2018高考大二轮总复习物理文档：第11讲 直流电路与交流电路 Word版含答案

专题九 直流电路与交流电路考点1| 直流电路的分析与计算难度：中档题 题型：选择题 五年2考(对应学生用书第43页)1．(多选)(2016·江苏高考T 8)如图9-1所示的电路中，电源电动势为12V ，内阻为2Ω，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( )【：17214149】图9-1A ．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【解题关键】解此题的关键有两点：(1)注意识别a、b两点连接前后、电路串、并联的变化．(2)确定a、b两点电压时要选取零电势点．AC [根据串并联电路的特点可得，外电路总电阻为10 Ω，根据闭合电路欧姆定律得通过电源的电流为I＝122＋10A＝1 A，则路端电压为U＝IR外＝10 V，选项A正确；电源的总功率P＝EI＝12 W，选项B错误；若取电源负极的电势为0，则a 点电势为φA＝2．5 V，b点电势为φB＝7．5 V，a、b间电压的大小为5 V，选项C 正确；若a、b间用导线连接起来，根据串并联电路的特点可得，外电路总电阻为7．5 Ω，根据闭合电路欧姆定律得电路的总电流为I＝122＋7．5A≈1．26 A，选项D错误．]2．(2013·江苏高考T4)在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图9-2所示．M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻R M发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时( )【：17214150】图9-2A．R M变大，且R越大，U增大越明显B．R M变大，且R越小，U增大越明显C．R M变小，且R越大，U增大越明显D．R M变小，且R越小，U增大越明显【解题关键】C [当R M 变大时，回路的总电阻R 总变大，根据I 总＝R 总，得干路中的电流变小，S 两端的电压U ＝I 总R S 变小，故选项A 、B 错误；当R M 变小时，回路的总电阻R 总＝11R ＋1RM＋R S 变小，根据I 总＝ER 总，得干路中的电流变大，S 两端的电压U ＝I 总R S 变大，而且R 越大，R M 变小时，对回路的总电阻变化的影响越明显，故选项C 正确，选项D 错误．]1．明确1个定律、2个关系 (1)闭合电路的欧姆定律：I ＝E R ＋r． (2)路端电压与电流的关系：U ＝E －Ir ． (3)路端电压与负载的关系 U ＝IR ＝R R ＋rE ＝11＋r RE ，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小． 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●考向1 直流电路内的电场1．(2017·宿迁三模)飞机在空中飞行时，其表面因不断与空气摩擦而带电．某次飞行中，飞机0．5 s内带电量增加约17 μC，此过程中形成的电流约为( )A．34 mAB．34 μAC．8．5 mAD．8．5 μAB [已知飞机0．5 s内带电量增加约17 μC，此过程中形成的电流约：I＝q t ＝17×10－60．5A＝34×10－6A＝34 μA．故B正确，A、C、D错误．]●考向2直流电路的动态分析2．(2017·南京四模)如图9-3所示的电路中，开关S闭合一段时间后，下列说法中正确的是( )图9-3A．滑片M向上滑动过程中，电容器充电B．滑片N向左滑动过程中，流过R2的电流向上C．滑片N向左滑动，电源输出功率一定增大D．滑片N向右滑动，电容器的电能减少D [当滑片M向上滑动时，对电路结构没有影响，电路总电阻没有变化，故电容器保持原来的状态，故A错误；滑片N向左滑动过程中，变阻器R3的阻值增大，电路总电阻增大，总电流减小，R3两端的电压U＝E－I(R1＋r)增大，电容器两端的电压增大，电容器充电，流过R2的电流向下，故B错误；滑片N 向左滑动，变阻器R3的电阻变大，外电阻增大，但因为不知道内外电阻的关系，所以电源的输出功率变化情况无法判断，故C错误；滑片N向右滑动，变阻器R3的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，变阻器R3两端的电压U ＝E－I(R1＋r)减小，电容器两端的电压等于变阻器R3两端的电压，根据Q＝CU知电容器放电，电容器的电能减少，故D正确．] 3．(多选)(2017·南通二模)如图9-4所示的闭合电路中，R是半导体光敏电阻，R1为滑动变阻器．现用一束光照射光敏电阻，则( )【：17214151】图9-4B．电流表读数变小A．电压表读数变小D．电源内阻的功率变大C．电源的总功率变大ACD [半导体光敏电阻的阻值随光照增加而减小，故用一束光照射光敏电阻电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可知，电流增大，故电流表示数增大；则由P＝EI可知，电源的总功率变大，由P＝I2r可知，电源内阻的功率变大；因电流增大，则内电压和滑动变阻器两端电压增大，故电压表示数减小，故A、C、D正确，B错误．]●考向3直流电路的计算4．(2017·苏锡常二模)如图9-5所示，电源为恒流电源(能始终提供恒定的电流)，R0为定值电阻，电流表和电压表均为理想电表，移动滑动变阻器R的滑片，则下列电压表示数U和电路总功率P随电流表示数I变化的关系图线中正确的是( )【：17214152】图9-5ABCDD [设恒流源提供的电流为I0．则通过R0的电流为：I R＝I0－I，则电压表示数为：U＝I R R0＝(I0－I)R0＝－IR0＋I0R0，I0和R0是定值，则根据数学知识可知U-I图象是不过原点的倾斜的直线，故A、B错误．电路总功率为：P＝UI0＝(I0－I)R0I0＝－R0I0I＋R0I20，I0和R0是定值，可知P-I图象是向下倾斜的直线，故C错误，D正确．]考点2| 交变电流的产生与描述难度：中档题题型：选择题五年1考(对应学生用书第44页)3．(多选)(2017·江苏高考T7)某音响电路的简化电路图如图9-6所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则( )【：17214153】图9-6A．电感L1的作用是通高频B．电容C2的作用是通高频C．扬声器甲用于输出高频成分D．扬声器乙用于输出高频成分【解题提示】根据电容器的特性：通交隔直，通高阻低，以及电感线圈的特性：通直阻交，通低阻高来分析选择．BD[电感的特点是通低频阻高频，电容的特点是通高频阻低频，选项A错误，B正确；混合信号输入后，高频成分被L1阻碍，再经C1过滤一部分，则通过扬声器甲的是低频成分，选项C错误；当混合信号输入后，电容C2让高频信号顺利通过，电感L2不能过滤掉高频成分，但可以过滤掉低频成分，故通过扬声器乙的是高频成分，选项D正确．]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＝nBSω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 msin 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．●考向1交变电流的产生5．(2017·泰州三模)法拉第发明了世界上第一台发电机，如图9-7所示，圆形金属盘安置在电磁铁的两个磁极之间，两电刷M、N分别与盘的边缘和中心接触良好，且与灵敏电流计相连，金属盘绕中心轴沿图示方向转动，则( )图9-7A．电刷M的电势高于电刷N的电势B．若只将电刷M移近N，电流计的示数变大C．若只提高金属盘转速，电流计的示数变大D．若只将变阻器滑片向左滑动，电流计的示数变大C [根据安培定则可知，电磁铁产生的磁场方向向右，由右手定则判断可知，金属盘产生的感应电流方向从M到N，则电刷M的电势低于电刷N的电势，故A错误；若仅将电刷M移近N，使电刷MN之间距离减小，切割磁感线的有效长度减小，产生的感应电动势减小，感应电流减小，则电流计的示数变小，故B错误；若只提高金属盘转速，感应电动势增大，故电流计的示数变大，故C正确；若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路电流减小，磁场减弱，电流计的示数将减小，故D错误．] 6．(2017·苏锡常二模)在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理如图9-8甲所示．浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置圆形线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，上下运动的速度v＝0．4πsin(πt)m/s，且始终处于辐射磁场中，该线圈与阻值R＝15 Ω的灯泡相连；浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图乙中阴影部分)，其内部为产生磁场的磁体；线圈匝数N＝200匝，线圈所在处磁场的磁感应强度大小B＝0．2 T，线圈直径D＝0．4 m，电阻r＝1 Ω．计算时取π2的值为10．甲乙图9-8(1)求线圈中产生感应电动势的最大值E m；(2)求灯泡工作时消耗的电功率P；(3)若此灯塔的发电效率为90%，求3 min内海浪提供给发电灯塔的能量．【：17214154】【解析】(1)线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势最大值为：E m＝NBl v max ，其中：l＝πD联立得：E m＝πNBD v max ＝π×200×0．2×0．4×0．4π V＝64 V．(2)电动势的有效值为：E＝Em2＝642V＝322V，根据闭合电路欧姆定律有：I＝E R＋r得：I＝32215＋1A＝22A那么灯泡电流的有效值为：I＝22A灯泡两端电压的有效值为：U＝IR＝22×15 V＝302V则灯泡的功率为：P＝I2R＝(22)2×15 W＝120 W．(3)此灯塔的发电效率为90%，根据能量守恒定律，有：90%E总＝UIt解得：E总＝UIt90%＝302×22×1800．9J＝2．4×104 J．【答案】(1)64 V (2)120 W (3)2．4×104 J●考向2交变电流的“四值”7．(2017·香洲区期中)如图9-9所示，位于竖直平面内的矩形金属线圈，边长L1＝0．40 m、L2＝0．25 m，其匝数n＝100匝，总电阻r＝1．0 Ω，线圈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R＝3．0Ω的定值电阻相连接．线圈所在空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度B＝1．0 T，在外力驱动下线圈绕竖直固定中心轴O1O2匀速转动，角速度ω＝2．0 rad/s．求：图9-9(1)电阻R两端电压的最大值；(2)从线圈通过中性面(即线圈平面与磁场方向垂直的位置)开始计时，经过1 4周期通过电阻R的电荷量；(3)在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热．【解析】(1)线圈中感应电动势的最大值E m＝nBSω，其中S＝L1L2E m＝nBSω＝nBL1L2ω＝20 V线圈中感应电流的最大值I m＝EmR＋r＝5．0 A电阻R两端电压的最大值U m＝I m R＝15 V．(2)设从线圈平面通过中性面时开始，经过14周期的时间Δt＝T4＝π2ω此过程中线圈中的平均感应电动势：E＝n ΔΦΔt＝nBSΔt通过电阻R的平均电流：I＝ER＋r＝错误!通过电阻R的电荷量：q＝IΔt＝nBS R＋r代入数据，解得：q＝2．5 C．(3)线圈中感应电流的有效值I＝Im2＝522A线圈转动一周的过程中，电流通过整个回路产生的焦耳热：Q热＝I2(R＋r)T＝50π J≈157 J．【答案】(1)15 V (2)2．5 C (3)157 J●考向3交变电流的图象8．