新版高考物理二轮复习 专题10 直流电路与交流电路学案

专题10 直流电路与交流电路考题一 直流电路的分析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.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.例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 ＝3.4－3.00.2Ω＝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 ＋0.1×2 V＝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.答案 D 变式训练1.(2016·全国甲卷·17)阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如图2所示电路.开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q2.Q 1与Q 2的比值为( )图2A.25B.12C.35D.23 答案 C解析 S 断开时等效电路图如图甲所示. 电容器两端电压为U 1＝ER ＋23R ×23R ×12＝15E ； S 闭合时等效电路图如图乙所示. 电容器两端电压为U 2＝ER ＋12R ×12R ＝13E ， 由Q ＝CU 得Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，故选项C 正确.甲 乙2.(2016·江苏·8)如图3所示的电路中，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出，闭合开关S ，下列说法正确的有( )图3A.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 外电路的总电阻R ＝20×2020＋20 Ω＝10 Ω，总电流I ＝ER ＋r＝1 A ，则路端电压U ＝IR ＝10V ，A 对；电源的总功率P 总＝EI ＝12 W ，B 错；a 、b 间电压大小为U ab ＝0.5×15 V－0.5×5 V ＝ 5 V ，C 对；a 、b 间用导线连接后，外电路的总电阻为R ′＝2×5×155＋15 Ω＝7.5 Ω，电路中的总电流I ＝ER ′＋r≈1.26 A，D 错误.考题二 交变电流的产生及描述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 ＝nBS ω，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.例2 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 ＝102cos(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. 答案 C 变式训练3.如图5所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，线框转过π6时的感应电流为I ，下列说法正确的是( )图5A.线框中感应电流的有效值为2IB.线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为2IRωC.从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量为2IωD.线框转一周的过程中，产生的热量为8πI 2Rω答案 BC解析 由E m ＝nBS ω，中性面开始计时，则电流i ＝nBS ωR sin ωt ，当ωt ＝π6时电流为I ，则I ＝nBS ω2R ，则2I ＝nBS ωR ；由nBS ωR ＝2I 为电流的最大值，则线框中感应电流的有效值为2I2＝2I ，故A 错误；转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为BS ＝2RIn ω.因n ＝1，则B 正确；中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量为BS tR t ＝BS R ＝2Iω，则C 正确；电流的有效值为2I ，则Q ＝(2I )2R ·2πω＝4πRI2ω，则D 错误.4.如图6甲为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比.某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则( )图6A.电流的表达式为i ＝0.6sin (10πt ) AB.磁铁的转速为10 r/sC.风速加倍时电流的表达式为i ＝1.2sin (10πt ) AD.风速加倍时线圈中电流的有效值为1.2 A 答案 A解析 通过题图乙可知电流的最大值为0.6 A ，周期T ＝0.2 s ，故ω＝2πT＝10π rad/s ，故电流的表达式为i ＝0.6sin (10πt ) A ，故A 正确；电流的周期为T ＝0.2 s ，故磁体的转速为n ＝1T＝5 r/s ，故B 错误；风速加倍时，角速度加倍，根据E m ＝nBS ω可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍，故风速加倍时电流的表达式为i ＝1.2sin (20πt ) A ，故C 错误；根据分析，形成的感应电流I m ＝1.2 A ，故有效值为I ＝I m2＝325A ，故D 错误. 考题三 变压器及远距离输电1.理想变压器的基本关系式 (1)功率关系：P 入＝P 出. (2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2.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.输电过程功率的关系例3 (2016·全国乙卷·16)一含有理想变压器的电路如图7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7A.2B.3C.4D.5 [思维规范流程]设变压器原、副线圈匝数比为k即：k 2·5I ＋3I ＝k 2·4I ＋12I得k ＝3 变式训练5.(2016·天津·5)如图8所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表.下列说法正确的是( )图8A.当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 1消耗的功率变大B.当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大C.当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表A 1示数变大D.若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大，A 2示数变大 答案 B解析 当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流减小，则R 1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，选项A 错误，B 正确；当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，电流表A 1示数变小，选项C 错误；若闭合开关S ，副线圈电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R 1两端电压变大，R 2两端电压减小，电流表A 2示数减小；原线圈中的电流也变大，电流表A 1示数变大，选项D 错误.6.如图9所示，理想变压器副线圈1、2之间的匝数是总匝数的一半，二极管D 具有单向导电性(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)，R 是可变电阻，K 是单刀双掷开关，原线圈接在电压不变的正弦交流电源上.下列说法正确的是( )图9A.若R 阻值不变，当K 分别接1和2时，电压表读数之比为2∶1B.若R 阻值不变，当K 分别接1和2时，电压表读数之比为2∶1C.若K 分别接1和2时，R 消耗功率相等，则R 阻值之比为2∶1D.若K 分别接1和2时，R 消耗功率相等，则R 阻值之比为2∶1 答案 BC解析 设原线圈与副线圈的匝数分别为n 1、n 2，原线圈输入电压为U 1，副线圈两端电压为U 2，当K 接2时：n 1n 22＝U 1U 22，此时电压表示数与副线圈两端的电压相等，即U 2＝U 22＝n 22n 1U 1，功率为P 2＝U 22R 2；若K 与1相连，则n 1n 2＝U 1U 12，此时电压表的示数为U 2′，则U 212R ·T 2＝U 2′2R·T ，得U 2′＝n 2U 12n 1，此时的功率为：P 1＝U 2′2R 1.由上分析知：电压表的示数之比为2∶1，电阻值之比为2∶1，B 、C 对.7.如图10所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图(图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表).设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R 0表示，变阻器R 相当于用户用电器的总电阻.当用电器增加时，相当于R 变小，则当用电进入高峰时( )图10A.电压表V 1、V 2的读数均不变，电流表A 1、A 2的读数均增大B.电压表V 3、V 4的读数均减小，电流表A 3的读数也减小C.电压表V 2、V 3的读数之差与电流表A 2的读数的比值不变D.