2020届高考物理冲刺专项训练18 直流电路(原卷版)

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,全面去除雷区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． (2021·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、电压值如以下图．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：此题考查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 ,应选A ．答案：A1－2.(2021·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 ,如以下图电路中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 ,那么( )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 ,那么通过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；应选A ．答案：A1－3． (多项选择)(2021·衡阳八中高三质检)如以下图电路中 ,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．那么以下说法中正确的选项是( )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 ,那么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 ,那么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：ΔU ΔI＝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.(多项选择)(2021·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 ,那么( )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 ,那么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.(多项选择)如以下图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 ．以下说法中正确的选项是( )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210πC D ．假设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ΔΦ＝321000π ,故通过电阻R 2的电荷量为q ＝23×N ΔΦR ＋r ＝215πC ,故C 错误；转速增大2倍 ,故产生的感应电动势E m ＝NBSω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 ,应选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、副线圈根本量间的关系制约关系 根本关系 电压原线圈电压U 1和匝线比决定副线圈电压U 2 U 1U 2＝n 1n 2 电流副线圈电流I 2和匝线比决定原线圈电流I 1 I 1I 2＝n 2n 1 功率副线圈功率P 2决定原线圈功率P 1 P 1＝P 2 频率原线圈频率f 1决定副线圈频率f 2 f 1＝f 2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.(2021·湖北省七市(州)联考)如以下图 ,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以以下图所示 ,那么以下说法中错误的选项是( )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．此题错误的选择D ．答案：D3－2． (2021·宁德市高中质检)如以下图 ,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 ,那么以下说法正确的选项是( )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 ．假设电动机被卡住 ,灯泡仍正常工作 ,那么电流表的示数变为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 ,那么电动机的电流为I M ＝4 A ,电动机的热功率：P 热＝I 2M r ＝16 W ；那么电动机输出功率：P 出＝U 2I M －I 2M r ＝44×4－42×1＝160 W ,选项BC 错误；假设电动机被卡住 ,电灯正常发光 ,那么通过电动机的电流I ′M ＝441 A ＝44 A ；此时变压器次级|||电流为45 A ,那么初级|||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；应选D ． 答案：D3－3.(2021·北京卷)如以下图 ,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．以下说法正确的选项是( )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：由题知 ,变压器的输入电压U 1＝22022V ＝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 ．此题中电压表、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.(多项选择)(2021·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 ,第二次采用如以下图的电路输电 ,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.以下说法正确的选项是( )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 ．假设输送功率一定 ,那么p 2∶p 1＝n 1∶n 2D ．假设输送功率一定 ,那么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 ′＝P U 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．应选BD ． 答案：BD4－2.(多项选择)(2021·第|一次全国大联考卷Ⅰ)如以下图 ,(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．