(2017·湖北模拟)如图9-10甲所示，在匀强磁场中，两个匝数相同的正方形金属线圈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e随时间t变化的图象如图乙中曲线a、b所示，则( )甲乙图9-10A ．t ＝0时刻，两线圈均处于垂直于中性面的位置B ．a 、b 对应的线圈转速之比为2∶3C ．a 、b 对应的两线圈面积之比为1∶1D ．若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈电动势的有效值之比一定不变C [在t ＝0时刻，感应电动势为零，此时线圈一定处在中性面上，故A 错误；由图可知，a 的周期为4×10－2s ，b 的周期为6×10－2s ，则由n ＝2πT可知，转速与周期成反比，故转速之比为3∶2，故B 错误；由图可知，a 的最大感应电动势为E a ＝15 V ，b 的最大感应电动势为E b ＝10 V ，根据E m ＝NBS ω可知SaSb＝Ea ωb Eb ωa ＝11，故C 正确；改变线圈的形状，线圈的面积可能会发生变化，根据E ＝NBS ω2可知，产生的感应电动势可能会发生变化，故两线圈电动势的有效值之比不一定不变，故D 错误．]考点3| 变压器问题难度：中档题 题型：选择题 五年4考(对应学生用书第46页)4．(多选)(2013·江苏高考T 8)如图9-11所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P 处于图示位置时，灯泡L 能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有( )【：17214155】图9-11A ．向下滑动PB ．增大交流电源的电压C．增大交流电源的频率D．减小电容器C的电容【解题关键】解此题应注意两点：(1)灯泡变亮的方法有增大副线圈电压和减小容抗X C两种．(2)容抗X C与交流电频率和电容的关系为X C＝12πfC．BC [要使灯泡变亮，根据欧姆定律，一方面可使变压器的输出电压U2变大，另一方面可使电路对交流电的阻碍作用减小．由U1U2＝n1n2知，向下滑动P时，U2变小，选项A错误；增大交流电源的电压U1，U2变大，选项B正确；由X C＝12πfC知，增大交流电源的频率时，容抗X C变小，选项C正确；减小电容器C的电容，容抗X C变大，选项D错误．]5．(2015·江苏高考T1)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V交变电流改变为110 V．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( ) A．200 B．400C．1 600 D．3 200B [根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系U1U2＝n1n2，得n2＝n1U2U1＝800×110220＝400，选项B正确．]6．(2016·江苏高考T4)一自耦变压器如图9-12所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈．在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2．在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中( )图9-12A．U2＞U1，U2降低B．U2＞U1，U2升高C．U2＜U1，U2降低D．U2＜U1，U2升高C [a 、b 间作为原线圈(匝数不变)接电压为U 1的交变电流，在滑动触头由M 点移动到N 点的过程中，相当于副线圈的匝数变少，由变压器工作原理U1U2＝n1n2知，U 1＞U 2，且U 2降低，选项C 正确．]7．(2014·江苏高考T 3)远距离输电的原理图如图9-13所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，输电线上的电阻为R ．变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )图9-13A ．I1I2＝n1n2B ．I 2＝U2RC ．I 1U 1＝I 2RD ．I 1U 1＝I 2U 2D [根据理想变压器的工作原理得I 1U 1＝I 2U 2、I1I2＝n2n1．U 2不是加在R 两端的电压，故I 2≠U2R，而I 1U 1等于R 上消耗的功率I 2R 与下一级变压器的输入功率之和．选项D 正确．]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U1U2＝n1n2分析U 2的情况；②由I 2＝U2R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．●考向1 变压器的基本关系9．(2017·苏锡常二模)如图9-14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9倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )图9-14A ．此时a 和b 的电功率之比为1∶1B ．原、副线圈匝数比为9∶1C ．原、副线圈匝数比为8∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为8∶1C [灯泡正常发光，则其电压均为额定电压，因为输入电压U 为灯泡额定电压的9倍，所以原线圈输入电压为灯泡额定电压的8倍，输出电压等于灯泡的额定电压，可知，原副线圈匝数之比为n1n2＝81，根据公式I1I2＝n2n1得a 和b 的电流之比为I1I2＝18，故A 、B 错误，C 正确；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∶8，故D 错误．]●考向2 变压器动态分析10．(多选)(2017·徐州期末)如图9-15所示，理想变压器原线圈接入正弦交流电，副线圈的匝数可以通过滑动触头P 调节．R T 为热敏电阻，当环境温度升高时，R T 的阻值变小．下列说法正确的有( )图9-15 A ．P 向下滑动时，电压表读数变大 B ．P 向下滑动时，电流表读数变小C．若环境温度升高，变压器的输入功率变大D．若环境温度升高，灯泡消耗的功率变小BC [根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，电压表读数变小，故A错误；根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，副线圈电流减小，输出功率变小，根据输入功率等于输出功率，知原线圈电流也减小，所以电流表读数变小，故B正确；当环境温度升高时，R T的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，原线圈的电流也会变大，变压器的输入功率变大，故C正确；当环境温度升高时，R T的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，根据P＝I2R，灯泡消耗的功率变大，故D错误．] 11．(多选)(2017·徐州模拟)如图9-16所示，变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，原线圈所接交变电压u＝252sin 100πt(V)，C为电容器，L为自感线圈，刚开始开关S断开，下列说法正确的是()【：17214156】图9-16A．开关闭合前，交流电压表示数12．5 VB．开关闭合稳定后，灯泡比闭合前暗C．只增加交变电流的频率，灯泡变亮D．只增加交变电流的频率，电压表读数变大AB [由题可知，原线圈的电压有效值为25 V，根据变压器的电压与匝数关系可知，开关闭合前，交流电压表示数为副线圈两端的电压：U2＝n2n1·U1＝12×25 V＝12．5 V，故A正确；开关闭合后灯泡与电容器并联，电路中的电流值增大，线圈对电路中电流的阻碍作用增大，则线圈上分担的电压增大，所以灯泡比闭合前暗，故B正确；交流电的频率越大，电感线圈对交流的阻碍作用就越大，所以电路的电流会减小，灯泡的亮度要变暗，故C错误；交流电的频率对变压器的变压关系没有影响，故D错误．]热点模型解读| 远距离输电模型(对应学生用书第47页)[典例] (2017·河北邢台质检)如图9-17甲是远距离输电线路示意图，图乙是用户端电压随时间变化的图象，则( )【：17214157】图9-17A．发电机产生的交流电的频率是100 HzB．降压变压器输出的电压有效值是340 VC．输电线的电流仅由输送功率决定D．仅增加升压变压器的副线圈匝数，其他条件不变，输电线上损失的功率减小【解题指导】由乙图可知交流电的周期T＝0．02 s，则频率f＝1T＝50 Hz，变压器不改变交流电的周期与频率，则A错误．由乙图可知U m＝340 V，有效值U＝Um2<340 V，则B错．输电线的电流由输送功率和输送电压共同决定，则C错误．当仅增加升压变压器的副线圈匝数时，则输电电压增大，由P＝UI可知，输电电流减小，再由P＝I2R可知输电线上损失的功率减小，则D正确．【答案】D [拓展应用]某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率为50 kW，用总电阻r＝3Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失的功率为输电功率的0．6%，则发电站要安装一个升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)，如图9-18所示．对整个送电过程，下列说法正确的是( )图9-18A．输电线上的损失功率为300 WB．升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100C．输电线中的电流为100 AD．降压变压器的输入电压为4 700 VA [输电线上损失的功率P r＝50 kW×0．6%＝300 W，选项A正确；由P r＝I2r 得输电线中的电流I 2＝10 A ，选项C 错误；发电机的输出电流I 1＝P1U1＝50×103500A ＝100 A ，升压变压器的匝数比n1n2＝I2I1＝110，选项B 错误；升压变压器的输出电压U 2＝P1I2＝5 000 V ，降压变压器的输入电压为U 2－I 2r ＝4 970 V ，选项D 错误．]。