发电厂的输出功率增大 答案 ACD解析 电压表V 1、V 2的读数均不变，因为输入电压和匝数都不变，用电高峰期，电阻减小，电流增大，根据电流与匝数成反比知电流都增大，故A 正确；输电线上的电压损失增大，故电压表V 3、V 4的读数均减小，电流表A 2的读数增大，电流表A 3的读数增大，故B 错误；电压表V 2、V 3的读数之差与电流表A 2的读数的比值不变，等于输电线的电阻值，变压器的输入功率等于输出功率，都增大，故C 、D 正确.专题规范练1.(多选)(2016·全国丙卷·19)如图1，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光.下列说法正确的是( )图1A.原、副线圈匝数比为9∶1B.原、副线圈匝数比为1∶9C.此时a和b的电功率之比为9∶1D.此时a和b的电功率之比为1∶9答案AD解析设灯泡的额定电压为U0，两灯泡均能正常发光，所以原线圈输出端电压为U1＝9U0，副线圈两端电压为U2＝U0，故U1U2＝91，n1n2＝U1U2＝91，A正确，B错误；根据公式I1I2＝n2n1可得，I1I2＝19，由于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.2.(多选)如图2所示，A为巨磁电阻，当它周围的磁场增强时，其阻值增大；C为电容器.当有磁铁靠近A时，下列说法正确的有( )图2A.电流表的示数减小B.电容器C的电荷量增大C.电压表的示数变小D.电源内部消耗的功率变大答案AB解析当有磁铁靠近A时，它周围的磁场增强，其阻值增大，则外电路电阻变大，干路电流减小，电流表的示数减小，选项A正确；电源内阻上的电压减小，故路端电压变大，则电压表的示数变大，选项C错误；根据Q＝CU可知，电容器C的电荷量增大，选项B正确；根据P 内＝I2r可知，I减小，则电源内部消耗的功率变小，选项D错误，故选A、B.3.(2016·江苏·4)一自耦变压器如图3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3A.U 2>U 1，U 2降低B.U 2>U 1，U 2升高C.U 2<U 1，U 2降低D.U 2<U 1，U 2升高答案 C解析 由U 1U 2＝n 1n 2，n 1>n 2知U 2<U 1；滑动触头从M 点顺时针旋转至N 点过程，n 2减小，则U 2降低，C 项正确.4.图4为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2.在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )图4A.(n 1n 2)U 2m 4rB.(n 2n 1)U 2m 4rC.4(n 1n 2)2(P U m)2r D.4(n 2n 1)2(P U m)2r答案 C解析 输入电压为：U 1＝U m2，由U 1U 2＝n 1n 2得：U 2＝n 2U m2n 1，又由P ＝I 2U 2，输电线上损失的电功率为：P r ＝I 22·2r ＝4(n 1n 2)2(P U m)2r ，C 对.5.(多选)(2016·海南·9)如图5(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5A.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I1I2＝n2n1＝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＝100πrad/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.6.(多选)在如图6所示的电路中，电表均为理想电表，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是( )图6A.灯泡L变亮B.电压表读数变大C.电容器C上电荷量减少D.电流表读数变小答案BD解析滑动变阻器的滑片P向左移动，变阻器R接入回路的电阻增加，回路中的总阻值增大.由I＝ER总知，回路中的电流减小，灯泡L变暗，电流表的示数变小，A错，D对；由U＝E－Ir知，电流减小，路端电压增大，电压表的示数增大，B对；由U R＝E－I(r＋r L)，知R两端的电压增大，电容器C上的电荷量增加，C错.7.(多选)(2016·上海·18)如图7所示电路中，电源内阻忽略不计.闭合开关，电压表示数为U ，电流表示数为I ；在滑动变阻器R 1的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中( )图7A.U 先变大后变小B.I 先变小后变大C.U 与I 比值先变大后变小D.U 变化量与I 变化量比值等于R 3 答案 BC解析 据题意，由于电源内阻不计，电压表的示数总是不变，故选项A 错误；滑片滑动过程中，电阻R 1的阻值先增大后减小，电压不变，所以电流表示数先减小后增大，故选项B 、C 正确；由于电压表示数没有变化，故选项D 错误.8.(多选)汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图8为汽车启动原理图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10 A ；电动机启动时电流表读数为58 A.若电源电动势为12.5 V ，内阻为0.05 Ω，电动机内阻为0.02 Ω，电流表内阻不计，则电动机启动时( )图8A.车灯的电压为9.6 VB.通过电动机的电流为48 AC.电动机的功率为50 WD.电动机输出的机械功率为430 W 答案 AD解析 当电动机未启动时，此时U 外1＝E －I 1r ＝12.5 V －10×0.05 V＝12 V 则车灯的电阻为：R ＝U 外1I 1＝1210Ω＝1.2 Ω 当电动机启动后：U 外2＝E －I 2r ＝12.5 V －58×0.05 V＝9.6 V ，由于电动机和车灯并联，故车灯的电压为9.6 V ，即选项A 正确；则此时通过车灯的电流为I 灯1＝U 外2R＝8 A ，故通过电动机的电流为I 机＝58 A －8 A ＝50 A ，故选项B 错误；此时电动机的功率为：P ＝I 机U 外2＝50×9.6 W ＝480 W ，故选项C 错误；此时电动机输出的机械功率为：P 出＝P －I 2机r 机＝430 W ，故选项D 正确.9.如图9所示，在匀强磁场中匀速转动的单匝纯电阻矩形线圈的周期为T ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A.下列说法正确的是( )图9A.线圈消耗的电功率为1 WB.线圈中感应电流的有效值为2 AC.任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝22cos 2πTtD.任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝2T πsin 2πT t答案 D解析 从垂直中性面开始其瞬时表达式为i ＝I m cos θ，则电流的最大值为：I m ＝icos θ＝2 A ；线圈消耗的电功率为：P ＝I 2r ＝(22I m )2r ＝4 W ，故A 错误；有效值为：I ＝I m2＝ 2 A ，故B 错误；感应电动势的最大值为：E m ＝I m r ＝2×2 V ＝4 V ；任意时刻线圈中的感应电动势为：e ＝E m cos 2πT t ＝4cos 2πT t .故C 错误；任意时刻穿过线圈的磁通量为：Φ＝Φm sin 2πTt ；根据公式E m ＝NBS ω＝N Φm 2πT 可得：Φm ＝2T π，故Φ＝2T πsin 2πTt ，故D 正确.10.如图10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10A.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.11.(多选)如图11所示，图线①表示某电池组的输出电压－电流关系，图线②表示其输出功率－电流关系.根据图线可以求出( )图11A.电源电动势B.电源内阻C.电池组的输出电压为45 V 时输出功率为100 WD.电池组的输出功率为120 W 时，电路消耗的总功率为200 W 答案 ABD解析 U －I 图线与U 轴交点表示电路处于断路状态，则电源的电动势E ＝U ＝50 V.电源的内阻等于图线斜率绝对值大小，则有r ＝|ΔU ΔI |＝50－255 Ω＝5 Ω，故A 、B 正确；电池组的输出电压为45 V 时，内电压为5 V ，故电流为5 V5 Ω＝1 A ，故输出功率为：P ＝UI ＝45 V×1 A＝45 W ，故C 错误；电池组的输出功率为120 W 时，由P －I 图线读出电流I ＝4 A ，故电路消耗的总功率为P ＝EI ＝50 V×4 A＝200 W ，故D 正确.12.如图12所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝1∶5，原线圈接u 1＝110sin (100πt ) V 的交流电，电阻R 1＝R 2＝25 Ω，D 为理想二极管，则( )图12A.通过电阻R 1的电流为2 AB.二极管的反向耐压值应大于550 VC.原线圈的输入功率为200 WD.通过原线圈的电流为1511 A答案 B解析 由原线圈接u 1＝110sin 100πt V 与原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝1∶5，根据U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈的电压为U 2＝51×1102 V ＝275 2 V ，通过电阻R 1的电流为I R 1＝U 2R 1＝11 2 A ，故A 错误；变压器副线圈电压最大值为U 2m ＝2U 2＝550 V ，故二极管的反向耐压值应大于550 V ，选项B 正确；R 1消耗的功率为P R 1＝U 2I R 1＝6 050 W ，故原线圈消耗的功率大于6 050 W ，选项C 错误；通过电阻R 1的电流为I R 1＝11 2 A ，则通过原线圈的电流应该大于I ＝n 2n 1I R 1＝55 2A ，选项D 错误.。