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 ,那么( )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I 4＝nI ＝1 000 A ,升压变压器的输出电流I 2、输电线上的电流I 线、降压变压器的输入电流I 3相等 ,输电线上的电流I 线＝I 2＝I 3＝n 4n 3I 4＝100 A ,输电线上损失的电功率ΔP ＝I 2线r ＝2×105W ,发电机的输出功率也就是输电功率P 1＝ΔP η＝4×106W ,A 正确；升压变压器的输入电流I 1＝n 2n 1I 2＝10 000 A ,升压变压器的输入电压U 1＝P 1I 1＝400 V ,B 正确；升压变压器的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝40 000 V ,降压变压器的输入电压U 3＝U 2－I 线r ＝38 000 V ,C 错误；降压变压器的输出电压U 4＝n 4n 3U 3＝3 800 V ,每个电阻的阻值是R ＝U 4I＝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I 1等于发电机中的电流I 机；线圈1两端的电压U 1等于发电机的路端电压U 机；线圈1输入的电功率P 1等于发电机输出的电功率P 机．回路2：输送电路．I 2＝I 3＝I R ,U 2＝U 3＋U R ,P 2＝P R ＋P 3．回路3：输出电路．I 4＝I 用 ,U 4＝U 用 ,P 4＝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 ＝U 2－U 3＝I R R ．②功率损耗：输电线上的功率损耗P 损＝I 2R ＝P 2－P 3．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、局部电路欧姆定律综合分析的能力．直流电路动态变化模型(多项选择)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 ,那么( )A ．A 的示数增大B ．V 2的示数增大C ．ΔU 3与ΔI 的比值大于rD ．ΔU 1大于ΔU 2[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V 1测量电阻R 两端的电压 ,电压表V 2测量电源的路端电压 ,电压表V 3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 ,那么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V 1测的是R 两端的电压 ,V 2测的是电源的外电压 ,V 3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 ,整体局部都要看根本思路：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局部入手 ,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|||后由局部电路欧姆定律判定各局部电学量的变化情况．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 ,直观判断得结论根本思路：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(多项选择)(2021·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 ,利用以以下图模拟输电线路 ,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 ,那么以下分析正确的选项是( )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可以得出不管负载电阻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以下图,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．那么以下说法中正确的选项是() 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．假设断开开关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变大,微粒将向上运动,C选项错误；假设断开开关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局部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．第12讲电磁感应问题一、明晰一个网络,理清电磁感应问题二、 "三个定那么〞和 "一个定律〞的比拟 名称根本现象 应用的定那么或定律 电流的磁效应运动电荷、电流产生磁场 安培定那么 洛伦兹力、安培力磁场对运动电荷、 电流有作用力 左手定那么 电磁感应 局部导体做切割磁感线运动 右手定那么 闭合回路磁通量变化 楞次定律(2)因动而生电(v 、B →I )→右手定那么；(3)因电而受力(I 、B →F 安)→左手定那么；(4)因磁而生电(Φ、B →I )→楞次定律．三、掌握法拉第电磁感应定律及其应用1．感应电动势大小的决定因素(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率ΔΦΔt和线圈的匝数共同决定 ,而与Φ、ΔΦ的大小没有必然联系．(2)ΔΦ仅由B 变化引起时 ,E ＝n S ΔB Δt ；ΔΦ仅由S 变化引起时 ,E ＝n B ΔS Δt． 2．应用E ＝n ΔΦΔt时应注意的几个问题 (1)由于磁通量有正负之分 ,计算磁通量的变化量时一定要规定磁通量的正方向．正向的磁通量增加与反向的磁通量减少产生的感应电流的方向相同．(2)公式E ＝n ΔΦΔt 是求解回路某段时间内平均电动势的最|||正确选择 ,假设ΔΦΔt为恒量 ,那么产生恒定的感应电动势 ,此时平均电动势等于瞬时电动势．(3)用公式E ＝nS ΔB Δt 求感应电动势时 ,S 为线圈在磁场范围内垂直磁场方向的有效面积． 3．关于感应电荷量q 的一个常用结论通过回路截面的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路电阻R 总有关 ,与时间长短无关．推导如下：q ＝I －Δt ＝n ΔΦR 总Δt ·Δt ＝n ΔΦR 总．高频考点1 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1． "三定那么、一定律〞的应用安培定那么判断运动电荷、电流产生的磁场方向 左手定那么判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向 右手定那么判断局部导体切割磁感线产生的感应电流的方向 楞次定律判断闭合电路磁通量发生变化产生的感应电流的方向2．