专题08 直流电路与交流电路1.通常一次闪电过程历时约0.2~0.3 s,它由若干个相继发生的闪击构成.每个闪击持续时间仅40~80 μs,电荷转移主要发生在第一个闪击过程中.在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109 V,云地间距离约为1 km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C,闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的.根据以上数据,下列判断正确的是()A.闪电电流的瞬时值可达到1×105 AB.整个闪电过程的平均功率约为1×1014 WC.闪电时云地间的导电现象可用欧姆定律计算D.整个闪电过程向外释放的能量约为6×106 J答案：A2.图(甲)为一个电灯两端的电压与通过它的电流的变化关系曲线.由图可知,两者不成线性关系,这是由于电压增大,灯丝温度升高,电阻变大.如图(乙)所示,将这个电灯与20 Ω的定值电阻R串联,接在电动势为8 V的电源上,则电灯的实际功率为(不计电流表电阻和电源内阻)()A.0.6 WB.6 WC.0.9 WD.9 W答案：A解析：根据闭合电路欧姆定律可知：E=U L+IR代入数据得到：8=U L+20I在(甲)图中画出此方程的图线,如图所示.该图线与原图线的交点为此电路对应电灯中的电流和电压值.由图即可读出此电路中电灯两端的电压U=2 V,电流I=0.3 A,所以电灯的实际功率为P=UI=0.6 W.3.在研究微型电动机的性能时,应用如图所示的实验电路.当调节滑动变阻器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的输出功率为()A.32 WB.44 WC.47 WD.48 W答案：A解析：电动机停止转动时,电动机的内阻r=Ω=4 Ω,电动机正常运转时输出功率为P=UI-I2r=32 W,A项正确.4.(2012北京顺义区一模)如图所示的电路中,电源电动势为E,内电阻为r,在滑动变阻器R2的滑片向上滑动的过程中,电阻R3上消耗的电功率()A.一直减小B.保持不变C.一直增大D.先增大后减小答案：A5.当电阻两端加上某一稳定电压时,通过该电阻的电荷量为0.3 C,消耗的电能为0.9 J.为在相同时间内使0.6 C的电荷量通过该电阻,在其两端需加的电压和消耗的电能分别是() A.3 V 1.8 J B.3 V 3.6 JC.6 V 1.8 JD.6 V 3.6 J答案：D解析：设两次加在电阻R上的电压分别为U1和U2,通电的时间都为t.由公式W1=U1q1和W1=t可得：U1=3 V,=0.1.再由W2=U2q2和W2=t可求出：U2=6 V,W2=3.6 J,故选项D正确.6.如图所示,电源电动势为E,内阻为r,平行板电容器的两金属板水平放置,开关S是闭合的,两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态,G为灵敏电流计.则以下说法正确的是()A.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴向上加速运动,G中有从b到a的电流B.在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中,油滴向下加速运动,G中有从b到a的电流C.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴仍然静止,G中有从a到b的电流D.在将S断开后,油滴仍保持静止状态,G中无电流通过答案：A7. 如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,当闭合开关S1,滑动变阻器滑片P向左移动的过程中,下列结论正确的是()A.小灯泡L变暗B.电流表读数变大,电压表读数变小C.电容器C上电荷量增加D.电源的总功率变小答案：B解析：滑动变阻器滑片P向左移动的过程中,滑动变阻器的有效阻值变小,闭合电路的外电阻变小,电路总电流增加,路端电压减小,所以电流表读数变大,电压表读数变小,选项B正确.电路总电流增加,小灯泡L变亮,选项A错误.小灯泡L两端电压增加,滑动变阻器两端的电压减小,电容器的电压减小,电容器上的电荷量减小,选项C错误.当电路外电阻等于电源内阻时电源的输出功率最大,滑动变阻器滑片P向左移动的过程中,外电路电阻变小,外电路电阻可能比电源内阻相差更大,也可能相差更小,所以电源的输出功率可能减小,也可能变大,选项D错误.8.在如图所示的U I图像中,直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线,直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线.用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路.由图像可知()A.电源的电动势为3 V,内阻为0.5 ΩB.电阻R的阻值为1 ΩC.电源的输出功率为2 WD.电源的效率为66.7%答案：ABD9.如图所示,R1为定值电阻,R2为可变电阻,E为电源电动势,r为电源内阻,以下说法中不正确的是()A.当R2=r时,R2上获得最大功率B.当R2=R1+r时,R1上获得最大功率C.当R2=0时,R1上获得最大功率D.当R2=0时,电源的输出功率最大答案：ABD10.如图4－9－18所示，理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1，和均为理想电表，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 ( )图4－9－18A ．电流频率为100 Hz B.的读数为24 V C.的读数为0.5 AD ．变压器输入功率为6 W解析 由ω＝2πf ＝100π rad/s 得：f ＝50 Hz ，A 错．有效值U 1＝12 V ，又U 2U 1＝n 2n 1得：U 2＝6 V ，I 2＝U 2R L＝1 A ，B 、C 项错．由能量守恒得P 1＝P 2＝U 2I 2＝6 W ，D 对． 答案 D11．如图4－9－22所示，一理想变压器原线圈匝数n 1＝1 000匝，副线圈匝数n 2＝200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u ＝2202sin 100πt V ．副线圈中接一电动机，电阻为11 Ω，电流表A 2示数为1 A ．电表对电路的影响忽略不计，则 ( )图4－9－22A ．此交流电的频率为100 HzB ．电压表示数为220 2 VC ．电流表A 1示数为5 AD ．此电动机输出功率为33 W答案 D12．在某交变电流电路中，有一个正在工作的理想变压器，如图4－9－23所示．它的原线圈匝数n 1＝600 匝，交流电源的电动势e ＝311sin(100πt ) V(不考虑其内阻)，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，原线圈串联一个额定电流为0.2 A 的保险丝，副线圈匝数n 2＝120 匝，为保证保险丝不被烧断，则 ( )图4－9－23A ．负载功率不能超过62 WB ．副线圈电流最大值不能超过1 AC ．副线圈电路中的电阻R 不能小于44 ΩD ．副线圈电路中电压表的读数为62 V解析 由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝44 V ，D 错；由I 1I 2＝n 2n 1得I 2≤1 A ，所以负载功率最大为P 2＝U 2I 2≤44 W ，A 错；副线圈中的电流最大值为I m ＝ 2 A ，故B 错；由R ＝U 22P 2得R ≥44 Ω，C 对． 答案 C13．如图4－9－24所示，某发电机输出功率是100 kW ，输出电压是250 V ，从发电机到用户间的输电线总电阻为8 Ω，要使输电线上的功率损失为5%，而用户得到的电压正好为220V，求升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是()图4－9－24A．16∶1190∶11 B．1∶1611∶190C．1∶16190∶11 D．16∶111∶190故选项C正确．答案 C14．如图7所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为0.02 s，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈总电阻为2 Ω，匝数为100匝．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，t＝1300 s时线圈中感应电流为1 A．那么()图7A ．线圈中感应电流的有效值为2 AB ．线圈转动一周产生的焦耳热为0.16 JC ．t ＝1300s 时穿过线圈磁通量的变化率为0.02 Wb/s D ．线圈中的感应电动势瞬时值表达式为e ＝4sin 100πt (V)答案 C15．如图8所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压及输电线的电阻R 均不变．在用电高峰期，发电厂输出功率将增大，下列说法正确的是( )图8A ．升压变压器副线圈中电流变小B ．降压变压器副线圈中电流变小C ．输电线上损耗的功率减小D ．用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小答案 D解析 当发电厂输出功率增大时，根据P ＝UI 知，输出电压不变，则升压变压器原线圈中的电流增大，则副线圈中的电流也增大．故A 错误；当用电高峰期时，用电器增多，则降压变压器中电流也会变大，故B 错误；升压变压器副线圈中的电流等于输电线中的电流，则输电线中的电流增大，根据P 损＝I 2R 知，输电线上损失的功率增大，故C 错；用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例P －P 损P ＝1－I ΔU IU 2＝1－ΔU U 2，因为输电线上的电流增大，则电压损失ΔU 增大，U 2不变，所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小．故D正确．16．如图9甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R＝10 Ω.从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是()图9A．当S与a连接后，理想电流表的示数为2.2 AB．当S与a连接后，t＝0.01 s时理想电流表示数为零C．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍D．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz答案AC17．如图10甲所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，接线柱a、b间接一正弦交变电源，其电压随时间的变化规律如图乙所示．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2是用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器，R1为一定值电阻．下列说法中正确的是()图10A．电压表V的示数为22 VB．当R2所在处出现火警时，电压表V的示数减小C．当R2所在处出现火警时，电流表A的示数增大D．当R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变大答案BCD解析电压表测量R2两端的电压，因此电压表的示数小于22 V，A错；R2所在处出现火警时，温度升高，R2的阻值变小，电路总电阻变小，电流变大，R1的功率变大，根据串联分压特点，R2两端的电压减小，B、C、D正确．18．图11甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10∶1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，电阻R1＝R2＝R3＝20 Ω和电容器连接成如图甲所示的电路，其中电容器的击穿电压为8 V，电表为理想交流电表，开关S处于断开状态，则()图11A．电压表V的读数约为7.07 VB．电流表A的读数为0.05 AC．变压器的输入功率约为7.07 WD．若闭合开关S，电容器不会被击穿答案AD19．如图4－9－25所示，用理想变压器给电灯L供电，如果只增加副线圈的匝数，其他条件不变，则()图4－9－25A．电灯L亮度减小B．电流表示数增大C．电压表示数增大D．变压器输入功率不变答案BC20．现用电压为380 V的正弦式交流电给额定电压为220 V的电灯供电，以下电路中可能使电灯正常发光的有()解析由图可知，A、B选项中均有电阻分压，可以使电灯正常发光；C选项为降压变压器，通过变压器降压也可以使电灯正常发光；D选项为升压变压器，电灯两端的电压要大于380 V，不可行．答案ABC21.咸阳市区某学校创建绿色校园，如图1甲为新装的一批节能灯，该路灯通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变.如图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，R t为光敏电阻(光照强度增加时，其电阻值减小).现增加光照强度，则下列判断正确的是()图1A.电源路端电压不变B.R0两端电压变大C.B灯变暗，A灯变亮D.