n 1U R 2＋R 3＋(n 2n 1)2R 1，原、副线圈匝数不变，当滑片P 从左向右滑动的过程中，R 2增大，所以I 2减小，I 1减小，U 2增大，故A 、C 正确；因为I 2减小，R 3两端的电压减小，即电容器的电压减小，由Q ＝CU 可知，电容器C 所带电荷量减小，故B 错误；理想变压器输出功率为P ＝U 1I 1＝(U －I 1R 1)I 1＝UI 1－I 21R 1，P 是关于I 1的二次函数，当I 1减小，P 有可能先增大后减小，也有可能一直减小，故D 错误．12．(2017·河南省六市第一次联考)如图12甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈与二极管(正向电阻为零，相当于导线；反向电阻为无穷大，相当于断路)、定值电阻R 0、热敏电阻R t (阻值随温度的升高而减小)及报警器P (电流增加到一定值时报警器P 将发出警报声)组成闭合电路，电压表、电流表均为理想电表，则以下判断正确的是( )图12A ．变压器副线圈输出交流电的频率为25 HzB ．电压表的示数为22 2 VC ．R t 处温度减小到一定值时，报警器P 将会发出警报声D ．报警器报警时，变压器的输入功率比报警前小 答案 B解析 根据题图乙知，原线圈输入的交流电的周期T ＝0.02 s ，频率f ＝1T ＝10.02 Hz ＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，所以变压器副线圈输出交流电的频率为50 Hz ，故A 错误；原线圈两端电压的有效值为U 1＝22022V ＝220 V ，根据电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压U 2＝15×220 V ＝44 V ，因为二极管具有单向导电性，所以有U 22R 总·T2＝U 2有R 总·T ，代入数据得442R 总·T 2＝U 2有R 总·T ，解得：U 有＝22 2 V ，故B 正确；温度降低，电阻增大，电流减小，但是电流要增大到一定值时报警，正好相反，故C 错误；报警器报警时，电流增大，输出功率变大，根据输入功率等于输出功率，知变压器的输入功率变大，所以变压器的输入功率比报警前大，故D 错误．专题规范练题组1 高考真题体验1．(2016·全国卷Ⅱ·17) 阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如图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1A.25B.12C.35D.23 答案 C解析 S 断开时等效电路图如图甲所示．甲电容器两端电压为U 1＝E R ＋23R×23R ×12＝15E ；S 闭合时等效电路图如图乙所示．乙电容器两端电压为U 2＝E R ＋12R×12R ＝13E ，由Q ＝CU 得Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，故选项C 正确．2．(2016·全国卷Ⅰ·16)一含有理想变压器的电路如图2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2A ．2B ．3C ．4D ．5 答案 B解析 开关S 断开时，电路如图甲所示，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S 闭合时，电路如图乙所示，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 2′R 2＝4In 1n 2，由U 1′U 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 ，联立解得n 1n 2＝3，选项B 正确．甲 乙3．(多选)(2016·全国卷Ⅲ·19) 如图3，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b .当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )图3A ．原、副线圈匝数比为9∶1B ．原、副线圈匝数比为1∶9C ．此时a 和b 的电功率之比为9∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶9 答案 AD解析 设灯泡的额定电压为U 0，两灯泡均能正常发光，所以原线圈输出端电压为U 1＝9U 0，副线圈两端电压为U 2＝U 0，故U 1U 2＝91，n 1n 2＝U 1U 2＝91，A 正确，B 错误；根据公式I 1I 2＝n 2n 1可得，I 1I 2＝19，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得，灯泡a 和b 的电功率之比为1∶9，C 错误，D 正确．