2020版高考物理大二轮复习专题四第1讲直流电路与交流电路讲义139

直流电路与交流电路第1讲直流电路与交流电路∶ 22∶1∶2从近几年高考试题可以看出以下特点：定律及部分电路欧姆定律进行电路动态分析，稳态、动态含电容电路的分析，以直流电路的动态分析【高分快攻】1．闭合电路动态变化的原因(1)当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时，电路的总电阻一定增大(或减小)．(2)若开关的通断使串联的用电器增多，总电阻增大；若开关的通断使并联的支路增多，总电阻减小．(3)热敏电阻或光敏电阻的阻值变化． 2．直流电路动态分析的三种常用方法【典题例析】(2019·河南洛阳三模)在如图所示电路中，闭合开关S ，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I 、U 1、U 2表示．下列判断正确的是( )A ．I 减小，U 1增大B ．I 减小，U 2增大C ．I 增大，U 1增大D ．I 增大，U 2增大[解析] 闭合开关S ，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R 增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I 总减小，路端电压U 增大．R 3两端电压等于路端电压，则流过R 3的电流I 3增大．流过电流表的电流I ＝I 总－I 3，I 总减小，I 3增大，则I 减小，R 1两端电压减小，即电压表V 1的示数U 1减小．电压表V 2的示数U 2＝U －U 1，U 增大，U 1减小，则U 2增大．所以，I 减小，U 1减小，U 2增大．故选B.[答案] B (多选)如图所示，电源内阻不可忽略，R 1为电阻箱，R 2为半导体热敏电阻，阻值随温度的升高而减小，C 为电容器，闭合开关S ，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，电压表为理想电表，则下列判断正确的是( )A ．若R 1不变，当温度降低时电压表的示数减小B ．若R 1不变，当温度降低时油滴向上移动C ．若温度不变，当电阻箱R 1的阻值增大时，电容器C 的电荷量减少D ．若R 1不变，温度不变，当电容器C 两极板间的距离增大时油滴向下移动解析：选BCD.当温度降低时R 2增大，R 总增大，根据闭合电路欧姆定律知I 总减小，路端电压U ＝E －I 总r 增大，电压表的读数增大，故选项A 错误；电容器的电压U C ＝E －I 总(r ＋R 1)增大，场强增大，油滴向上移动，故选项B 正确；若环境温度不变，R 2阻值不变，当电阻箱R 1的阻值增大时，R 总增大，根据闭合电路欧姆定律知I 总减小，电容器的电压U C ＝I 总R 2，U C 减小，电容器C 的带电荷量Q ＝U C C 减少，故选项C 正确；若R 1不变，温度不变，电容器C 两极板间的电压不变，当电容器C 两极板间的距离增大时，E ＝U d减小，油滴向下移动，故选项D 正确．交流电的产生及“四值”的应用【高分快攻】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．正弦交流电“四值”的应用【典题例析】(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( )A ．T2时刻线框平面与中性面垂直 B ．线框的感应电动势有效值为2πΦmTC ．线框转一周外力所做的功为2π2Φ2mRTD ．从t ＝0到t ＝T 4过程中线框的平均感应电动势为πΦm T[解析] 由Φ－t 图象可知，T2时穿过线框的磁通量最大，则线框位于中性面，A 错误；线框中产生的感应电动势的最大值应为E m ＝NBS ω，又ω＝2πT，N ＝1，BS ＝Φm ，则整理得E m＝2πΦm T ，因此感应电动势的有效值为E ＝E m 2＝2πΦmT ，B 正确；由功能关系可知线框转动一周外力所做的功等于线框中产生的焦耳热，有W ＝E 2R T ＝2π2Φ2mRT ，C 正确；0～T 4的过程中，线框中产生的平均感应电动势为E －＝Φm T 4＝4ΦmT，D 错误．[答案] BC(多选)如图，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ON 的轴，以相同的周期T 逆时针匀速转动，则( )A ．两导线框中均会产生正弦交流电B ．两导线框中感应电流的周期都等于TC ．在t ＝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 解析：选BC.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 ＝12BR 2ω，C 项正确；导线框N 转动的一个周期内，有半个周期无感应电流产生，所以两导线框的感应电动势的有效值并不相同，由闭合电路欧姆定律可知，两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值一定不相同，D 项错误．理想变压器和远距离输电【高分快攻】1．理想变压器问题中的两个“弄清”(1)弄清变量和不变量．如原线圈电压不变，原、副线圈的匝数比不变，其他物理量可随电路的变化而发生变化．(2)弄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．