电源总功率不变答案 B22.如图2所示的闭合电路中，电源电动势为E，内阻为r，电阻箱R1、R2、电灯和理想电流表A1、A2分别接入电路中，电灯的电阻为R L(电表和用电器均安全工作)，下列说法正确的是()图2A.仅调节R1，电流表A1的示数总大于A2的示数B.仅使R2减小，电流表A2变化量比A1变化量大C.仅使R1增大，电源内阻消耗的功率变大D.仅调节电阻箱R1，R L＝R1＋r时，电灯L可达到最亮答案 B解析仅调节R1，R L与R2的大小关系不确定，所以电流表A1的示数不一定总大于A2的示数.故A错误.仅使R2减小，并联部分电阻减小，通过R L的电流减小，总电流增大，则通过R2的电流增大，且电流表A2变化量比A1变化量大.故B正确.仅使R1增大，总电阻增大，总电流减小，则电源内阻消耗的功率减小，故C错误.仅调节电阻箱R1，R1＝0时，电路中电流最大，电灯L的电压最大，达到最亮，故D错误.23.(多选)如图3所示，虚线框内为漏电保护开关的原理示意图：变压器A处用火线和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器.B处有一个输出线圈，一旦线圈B中有电流，经放大后便能推动继电器切断电源.如果甲、乙、丙、丁四人分别以图示方式接触电线(裸漏部分)，甲、乙、丙站在木凳上，则下列说法正确的是()图3A.甲不会发生触电事故，继电器不会切断电源B.乙会发生触电事故，继电器不会切断电源C.丙会发生触电事故，继电器会切断电源D.丁会发生触电事故，继电器会切断电源答案AD解析甲、乙、丙、丁四人，只有丁电流由火线经丁流入大地，出现漏电，继电器会切断电源.24.(多选)如图4所示，一边长为L的正方形均匀线圈，以AB边所在直线为轴在匀强磁场B 中做匀速转动，线圈转动的角速度为ω，若以图示位置为零时刻，则下列选项反映四条边上的电势差随时间的变化正确的有()图4答案 AD解析 线圈在磁场中转动产生感应电动势，只有CD 边产生感应电动势，故产生的感应电动势的最大值为E m ＝BL 2ω，产生的感应电动势的瞬时值为e ＝BL 2ωcos ωt ，根据闭合电路欧姆定律可知AB 、BC 、AD 边的最大感应电动势为E m ′＝r 4r E m ＝14BL 2ω，故这三个边的电压的瞬时值为e ′＝14BL 2ωcos ωt ，结合产生的感应电流的方向可知，A 、D 正确，B 错误；CD 端的电压即为路端电压，故瞬时值为e ″＝34BL 2ωcos ωt ，故C 错误.25.电阻为1 Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图5所示.现把交流电加在电阻为9 Ω的电热丝上，则下列说法中正确的是( )图5A.线圈转动的角速度为31.4 rad/sB.如果线圈转速提高一倍，则电流不会改变C.电热丝两端的电压U ＝100 2 VD.电热丝的发热功率P ＝1 800 W 答案 D26.(多选)如图6所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω，线圈匝数为n 、电阻为r ，外接电阻为R ，交流电流表.线圈从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)开始转过π3时的感应电流为I .下列说法中正确的是( )图6A.电流表的读数为2IB.转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为2I R ＋rnωC.从图示位置开始转过π2的过程中，通过电阻R 的电荷量为2IωD.线圈转动一周的过程中，电阻R 产生的热量为4πRI 2ω答案 BCD解析 由题有：I ＝I m cos π3，则得感应电流的最大值I m ＝2I ，有效值I 有＝22I m ＝2I ，则电流表的读数为2I ，故A 错误；感应电动势的最大值E m ＝I m (R ＋r )＝2I (R ＋r )，又E m ＝nBSω，磁通量的最大值Φm ＝BS ，联立解得：Φm ＝BS ＝2I R ＋rnω，故B 正确；从图示位置开始转过π2的过程中，通过电阻R 的电荷量q ＝n ΔΦR ＋r ＝n BS R ＋r ＝n ·1R ＋r ·2I R ＋r nω＝2I ω，故C 正确；线圈转动一周的过程中，电阻R 产生的热量Q ＝I 2有RT ＝(2I )2R ·2πω＝4πRI 2ω，故D 正确27.有一理想变压器，副线圈所接电路如图7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.S 闭合后，下列说法正确的是( )图7A.灯L 1、L 2都能正常发光B.原线圈的输入功率减小C.原、副线圈的电流比增大D.电阻R 消耗的功率增大 答案 D28.如图9甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，A 、V 均为理想电表，R 为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，L 1和L 2是两个完全相同的灯泡.原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u ，下列说法正确的是( )图9A.电压u 的频率为100 HzB.电压表V 的示数为22 VC.当光强增大时，A 示数变小D.当L 1的灯丝烧断后，V 示数不变 答案 D29.如图10所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝25πT.单匝矩形线圈面积S ＝1 m 2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动.线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，为交流电流表.调整副线圈的滑动触头P ，当变压器原、副线圈匝数比为1∶2时，副线圈电路中标有“36 V ，36 W”的灯泡正常发光.以下判断正确的是( )图10A.电流表的示数为1 AB.矩形线圈产生电动势的最大值为18 VC.从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间变化的规律为e ＝182sin 90πt VD.若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P 适当下移 答案 C30.如图11所示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、副线圈匝数比为k 1.降压变压器T ′的原、副线圈匝数比为k 2.原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，用户电阻为R (纯电阻)，若用户消耗功率为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P r 和用户获得的电压U 分别为( )图11A.P r ＝r Rk 22P U ＝2k 2U m 2k 1－2rk 22PR B.P r ＝2r Rk 22P U ＝2U m 2k 1k 2－2r k 22P R C.P r ＝2r Rk 22P U ＝2k 2U m 2k 1－2r k 1k 2P RD.P r ＝2r Rk 21P U ＝2U m 2k 1k 2－2rk 1k 2PR答案 B解析 用户流过的电流为I 4＝P R ，故在输电线路上的电流为I 3＝I 4k 2＝1k 2PR，故损失的电功率为P r ＝I 23·2r ＝2r Rk 22P ；升压变压器两端电压的有效值为U 1＝U m2， 输电线路上损失的电压为ΔU ＝I 3·2r ，升压变压器副线圈两端的电压为U 2＝U 1k 1故降压变压器原线圈的电压为U 3＝U 2－ΔU ，用户获得的电压U ＝U 3k 2联立解得U ＝2U m 2k 1k 2－2rk 22P R31.有一节干电池,电动势大约为1.5 V,内电阻约为1.0 Ω.某实验小组的同学们为了比较准确地测出该电池的电动势和内电阻,他们在老师的支持下得到了以下器材： A.电压表V(15 V ,10 kΩ)B.电流表G(量程3.0 mA,内阻R g =10 Ω)C.电流表A(量程0.6 A,内阻约为0.5 Ω)D.滑动变阻器R 1(0~20 Ω,10 A)E.滑动变阻器R 2(0~100 Ω,1 A)F.定值电阻R 3=990 ΩG.开关S 和导线若干(1)为了能准确地进行测量,同时为了操作方便,实验中应选用的滑动变阻器是 .(填写器材前字母)(2)请在虚线框内画出他们采用的实验原理图.(标注所选择的器材符号)(3)该小组根据实验设计的原理图测得的数据如下表,为了采用图像法分析处理数据,请你在下图所示的坐标纸上选择合理的标度,作出相应的图线.序号123456电流表G(I 1/mA) 1.37 1.35 1.26 1.24 1.18 1.11 电流表A(I 2/A)0.12 0.16 0.21 0.28 0.36 0.43(4)根据图线求出电源的电动势E=V(保留三位有效数字),电源的内阻r=Ω(保留两位有效数字).(2)电压表V的量程为15 V,量程太大不利于读数,不能使用.电流表G和定值电阻R3串联,就改装成了大量程的电压表,可以测量电路的路端电压,路端电压的表达式为U=I1(R g+R3).用电流表A测量电路的总电流.实验原理图如图(甲)所示；(3)作出图线如图(乙)所示(4)纵坐标的截距为1.48 mA,根据图线求出电源的电动势E=1.48 mA×1 000 Ω=1.48 V,电源的内阻r==Ω=0.84 Ω.答案：(1)D(2)见解析图(甲)(3)见解析中图(乙)(4)1.48(1.45~1.49均可)；0.84(0.80~0.90均可)。

P UI P EI U Eη===外 专题四 电路和电磁感应 第一讲 直流电路与交流电路何洁知识主干一、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 2Rt. (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．（3）电流流经纯电阻电路，消耗的电能全部转化为内能；流经非纯电阻电路，消耗的电能一部分转化为内能，另一部分转化为其他形式的能．(4)电源的功率与效率①电源的功率P ：也称为电源的总功率，是电源将其他形式的能转化为电能的功率，计算式为：P= IE②电源内阻消耗功率P 内：是电源内阻的热功率，也称为电源的损耗功率，计算式为：P 内= I 2r .③电源的输出功率P 外：外电路上消耗的功率，计算式为：P 外= IU 外 .④电源的效率： ⑤电源的输出功率与外电阻R 的关系： 因此可知当电源内外电阻相等时，输出功率最大。

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、交变电流2222()()4RE E P UI R r R r r R ===-++外交变电流的“四值”(1)变压器原、副线圈基本量的关系若升压变压器输出功率为P ，输出电压为U ，降压变压器得到功率为P'，电压为U'，则：输电电流 线R U U U P I '-==…………① 输电线损耗功率 )()(22U U I RU U R I P P P '-='-=='-=线损……② 由U P I R I P ==及线耗2可推得 线损R U P P 22=……③ 由③知，输电电压增大到原来的n 倍，输电导线上损耗功率减少到原来的21n 。