4．(2015·新课标全国Ⅰ·16) 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4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4A ．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 原、副线圈电压比等于匝数比，根据副线圈负载电阻两端的电压为U ，可知副线圈电压为U ，原线圈电压为3U ，副线圈电流I 2＝U R ，根据I 1I 2＝n 2n 1得原线圈电流I 1＝U3R ，那么原线圈输入电压220 V ＝3U ＋U3R ·R ，整理可得U ＝66 V ；原、副线圈电阻消耗的功率根据P ＝I 2R ，电阻相等，I 1∶I 2＝1∶3，可得功率之比为P 1∶P 2＝1∶9，即k ＝19.根据以上分析可知选项A正确．5．(多选)(2014·新课标Ⅱ·21)如图5，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )图5A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小C ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍 答案 BD解析 变压器的变压比U 1U 2＝n 1n 2，其中U 1、U 2是变压器原、副线圈两端的电压．U 1＝U ab ，由于二极管的单向导电特性，U cd ≠U 2，选项A 错误．增大负载电阻的阻值R ，负载的电功率减小，由于P 入＝P 出，且P 入＝I 1U ab ，所以原线圈上的电流I 1减小，即电流表的读数变小，选项B 正确．c 、d 端的电压由输入电压U ab 决定，负载电阻R 的阻值变小时，U cd 不变，选项C 错误．根据变压器上的能量关系有E 输入＝E 输出，在一个周期T 的时间内，二极管未短路时有U ab I 1T ＝U 2R ·T 2＋0(U 为副线圈两端的电压)，二极管短路时有U ab I 2T ＝U 2R T ，由以上两式得I 2＝2I 1，选项D 正确． 题组2 各省市模拟精选6．(多选)(2017·安徽合肥市第一次检测)在如图6所示电路中，R 1、R 2为定值电阻，闭合开关S 后，带电粒子恰处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片向下滑动，理想电压表V 1、V 2、V 3示数变化量的绝对值分别为ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，理想电流表A 示数变化量的绝对值为ΔI ，则( )图6A ．V 1示数减小，V 2和V 3示数增大B ．带电粒子将向上运动C ．ΔU 3>ΔU 1D ．此过程中ΔU 2ΔI 保持不变答案 BCD解析 将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，总电流增大，则V 1示数U 1增大，内电压增大，路端电压U 减小，而路端电压U ＝U 1＋U 3，可知，V 3示数U 3减小，R 2两端电压增大，所以V 2示数减小，故A 错误．R 2两端电压增大，则电容器板间电压增大，板间场强增大，带电粒子所受的电场力增大，因此带电粒子将向上运动，故B 正确．因为U ＝U 1＋U 3，U 3减小，U 1增大，而U 减小，所以ΔU 3>ΔU 1，故C 正确．根据闭合电路欧姆定律知：U 2＝E －I (R 1＋R 2＋r )，则得ΔU 2ΔI ＝R 1＋R 2＋r ，保持不变，故D 正确．7．(2017·湖南邵阳市第二次大联考)如图7甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的e－t图象分别如图乙中曲线a、b所示，则()图7A．两次t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．曲线a表示的交变电动势的频率为25 HzC．曲线b表示的交变电动势的最大值为15 VD．曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶2答案 D解析在t＝0时刻，线圈一定处在中性面上，此时磁通量最大，故A错误；曲线a的交变电流的频率f＝1T＝10.02Hz＝50 Hz，故B错误；由题图乙可知，a的周期为2×10－2 s；b的周期为3×10－2 s，则由n＝1T可知，转速与周期成反比，故曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶2，曲线a表示的交变电动势最大值是30 V，根据E m＝nBSω得曲线b表示的交变电动势最大值是20 V．故C错误，D正确．8．(多选)(2017·山东泰安市一模)如图8甲的电路中，电阻R1＝R2＝R，和R1并联的D是理想二极管(正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大)，在A、B之间加一个如图乙所示的交变电压(电压为正值时，U AB>0)．由此可知()图8A ．在A 、B 之间所加的交变电压的周期为2×10－2 sB ．在A 、B 之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin 50πt VC ．加在R 1上电压的有效值为55 2 VD ．加在R 1上电压的有效值为5510 V答案 AC解析 由题图乙可得交流电的周期T ＝2×10－2 s ，故A 正确．电压最大值为U m ＝220 2 V ，交变电压的瞬时值表达式为：u ＝U m sin ωt ＝2202sin 2πT t ＝2202sin 100πt V ，故B 错误；当电源在正半轴时A 点电势高于B 点电势，二极管导通，即R 1被短路，电源在负半轴时B 点电势高于A 点电势，二极管截止，R 1、R 2串联分压．设R 1上电压的有效值为U ，根据有效值的定义得：U 2R 1T ＝(12×U m 2)2R 1·12T ，解得U ＝55 2 V ，故C 正确，D 错误． 9．(2017·安徽合肥市第二次检测)如图9所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，图中R 1＝4R 0，R 2＝R 4＝R 0.原线圈一侧接一恒定正弦交流电源，当开关S 断开时，R 1与R 3消耗的功率相等，下列说法正确的是( )图9A ．R 3的阻值为4R 0B ．闭合S 后，U 1∶U 2＝10∶3C ．闭合S 后，R 1消耗的功率等于R 3的6倍D ．闭合S 前后，R 1两端的电压之比为6∶5答案 B解析 设原、副线圈中电流分别为I 1和I 2，则I 1∶I 2＝n 2∶n 1＝1∶2.当开关S 断开时，R 1和R 3消耗的功率相等，则有I 21R 1＝I 22R 3，又R 1＝4R 0，解得R 3＝R 0，故A 错误．闭合S 后，设变压器原线圈两端的电压为U ′.则有：U 1＝U ′＋I 1′R 1＝U ′＋4I 1′R 0，U 2＝I 2′(R 2＋R 3R 4R 3＋R 4)＝I 2′(R 0＋R 02)＝32I 2′R 0.又由变压器的规律得：U ′∶U 2＝n 1∶n 2＝2∶1.结合I 1′∶I 2′＝1∶2，解得：U 1∶U 2＝10∶3，U ′＝35U 1，故B 正确．闭合S 后，R 1消耗的功率P 1＝I 1′2R 1.R 3消耗的功率P 3＝(I 2′2)2R 3.解得P 1＝4P 3，故C 错误．设闭合S 前后，R 1两端电压分别为U R 1和U R 1′，闭合S 前，设变压器原线圈两端的电压为U ″，则有：U 1＝U ″＋U R 1＝U ″＋I 1R 1＝U ″＋4I 1R 0，又U ″∶U 2＝n 1∶n 2＝2∶1，U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝2I 2R 0.结合I 1∶I 2＝1∶2，解得：U ″＝23U 1，U R 1＝13U 1，又U 1＝U ′＋U R 1′.结合U ′＝35U 1，得U R 1′＝25U 1，解得：R 1两端电压之比为U R 1∶U R 1′＝5∶6，故D 错误．10．(2017·重庆市万州区二诊)如图10所示，一理想变压器原线圈与每个副线圈的匝数比均为3∶1，原线圈与每个副线圈所连的电阻阻值均为R ，原线圈接220 V 的正弦交流电，副线圈n 2回路中电阻两端的电压为U 2，原线圈电阻与每个副线圈电阻消耗的功率之比均为k ，则( )图10A ．U 2＝60 V ，k ＝49B ．U 2＝60 V ，k ＝23C ．U 2＝2203 V ，k ＝49D ．U 2＝2203 V ，k ＝23答案 A解析 设副线圈n 2、n 3中电流为I ，原线圈两端电压为U 1，由P 出＝P 入得：2U 2I ＝U 1I 1，又n 1∶n 2＝3∶1，U 1U 2＝n 1n 2，则U 2＝U 13，I 1＝23I .原线圈电路有23IR ＋U 1＝220 V ，又U 1＝3U 2，IR ＝U 2得U 2＝60 V ，原线圈R 消耗功率P 1＝I 21R ＝49I 2R ，副线圈R 消耗功率P 2＝I 2R ，故P 1∶P 2＝4∶9，即k ＝49. 