题型一直流电路的分析1.(2020·江苏卷)(多选)某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示．当汽车启动时，开关S闭合，电机工作，车灯突然变暗，此时()A．车灯的电流变小B．路端电压变小C．电路的总电流变小D．电源的总功率变大解析：车灯突然变暗，说明车灯的电流变小，A正确；路端电压U＝IR，车灯的电流变小，则路端电压变小，B正确；路端电压U＝E －I总r，U变小，说明总电流I总变大，C错误；电源的总功率变大P ＝I总E，因为I总变大，所以电源的总功率变大，D正确．答案：ABD2.在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U.现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是()A．I1增大，I2不变，U增大B．I1减小，I2增大，U减小C．I1增大，I2减小，U增大D．I1减小，I2不变，U减小解析：由题图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R1的电流，电流表A2测量流过R2的电流．R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大．故A、C、D错误，B正确．答案：B3.如图所示的电路中，电源电动势E＝8 V，内阻r＝2 Ω，电阻R2＝6 Ω，电容为1μF的平行板电容器水平放置且下极板接地．当滑动变阻器R1的滑片处于b端时，有一带电油滴位于板间正中央P点且恰好处于静止状态．下列说法正确的是()A．此时P点电势为6 VB．电容器上极板所带电荷量为6×10－6 CC．若仅将电容器上极板缓慢上移少许，则P点电势不变D．若仅将滑片P从b端向a端缓慢移动少许，则油滴将向下移动解析：由闭合电路的欧姆定律可知：路端电压U＝R2R2＋rE＝6 V，那么电容器两极的电势差为6 V，又有下端接地，故电势为零，那么P点电势为12U＝3 V，故A错误；电容器上极板所带电荷量Q＝CU＝1×10－6×6 C＝6×10－6 C，故B正确；移动电容器上极板，电容器两端电势差不变；又有两极板间距离增大，故电场强度减小；又有P点到下极板的距离不变，故电势差减小，那么，P点电势减小，故C错误；滑片P从b端向a端移动，那么外电路电阻增大，所以路端电压增大，故两极板电势差增大，极板间场强增大，那么，油滴受到的电场力增大；油滴受重力和电场力作用，故有开始时油滴静止可知：电场力方向向上，那么，移动滑片后油滴合外力向上，故油滴向上运动，故D 错误．答案：B题型二交变电流的产生及描述4．(多选)如图1所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的金属正方形线圈abcd以垂直磁感线的cd边为转动轴匀速转动，线圈产生的交变电动势图象如图2所示，则下列说法正确的是()A．t＝3 s时刻通过线圈的磁通量为零B．t＝3 s时刻通过线圈的磁通量最大C．此交变电动势的频率为50 HzD．线圈电动势瞬时值的表达式为16 sin 50πt(V)解析：由图2可知，当t＝3 s时，感应电动势最大，则此时穿过线框回路的磁通量变化率最大，磁通量为零．故A正确，B错误；由图2可知，交流电的周期为0.04 s，则此交变电动势的频率为：f＝1T＝10.04Hz＝25 Hz，故C错误；由图2可知，交流电压的最大值为16 V，ω＝2πT＝50π，则线圈电动势瞬时值的表达式为16sin 50πt (V)，故D 正确． 答案：AD5.(多选)如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图象如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的瞬时值表达式为u ＝10sin 5πt (V)D ．交流电b 的最大值为203V 解析：在图中t ＝0时刻，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，A 错误；a 的周期为0.4 s ，b 的周期为0.6 s ，转速与周期成反比，所以转速之比为3∶2，B 正确；交流电的瞬时值表达式为u ＝U m sin ωt ，所以a 的瞬时值表达式为u ＝10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π0.4t ＝10sin 5πt (V)，C 正确；由U m ＝NBSω，可知角速度变为原来的23，则最大值变为原来的23，交流电b 的最大值为203V ，D 正确． 答案：BCD6．图1中，单匝矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直磁场的轴转动．改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图2中图线甲、乙的规律变化．设线圈的电阻为1.0 Ω，则( )A．图线甲对应线圈在t＝0时产生的感应电动势最大B．图线甲、乙对应的线圈在t＝2.0 s时，线圈平面均平行于磁感线C．图线甲、乙对应的线圈转速之比为4∶5D．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5π A解析：在t＝0时，Φ甲最大，则产生的感应电动势最小，故A错误；因为在t＝0.2 s×10＝2.0 s时，Φ甲＝Φ乙＝0，所以线圈平面均平行于磁感线，故B正确；由图可知甲、乙图线对应的周期之比为4∶5，而线圈的转速n＝1T，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4，故C错误；甲图线对应的线圈中交流电压的峰值E m＝BSω＝Φmω＝0.4×2π0.16V＝5π V，电流的峰值I m＝E mR＝5π A，故D项错误．答案：B题型三变压器及远距离输电7.(2020·江苏卷)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示．其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上．则电流互感器()A．是一种降压变压器B．能测量直流电路的电流C．原、副线圈电流的频率不同D．副线圈的电流小于原线圈的电流解析：根据U1U2＝n1n2，因为n1<n2，所以是一种升压变压器，A错误；不能测量直流电路的电流，B错误；原、副线圈电流的频率相同，C错误；根据I2I1＝U1U2＝n1n2，因为n1<n2，所以副线圈的电流小于原线圈的电流，D正确．答案：D8．有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L1、L2为规格相同的两只小灯泡．当S断开时，灯L1正常发光．保持原线圈输入电压不变，S闭合后，下列说法正确的是()A．电阻R消耗的功率增大B．原线圈的输入电流减小C．原、副线圈的电压比增大D．灯L1、L2都能正常发光解析：当S闭合后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以电阻R两端的电压增大，故R消耗的功率增大，故A正确；变压器原副线圈的匝数不变，故原副线圈中电流之比不变，副线圈中电流增大，故原线圈中电流也增大，故B错误；因线圈匝数之比不变，故原副线圈中电压比不变，故C错误；当S闭合后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以通过电阻R的电压增大，灯泡两端的电压减小，灯L1、L2都不能正常发光，故D错误．答案：A9.如图所示的电路中，R为光敏电阻(增大照射光的强度电阻会减小)、C为电容器，灯泡L的额定电压为50 V，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1.闭合开关S，在a、b两端输入正弦式交变电流u ＝1002sin 10πt(V)，则下列说法正确的是()A．灯泡会正常发光B．光敏电阻中的电流和灯泡中的电流相等C．增大照射光的强度照射光敏电阻，灯泡会变亮D．断开开关S，灯泡会熄灭解析：由题可知，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，原线圈两端的电压的有效值为100 V，根据U1U2＝n1n2，可知副线圈两端的电压的有效值为50 V，由于电容器和光敏电阻都会阻碍交变电流的通过，因此灯泡两端的电压小于50 V，不会正常发光，A错误；由于电容器能通交流，因此光敏电阻R中的电流小于灯泡中的电流，B错误；增大照射光的强度照射光敏电阻，光敏电阻的阻值减小，因此灯泡中的电流增大，灯泡会变亮，C正确；断开开关S，由于电容器能通交流，因此灯泡不会熄灭，D错误．答案：C10.如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是()A．原、副线圈匝数之比为1∶9B．原、副线圈匝数之比为9∶1C．此时a和b的电功率之比为10∶1D．此时a和b的电功率之比为1∶10解析：灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U，则说明原线圈输入电压为9U，输出电压为U；则可知，原副线圈匝数之比为9∶1，故A错误，B正确；根据公式I1I2＝n2n1可得I1I2＝19，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P＝UI可得两者的电功率之比为1∶9；故C错误，D错误．答案：B题型四综合练11．如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原副线圈匝数比为m，降压变压器的原副线圈匝数比为n，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为一理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了ΔU，则下列判断正确的是()A．电流表A2的示数增大了ΔU RB．电流表A1的示数增大了nΔU RC．电压表V1的示数减小了ΔUD ．输电线损失的功率增加了⎝ ⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2R 解析：由U U 1＝m 得U 1＝U m ，由于U 、m 不变，故U 1不变，故C 错误；设降压变压器的输入电压为U ′，则U ′＝U 1－I 1R ，由U ′U 2＝n 得，U 2＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫U m －I 1R ，则ΔU ＝－R n ΔI 1，由此可见，电流表A 1的示数增大了n ΔU R ，即B 正确；由I 1I 2＝1n得I 2＝nI 1，由此可知，I 2增大了n 2ΔU R ，故A 错误；输电线损失的功率增加量ΔP ＝(I 1＋ΔI 1)2R －I 21R ＝2I 1ΔI 1·R ＋ΔI 21R ≠⎝ ⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2R ，故D 错误． 答案：B12.如图所示，直角三角形导线框OPQ 放置在磁感应强度大小为B ，方向垂直于OQ 向右的匀强磁场中，且OP 边的长度为L ，∠POQ ＝θ.当导线框绕OQ 边以角速度ω逆时针转动(从O 向Q 观察)时，下列说法正确的是( )A ．导线框OPQ 内无感应电流B ．导线框OPQ 内产生大小恒定，方向周期性变化的交变电流C ．P 点的电势始终大于O 点的电势D ．如果截去导线PQ ，则P 、O 两点的电势差的最大值为12BL 2ωsin θcos θ解析：导线框OPQ 内，只有边长OP 做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势的大小为E ＝BL ·L sin θ2·ωcos θsin ωt ＝12BL 2ωsin θcos θsin ωt ，故导线框OPQ 内产生正弦式交变电流，故A 、B 错误；由于导体框OPQ 内产生正弦式交变电流，P 点的电动势与O 点的电动势大小成周期性变化，故C 错误；如果截取导线PQ ，则没有感应电流，但PQ 两点的电势差U ＝BL L sin θ2ωcos θsin ωt ＝12BL 2ωsin θcos θsin ωt ，故最大值为12BL 2ωsin θcos θ，故D 正确．答案：D13．(多选)如图所示，面积S ＝0.5 m 2、n ＝50匝、电阻不计的矩形闭合导线圈ABCD 处于磁感应强度大小为B ＝210T 的水平匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω＝200 rad/s 匀速转动，并与理想变压器原线圈1相连，副线圈2接入一只“220 V 100 W”的灯泡甲，副线圈3接入一只“110 V 60 W”的灯泡乙与滑动变阻器，已知当滑动变阻器的滑片处于最左端时两灯均正常发光，交流电流表的量程为0～0.6 A ，且为理想电表．下列说法正确的是( )A ．从图示位置计时，线框中交变电压瞬时值的表达式为e ＝5002sin 200t VB ．当两灯正常发光时，交流电流表的示数为0.30 AC ．变压器线圈的匝数之比为n 1∶n 2∶n 3＝50∶22∶11D ．当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数增大解析：图示位置穿过线框的磁通量最大，电动势的最大值E m ＝nBSω＝50×210×0.5×200 V＝500 2 V．图示位置穿过线框的磁通量最大，导线框中产生交变电压的表达式为u＝5002sin 200t V．故A 正确；变压器副线圈2中的电功率为100 W，变压器副线圈3中电功率为60 W，则变压器原线圈中的电功率为160 W，所以变压器原线圈中电流强度I1＝P1U1＝160500A＝825A．故B错误；电动势的最大值为500 2 V，则交流电压的有效值500 V．滑动变阻器的滑片处于最左端时接入电路中的电阻值为0；根据电压之比等于匝数比，则原副线圈的匝数比＝500∶220∶110＝50∶22∶11，故C正确，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，接入副线圈的电阻值增大，所以副线圈3中的电流值减小，输出功率与输入功率都减小，所以电流表的示数减小，故D错误．答案：AC14．(多选)如图所示的电路中，E为电源，内电阻为r，V为理想电压表，L为阻值恒为2r的小灯泡，定值电阻R1的阻值恒为r，R3为半导体材料制成的光敏电阻(其阻值随光照的增强而减小)．电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电小球处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是()A．若将R2的滑片上移，则电压表的示数变小B．若突然将电容器上极板上移，则小球在P点的电势能增大C．若光照变强，则小球会向上运动D．若光照变强，则A、B间电路的功率变大解析：R2与电容器C串联，若只是将R2的滑片上移，对电路没有影响，电压表示数不变，A项错误；若只是将电容器上极板上移，则电容器两端电压U C不变，两极板间距d增大，场强E减小，P点的电势减小，由题分析可知小球带负电，则小球在P点的电势能增大，B 项正确；若光照变强，则光敏电阻R3的阻值减小，灯L和R3两端电压减小，电容器两端电压减小，两极板间场强E减小，小球所受电场力减小，球会向下运动，C项错误；将R1视为电源一部分，则等效电源内阻阻值为2r，而A、B间L和R3的总电阻为R L＋R3＝2r＋R3＞2r，若光照变强，则R3的阻值减小，A、B间电路的功率变大，故D项正确．答案：BD。