专题十 直流与交流——————[知识结构互联]——————[核心要点回扣]——————1．闭合电路的欧姆定律(1)I ＝E R ＋r.(2)U 路＝E －Ir . 2．交变电流的“四值”(1)最大值：E m ＝NBSω.(2)瞬时值：e ＝E m sin_ωt .(3)有效值：由电流的热效应定义求解．(4)平均值：E ＝n ΔΦΔt .3．理想变压器的四个基本关系(1)功率关系：P 入＝P 出．(2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2. (3)电流关系：I 1I 2＝n 2n 1. (4)频率关系：f 1＝f 2.考点1 直流电路的分析与计算(对应学生用书第51页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年1考：2018年Ⅱ卷T 17[考情分析]1．该考点单独命题较少，多与实验综合在一起考查．2．命题点多考查电路的结构、串、并联特点、电容器电容的计算等内容．3．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．4．不会简化电路结构，电容器的连接方式不清、不明白电容的电路相当于断路易造成错解．1．(直流电路的计算)(2018·Ⅱ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10-1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10-1A.25B.12C.35D.23C [断开S 和闭合S 后等效电路分别如图甲、乙所示．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U 1＝15E ，U 2＝13E ，C 所带的电荷量Q ＝CU ，则Q 1∶Q 2＝3∶5，选项C正确．]在第1题中，若将电路调换为如图10-2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10-2A．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【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＝4×40×10－6C＝1.6×10－4C，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．【答案】 D■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·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＝RR＋rE＝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．闭合电路动态分析的两种常用方法(1)程序分析法：流程如下(2)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，与它并联与间接并联的电阻中的电流、两端的电压、消耗的电功率都增大(减小)．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·考向1直流电路的动态分析1．(2018·钦州市港区月考)在如图10-3所示的电路中，电池的电动势为E，内电阻为r，R1、R2为两个阻值固定的电阻，当可变电阻R的滑片向下移动时，理想电流表的示数I和理想电压表的示数U将()【导学号：19624120】图10-3A．I变小，U变大B．I变大，U变小C．I变小，U变小D．I变大，U变大B[当R的滑动触头P向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知总电流I增大．电压表测量路端电压U，而U＝E－Ir，I增大，E、r不变，则U变小．设变阻器R2两端电压为U′，则U′＝E－I(R1＋r)，I增大，其他量不变，则U′变小，通过R2的电流变小，而总电流变大，则电流表的示数I变大．故B正确．](2018·吉林大学附中模拟)如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表．现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法正确的是()A．电流表A的示数变小，电压表V的示数变大B．小灯泡L变亮C．电容器C上电荷量减少D．电源的总功率变大A[闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小．电压表的示数U＝E－I(R L＋r)，I减小，其他量不变，则U增大，即电压表V的示数变大，故A正确，B错误．电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增大，由Q ＝CU，知电容器C上的电荷量增多，故C错误．电源的总功率P＝EI，I 减小，则电源的总功率变小，故D错误．]考向2直流电路的计算2．(2018·中卫市一模)机动车的尾气含有铅等大量有害物质，并且也是造成地球“温室效应”的重要因素之一．电动汽车因其无尾气排放且噪声小等因素，正在逐渐被人们接受．某国产品牌电动汽车的铭牌如下，已知蓄电池储存的电能等于其容量乘输出电压，则下列说法正确的是()B．电动机的内阻为0.5 ΩC ．蓄电池充满电后储存的电能不小于2.88×118 JD ．充满电后在额定功率下连续行驶的时间不小于16 hD [电动汽车正常工作时消耗的电功率为：P ＝U 额I 额＝36×50 W ＝1 800W ，故A 错误；电动机内阻的发热功率为：P 热＝P －P 出＝(1 800－1 675) W＝125 W ，则电动机内阻为：r ＝P 热I 2＝1252 500Ω＝0.18 Ω，故B 错误；蓄电池充满电后储存的电能为：W ＝UIt ＝800×3 600×36 J ＝1.18×118 J ，故C错误；在额定功率下连续行驶最长时间为：t ′＝UIt U 额I 额＝800×3636×50h ＝16 h ，故D 正确．](多选)(2018·湖北八校二联)在如图甲所示的电路中，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( )A ．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 WCD [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 均错误；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＝1.50.2 Ω＝7.5 Ω，P 2＝U 2I 2＝1.5×0.2 W ＝0.3 W ，C 、D 正确．]考点2交变电流的产生与描述(对应学生用书第52页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计]五年1考：2018年Ⅲ卷T21[考情分析]1．该考点单独命题较少，常与变压器结合在一起命题．2．考查的重点是交变电流的变化规律及有效值的意义和计算．3．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．4．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．(交流电的产生及有效值的计算)(多选)(2018·Ⅲ卷T21)如图10-4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10-4A．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[题眼点拨]①“半圆形导线框”说明转初过程中一直有感应电流；②“扇形导线框”说明转动过程中只有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．BC [两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A 错误；导线框的转动周期为T ，则感应电流的周期也为T ，选项B 正确；在t ＝T 8时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C 正确；M 导线框中一直有感应电流，N 导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D 错误．]在第2题中，若改成如图10-5所示的情景．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10-5【解析】 线框中产生电动势的最大值Em ＝12BωS ，则I m ＝E m R ＝BωS 2R因图中位置为中性面，故电流瞬时值表达式为i ＝I m sin ωt ＝BωS 2R sin ωti -t 图象如图所示．【答案】 见解析■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·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 ＝nBSω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 .■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 交变电流的产生3．(多选)小型发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd ，bc 边长度为L 1，磁极间的磁场可视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO ′，线圈以角速度ω绕OO ′匀速转动，如图10-6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e 0，不计线圈电阻，下列说法正确的是( )【导学号：19624121】图10-6A ．ab 边长度为L ＝2e 0BωL 1B ．产生的交变电流的周期是2πωC ．若从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝2Ne 0sin ωtD ．发电机线圈从垂直中性面位置转动90°的过程中，产生 的感应电动势的平均值是2Ne 0πAC [由题意可知，线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，由e 0＝BL v ＝BL ωL 12，解得L ＝2e 0BωL 1，选项A 正确；T ＝2πω，选项B 错误；对单匝矩形线圈，其感应电动势最大值为2e 0，发电机线圈共N 匝，所以发电机线圈中总感应电动势最大值为2Ne 0，从中性面开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式为e ＝2Ne 0sin ωt ，选项C 正确；发电机线圈从垂直中性面位置转动90°的过程中，磁通量变化量为ΔΦ＝BLL 1＝2e 0ω，时间Δt ＝T 4＝π2ω，产生的感应电动势平均值是E －＝N ΔΦΔt ＝4Ne 0π，选项D 错误．]考向2 交变电流的“四值”问题4．(多选)(2018·天津河东区二模)如图10-7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10-7A ．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2IR ωC ．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2I ωD ．线框转动一周的过程中，产生的热量为8πI 2R ωBC [由E m ＝nBSω，从中性面开始计时，则电流i ＝nBSωR sin ωt ，当ωt ＝π6时电流为I，则I＝nBSω2R，则2I＝nBSωR；由nBSωR＝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＝2IRnω，因n＝1，则B正确；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BStR t＝BSR＝2Iω，则C正确；电流的有效值为2I，线框转动一周的过程中，产生的热量为Q＝(2I)2R×2πω＝4πRI2ω，则D错误．](2018·张掖模拟)电动机的内电阻r＝2 Ω，与R＝8 Ω的电阻串联接在线圈上，如图所示．已知线圈面积为220m2，共100匝，线圈的电阻为2 Ω，线圈在B＝2πT的匀强磁场中绕OO′以转速n＝600 r/min匀速转动，在合上开关S后电动机正常工作时，电压表的示数为100 V．