解决远距离输电问题的一般思路【典题例析】(2018·高考天津卷)教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R 供电，电路如图所示，理想交流电流表A 、理想交流电压表V 的读数分别为I 、U ，R 消耗的功率为P . 若发电机线圈的转速变为原来的12，则( )A ．R 消耗的功率变为12PB ．电压表V 的读数变为12UC ．电流表A 的读数变为2ID ．通过R 的交变电流频率不变[解析] 交流发电机产生的感应电动势最大值E m ＝NBS ω，且有ω＝2πn ，所以当发电机线圈转速减半后，感应电动势最大值减半，有效值减半，又理想变压器原、副线圈电压有效值之比等于原、副线圈匝数比，故电压表示数减为原来的一半，B 项正确；由电功率P ＝U 2R可知，变压器输出功率即R 消耗的功率变为原来的14，A 项错误；由P ＝UI 可知，原线圈中电流减为原来的一半，C 项错误；交流电的频率与发电机线圈转动角速度成正比，故D 项错误．[答案] B【题组突破】角度1 理想变压器的原理1．(多选) 如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b，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、副线圈匝数比为9∶1B．原、副线圈匝数比为1∶9C．此时a和b的电功率比为9∶1D．此时a和b的电功率比为1∶9解析：选AD.因为两灯泡额定电压相同且均正常发光，且输入电压为灯泡额定电压的10倍，所以理想变压器的输入、输出电压比为9∶1，由理想变压器变压规律可知，原、副线圈的匝数比为9∶1，A项正确，B项错误；由理想变压器变流规律可知，原、副线圈的电流比为1∶9，由电功率P＝UI可知，a和b的电功率之比为1∶9，C项错误，D项正确．角度2 理想变压器的动态分析问题2．如图所示，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( )A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变大解析：选B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，变压器副线圈的总负载的等效电阻增大，R1中电流减小，R1两端电压减小，电压表示数变大，R1消耗的电功率变小，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，变压器副线圈输出电流减小，输出功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率，变压器输入功率减小，电流表A1示数变小，选项C错误；若闭合开关S，变压器副线圈的总负载的等效电阻减小，则R1中电流增大，R1两端电压增大，电压表示数减小，电流表A2示数减小，电流表A1示数变大，选项D错误．角度3 远距离输电3．(多选)(2019·衡水中学信息卷二)图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器．升压变压器原副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 Ω.降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小．电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)．未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW.下列说法正确的有( )A ．降压变压器副线圈输出的交变电流频率为50 HzB ．远距离输电线路损耗功率为180 kWC ．当传感器R 2所在处出现火警时，电压表V 的示数变大D ．当传感器R 2所在处出现火警时，输电线上的电流变大解析：选AD.由题图乙知交变电流的周期为0.02 s ，所以频率为50 Hz ，A 正确；由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V ，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25 000 V ，所以输电线中的电流为I ＝P U＝30 A ，输电线损失的电压为ΔU ＝IR ＝30×100 V ＝3 000 V ，输电线路损耗功率为ΔP ＝ΔUI ＝90 kW ，B 错误；当传感器R 2所在处出现火警时，其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V 的示数变小，C 错误；由C 知副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流变大，D 正确．一、单项选择题1．(2019·哈尔滨三中二模)如图所示的电路中，当滑动变阻器R 2的滑动触头P 向下滑动时，下列说法正确的是( )A ．电压表的读数减小B ．R 1消耗的功率增大C ．电源的输出功率增大D ．电容器C 所带电荷量增多解析：选D.根据电路图可知，R 1、R 2串联后接在电源两端，电容器C 并联在R 2两端，电压表V 测路端电压．当滑动触头P 向下滑动时，R 2连入电路的电阻变大，则外电路总电阻R 变大，由I ＝ER ＋r知电流I 减小，由U ＝E －Ir 知路端电压增大，则电压表示数变大，电源的输出功率P 出＝UI 无法判断．由P R 1＝I 2R 1知，R 1消耗的功率变小．