直流电路与交流电路专题复习一、直流电路的动态分析与计算1、纯电阻直流电路动态分析例题：（2011年海南）如图，E 为内阻不能忽略的电池，R 1、R 2、R 3为定值电阻，S 0、S 为开关，V 与A 分别为电压表与电流表。

初始时S 0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 的读数变大解析：S 开，相当于电阻变大，总电流减小，故端电压增大，○V 的读数变大，把R 1归为内阻，则R 3中的电压也增大，R 3中的电流也增大，R 3中的电压也增大，故正确答案为B 。

点评：当直流电路电路中的某一个电阻或某一段电路中的电阻的阻值发生变化，从而引起整个电路的电流、电压、电功率发生变化；分析方法是以电路的串并联知识和闭合电路欧姆定律为基础；基本思路和步骤是：从局部到整体再到局部，电阻变化分析是基础，干路电流分析是核心，内外电路电压变化是关键。

此类问题常表现在电路故障分析，滑动变阻器的触头移动和电路中的开关断开与闭合等所引起的电路变化问题。

针对练习1（2009年广东理科基础）如图所示是一实验电路图．在滑动触头由a 端滑向b 端的过程中，下列表述正确的是（ ）A ．路端电压变小B ．电流表的示数变大C ．电源内阻消耗的功率变小D ．电路的总电阻变大解析：当滑片向b 端滑动时，接入电路中的电阻减少，使得总电阻减小D 错。

根据总R E I =，可知总电流在增加，根据闭合电路中的欧姆定律有外U Ir E +=，可知路端电压在减小，A 对。

流过电流表的示数为3R U I 外=，可知电流在减小，B 错。

根据r I P 2=,可知内阻消耗的功率在增大，C 错。

针对练习2(2001年上海)如图所示的电路中，闭合电键，灯L 1、L 2正常发光，由于电路出现故障，突然发现灯L 1变亮，灯L 2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是（A ）（A ）R 1断路 （B ）R 2断路（C ）R 3短路 （D ）R 4短路解析：首先应对电路进行标准化，如图所示为其标准化后的电路。