11．(2017·山东潍坊市一模)如图11所示，a 、b 两端接在电压有效值恒定的正弦交流电源上，L 1、L 2、L 3是三个相同的灯泡，T 为理想变压器，开关S 断开时，灯泡L 1、L 2、L 3亮度相同(未达到正常发光状态)，若闭合S ，下列判断正确的是( )图11A．灯泡L1变亮B．灯泡L2、L3变暗C．原、副线圈两端的电压比为2∶1D．原线圈中增加的电流大于副线圈中增加的电流答案 D解析开关S断开时，灯泡L1、L2、L3亮度相同，即三只灯泡两端的电压相等，原线圈两端的电压等于L1两端的电压，U1＝U，副线圈两端的电压U2＝2U，原、副线圈两端的电压比为1∶2，故C错误；闭合S后，L1并联在原线圈两端，不能影响原线圈的电压，原线圈电压不变，灯泡L1亮度不变，副线圈两端的电压不变，灯泡L2、L3两端电压不变，亮度不变，故A、B错误；电流与匝数成反比，则原线圈电流是副线圈电流的2倍，电流增加量也是副线圈的2倍，所以原线圈中增加的电流大于副线圈中增加的电流，故D正确．12．(多选)(2017·山西太原市模拟一)如图12为远距离输电示意图，其中T1、T2为理想变压器，r是输电线总电阻，灯L1、L2相同且阻值不变．现保持变压器T1的输入电压不变，滑片P位置不变，当开关S断开时，灯L1正常发光，则()图12A．仅闭合S，灯L1会变亮B．仅闭合S，r消耗的功率会变大C．仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小D．仅将滑片P上移，电流表示数会变小答案BD解析仅闭合S，T2副线圈电阻减小，消耗功率增大，电流增大，T2原线圈电流也增大，则r上损失的电压和功率增大，则T2输入电压减小，灯泡两端电压减小，灯泡会变暗，故A错误，B正确；仅将滑片P下移，T1副线圈匝数增多，则输出电压增大，T2的输入电压增大，灯泡电压增大，电流也增大，T2的输入电流也增大，r上消耗的功率增大．C错误；仅将滑片P上移，T1副线圈匝数减小，则输出电压减小，T2的输入电压减小，灯泡电压也减小，故L1变暗，消耗功率减小，则T1输入功率减小，T1的输入电压不变，故输入电流减小，电流表示数减小，D正确．。
2013届高三物理二轮总复习专题6第1讲直流电路和交流电路的分析与计算新人教版(湖南专用)
2013 届高中新课标二轮物理总复习（湖南用）专题 6 第 1 讲直流电路和沟通电路的剖析与计算班级： __________姓名：__________学号：__________1.(2012·北京卷) 一个小型电热器若接在输出电压为10V的直流电源上，耗费电功率为 P；若把它接在某个正弦沟通电源上，其耗费的电功率为P2. 假如电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为()A．5V B．52VC．10V D．102V图12.(2012 ·新课标卷) 自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器的电路如图 1 所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1900 匝；原线圈为1100 匝，接在有效值为220V的沟通电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R 上的功率为 2.0 kW.设此时原线圈中电流有效值为I 1，负载两头电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和 I 1分别约为 ()A．380V 和5.3 A B．380V 和9.1 AC．240V 和5.3 A D．240V 和9.1 A3.(2012·上海卷) 直流电路如图 2 所示，在滑动变阻器的滑片P 向右挪动时，电源的()图 2A．总功率必定减小B．效率必定增大C．内部消耗功率必定减小D．输出功率必定先增大后减小4.(2012 ·广东卷 ) 某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin 100 π t( V) ，对此电动势，以下表述正确的有()A．最大值是50 2VB．频次是100HzC．有效值是25 2VD．周期是0.02 s图 35.(2012 ·福建卷 ) 如图 3，理想变压器原线圈输入电压u＝ U max sinωt ，副线圈电路01212表示；中 R为定值电阻， R 是滑动变阻器，○V和○V是理想沟通电压表，示数分别用U和 U○A1和○ A2是理想沟通电流表，示数分别用I 1和 I 2表示，以下说法正确的选项是()A．