由U R 2＝E －(R 1＋r )I 知电容器两端电压变大，则电容器所带电荷量增多．综上所述，A 、B 、C 错误，D 正确．2．如图甲所示，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，产生的交流电动势e 随时间t 变化的图象如图乙中曲线a 、b 所示，则( )A ．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解析：选C.t ＝0时刻，两线圈感应电动势均为零，故两线圈均处于中性面的位置，选项A 错误；由图线可知，两线圈的周期之比T a ∶T b ＝2∶3；故根据n ＝1T可知a 、b 对应的线圈转速之比为3∶2，选项B 错误；根据E m ＝NB ωS ，ωa ωb ＝T b T a ＝32；E m a E m b ＝1510＝32；则S a S b ＝E m a ωb E m b ωa ＝11，选项C 正确；若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈的面积要变化，故感应电动势的最大值要变化，电动势的有效值之比一定变化，选项D 错误．3．(2017·高考北京卷)如图所示，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( )A ．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 s解析：选B.由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 2 V ，故有效值为U 1＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，故副线圈电压的有效值为U 2＝110 V ，故输出功率P 2＝U 22R＝220 W ，再由输入功率等于输出功率知，P 1＝P 2＝220 W ，A 项错误；根据欧姆定律知，I 2＝U 2R ＝2 A ，I 1I 2＝n 2n 1，得I 1＝1 A ，故电流表读数为1 A ，所以B 项正确；电压表的读数为有效值，即U 2＝110 V ，C 项错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T ＝2πω，解得T ＝0.02 s ，所以D 项错误．4．一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a 、b 间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c 、d 间作为副线圈．在a 、b 间输入电压为U 1的交变电流时，c 、d 间的输出电压为U 2.在将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中( )A ．U 2>U 1，U 2降低B ．U 2>U 1，U 2升高C ．U 2<U 1，U 2降低D ．U 2<U 1，U 2升高解析：选C.由变压器的变压公式U 1U 2＝n 1n 2可知，由于原线圈匝数n 1大于副线圈匝数n 2，因此有U 1>U 2，当滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中，n 2减小，因此U 2降低，C 项正确．5．(2019·济南质检)如图所示，电源电动势为E ，内阻为r .电路中的R 2、R 3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R 0为定值电阻，R 1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R 1的光照强度，电阻R 0消耗的电功率变大，R 3中有向上的电流B ．只将R 3的滑片P 2向上移动时，电源消耗的功率变大，R 3中有向上的电流C ．只将R 2的滑片P 1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：选A.只逐渐增大R 1的光照强度，R 1的阻值减小，电流变大，R 0消耗的电功率变大，电容器的电压增大，电容器充电，R 3中有向上的电流，A 选项正确；由于R 3与电容器相连，而电容器隔直流，所以只调节R 3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，R 3中没有向上的电流，B 选项错误；只将R 2的滑片P 1向下移动时，电路中的电流不变，因此电容器两端的电压U 2增大，带电微粒受到的电场力F ＝qE ＝q U 2d 变大，微粒将向上运动，C 选项错误；若断开开关S ，电容器将通过R 3、R 2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．6．如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L 供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )A ．小灯泡变亮B ．小灯泡变暗C ．原、副线圈两端电压的比值不变D ．通过原、副线圈电流的比值不变 解析：选B.