直流电路和沟通电路1．(多选)如图1所示的电路中，电表均为志向电表，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动至某一位置，与移动前相比，下列说法正确的是( )图1A．电流表读数变小，电压表读数变大B．小灯泡L变亮C．电源的输出功率肯定变大D．电容器C所带的电荷量削减2．(多选)如图2，一带电小球垂直于电场线方向射入极板区域后，偏向A极板，为使小球沿射入方向做直线运动，可以采纳的方法是( )图2A．将变阻器滑片P适当向右滑动B．将变阻器滑片P适当向左滑动C．适当减小小球所带电荷量D．将极板间距适当增大3．如图3所示电路中，电流表A和电压表V均可视为志向电表．闭合开关S后，将滑动变阻器R1的滑片向右移动，下列说法正确的是( )图3A．电流表A的示数变大B．电压表V的示数变大C．电容器C所带的电荷量削减D．电源的效率增加4．如图4所示，电源的电动势为30 V，内电阻为1Ω ，一个标有“6 V,12 W”的电灯与一个绕线电阻为2Ω的电动机串联．开关闭合后，电路中的电灯正常发光，则电动机输出的机械功率为( )A．36 W B．44 WC．48 W D．60 W5．图5甲为小型旋转电枢式沟通发电机的原理图，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并联的沟通电压表为志向电压表，示数是10 V．图乙是矩形线圈中磁通量随时间t变更的图象．线圈内阻不计，则( )图5A．此沟通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变更的规律是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6．(多选)如图6所示为某山区小型水电站的电能输送示意图，发电机输出的电压和输电线路上的电阻恒定，用电器均为纯电阻元件，当用电高峰来临时，下列推断正确的是( )图6A．用电器等效电阻R0变大B．升压变压器T1的输出电压变大C．降压变压器T2的输出电压变小D．输电线路总电阻R上消耗的功率变大7．(多选)如图7所示，志向变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝10∶1，电阻R＝10 Ω，两只相同小灯泡L1、L2的规格均为“3 V,1.5 W”，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦沟通电源．当S1接1、S2闭合时，L2正常发光．设小灯泡的电阻值恒定．下列说法正确的是( )图7A ．原线圈所接正弦沟通电源的电动势最大值为30 VB ．只断开S 2后，变压器的输出功率为0.75 WC ．将S 1换接到2后，原线圈的输入功率为90 WD ．将S 1换接到2后，R 的电功率为0.9 W8．如图8，电阻R 、电容器C 和电感线圈L 并联后，接入输出电压有效值、频率可调的沟通电源．当电路中沟通电的频率为f 时，通过R 、C 和L 的电流有效值恰好相等．若将频率降低为12f ，分别用I 1、I 2和I 3表示此时通过R 、C 和L 的电流的有效值，则( )图8A ．I 1＝I 2＝I 3B ．I 1>I 2>I 3C ．I 3>I 1>I 2D ．I 1>I 2＝I 39．(多选)如图9(a)所示，志向变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝55∶4，原线圈接有沟通电流表A 1，副线圈电路接有沟通电压表V 、沟通电流表A 2、滑动变阻器R 等，全部电表都是志向电表，二极管D 正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L 的阻值恒定．原线圈接入的沟通电压的变更规律如图(b)所示，则下列说法正确的是( )图9A ．沟通电压表V 的读数为32 VB ．灯泡L 两端电压的有效值为32 VC ．当滑动变阻器的触头P 向下滑动时，电流表A 2示数增大，A 1示数增大D ．由图(b)可知沟通发电机转子的角速度为100 rad/s10．如图10所示，一志向变压器，左右两边共接有额定电压均为U 的6盏完全相同的灯泡(额定功率均为P )，左端接在一电压恒为U 0的沟通电源两端．此时6盏灯刚好正常发光．下列说法中不正确的是( )图10A．该变压器的原、副线圈匝数比为1∶2B．此时沟通电源输出的功率为6PC．U0＝6UD．假如灯L6突然烧断，灯L1和L2将变暗，而其余3盏灯将变得更亮11．如图11甲所示为一沟通电源产生的电压随时间变更的关系图象，将该电源接入如图乙所示的志向降压变压器电路的原线圈，副线圈电路中R0为定值电阻，R为滑动变阻器，电路中各电表皆为志向电表，电压表V1和V2的示数分别用U1和U2表示；电流表A1和A2的示数分别用I1和I2表示，下列说法正确的是( )图11A．变压器输入电压瞬时值表达式为u＝442cos (100πt)VB．因为是降压变压器，所以副线圈电路的频率低于原线圈电路的频率C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大D．若只增大发电机转速，则U1不变、I2变大12．(多选)如图12所示，志向变压器副线圈接有滑动变阻器、志向电流表和额定电压为10 V、内阻为1 Ω的电动机．原线圈接入电压瞬时值表达式为u＝1102sin (100πt) V 的沟通电，当滑动变阻器接入电路的电阻为22.5 Ω时，电流表示数为2 A，电动机正常工作，则下列说法正确的是( )图12A．原、副线圈匝数比为2∶1B．电动机消耗的电功率为10 WC．电动机的输出功率为16 WD．突然卡住电动机，电动机内阻消耗的功率为100 W参考答案1.答案 BD2.答案 ACD3.答案 D解析 R 1的滑片向右移动，接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律知，干路中的电流减小，路端电压增大，R 3两端的电压减小，电压表V 的示数变小，B 错误；并联部分的电压增大，电容器C 所带的电荷量增加，C 错误；通过R 2的电流增大，所以通过R 1的电流减小，电流表的示数变小，A 错误；电源的效率：η＝UIEI ×100%＝U E×100%，所以效率增加，D 正确．4.答案 A解析 电路中电灯正常发光，所以U L ＝6 V ，则电路中电流为I ＝P L U L ＝126A ＝2 A ，电动机两端的电压U M ＝E －Ir －U L ＝(30－2×1－6) V ＝22 V ，则电动机输出的机械功率P 出＝P 电－P 热＝U M I －I 2R M ＝(22×2－4×2) W＝36 W.5.答案 C解析 矩形线圈绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生正弦沟通电，外电阻R ＝10 Ω，电压表示数为10 V ，说明E m2＝10 V ，即E m ＝10 2 V ．依据题图乙知t ＝0时磁通量等于0，可推断t ＝0，电动势最大，所以电动势随时间变更的规律为U ＝E m cos ωt ＝102cos(100πt ) V ，选项C 对．将t ＝0.02 s 代入电动势的表达式，得U ＝10 2 V ，选项B 错．依据楞次定律，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 ，所以平均值肯定比E m ＝10 2 V 小，选项A 错．6.答案 CD解析 用电高峰来临时，用电器增多，用电器并联后的总电阻R 0减小，选项A 错误；由于升压变压器的输入电压肯定，则输出电压肯定，选项B 错误；设输电线的输送电流为I ，降压变压器的变压比为k ，升压变压器的输出电压为U ，则U ＝IR ＋k 2IR 0，当R 0减小时，I 增大，输电线总电阻R 消耗的功率P R ＝I 2R 变大，选项D 正确；降压变压器T 2的输入电压等于U －IR ，可以推断此电压减小，则输出电压也减小，选项C 正确．7.答案 BD解析 当S 1接1、S 2闭合时，L 2正常发光，副线圈的电压为U 2＝3 V ，依据原、副线圈电压比等于匝数比即U 1U 2＝n 1n 2，解得原线圈的电压为U 1＝30 V ，原线圈所接正弦沟通电源的电动势最大值为E m ＝30 2 V ，故A 错误；两只相同小灯泡阻值均为R L ＝U L 2P L＝6 Ω，只断开S 2后，变压器的输出功率为P 2＝U 222R L ＝322×6W ＝0.75 W ，故B 正确；将S 1换接到2后，R 的电功率为P R ＝U 22R＝0.9 W ，原线圈的输入功率为P 入＝P R ＝0.9 W ，故C 错误，D 正确．8.答案 C解析 将频率降低时，通过R 的电流不变，电容器的容抗增大，通过C 的电流减小，则有I 1>I 2，电感线圈的感抗减小，通过L 的电流增大，则有I 3>I 1，故A 、B 、D 错误，C 正确．9.答案 AC解析 由题图(b)可知，原线圈输入电压有效值为440 V ，依据U 1U 2＝n 1n 2，可得副线圈电压有效值为32 V ，沟通电压表V 的示数为有效值，即为32 V ，故A 正确；设灯泡L 两端电压的有效值为U ′，灯泡的阻值为r ，交变电流的周期为T ，依据交变电流有效值的定义有322r ×T 2＝U ′2rT ，解得U ′≈22.6 V，故B 错误；当滑动变阻器的触头P 向下滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，则由欧姆定律可知，电流表A 2示数增大，因为志向变压器输入功率与输出功率相等，所以电流表A 1示数也增大，故C 正确；依据ω＝2πT ＝2π0.02 rad/s ＝100πrad/s ，可知，沟通发电机转子的角速度为100π rad/s，故D 错误．10.答案 A解析 由于各盏灯相同且均正常发光，所以流过每盏灯的电流均相同，原线圈中的电流I 1等于灯泡的额定电流I ，而副线圈中的总电流为I 2＝4I ，故n 1∶n 2＝I 2∶I 1＝4∶1，A 错误；由于志向变压器本身不消耗能量，所以沟通电源输出功率为6盏灯的总功率6P ，B 正确；设原、副线圈两端的电压分别为U 1、U 2，则U 2＝U ，U 0＝U 1＋2U ，而U 1∶U 2＝n 1∶n 2＝4∶1，代入得U 0＝6U ，C 正确；当灯L 6突然烧断，变压器输出的功率将减小，所以输入功率也将减小，由P 1＝U 1I 1得I 1减小，所以灯L 1和L 2将变暗，同时因L 1和L 2分得的电压减小，变压器输入端的电压U 1将增大，所以变压器输出的电压也将增大，使其余3盏灯变得更亮，D 正确；本题选不正确的，故选A.11.答案 C解析 从题图甲可知ω＝2πT＝2π1.6×10－2 rad/s ＝125π rad/s，故变压器输入电压瞬时值表达式为u ＝442cos (125πt ) V ，A 错误；变压器不变更沟通电的频率，故原、副线圈中沟通电的频率相等，B 错误；滑片P 向下滑动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，副线圈中的总电阻减小，由于原、副线圈匝数不变，原线圈输入电压不变，所以副线圈两端的电压不变，即U 2不变，所以副线圈中的电流增大，即I 2增大，依据n 1n 2＝I 2I 1可得I 1变大，C 正确；只增大发电机转速，依据U m ＝NBSω＝NBS ·2πn ，可知U m 增大，即U 1增大，依据n 1n 2＝U 1U 2可得副线圈中U 2增大，所以I 2增大，D 错误． 12.答案 AC解析 输入电压最大值为110 2 V ，有效值为：U 1＝11022V ＝110 V ，R 两端的电压：U R ＝I 2R ＝2×22.5 V＝45 V ，所以副线圈两端的电压：U 2＝U R ＋U M ＝45 V ＋10 V ＝55 V ，可得：n 1n 2＝U 1U 2＝11055＝21，故A 正确；电动机消耗的电功率为：P ＝U M I 2＝10×2 W＝20 W ，故B 错误；电动机消耗的热功率为：P 热＝I 22r ＝22×1 W＝4 W ，则输出功率：P 出＝P －P 热＝(20－4)W ＝16 W ，故C 正确；突然卡住电动机时，可看做纯电阻电路，电动机内阻消耗的功率为：P ′＝⎝⎛⎭⎪⎫U 2R ＋r 2r ≈5.48 W，故D 错误．。