I1与 I 2表示电流的刹时价12表示电压的最大值B．U和 UC．滑片P向下滑动过程中，U2不变， I 1变大D．滑片P向下滑动过程中，U2变小， I 1变小图 46.(2012 ·重庆卷 ) 如图 4所示，理想变压器的原线圈接入u＝11000 2sin 100π t( V)的交变电压，副线圈经过电阻r ＝ 6Ω的导线对“ 220 /880”的电器 R L供电，该电器正常V W工作，由此可知 ()A．原、副线圈的匝数比为50∶1B．交变电压的频次为100HzC．副线圈中电流的有效值为4AD．变压器的输入功率为880W7.(2012 ·四川卷 ) 如图 5所示，在铁芯P上绕着两个线圈 a 和 b，则 ()图5A．线圈B．线圈a 输入正弦交变电流，线圈a 输入恒定电流，穿过线圈b 可输出恒定电流b 的磁通量必定为零C．线圈 b 输出的交变电流不对线圈 a 的磁场造成影响D．线圈a的磁场变化时，线圈 b 中必定有电场8.(2012 ·江苏卷 ) 某兴趣小组设计了一种发电装置，如图 6 所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场地区的圆心角α 均为4N 的矩形线圈9π，磁场均沿半径方向．匝数为abcd 的边长 ab＝ cd＝ l 、bc＝ ad＝2l. 线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc 和 ad 边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感觉强度大小均为B、方向一直与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r ，外接电阻为 R. 求：(1) 线圈切割磁感线时，感觉电动势的大小E m；(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 69.(2012 ·安徽卷 ) 图 7 是沟通发电机模型表示图．在磁感觉强度为 B 的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd 可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae 和df 分别与两个跟线圈一同绕OO′转动的金属圆环相连结，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就能够保持和外电路电阻R 形成闭合电路，图8是线圈的主视图，导线ab 和 cd 分别用它们的横截面来表示．已知ab 长度为 L1，bc 长度为L2，线圈以恒定角速率ω 逆时针转动．( 只考虑单匝线圈)图 7图 8图 9(1) 线圈平面处于中性面地点时开始计时，试推导t 时辰整个线圈中的感觉电动势e1的表达式；(2) 线圈平面处于与中性面成φ 0夹角地点时开始计时，如图9 所示，试写出t 时辰整个线圈中的感觉电动势e2的表达式；(3) 若线圈电阻为r ，求线圈每转动一周电阻R 上产生的焦耳热．( 其余电阻均不计)限时训练 ( 十四 )1．C 分析：设电热器的电阻为R，正弦沟通电电压的有效值为U.当电热器接到直流电源上有22＝ 52V. 沟通电压的最大值max＝2＝10，当电热器接到沟通电源上有P＝U，解得P R 2 R U UU＝10V.因此C正确．U1n12． B分析：由：U2＝n2?U2＝380V出入111P由 P＝ P＝U I? I＝＝ 9.1A.1U3．ABC 分析：滑动变阻器的滑片向右挪动，则路段电阻增大，总功率减小，对电能的利用效率增大，电源内阻不变，电流减小，内部耗费功率减小，故此题选ABC.4．CD分析：从题中可知电动势的最大值为50V，ω ＝ 100π，有效值为25 2V，＝2πTω＝0.02s ，应选 CD.5． C分析：此题考察电路和变压器．沟通电表的读数都是有效值；故A、B 错误；P 下滑，变阻器 R 阻值变小，原线圈电压U 不变，因此副线圈电压U 不变，故负载回路中总12电流 I 2变大，由 n1I 1＝ n2I 2，故C正确，D错误．6． C分析：由：＝ 11000 2sin 100 π(V)u tu max＝110002V，u有＝ 11000VT＝2π＝ 0.02s， f ＝1＝50Hz，故B错；ωTP880R2正常工作，则I＝U＝220A＝ 4A，故 C 正确；因此 U1＝Ir ＝24V因此输出电压U＝244VU1n1n111000由U2＝n2? n2＝244，故 A 错误．P入＝ P 出＝ P2＋ I 2 r ＝976W，故D错误．7． D分析：A：b线圈输出应为交变电流．