则下列说法正确的是()A．电路中电流的最大值为5 2 AB．电路中电流的最大值为10 2 AC．电动机正常工作时的输出功率为1 000 WD．电动机正常工作时的输出功率为800 2 WB[线圈的角速度ω＝20π rad/s，电动势的最大值E m＝NBSω＝200 2 V，有效值E＝E m2＝200 V，电路中的电流I＝E－UR＋r线圈＝10 A，电流的最大值为I m＝10 2 A，选项A错误，B正确；电动机正常工作时的输出功率为P出＝UI－I2r＝800 W，选项C、D错误．]考向3交变电流的图象问题5．(多选)(2018·湖南衡阳联考)如图10-8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( )【导学号：19624122】图10-8A ．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∶2 D ．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0AC [由图乙可知，E m a ＝36 V ，ωa ＝2πT a＝2π8×10－2 rad/s ＝25π rad/s ，则曲线a 表示的交变电动势瞬时值e a ＝E m a sin ωa t ＝36sin 25πt V ，故A 正确；由图乙知曲线a 、b 表示的交变电流的周期之比为T a ∶Τb ＝(8×10－2)∶(12×10－2)＝2∶3，由ω＝2πT 可知ωa ∶ωb ＝T b ∶T a ＝3∶2，所以曲线a 、b 表示的交变电动势的最大值之比为E m a ∶E m b ＝NBSωa ∶NBSωb ＝ωa ∶ωb ＝3∶2，又知E m a ＝36 V ，则E m b ＝24 V ，故B 错误；曲线a 表示的交变电动势瞬时值e a ＝36sin 25πt V ，曲线b 表示的交变电动势瞬时值e b ＝24sin 2π12×10－2t V ，将t ＝5×10－2 s 代入，得e a ＝－18 2 V ，e b ＝12 V ，|e a |∶e b ＝32∶2，故C 正确；由图乙知t ＝6×10－2 s 时，a 的电动势最大，对应线框的磁通量为0，b 的电动势为0，对应线框的磁通量最大，故D 错误．](多选)如图甲所示，将阻值为R ＝5 Ω的电阻接到内阻不计的正弦交流电源上，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流表串联在电路中．对此，下列说法正确的是( )A ．电阻R 两端电压变化规律的函数表达式为u ＝2.5sin 200πt (V)B ．在t ＝0.01 s 时刻穿过线圈的磁通量为180πWbC ．如图丙所示，若此交变电流由一矩形导线框在匀强磁场中匀速转动产生，当导线框的转速提高一倍后，电流表的示数为1 AD ．这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值的比为12ABD [读取i -t 图象信息．电流最大值为I m ＝0.5 A 、周期为T ＝0.01 s. 理解函数关系式．角速度为ω＝2πT ＝200π rad/s ，电阻R 两端电压最大值为U m ＝I m R ＝2.5 V ，则有u ＝2.5sin 200πt (V)，故选A.又有U m ＝BSω，在t ＝0.01 s 时刻穿过线圈的磁通量为Φm ＝BS ＝U m ω＝180πWb ，故选B.当转速提高一倍，则ω提高一倍，则U m ′＝2BSω，变为原来的2倍，则电流有效值也变为原来的2倍，为2×I m 2＝2×0.52A ≠1 A ，的示数为有效值，故不选C.图乙的正弦交流电的电流有效值为0.52A ，图丁所示的交变电流虽然方向发生变化，但大小恒为0.5 A，其有效值为0.5 A，其比值为0.520.5＝12，故选D.]考点3变压器问题(对应学生用书第53页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计]五年4考：2018年Ⅰ卷T16、Ⅲ卷T192018年Ⅰ卷T162018年Ⅱ卷T21[考情分析]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．3．变压器“电压比”中电压是指变压器两端的电压．4．公式I1I2＝n2n1仅用于“一原一副”的情况．“一原多副”要结合功率关系求解．5．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．3．(变压器的基本关系)(2018·Ⅰ卷T16)一含有理想变压器的电路如图10-9所示，图中电阻R1、R2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()【导学号：19624123】图10-9A．2B．3C．4 D．5[题眼点拨]①“S断开”说明副线圈R2、R3串联；②“S闭合”说明副线圈电阻R3被短路；③“理想变压器”说明电源输出功率等于R1与副线圈消耗的功率之和．B[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．]4．(变压器的基本关系)(多选)(2018·Ⅲ卷T19)如图10-10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10-10A．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∶9AD[设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A正确，选项B错误；由9U0I a＝U0I b得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据P＝UI，a、b灯泡的电功率之比为1∶9，选项C错误，选项D正确．]在第4题中，将两额定电压相同的灯泡a、b换为电阻值相同的两个定值电阻如图10-11所示．已知理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1 ，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，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10-11A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13【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 21R I 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U 3＋3U ＝220 V ，解得U ＝66 V ．选项A 正确．【答案】 A5．(变压器的动态分析)(多选) (2018·Ⅱ卷T 21)如图10-12所示，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( )【导学号：19624124】图10-12A ．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[题眼点拨] ①“二极管正向电阻为零，反向电阻无穷大”说明一个周期T内R 中只有T 2时间有电流通过；②“将二极管短路”说明R 两端电压为正弦式交变电压．BD [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R 的阻值，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．]■熟技巧·类题通法…………………………………………………………………·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，即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．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 变压器的基本关系6. (2018·北京高考)如图10-13所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 100πt (V)的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )【导学号：19624125】图10-13A ．原线圈的输入功率为220 2 WB ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50 sB [理想变压器原线圈两端电压的有效值为U 1＝220 V ，U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2U 1n 1＝110 V ，即电压表的读数为110 V ，通过负载电阻的电流I 2＝U 2R ＝11055 A ＝2 A ，则副线圈的输出功率P ＝U 2I 2＝110×2 W ＝220 W ，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，为220 W ，故选项A 、C 错误．由n 1I 1＝n 2I 2得I 1＝n 2I 2n 1＝1 A ，即电流表的读数为1 A ，选项B 正确． 由u ＝2202sin 100πt (V)可知，角速度ω＝100π rad/s ，原线圈所接交流电的周期T ＝2πω＝0.02 s ，副线圈输出交流电的周期不变，仍为0.02 s ，选项D 错误．]考向2 变压器的动态分析7．(2018·鸡西市模拟)某同学模拟“远距离输电”，将实验室提供的器材连接成如图10-14所示电路，A 、B 为理想变压器，灯L 1、L 2相同且阻值不变．保持A 的输入电压不变，开关S 断开时，灯L 1正常发光．则( )图10-14A ．仅闭合S ，L 1变亮B ．仅闭合S ，A 的输入功率变小C ．仅将滑片P 上移，L 1变亮D ．仅将滑片P 上移，A 的输入功率变小D[闭合S，则消耗功率增大，B副线圈中电流增大，B原线圈电流也增大，则R上损失的电压和功率增大，则B输入电压U B1＝U A2－IR，减小，灯泡两端电压U B2减小，故灯泡会变暗，故A错误；由上分析知A的输入电流增大，电压不变，根据P＝UI知输入功率增大，故B错误；仅将滑片P上移，A副线圈匝数减小，则输出电压减小，B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A输入功率减小，故C错误，D正确．](2018·晋城市三模)如图1所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，副线圈线路由理想电压表、理想电流表、理想二极管、电阻R及电容器连接组成，R＝55 Ω，原线圈a、b端接入如图2所示的交变电流，则下列说法正确的是()A．电流表的示数为 2 AB．电压表的示数为110 VC．若只增大原线圈输入交流电的频率，则电流表的示数变大D．若只增大原线圈输入交流电的频率，则电压表的示数变小C[原线圈两端的输入电压的有效值为220 V，根据U1U2＝n1n2可得U2＝110V，由于理想二极管反向电阻无穷大，故相当于断路，故交变电流只有半个周期通过，根据电流的热效应可得U22R·T2＝U′2R·T，解得U′＝55 2 V，由于流过电流表的电流为流过电阻和电容器的电流之和，因无法求得流过电容器的电流，故无法求得电流表的电流，故A、B错误；若只增大原线圈输入交流电的频率，电容器的容抗减小，故副线圈回路中总的电阻减小，根据I＝U′R总可知，电流增大，故C正确；若只增大原线圈输入交流电的频率，电压表的示数不变，故D错误．]热点模型解读| 输电模型(对应学生用书第55页)压变压器的变压比为n ，输电线的电阻为R ，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，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( )图10-15A ．