专题十二直流电路与交流电路高频考点·能力突破考点一直流电路的分析与计算电路动态分析的两种方法(1)程序法最常规的方法(2)极限法最直接的方法即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论．例1 [2022·陕西渭南市教学质量检测](多选)如图所示，电流表示数为I，电压表示数为U，定值电阻R2消耗的功率为P，电容器C所带的电荷量为Q，电源内阻不能忽略．当变阻器滑动触头向右缓慢滑动时，下列说法正确的是( )A．U增大、I减小B．U减小、I增大C．P增大、Q减小D．P、Q均减小[解题心得]预测1 在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，灯泡L的电阻小于电源的内阻，闭合开关S，在滑动变阻器的滑片由a向b移动的过程中，下列各物理量的变化情况正确的是( )A．电流表的读数变大B．灯泡L变亮C．电源输出功率先减小后增大D．电压表的读数先增大后减小预测2 [2022·四川绵阳模拟]如图所示，闭合开关S，将滑动变阻器R的滑片向右滑动的过程中( )A．电流表A1的示数变小B．电流表A2的示数变小C．电压表V的示数变小D．电阻R1的电功率变大考点二交变电流的产生及变化规律解答交变电流问题的三点注意(1)理解两个特殊位置的磁通量、磁通量的变化率、感应电动势及感应电流方向的特点：线圈与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，ΔΦ＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变，线圈Δt与中)的关系类比v和a(ΔvΔt性面垂直时，S∥B，Φ＝0，ΔΦ最大，e最大，i最大，电流方向不变．Δt(2)区分交变电流的峰值、瞬时值、有效值和平均值．(3)确定交变电流中电动势、电压、电流的有效值后就可以运用直流电路的规律处理交流电路中的有关问题．例2 [2022·浙江1月]如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动．下列说法正确的是( )A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电D．乙图中线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电[解题心得]预测 3 [2022·湖北押题卷]一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，产生正弦式交变电流，电动势随时间的变化规律如图线a 所示．仅调整线圈转速，电动势随时间的变化规律如图线b 所示，则图线b 电动势瞬时值的表达式是( )A ．e ＝100sin 5πt (V)B ．e ＝100sin100πt 3(V)C ．e ＝120sin 5πt(V)D ．e ＝120sin100πt 3(V )预测4 [2022·山东章丘二模]一半径为a 的半圆形单匝闭合线框，其总电阻为r ，空间中存有方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．某时刻在外力驱动下，线框开始绕其水平放置的直径以角速度ω匀速转动(左侧观察顺时针转动)．t 时刻线框恰好转动至如图所示的竖直平面，下列说法正确的是( )A ．线框匀速转动一周的过程中外力做功为W ＝π3B 2a 4ω4rB ．从t 时刻开始计时，感应电动势的表达式为e ＝πBωa 22sin (ωt)VC ．线框从t 时刻转到水平位置的过程中电路中的电荷量为q ＝√2π2Ba 28rD ．设N 点电势为零，t 时刻M 点电势为φM ＝－Bπωa 24考点三 变压器与远距离输电1．理想变压器原副线圈中各物理量的三个制约关系(1)电压制约：输出电压U2由输入电压U1决定，即U2＝n2U1. 原制约副n1(2)电流制约：原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1＝n2I2. 副n1制约原(3)功率制约：变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2. 副制约原2．分清远距离输电的三个回路和三种关系(1)理清三个回路(2)分清三种关系例 3 [2022·河北卷]张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U.忽略线圈电阻，下列说法正确的是( )A．发电机输出的电压为√2πNBSzB．发电机输出交变电流的频率为2πnzC．变压器原、副线圈的匝数比为√2πNBSnz∶UD．发电机产生的瞬时电动势e＝√2πNBSnz sin (2πnz)t[解题心得]预测5 [2022·湖北押题卷]如图甲所示，100匝圆形线圈接入理想变压器的原线圈，变压器的副线圈接入阻值为R的电阻，电表都是理想电表．已知每匝线圈的电阻均为R，若在线圈位置加入垂直于线圈平面的磁场，磁感应强度B随时间t按正弦规律变化的图像如图乙所示，得到圆形线圈的电热功率与电阻R的功率相等．下列说法正确的是( )时刻两电流表示数均达最大A．T2时刻两电流表示数均为0B．T4C．原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1D．对某一段线圈来说，当磁感应强度最大时，受到的安培力最大预测6 [2022·湖南卷]如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源．定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端．理想电压表的示数为U，理想电流表的示数为I.下列说法正确的是( )A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小预测7 [2022·福建押题卷]如图所示为研究远距离输电的装置．理想变压器T1、T2的匝数比相等(n1∶n2＝n4∶n3)，变压器T1的输入电压u1＝e＝50√2sin 100πt(V)，输电线的总电阻为r，则( )A．闭合开关后，灯泡两端的电压为50 VB．闭合开关后，通过灯泡电流的频率为100 HzC．闭合的开关数越多，所有灯泡获得的总功率越大D．依次闭合开关S1、S2、S3…，灯泡L1越来越暗素养培优·情境命题利用理想变压器规律解决实际问题情境1 [2022·江苏冲刺卷]互感式钳形电流表内部结构如图所示，电流表与次级线圈相连，用手柄控制钳形铁芯上方开口的开合，则( )A．该电流表可用来测量直流电B．次级线圈匝数越少，电流表读数越大C．该电流表测电流时相当于降压变压器D．测量时电流表应串联在被测通电导线中[解题心得]情境2 [2022·历城二中测评]如图是一个家庭用的漏电保护器的简单原理图，它由两个主要部分组成，图中左边虚线框内是检测装置，右边虚线框内是执行装置．检测装置是一个特殊的变压器，它把即将引入室内的火线和零线并在一起绕在铁芯上作为初级(n1匝)，另绕一个次级线圈(n2匝)．执行装置是一个由电磁铁控制的脱扣开关．当电磁铁的线圈中没有电流时，开关是闭合的，当电磁铁的线圈中的电流达到或超过一定值时，开关断开，切断电路，起到自动保护作用．我国规定当漏电流达到或超过30 mA时，就要切断电路以保证人身的安全．至于电磁铁中的电流达到多大时脱扣开关才断开，则与使用的具体器材有关，如果本题中的脱扣开关要求电磁铁中的电流至少达到80 mA才会脱扣，并且其检测装置可以看作理想变压器，那么，n1与n2的比值为( )A．n1∶n2＝5∶3 B．n1∶n2＝3∶5C．n1∶n2＝8∶3 D．n1∶n2＝3∶8[解题心得]情境3 [2022·广东冲刺卷]氮化镓手机充电器具有体积小、功率大、发热量少的特点，图甲是这种充电器的核心电路．交流电经前端电路和氮化镓开关管后，在ab端获得如图乙所示的高频脉冲直流电，经理想变压器降压后在cd端给手机充电，则正常工作时，变压器cd输出端( )A．输出的电压也是直流电压B．输出电流的频率为2TC．输出电流的有效值大于ab端输入电流的有效值D．需将输入电压转变为交流电，输出端才会有电压输出[解题心得]情境4 [2022·山东冲刺卷]近十年来，我国环形变压器从无到有，已形成相当大的生产规模，广泛应用于计算机、医疗设备、家电设备和灯光照明等方面，如图甲所示．环形变压器与传统方形变压器相比，漏磁和能量损耗都很小，可视为理想变压器．原线圈匝数n1＝880匝，副线圈接一个“12 V22 W”的照明电灯，示意图如图乙所示，图中电压表与电流表均为理想交流电表．原线圈接交流电源，原线圈两端的电压随时间变化的关系图像如图丙所示，最大值U m＝220√2 V，最大值始终保持不变，照明电灯恰好正常发光．则( )A．原线圈两端电压的有效值和t＝2.5×10－3 s的电压瞬时值相等B．若电压表为非理想电表，电压表的读数会变小C．照明电灯正常发光时，电流表的读数为0.05 AD．