B：b线圈磁通量不会为0，且与a中同样．C：b中有电流必会形成磁场影响 a 线圈．D：a的磁场变化，b 线圈就有变化磁通量，必会形成电场．l8．分析： (1) bc 、 ad 边的运动速度 v ＝ ω 2，感觉电动势 E max ＝ 4NBlv解得 E max ＝ 2NBl 2ω(2) 电流max＝ 2I max ＝E，安培力maxr ＋ RFNBI l解得 ＝ 4N 2B 2l 2ωFr ＋ R(3) 一个周期内，通电时间t＝49TR 上耗费的电能22W ＝ I max Rt ，且 W ＝I RT42解得 I ＝NBl ωr ＋R9．分析： (1) 矩形线圈 abcd 转动过程中，只有ab 和 cd 切割磁感线，设 ab 和 cd 的转动速度为 v ，则2v ＝ ω· L①2在 t 时辰，导线 ab 和 cd 因切割磁感线而产生的感觉电动势均为E ＝ BLv ②12 1由图可知v 1＝ v sin ω t ③则整个线圈的感觉电动势为e 1＝ 2E 1＝ BL 1L 2ω sin ω t ④(2) 当线圈由图 9 地点开始计时， 在 t 时辰整个线圈的感觉电动势为 e 2＝ BL 1L 2ω sin( ω t ＋φ0)⑤(3) 由闭合电路欧姆定律可知EI ＝ R ＋r ⑥这里 E 为线圈产生的电动势的有效值E m BL 1L 2ωE ＝＝ ⑦22则线圈转动一周在R 上产生的焦耳热为Q R ＝ I 2RT ⑧此中 T＝2ωπ⑨BL1L22于是 Q R＝π Rω ·() ⑩R＋ r。
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专题四
电路与电磁感应
强化训练2
图4－1－7 (2010年高考新课标全国卷)电源的效率η定义为外电 路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电 动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图4－1－7 所示，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线 上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb.由图 可知ηa、ηb的值分别为( )
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专题四
电路与电磁感应
UI U 解析：选 D.电源的效率 η＝ ×100% ＝ EI E ×100%.a 点对应的路端电压 U 为 4 个格，而电动 2 势 E 为 6 个格．因此 ηa＝ ；b 点对应的路端电压 3 1 为 2 个格，因此 ηb＝ .故 D 项正确． 3
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专题四
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专题四
电路与电磁感应
强化训练3 (2011年南昌高三调研)在如图4－1－9所示的电路中， R1、R2、R3均为可变电阻．当开关S闭合后，两平行 金属板M、N中有一带电液滴正好处于静止状态．为 使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是( ) A．增大R1的阻值 B．减小R2的阻值 C．减小R3的阻值 D．增大M、N间距 图4－1－9
图4－1－5
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电路与电磁感应
强化训练1 (2011年高考海南卷)如图4－1－5所 示，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分别为电压表和电流 表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则( ) A．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的读数变小 D．V的读数变小，A的读数变大
2．U－I图象 (1)对电源有：U＝E－Ir，如图4－1－2中a线． (2)对定值电阻有：U＝IR，如图4－1－2中b线．
图4－1－2
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专题四
电路与电磁感应
说明：①图中a线常用来分析电源电动势和内 电阻的测量实验． ②图中矩形OABD、OCPD和ABPC的“面积” 分别表示电源的总功率、输出功率和内电阻消 耗的功率．