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 ．电流表V 1的示数减小了ΔUD ．输电线损失的功率增加了(n ΔU R )2R[解题指导] 此题属于远距离输电过程中的变压器动态分析模型，理想变压器满足原副线圈电压、电压变化量与匝数成正比，电流的变化量与匝数成反比．B [电压表V 2的示数减小了ΔU ，根据变压器的变压比可知降压变压器输入电压减小了ΔU 3＝n ΔU ，由于升压变压器输入电压不变，因此输电线上的电压增大了n ΔU ，因此电流表A 1的示数增大了n ΔU R ，B 正确；根据变流比，电流表A 2的示数增大了n 2ΔU R ，A 错误；由于发电机的输出电压不变，因此升压变压器的输出电压不变，电压表V 1的示数不变，C 错误；设原来输电线上的电流为I ，则输电线损失的功率增加了(I ＋n ΔU R )2R －I 2R ，不等于(n ΔU R )2R ，D 错误．][拓展应用] (2018·黄冈中学模拟)一般发电机组输出的电压在十千伏上下，不符合远距离输电的要求．要在发电站内用升压变压器，升压到几百千伏后再向远距离输电．到达几百公里甚至几千公里之外的用电区之后，再经“一次高压变电站”“二次变电站”降压．已知经低压变电站降压变压器(可视为理想变压器)后供给某小区居民的交流电u ＝2202sin 100πt V ，该变压器原、副线圈匝数比为50∶1，则( )【导学号：19624126】A ．原线圈上的电压为11 000 2 VB ．原线圈中电流的频率是100 HzC ．原线圈使用的导线应该比副线圈的要粗D ．采用高压输电有利于减少输电线路中的损耗D [供给某小区居民的交流电u ＝2202sin 100πt V ，最大值为220 2 V ，故输出电压有效值为220 V ，根据变压比公式U 1U 2＝n 1n 2，输入电压为：U 1＝50×2201V＝11 000 V，故A错误；交流电u＝2202sin 100πt V，故频率f＝100π2πHz＝50 Hz，故B错误；变压器原、副线圈的电流比等于匝数之反比，即I1I2＝n2n1＝150，副线圈的电流大于原线圈的电流，所以副线圈的导线粗，故C错误；在输送电功率一定的情况下，根据公式P＝UI，高压输电有利于减小输电电流，电功率损耗ΔP＝I2r也会减小，故D正确．]。

专题四电路与电磁感应第11讲直流电路与交流电路一、明晰两个网络，理清两类电路二、明确变压器各物理量间的制约关系三、谨记三点提醒，全面清除雷区1．变压器匝数不变时，变压器的输入、输出电压均不变，但变压器原、副线圈中的电流均随负载的变化而变化．2．变压器匝数变化时，要注意区分是原线圈还是副线圈匝数变化．3．当变压器输出电压一定时，移动变阻器的滑动触头或改变接入的用电器多少时，引起的各物理量的变化分析方法同直流电路的动态分析方法．高频考点1 直流电路的分析与计算1－1． (2017·上海卷)将四个定值电阻a 、b 、c 、d 分别接入电路，测得相应的电流、电压值如图所示．其中阻值最接近的两个电阻是( )A ．a 和bB ．b 和dC ．a 和cD ．c 和d解析：本题考查U -I 图象的意义．根据R ＝U I 知，定值电阻的U -I 图线的斜率表示定值电阻的阻值．在U -I 图中分别连接O 与4个点，根据它们的倾斜度可知，a 和b 的阻值最接近，故选A ．答案：A1－2.(2017·辽师大附中期中)科学家研究发现，磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而变小，如图所示电路中GMR 为一个磁敏电阻，R 和R 2为滑动变阻器，R 1和R 3为定值电阻，当开关S 1和S 2闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，则( )A ．只调节电阻R ，当P 1向右端移动时，电阻R 1消耗的电功率变大B ．只调节电阻R ，当P 1向右端移动时，带电微粒向下运动C ．只调节电阻R 2，当P 2向下端移动时，电阻R 1消耗的电功率变大D ．只调节电阻R 2，当P 2向下端移动时，带电微粒向下运动解析：只调节电阻R ，当P 1向右端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电源电动势不变，所以电路中的电流减小，电磁铁的磁性减弱；由于电磁铁磁性的减弱，导致了磁敏电阻GMR 的阻值减小，则通过R 1的电流增大，其电功率增大．电容器两端的电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动．A 正确，B 错误；只调节电阻R 2，当P 2向下端移动时，回路中电流不变，电阻R 1消耗的电功率不变．电容器板间电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，C 、D 错误；故选A ．答案：A1－3． (多选)(2017·衡阳八中高三质检)如图所示电路中，电源电动势E 恒定，内阻r ＝1 Ω，定值电阻R 3＝5 Ω.开关K 断开与闭合时，ab 段电路消耗的电功率相等．则以下说法中正确的是( )A ．电阻R 1、R 2可能分别为4 Ω、5 ΩB ．电阻R 1、R 2可能分别为3 Ω、6 ΩC ．开关K 断开时理想电压表的示数一定小于K 闭合时的示数D ．开关K 断开与闭合时，理想电压表的示数变化量大小与理想电流表的示数变化量大小之比一定等于6 Ω 解析：开关闭合时，ab 段只有电阻R 1工作，消耗的电功率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 1＋R 3＋r 2R 1，当开关断开时，ab 段电阻R 1和R 2工作，消耗的电功率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 1＋R 2＋R 3＋r 2(R 1＋R 2)，代入数据可得A 正确B 错误；将R 3和电源内阻看作一整体，则此时电压表测量路端电压，当断开时路端总电阻大于闭合时的，所以断开时电压表示数大，C 错误；根据闭合电路欧姆定律得：U ＝E －(R 3＋r )I ，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为：ΔUΔI ＝R 3＋r＝6 Ω，D 正确．答案：AD直流电路中的功率问题(1)非纯电阻电路的电功率分析①纯电阻电路：P 电＝P 热＝I 2R ＝IU ＝U 2R；②非纯电阻电路：P 电＝P 热＋P 机，即UI ＝I 2R ＋P 机． (2)电流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P m ＝E 24r ；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<P m 时，每个输出功率对应两个外电阻阻值R 1和R 2，且R 1R 2＝r 2．高频考点2 交变电流的产生、描述2－1.(多选)(2017·天津卷)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化．设线圈总电阻为2 Ω，则( )A ．t ＝0时，线圈平面平行于磁感线B ．t ＝1 s 时，线圈中的电流改变方向C ．t ＝1.5 s 时，线圈中的感应电动势最大D ．一个周期内，线圈产生的热量为8π2J解析：由Φ -t 图可知，t ＝0时，Φ＝0，则线圈平面平行于磁感线，选项A 正确；t ＝1 s 时Φ＝0，此时电动势最大，t ＝0.5 s 和t ＝1.5 s 时，Φ最大，此时电动势为0，电流改变方向，选项B 、C 错误；交流电电动势的最大值E m ＝nBSω＝nΦm 2πT ＝4π V ，有效值E ＝22E m ＝22π V ，一个周期内线圈产生的热量Q ＝E 2R·T ＝8π2J ，D 正确．答案：AD2－2.(多选)如图所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，匝数n ＝100匝，电阻为r ＝1 Ω的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈两端经集流环和电刷与电路连接，定值电阻R 1＝6 Ω，R 2＝3 Ω，其他电阻不计，线圈匀速转动的周期T ＝0.2 s ．从线框与磁场方向平行位置开始计时，线圈转动的过程中，理想电压表的示数为2 V ．下列说法中正确的是( )A ．电阻R 1上的电功率为23WB ．t ＝0.4 s 时，电阻R 2两端的电压瞬时值为零C ．从开始计时到1/20 s 通过电阻R 2的电荷量为210πCD ．若线圈转速增大为原来的2倍，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e ＝62cos 20πt (V)解析：电阻R 1上的电功率为P ＝U 2R 1＝226W ＝23W ，故A 正确；线圈匀速转动的周期T ＝0.2 s ，t ＝0.4 s 时正好又转到了与磁场方向平行位置，故此时线圈产生的感应电动势最大，故电阻R 2两端的电压瞬时值最大，故B 错误；根据闭合电路欧姆定律产生的感应电动势的有效值E ＝R ＋r R U ＝2＋12×2 V ＝3 V ，最大值E m ＝2E ＝32V ，有E m ＝NBSω，故BS ＝E m Nω＝32100×10π＝321000π，故Φ＝BS sin ωt ＝321000πsin 10πt ，从开始计时到1/20 s ，磁通量的变化量ΔΦR ＋r 变为原来的2倍，故最大值为E ′m ＝62V ，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e ＝62cos 20πt (V)，故D 正确，故选AD ．答案：AD高频考点3 理想变压器的工作原理与计算理想变压器原、副线圈基本量间的关系提醒：对于有多个副线圈的变压器，电压关系不变，电流关系应从功率角度分析，具体如下． (1)U 1U 2＝n 1n 2，U 1U 3＝n 1n 3，… (2)n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋… (3)P 1＝P 2＋P 3＋…3－1.(2017·湖北省七市(州)联考)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，原线圈回路接有内阻不计的交流电流表A ，副线圈回路接有定值电阻R ＝2 Ω，现在a 、b 间和c 、d 间分别接上示波器，同时监测得a 、b 间，c 、d 间的电压随时间变化的图象如下图所示，则下列说法中错误的是( )A ．T ＝0.02 sB ．n 1∶n 2≈55∶1C ．电流表A 的示数I ≈36.4 mAD ．当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值为0解析：由图知，电压变化的周期是0.02 s ，所以A 正确；根据变压规律得：n 1n 2＝U 1U 2≈55，所以B 正确；副线圈的电流I 2＝U 2R ＝5.6622 A ，根据变流规律得原线圈电流I 1＝I 255≈0.0364 A ＝36.4 mA ．所以C 正确；由图知，当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值也最大，故D 错误．本题错误的选择D ．答案：D3－2． (2017·宁德市高中质检)如图所示，理想变压器的副线圈接有一规格为“44 V 、44 W ”的灯泡和线圈电阻r ＝1 Ω的电动机，原线圈接上u ＝2202sin 100πt (V)的正弦交流电后灯泡和电动机都正常工作，且原线圈中理想交流电流表的示数为1 A ，则下列说法正确的是( )A ．理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1B ．电动机的输出功率为176 WC ．电动机的热功率为6 WD ．