由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1 ① 由U 1U ′2＝n 1－Δn n 2－Δn 得U ′2＝n 2－Δn n 1－ΔnU 1②由②①得：U ′2U 2＝（n 2－Δn ）n 1（n 1－Δn ）n 2＝n 2n 1－Δnn 1n 2n 1－Δnn 2，因为n 2＜n 1，所以U ′2U 2＜1，即U ′2＜U 2，故小灯泡变暗，B 正确，A 错误；由以上分析过程可以看出，C 错误；由I 1I 2＝n 2n 1和I ′1I ′2＝n 2－Δnn 1－Δn可见，D 错误．7．如图所示，接在理想变压器回路中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n 1∶n 2∶n 3为( )A ．1∶1∶1B ．3∶2∶1C ．6∶2∶1D ．2∶2∶1解析：选B.灯泡正常发光，可得U A ＝U B ＝U C ＝U D ，所以U 2＝2U 3，由理想变压器的电压关系得n 2n 3＝U 2U 3＝21，可得n 2＝2n 3.灯泡都正常发光，则功率相等，即P A ＝P B ＝P C ＝P D .由P ＝I 2R 得I A＝I B ＝I C ＝I D ，即I 1＝I 2＝I 3.由理想变压器的功率关系得U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3，即n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3，可得n 1＝n 2＋n 3＝2n 3＋n 3＝3n 3.所以n 1∶n 2∶n 3＝3∶2∶1.8．(2019·青岛二模)如图1所示，M 为一电动机，当滑动变阻器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2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，以下判断不正确的是( )A ．电路中的电源电动势为3.9 VB ．电动机的电阻为4 ΩC ．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32 Ω解析：选C.由电路图1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，此图线的斜率大小等于电源的内阻，为r ＝3.6－3.00.2 Ω＝3 Ω；当电流I ＝0.1 A 时，U ＝3.6 V ，则电源的电动势E ＝U ＋Ir ＝3.6V ＋0.1×3 V ＝3.9 V ，故A 正确；由图可知，电动机的电阻r M ＝0.8－0.40.1 Ω＝4 Ω，故B 正确；当I ＝0.3 A 时，U ＝3.0 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 ，电动机的热功率为P r M ＝I 2r M ＝0.32×4 W ＝0.36 W ，则最大的输出功率为P 出＝0.9 W －0.36 W ＝0.54 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 ＝⎝⎛⎭⎪⎫3.90.1－3－4 Ω＝32 Ω，故D 正确．9．(2019·枣庄段考)在如图所示的电路中，已知电阻R 1的阻值小于滑动变阻器R 的最大阻值．闭合开关S ，在滑动变阻器的滑片P 由左端向右端滑动的过程中，四个电表V 1、V 2、A 1、A 2的示数及变化量分别用U 1、U 2、I 1、I 2、ΔU 1、ΔU 2、ΔI 1、ΔI 2表示，下列说法中正确的是( )A ．U 1先变大后变小，I 1不变B ．U 1先变小后变大，I 1变小C ．ΔU 1ΔI 2的绝对值先变大后变小，ΔU 2ΔI 2的绝对值不变 D ．U 2先变小后变大，I 2先变小后变大解析：选D.滑片P 由滑动变阻器的左端向右端滑动的过程中，滑动变阻器R 的左半部分与R 1串联然后与R 的右半部分并联，并联电阻先变大后变小，所以电路总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律，I 2先变小后变大，U 1先变大后变小，由极限法可得当滑片P 滑到滑动变阻器右端时，电流表A 1把R 1所在支路短路，此时I 1最大，所以I 1一直增大，A 、B 错误；对于C 项，ΔU 1ΔI 2的绝对值等于电源的内阻，保持不变；ΔU 2ΔI 2的绝对值等于R 2，保持不变，C 错误；电阻R 2不变，电压表V 2的示数U 2＝I 2R 2，U 2先变小后变大，D 正确．10．如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为m ，降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( )A ．电流表A 2的示数增大了ΔURB ．电流表A 1的示数增大了n ΔURC ．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：选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 2ΔUR，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．二、多项选择题11．如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，则( )A ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小解析：选BC.