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专题四
电路与电磁感应
解析：选B.当S断开时，R2 所在支路断路，总电 E 阻R变大，根据I＝ 知，干路电流I变 R＋r 小，根据U＝E－Ir知，路端电压变大，即V 读数 变大；根据U＝IR知，R1 两端电压U1 ＝IR1 变小， 而U＝U1＋U3，所以R3两端的电压U3＝U－U1要变 大，通过R3的电流I3＝变大，即A的读数变大，所 以B正确．
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专题四
电路与电磁感应
2.正确理解R＝ρ l 和R＝ U 的区别 I S
公式 区别
含义
l R＝ρ S
R＝ U I 电阻的定义式
电阻的决定式
理解
适用条件
R由ρ、l、S共同决 R与U、I均无关 定
任何导体 金属和电解液
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专题四
电路与电磁感应
3.纯电阻电路和非纯电阻电路 纯电阻电路 非纯电阻电路
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例1
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电路与电磁感应
图4－1－4 【自主解答】 法一：程序法：当图中滑动变阻器 的滑片向下滑动时→电阻R4↓→闭合电路的总电阻R 总 ↓→总电流I 总 ↑→内电压U 内 ↑→路端电压U 外 ↓→ 电压表示数减小，电流→ I3↑→R3消耗的功率增大．
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电路与电磁感应
法二：“串反并同”法：当R4减小时，与R4串 联的R3 上的电流就增大，R3 消耗的功率增大； 与它并联或间接并联的R1 、R2 支路及电压表两 端电压减小，电流表示数减小． 【答案】 D
Hale Waihona Puke 专题四电路与电磁感应第一部分· 专题突破方略
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电路与电磁感应
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电路与电磁感应
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电路与电磁感应
第1讲 直流电路
专题四
电路与电磁感应
重点知识归纳
一、电路基本概念的理解 1．对电流的三种表达式的理解
公式 区别
q I＝ t
含义
电流的定 义式
I与q、t无 关
理解
U I＝nqSv I＝ R 反映了导体中的电 电流的决 流与导体两端的电 定式 压和电阻的关系 由I＝ q t I由U、R共同决定 可导出
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专题四
电路与电磁感应
ΔU2 4.5 (2)R0＝ ΔI ＝ 1.5 Ω＝3 Ω，在R取最大值时，Imin ＝0.5 A，此时U1＝7.5 V，故Rmax＋R0＝ 7.5 Ω，即 0.5 Rmax＝12 Ω. (3)由题意知：7.5＝E－0.5r和6＝E－2r，得r＝1 Ω ，E＝8 V. (4)当滑动变阻器阻值R＝R0＋r＝4 Ω时，滑动变阻 E2 ＝4 W. 器消耗的功率最大，Pmax＝ 4R 【答案】 (1)见自主解答 (2)3 Ω 12 Ω (3)8 V 1 Ω (4)4 W
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例2 (2011年高三押题卷)如图4－1－6甲所示电路，
在滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中， 两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙中 AC、BC两直线所示，不考虑电表对电路的影响，则：
图4－1－6
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(1)电压表V1 、V2 的示数随电流表示数的变化 图象分别为U－I图象中的哪一条直线？ (2)定值电阻R0 、滑动变阻器的总电阻分别是 多少？ (3)试求出电源的电动势和内阻． (4)滑动变阻器滑片从一端滑到另一端的过程 中，滑动变阻器消耗的最大电功率为多大？ 【自主解答】 (1)I变大时，U2＝IR0相应变大 ，而U1＝E－Ir则变小，故V1表的示数随电流表 示数的变化图线对应BC直线，V2表的示数随电 流表示数的变化图线对应AC直线．