若电动机被卡住，灯泡仍正常工作，则电流表的示数变为9 A 解析：原线圈两端的电压U 1＝22022＝220 V ，根据题意灯泡和电动机都正常工作，所以灯泡两端的电压为44 V ，根据电压与匝数成正比，得n 1n 2＝U 1U 2＝22044＝51，选项A 错误；根据电流与匝数成反比得副线圈中的电流，I 2＝5I 1＝5 A ，灯泡中的电流I L ＝P L U L ＝4444A ＝1 A ，则电动机的电流为I M ＝4 A ，电动机的热功率：P 热＝I 2M r ＝16 W ；则电动机输出功率：P 出＝U 2I M －I 2M r ＝44×4－42×1＝160 W ，选项BC 错误；若电动机被卡住，电灯正常发光，则通过电动机的电流I ′M ＝441 A ＝44 A ；此时变压器次级电流为45 A ，则初级电流I 1′＝n 2n 1I 2′＝455A ＝9 A ，电流表的示数变为9 A ，选项D 正确；故选D ．答案：D3－3.(2017·北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 100 πt (V)的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )B ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50 s解析：由题知，变压器的输入电压U 1＝22022 V ＝220 V ，所以U 2＝n 2n 1U 1＝110 V ；副线圈电流I 2＝U 2R ＝2 A ，原线圈电流I 1＝n 2n 1I 2＝1 A ．本题中电压表、电流表的读数为有效值，故B 项正确，C 项错误；原线圈输入功率P 1＝U 1I 1＝220 W ，A 项错误；交流电的周期T ＝2πω＝2π100πs ＝0.02 s ，D 项错误．答案：B高频考点4 理想变压器与远距离输电问题4－1.(多选)(2017·衡阳市第二次联考)某同学在实验室中研究远距离输电．由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的电磁感应)．在输送功率相同时，第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P 1，第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器T 1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2，理想变压器T 2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P 2.下列说法正确的是( )A ．前后两次实验都可用于研究远距离直流输电B ．实验可以证明，T 1采用升压变压器⎝⎛⎭⎫匝数比为n 2n 1>1能减少远距离输电的能量损失 C ．若输送功率一定，则p 2∶p 1＝n 1∶n 2D ．若输送功率一定，则p 2∶p 1＝n 21∶n 22解析：变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A 错误；实验可以证明，T 1采用升压变压器能减小输电电流，能减少远距离输电的能量损失，故B 正确；第一次实验输电线上的电流I ＝P U 1，输电线上损失的功率P 1＝I 2R ＝P 2U 21R ；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U 2＝n 2n 1U 1，输电线上的电流I ′＝PU 2，输电线上损失的功率P 2＝I ′2R ＝P 2U 22R ，所以：P 2P 1＝U 21U 22＝n 21n 22故D 正确，C 错误．故选BD ．答案：BD4－2.(多选)(2017·第一次全国大联考卷Ⅰ)如图所示，(a)是远距离输电线路的示意图，变压器均为理想变压器．(b)是用户内部电路图，由1 000个完全相同的电阻并联．(c)是某个电阻的电流随时间变化的图象．已知升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶100，降压变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，远距离输电线的总电阻为r＝20 Ω，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，不考虑降压变压器与用户间导线的电阻，则()A．发电机的输出功率是4×106 WB．升压变压器的输入电压是400 VC．降压变压器的输入电压是40 000 VD．用户电路中每个电阻的阻值是3 800 Ω解析：用户电路中通过每个电阻的电流有效值I＝1 A，降压变压器的输出电流I4＝nI＝1 000 A，升压变压器的输出电流I2、输电线上的电流I线、降压变压器的输入电流I3相等，输电线上的电流I线＝I2＝I3＝n4n3I4＝100 A，输电线上损失的电功率ΔP＝I2线r＝2×105W，发电机的输出功率也就是输电功率P1＝ΔPη＝4×106W，A正确；升压变压器的输入电流I1＝n2n1I2＝10 000 A，升压变压器的输入电压U1＝P1I1＝400 V，B正确；升压变压器的输出电压U2＝n2n1U1＝40 000 V，降压变压器的输入电压U3＝U2－I线r＝38 000 V，C错误；降压变压器的输出电压U4＝n4n3U3＝3 800 V，每个电阻的阻值是R＝U4I＝3 800 Ω，D正确．答案：ABD远距离输电中的“三路两耗”(1)三个回路回路1：发电机回路．该回路中，通过线圈1的电流I1等于发电机中的电流I机；线圈1两端的电压U1等于发电机的路端电压U机；线圈1输入的电功率P1等于发电机输出的电功率P机．回路2：输送电路．I2＝I3＝I R，U2＝U3＋U R，P2＝P R＋P3．回路3：输出电路．I4＝I用，U4＝U用，P4＝P用．(2)两种损耗①电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，U R＝U2－U3＝I R R．②功率损耗：输电线上的功率损耗P损＝I2R＝P2－P3．电路的动态变化模型电路的动态变化模型的特点一般为电路中一个元件的电阻发生变化，可能会引起电路中电流、电压、功率同时发生变化，使整个电路处于动态变化之中．此模型涉及电路中的内、外电路，需要分析的物理量较多，能很好地考查考生应用闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律综合分析的能力．直流电路动态变化模型(多选)如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r.将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则()A．A的示数增大B．V2的示数增大C．ΔU3与ΔI的比值大于rD．ΔU1大于ΔU2[思路点拨]电阻R与滑动变阻器串联，电流表A测量干路电流，电压表V1测量电阻R两端的电压，电压表V2测量电源的路端电压，电压表V3测量滑动变阻器两端的电压．【解析】由于电压表、电流表都是理想电表，则电流表可以看成短路，外电路中定值电阻R与滑动变阻器串联，电流表测的是总电流，电压表V1测的是R两端的电压，V2测的是电源的外电压，V3测的是滑动变阻器两端的电压，当滑动变阻器滑片向下滑动时，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流增大，电流表示数增大，A 项正确；内电压增大，外电压减小，电压表V 2示数减小，B 项错误；ΔU 3ΔI ＝R ＋r ，C 项正确；ΔU 1ΔI ＝R ，ΔU 2ΔI ＝r ，由于R 大于r ，因此ΔU 1大于ΔU 2，D 项正确．【答案】 ACD解决动态平衡问题的“三条途径”(1)先局部后整体，整体局部都要看基本思路：局部电阻变化→整体总电流变化→路端电压变化→局部电压和电流变化．具体步骤：先从电路中阻值变化的部分入手，由串联和并联规律判断出R 总的变化情况，再由闭合电路欧姆定律判断I 总和U 端的变化情况；最后由部分电路欧姆定律判定各部分电学量的变化情况．即R 局⎩⎪⎨⎪⎧ 增大减小→R 总⎩⎪⎨⎪⎧ 增大减小→I 总⎩⎪⎨⎪⎧ 减小增大→U 端⎩⎪⎨⎪⎧ 增大减小→⎩⎪⎨⎪⎧I 分U 分(2)串反并同，直观判断得结论基本思路：局部电阻变化→串联或间接串联的元件的相关物理量变化(串反)→并联或间接并联的元件的相关物理量变化(并同)．(3)极限法判断化难为易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，然后进行讨论．交流电路动态模型(多选)(2017·第二次全国大联考卷Ⅱ)每到夜深人静的时候我们就会发现灯泡比睡觉前要亮，其原因在于大家都在用电时，用电器较多，利用下图模拟输电线路，开关的闭合或者断开模拟用户的变化，原线圈输入50 Hz 的220 V 交流电，则下列分析正确的是( )A ．定值电阻相当于输电线电阻B ．开关闭合，灯泡L 1两端电压升高C ．开关闭合，原线圈输入功率增大D ．开关断开，副线圈电压增大【解析】 原副线圈匝数和电压成正比，由于匝数比值不变，原线圈输入电压也不变，所以副线圈电压不会变化，选项D 错．家庭电路用电器之间为并联关系，用户较多时，并联支路增多，相当于开关闭合而与之串联的定值电阻，实际是等效输电线的电阻，选项A 对．开关闭合副线圈总电阻变小，总电流变大，定值电阻分电压增多，并联电压变小，即灯泡L 1两端电压减小，选项B 错．副线圈电压不变电流增大，副线圈电功率增大，根据能量守恒，原线圈电功率也增大，选项C 对．【答案】 AC两种动态变压器模型的分析(1)匝数比不变的情况(如图甲所示)①U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2可以得出不论负载电阻R 如何变化，U 2不变．②当负载电阻发生变化时，I 2变化，根据I 1I 2＝n 2n 1可以判断I 1的变化情况．③I 2变化引起P 2变化，根据P 1＝P 2，可以判断P 1的变化．图甲(2)负载电阻不变的情况(如图乙所示) ①U 1不变，n 1n 2发生变化，U 2变化．②R 不变，U 2变化，I 2发生变化．③根据P 2＝U 22R和P 1＝P 2，可以判断P 2变化时，P 1发生变化，U 1不变时，I 1发生变化．图乙含容动态电路模型如图所示，电源电动势为E，内阻为r.电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小)．当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．则下列说法中正确的是()A．只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，R3中有向上的电流B．只将R3的滑片P2向上移动时，电源消耗的功率变大，R3中有向上的电流C．只将R2的滑片P1向下移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D．若断开开关S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动【解析】只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，电流变大，R0消耗的电功率变大，电容器的电压增大，电容器充电，R3中有向上的电流，A选项正确；由于R3与电容器相连，而电容器隔直流，所以只调节R3的阻值对电路中的电流和电压没有影响，电源消耗的功率不变，R3中没有向上的电流，B选项错误；只将R2的滑片P1向下移动变大，微粒将向上运时，电路中的电流不变，因此电容器两端的电压U2增大，带电微粒受到的电场力F＝qE＝q U2d动，C选项错误；若断开开关S，电容器将通过R3、R2放电，电容器所带电荷量减少，带电微粒向下运动，D选项错误．【答案】 A(1)含容动态电路模型一般涉及电容器中带电体的平衡、运动，电容器中某点的电势以及带电体的电势能变化问题，这些问题的核心是电容器电压的变化．(2)电容器在直流电路中处于断路状态，在动态分析时，一般先将电容器及串联电路去掉，分析电路中与电容器并联部分的电阻上电压的变化，这一电压变化即电容器上电压的变化．(3)分析电路要注意电路稳定时，由于电容器中没有电流，因此与电容器串联的电阻上的电流和电压均为零．。