保持Q 的位置不动，则U 2不变，将P 向上滑动时，R 接入电路的电阻变大，根据I 2＝U 2R 0＋R知，I 2变小，由I 1I 2＝n 2n 1得I 1也变小，即电流表读数变小，选项A 错误，选项B 正确；保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，U 2变大，则根据P 2＝U 22R 0＋R知副线圈输出功率变大，由P 1＝P 2知，变压器原线圈输入功率P 1变大，而P 1＝I 1U ，输入电压U 一定，I 1变大，即电流表读数变大，选项C 正确，选项D 错误．12．(2019·湖北重点中学联考)理想变压器原线圈a 匝数n 1＝200匝，副线圈b 匝数n 2＝100匝，线圈a 接在u ＝442sin 314t (V)交流电源上，“12 V 6 W ”的灯泡恰好正常发光，电阻R 2＝16 Ω，电压表V 为理想电表，下列推断正确的是( )A ．交变电流的频率为100 HzB ．副线圈磁通量的最大变化率为25Wb/s C ．电压表V 的示数为22 V D ．R 1消耗的功率是1 W解析：选BD.由表达式知交变电流的频率为f ＝3142πHz ＝50 Hz ，A 错误；灯泡正常发光，故副线圈中电流为I ＝P U ＝0.5 A ，故电压表示数为U 2＝12 V ＋IR 2＝20 V ，故根据E m ＝N ΔΦΔt知穿过铁芯的磁通量的最大变化率为E m N＝25Wb/s ，故B 正确；根据电流与匝数成反比，原线圈电流为0.25 A ，由题意可知：原线圈电压有效值为44 V ，根据电压与匝数成正比得U 1＝40 V ，R 1消耗的功率是P ＝(44－40)×0.25 W ＝1 W ，故C 错误，D 正确．13．(2019·河南中原名校高三联考)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112ΩB ．L 1消耗的电功率为7.5 WC ．L 2的电阻为7.5 ΩD ．L 2消耗的电功率为0.3 W解析：选CD.S 闭合后，L 1两端的电压为3.0 V ，由乙图可知，I 1＝0.25 A ，故P 1＝0.75 W ，R 1＝12 Ω，A 、B 均错；L 2与R 及电源串联，把R 和电源等效成电动势为3 V ，内阻为7.5 Ω的新电源，在图乙中作出新电源的I －U 图线，如图，两图线的交点表示出了此时L 2两端的电压与通过的电流的大小，由图知U 2＝1.5 V ，I 2＝0.2 A ，所以R 2＝U 2I 2＝1.50.2 Ω＝7.5 Ω，P 2＝U 2I 2＝1.5×0.2 W ＝0.3 W ，C 、D 正确．14．如图所示电路中，电源电动势为E 、内阻为r ，电阻R 2、R 3为定值电阻，R 1为滑动变阻器，A 、B 为电容器的两个极板．当滑动变阻器R 1的触头处于某位置时，A 、B 两板间的带电油滴静止不动．则下列说法中正确的是( )A ．仅把R 1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向下运动B ．仅把R 1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向上运动C ．仅把两极板A 、B 间距离增大，油滴向下运动，电流表读数不变D ．仅把两极板A 、B 间正对面积减小，油滴向下运动，电流表读数不变解析：选BC.从图中可知电容器两板间的电压等于路端电压，电流表测量干路电流，若仅把R 1的触头向右滑动时，R 1连入电路的电阻增大，则电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可得路端电压增大，干路电流减小，所以电流表示数减小，电容器两端的电压增大，根据公式E ＝U d可得两极板间的电场强度增大，所以油滴受到的电场力增大，故向上运动，A 错误，B 正确；仅把两极板A 、B 间距离增大，因为两极板间的电压不变，根据公式E ＝U d可得电容器两极板间的电场强度减小，油滴受到的电场力减小，向下运动，电流表的示数不变，C 正确；仅把两极板A 、B 间正对面积减小，由于两极板间的电压不变，距离不变，所以两极板间的电场强度不变，故油滴仍处于静止状态，电流表示数不变，D 错误．15．如图所示为某兴趣小组设计的一种发电装置，在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49π，磁场均沿半径方向；矩形线圈abcd (d 点未在图中标出)的匝数为N ，其边长ab ＝cd ＝l ，bc ＝ad ＝2l ；线圈的总电阻为r ，外接电阻为R ；线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc 边和ad 边同时进、出磁场．在磁场中，bc 边和cd 边所经过处的磁感应强度大小均为B 、方向始终与两边的运动方向垂直．则( )A ．bc 边和ad 边在磁场中运动时，线圈的感应电动势的大小为NBl 2ω B ．bc 边和ad 边在磁场中运动时，bc 边所受安培力的大小为4N 2B 2l 3ωR ＋rC ．通过R 的电流有效值为2NBl 2ωR ＋rD ．通过R 的电流有效值为4NBl 2ω3（R ＋r ）解析：选BD.bc 、ad 边的运动速度v ＝l2ω，电动势E m ＝2·NB ·2l ·v ＝2NBl 2ω，A 错误；根据欧姆定律得，电流I m ＝E mR ＋r ，bc 边所受安培力为F ＝N ·B ·I m ·2l ＝4N 2B 2l 3ωR ＋r ，B 正确；因为两磁场的圆心角为49π，故一个周期内，通电时间t ＝49T ，由有效值定义知：I 2m (R ＋r )49T＝I 2(R ＋r )T ，解得I ＝4NBl 2ω3（R ＋r ），C 错误，D 正确．。