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解析：选B.因为R1与平行板电容器串联，故无 论R1 阻值变大还是变小，电容器两极板间的电 压都等于R3两端电压，故选项A错误；当R2阻值 减小时，电路的电阻变小，则电路的总电阻变 小电流变大，R3 的分压变大，电容器两极板间 的电压变大，所以电场力变大，液滴向上运动 ，故选项B正确；当减小R3的阻值时，电路的电 流也变大，因此内电压和R2 的分压变大，则R3 的分压变小，所以电场力变小，液滴向下运动 ，故选项C错误；当增大极板间的距离时，由E U ＝ d ，电场强度变小，故电场力变小，液滴向 下运动，选项D错误．
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2．含容电路的基本类型 (1)和电容器相关的物理量的分析与计算． (2)电容器内带电粒子的动力学问题及功能关 系．
图4－1－8
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例3 (2011年大连市高三质检)如图4－1－8所示
，两个相同的平行板电容器C1 、C2 用导线相连 ，开始都不带电．现将电键S闭合给两个电容器 充电，待充电平衡后，电容器C1 两板间有一带 电微粒恰好处于平衡状态．再将电键S断开，把 电容器C2两板稍错开一些(两板间距离保持不变) ，重新平衡后，下列判断正确的是( ) A．电容器C1两板间电压减小 B．电容器C2两板间电压增大 C．带电微粒将加速上升 D．电容器C1所带电荷量增大
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含容电路的分析
1．分析含容电路的基本思路 (1) 明 确 电 路 的 连 接 方 式 ， 必 要 时 画 出 等 效 电 路 图．电容器充、放电结束后，没有电流通过电容器， 因此相当于断路，可先将其去掉，以便于分析． (2)确定电容器两端的电压与哪部分电路(或电阻)两 端的电压相同． (3)明确电容器所处的状态，是充电还是放电过程， 还是处于充电完毕的状态． (4)电容器是以电场的形式储存电能，其宏观表现是 电容器带电，两极板间存在电势差．
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【自主解答】 充电完毕后电容器C1、C2并联， 且电压相等，都等于电源电压，断开S后，电容器 C2两板稍错开一些，即两板正对面积S减小，则电 容减小，根据C＝ εrS ＝ Q ，可知两板间电压增 U 4πkd 大， 此时U2>U1 ，则电容器C2 又开始给C1 充电，直到 两电容器电压再次相等，此时两者的电压比原来电 压都增大，故A错误，B正确；电容器C1 所带电荷 量增大，故D正确；电容器C1 电压增大，根据E＝ U/d可知：C1 两板间电场强度增大，则带电微粒受 到的电场力增大，将加速向上运动，故C正确． 【答案】 BCD
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直流电路的图象
1．在恒定电流单元中要注意以下几个重要图象： 电源输出功率P－R图象、P－I图象、U－R图象、 U－I图象等，这些都是高考命题的热点之一． 2．应用图象信息解题时应注意：(1)搞清图象研 究的是什么，并根据题目所反映的物理规律确定 物理量之间的函数关系．(2)明确图象的物理意义： 识别横坐标、纵坐标所代表的物理量及其物理意 义，明确物理图象的中点、线段、截距、峰值、 斜率、“面积”等的物理意义．(3)对图象进行分 析、比较、判断，找出规律得出结论．
如图4－1－4所示，当滑动变阻器的滑片 向下滑动时，电流表和电压表示数和电阻R3 上 消耗功率的变化情况是( ) A．电流表示数增大，电压表示数减小，R3消 耗的功率减小 B．电流表示数减小，电压表示数增大，R3消 耗的功率增大 C．电流表和电压表示数都增大，R3消耗的功 率减小 D．电流表和电压表示数都减小，R3消耗的功 率增大
除电阻外还包括能 电路中只有电 元件特点 把电能转化为其他 阻元件 形式能的用电器 服从欧姆定律 不服从欧姆定律：U 欧姆定律 U U I＝ ＞IR或I＜
R R
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电流做功除一部分转 电流做功全部 化为内能外还有一部 能量转化 转化为电热 分转化为其他形式的 能 电功与电 W＝Q即UIt＝ 2 2Rt＝ U t I 热的关系