在t＝5×10－3 s时刻，电压表的示数为零[解题心得]专题十二直流电路与交流电路高频考点·能力突破考点一例1 解析：当变阻器滑动触头向右缓慢滑动时，接入电路中的电阻减小，总电阻变小，总电流变大，内电压变大，由路端电压U＝E－Ir知U变小，电压表示数减小，电流表示数增大，R2两端电压增大，功率P增大，电容器与变阻器并联，所以电容器两端电压减小，由公式Q＝CU可知，电荷量减小，故B、C正确．答案：BC预测 1 解析：滑动变阻器的滑片位于最右端时，滑动变阻器两部分并联的阻值为零，此时电路的外电阻最小，干路电流最大，路端电压最小，电流表示数最大；滑动变阻器的滑片位于中间时，滑动变阻器两部分并联的阻值最大，此时电路的外电阻最大，干路电流最小，路端电压最大，电流表示数小于初始位置时的示数；滑动变阻器的滑片位于最左端时，滑动变阻器两部分并联的阻值为零，此时电路的外电阻最小，干路电流最大，路端电压最小，电流表示数为零，所以A、B错误，D正确．滑动变阻器两部分并联的阻值先增大后减小，但与灯泡L及内阻的阻值关系未知，故输出功率无法确定，C错误．答案：D预测2 解析：程序法：在滑动变阻器R的滑片向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，根据闭合电路的欧姆定律可知，干路电流变小，选项A 正确；由于干路电流变小，根据U外＝E－Ir可知外电路两端的电压变大，电阻R1两端的电压U1＝IR1变小，则并联部分电路两端的电压变大，即电压表V的示数变大，通过电阻R2的电流变大，即电流表A2的示数变大，选项B、C错误；根据P1＝I2R1可知，电阻R1不变，通过R 1的电流变小，则电阻R 1的电功率变小，选项D 错误．结论法：根据“串反并同”，滑动变阻器R 的滑片向右滑动的过程，R 变大，与之间接串联部分的电流、电压减小，R 1的电功率变小，选项A 正确、D 错误；与之并联部分的电流、电压变大，选项B 、C 错误．答案：A 考点二例2 解析：图中细短铁丝被磁化之后，其作用相当于小磁针，根据其分布特点可判断出甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故选项A 正确；而乙图中，磁针分布的方向并不相同，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故选项B 错误；根据发电机原理可知，甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故选项C 错误；乙图中线圈匀速转动时，由于线圈切割磁感线的速度方向始终与磁场垂直且所在位置的磁感应强度大小不变，所以匀速转动时产生的是大小恒定的电流，故选项D 错误．答案：A预测3 解析：由图可知，调整转速前后周期之比Ta Tb ＝0.040.06＝23由ω＝2πT可知角速度与周期成反比，得调整转速前后角速度之比为ωa ωb＝T b T a＝32调整线圈转速之后，交流电的角速度ωb ＝2πT b＝2π0.06 s ＝100π3rad/s感应电动势最大值E m ＝NBSω转速调整前后，NBS 相同，E m 与ω成正比Ema E mb ＝ωa ωb由图可知，调整线圈转速之前交流电的最大电动势E m a ＝150 V所以调整线圈转速之后交流电的最大电动势E m b ＝ωb ωaE m a ＝23×150 V＝100 V线圈从中性面开始转动计时，所以图线b 电动势的瞬时值表达式e ＝100sin 100πt 3(V)，故选B.答案：B预测4 解析：根据法拉第电磁感应定律有，线框中产生感应电动势的有效值为E 有＝√2＝√22NBSω＝√24πa 2Bω，则线框匀速转动一周的过程中线框中产生的焦耳热为Q ＝E 有2 ET ，T ＝2πω，联立解得Q ＝π3B 2a 4ω4r，线框匀速转动一周的过程中外力做功等于线框中产生的焦耳热，即W ＝Q ＝π3B 2a 4ω4r，故A 正确；t 时刻开始计时，线框中产生的感应电动势的表达式为e ＝E m cosωt ＝πBωa 22cos (ωt )V ，B 错误；线框从t 时刻转到水平位置的过程中电路中的电荷量为q＝ΔΦr＝BΔS r＝12Bπa 2r＝Bπa 22r，C 错误；设N 点电势为零，t 时刻M 点电势为φM ＝－(πaπa +2a)·e＝－(πaπa +2a)·πBωa 22·cos 0＝－π2Bωa 22(π+2)，故D 错误．答案：A 考点三例3 解析：发电机线圈的转速为nz ，输出交变电流的频率为f ＝ω2π＝nz ，B 错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的为正弦交流电，最大值为E m ＝NBS ·2π·nz ，输出电压的有效值为E ＝m √2＝√2πNBSnz ，A 错误；变压器原、副线圈的匝数比为n 1n2＝EU ＝√2πNBSnzU，C 正确；发电机产生的瞬时电动势为e ＝E m sin ωt ＝2πNBSnz sin (2πnz )t ，D 错误．答案：C预测5 解析：电表测量的是有效值，不是瞬时值，两电流表的示数不变，A 、B 错误；根据题意得I 12×100R ＝I 22×R ，I 1I2＝n 2n 1，解得n 1n 2＝101，C 正确；由图乙可知当磁感应强度最大时，磁感应强度的变化率为零，感应电流等于零，线圈受到的安培力等于零，D 错误．答案：C预测6 解析：设原线圈两端电压为U 1，副线圈两端电压为U 2，通过原线圈的电流为I 1，通过副线圈的电流为I 2，由理想变压器变压规律和变流规律可得，原、副线圈及定值电阻R 1的等效电阻为R ′＝U 1I 1＝n 1n 2U 2n 2n 1I 2＝(n1n 2)2U2I 2＝(n1n 2)2R 1；保持P 1位置不变，将原、副线圈及电阻R 1等效为一定值电阻，P 2向左缓慢滑动过程中，R 2接入电路的电阻减小，则整个电路的总电阻减小，由欧姆定律可知，回路中电流I 增大，原线圈两端电压增大，又电源电压不变，故电压表示数U 减小，A 项错误；由于原线圈两端电压增大，由理想变压器变压规律可知，副线圈两端电压增大，故R 1消耗的功率增大，B 项正确；当P 2位置不变，P 1向下滑动时，n 2减小，等效电阻R ′增大，由欧姆定律可知，回路中电流减小，R 2两端电压减小，C 项错误；由于R 2两端电压减小，则原线圈两端电压增大，由变压规律可知，副线圈两端电压增大，R 1的功率增大，D 项错误．答案：B预测7 解析：闭合开关后，灯泡两端的电压为U 4＝n 4n 3U 3＝n 4n 3(U 2－ΔU )＝n 4n 3(n2n 1U 1−ΔU )＝U 1－n 4n 3ΔU ，A 错误；变压器不改变频率，交变电流的频率为f ＝ω2π＝50 Hz ，B 错误；设升压变压器的输出电压为U 2，输送电流为I 2，所有灯泡获得的总功率为P ＝U 2I 2−I 22r ＝−E (E 2−E 22E )2+E 22 4E闭合的开关数越多，灯泡总电阻越小，所以灯泡总功率有可能先增大后减小，也有可能一直减小，C 错误；依次闭合开关S 1、S 2、S 3…，灯泡总电阻逐渐减小，输送电流逐渐增大，所以灯泡两端的电压逐渐减小，灯泡L 1越来越暗，D 正确．答案：D 素养培优·情境命题情境1 解析：互感式钳形电流表利用的是电磁感应的互感原理，不能测量直流电，故A 错误；电流大小与线圈匝数成反比，所以次级线圈匝数越少，电流表读数越大，故B 正确；该电表原线圈为单匝，是升压变压器，故C 错误；测量时，用手柄控制钳形铁芯上方开口打开，将被测通电导线圈放入其中，不需要将电流表串联在被测通电导线中，故D 错误．答案：B情境2 解析：根据题意可知n1n 2＝I2I 1＝80 mA 30 mA＝83，故A 、B 、D 错误，C 正确．答案：C情境3 解析：经过变压器输出的电压为交流电压，A 错误；由乙图可知周期为T ，故输出电流的频率为f ＝1T ，B 错误；由于变压器为降压变压器，则输入电压有效值大于输出电压有效值，根据变压器的输入功率等于输出功率，可知输出电流的有效值大于ab 端输入电流的有效值，C 正确；变压器的工作原理是电磁感应，只要输入电流的大小发生变化，产生的磁场就会发生变化，磁通量就会发生变化，输出端就会有电压输出，故不需要将输入电压转变为交流电，输出端也可以有电压输出，D 错误．答案：C情境4 解析：原线圈两端电压的有效值为U ＝m √2＝220 V ，由图丙可知电压周期T ＝2×10－2s ，则电压瞬时值表达式为u ＝U m cos2πTt ＝220√2cos (100πt )，当t ＝2.5×10－3 s 的电压瞬时值为u ＝220√2cos (100π×2.5×10－3)V ＝220 V ，故A 正确；电压表测的是输出电压，不会随外电阻的变化而变化，故B 错误；照明电灯正常发光时，电流为I 2＝P U 2＝116 A ，线圈匝数比为n1n2＝UU2＝22012＝553，电流表的读数为I＝I2n2n1＝0.1 A，故C错误；电压表的示数为有效值，即为12 V，故D错误．答案：A。

直流电路与交流电路专题复习一、直流电路的动态分析与计算1、纯电阻直流电路动态分析例题：（2011年海南）如图，E 为内阻不能忽略的电池，R 1、R 2、R 3为定值电阻，S 0、S 为开关，V 与A 分别为电压表与电流表。

初始时S 0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 的读数变大解析：S 开，相当于电阻变大，总电流减小，故端电压增大，○V 的读数变大，把R 1归为内阻，则R 3中的电压也增大，R 3中的电流也增大，R 3中的电压也增大，故正确答案为B 。

点评：当直流电路电路中的某一个电阻或某一段电路中的电阻的阻值发生变化，从而引起整个电路的电流、电压、电功率发生变化；分析方法是以电路的串并联知识和闭合电路欧姆定律为基础；基本思路和步骤是：从局部到整体再到局部，电阻变化分析是基础，干路电流分析是核心，内外电路电压变化是关键。

此类问题常表现在电路故障分析，滑动变阻器的触头移动和电路中的开关断开与闭合等所引起的电路变化问题。

针对练习1（2009年广东理科基础）如图所示是一实验电路图．在滑动触头由a 端滑向b 端的过程中，下列表述正确的是（ ）A ．路端电压变小B ．电流表的示数变大C ．电源内阻消耗的功率变小D ．电路的总电阻变大解析：当滑片向b 端滑动时，接入电路中的电阻减少，使得总电阻减小D 错。

根据总R E I =，可知总电流在增加，根据闭合电路中的欧姆定律有外U Ir E +=，可知路端电压在减小，A 对。

流过电流表的示数为3R U I 外=，可知电流在减小，B 错。

根据r I P 2=,可知内阻消耗的功率在增大，C 错。

针对练习2(2001年上海)如图所示的电路中，闭合电键，灯L 1、L 2正常发光，由于电路出现故障，突然发现灯L 1变亮，灯L 2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是（A ）（A ）R 1断路 （B ）R 2断路（C ）R 3短路 （D ）R 4短路解析：首先应对电路进行标准化，如图所示为其标准化后的电路。

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1．【2012•湖北模拟】据报道，“神舟”八号飞船今年6月至8月择时发射。

它是一个无人目标飞行器，为中国的空间站作对接准备，也是中国神舟系列飞船进入批量生产的代表。

“神舟”飞船上的太阳能电池是依靠光伏效应设计的单晶硅太阳能电池。

在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达24%。

单片单晶硅太阳能电池可产生0.6V 的电动势，可获得0.1A 的电流，则每秒照射到这种太阳能电池上的太阳光的能量是（ ） A ．0.24J B ．0.25J C ．0.26J D ．0.28J【答案】B【解析】根据W=UIt 可得，每秒太阳能电池产生的能量为W=0.6×0.1×1J =0.06J ，设太阳每秒照射的能量为Q ，则由能量守恒定律得Q×24%=W ，所以Q=0.25J ，故选项B 正确2．【2012•北京市朝阳区期末】一块手机电池的背面印有如图所示的一些符号，另外在手机使用说明书上还写有“通话时间3 h ，待机时间100 h”，则该手机通话和待机时消耗的功率分别约为( ) A ．1.8 W,5.4×10－2W B ．3.6 W,0.108 W C ．0.6 W,1.8×10－2 W D ．6.48×103W,1.94×102W 【答案】C【解析】由图可知手机电池的电动势为E ＝3.6 V ，通话时电流I 1＝500 mA ·h3 h＝500/3 mA ，通话时功率P ＝EI 1＝0.6 W ；待机时电流I 2＝500 mA ·h 100 h＝5 mA ，所以待机功率P′＝EI 2＝1.8×10－2W ，正确答案为C.3．【2012•河北省五校联盟模拟】一辆电动观光车蓄电池的电动势为E ，内阻不计，当空载的电动观光车以大小为v 的速度匀速行驶时，流过电动机的电流为I ，电动车的质量为m ，电动车受到的阻力是车重的k 倍，忽略电动观光车内部的摩擦，则：（ ）A ．电动机的内阻为R=I EB ．电动机的内阻为R=2I kmgv IE - C ．如果电动机突然被卡住而停止转动，则电源消耗的功率将变大 D ．如果电动机突然被卡住而停止转动，则电源消耗的功率将变小 【答案】BC【解析】根据能的转化与守恒定律,kmgv R I EI +=2,所以电动机的内阻为R=2I kmgv I E -,选项B 正确;当电动机突然被卡住而停止转动时,变成了纯电阻电路,回路的电流变大,故电源消耗的功率EI P =将变大,所以选项C 正确. 4．【2012•福建期末】某一热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，在一次实验中，将该热敏电阻与一小灯泡串联，通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如右图所示，M 为两元件的伏安曲线的交点。