求感应电动势的两种方法(1)E ＝n ΔΦΔt,用来计算感应电动势的平均值． (2)E ＝BL v 或E ＝12BL 2ω ,主要用来计算感应电动势的瞬时值． 3．判断感应电流方向的两种方法(1)利用右手定那么 ,即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断．(2)利用楞次定律 ,即根据穿过回路的磁通量的变化情况进行判断．4．楞次定律中 "阻碍〞的四种表现形式(1)阻碍原磁通量的变化 - - "增反减同〞．(2)阻碍相对运动 - - "来拒去留〞．(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势 - - "增缩减扩〞．(4)阻碍原电流的变化(自感现象) - - "增反减同〞．1－1． (2021·全国卷Ⅲ)如图 ,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U 形金属导轨 ,导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS ,一圆环形金属线框T 位于回路围成的区域内 ,线框与导轨共面现让金属杆PQ 突然向右运动 ,在运动开始的瞬间 ,关于感应电流的方向 ,以下说法正确的选项是( )A．PQRS中沿顺时针方向,T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向解析：金属杆PQ向右运动,穿过PQRS的磁通量增加,由楞次定律可知,PQRS中产生逆时针方向的电流．这时因为PQRS中感应电流的作用,依据楞次定律可知,T中产生顺时针方向的感应电流．故只有D项正确．答案：D1－2.现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如以下图连接．以下说法中正确的选项是()A．开关闭合后,线圈A插入或拔出线圈B都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后,开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C．开关闭合后,滑动变阻器的滑片P匀速滑动,会使电流计指针静止在中|央零刻度D．开关闭合后,只有滑动变阻器的滑片P加速滑动,电流计指针才能偏转解析：开关闭合后,线圈A插入或拔出线圈B都会引起穿过线圈B的磁通量的变化,从而使电流计指针偏转,选项A正确；线圈A插入线圈B中后,开关闭合和断开的瞬间,线圈B的磁通量会发生变化,电流计指针会偏转,选项B错误；开关闭合后,滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动,都会导致线圈A的电流变化,使线圈B的磁通量变化,电流计指针都会发生偏转,选项C、D错误．答案：A1－3.(多项选择) (2021·全国甲卷)法拉第圆盘发电机的示意图如以下图,铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触,关于流过电阻R的电流,以下说法正确的选项是()A ．假设圆盘转动的角速度恒定 ,那么电流大小恒定B ．假设从上往下看 ,圆盘顺时针转动 ,那么电流沿a 到b 的方向流动C ．假设圆盘转动方向不变 ,角速度大小发生变化 ,那么电流方向可能发生变化D ．假设圆盘转动的角速度变为原来的2倍 ,那么电流在R 上的热功率也变为原来的2倍解析：由电磁感应定律得E ＝Bl 0＋ωl 2＝Bl 2ω2 ,I ＝E R,故ω一定时 ,电流大小恒定 ,选项A 正确．由右手定那么知圆盘中|心为等效电源正极 ,圆盘边缘为负极 ,电流经外电路从a 经过R 流到b ,选项B 正确；圆盘转动方向不变时 ,等效电源正负极不变 ,电流方向不变 ,应选项C 错误 ,P ＝E 2R ＝B 2l 4ω24R,角速度加倍时功率变成4倍 ,选项D 错误 ,应选AB ． 答案：AB1－4.(多项选择)电吉他中电拾音器的根本结构如以下图 ,磁体附近的金属弦被磁化 ,因此弦振动时 ,在线圈中产生感应电流 ,电流经电路放大后传送到音箱发出声音 ,以下说法正确的有( )A ．选用铜质弦 ,电吉他仍能正常工作B ．取走磁体 ,电吉他将不能正常工作C ．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D ．弦振动过程中 ,线圈中的电流方向不断变化解析：铜质弦为非磁性材料 ,不能被磁化 ,选用铜质弦 ,电吉他不能正常工作 ,A 项错误；假设取走磁体 ,金属弦不能被磁化 ,其振动时 ,不能在线圈中产生感应电动势 ,电吉他不能正常工作 ,B 项对；由E ＝n ΔΦΔt可知 ,C 项正确；弦振动过程中 ,穿过线圈的磁通量大小不断变化 ,由楞次定律可知 ,线圈中感应电流方向不断变化 ,D 项正确．答案：BCD高频考点2 电磁感应的图象问题2－1.(多项选择) (2021·济宁市高三模拟)如以下图 ,在水平面内有两个光滑金属 "V 〞字型导轨 ,空间中存在垂直于水平面的匀强磁场 ,其中导轨bac 固定不动 ,用外力F 使导轨edf 向右匀速运动 ,导轨间接触始终良好 ,从图示位置开始计时 ,以下关于回路中的电流I 的大。

课练 23 直流电路1．(2020·湖北黄冈三模)(多选)在科学研究中，经常用“电导率”这一概念来表示物质导电本领的强弱，电导率是电阻率的倒数，如图是硫酸浓度与电导率的关系图，下列判断正确的是 ( )A ．浓度越高导电性能不一定越好B ．可以根据电导率来确定硫酸浓度C ．硫酸的导电性能与其浓度有关，所以对于某一浓度的硫酸导电时，不再遵守欧姆定律D ．浓度确定的硫酸导电时，仍然遵守欧姆定律 答案：AD解析：由题图可知，电导率并不是随浓度的增大而增大的，浓度越高导电性能不一定越好，故A 正确；因电导率与浓度没有确定关系，因此不可以根据电导率来确定硫酸浓度，故B 错误；硫酸的导电性能与其浓度有关，但是对确定浓度的硫酸来说它仍然遵守欧姆定律，故C 错误，D 正确．2．(2020·天津红桥区模拟)(多选)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，通电后二者电流I 随所加电压U 变化的图线如图所示，M 为两元件的伏安特性曲线的交点．则关于热敏电阻和小灯泡的下列说法中正确的是( )A ．图中图线a 是小灯泡的伏安特性曲线，图线b 是热敏电阻的伏安特性曲线B ．图中图线b 是小灯泡的伏安特性曲线，图线a 是热敏电阻的伏安特性曲线C ．图线中的M 点，表示该状态小灯泡的电阻大于热敏电阻的阻值D ．图线中M 点对应的状态，小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等 答案：BD解析：小灯泡的灯丝是一个纯电阻，其灯丝温度会随着通电电流的增大而增大，阻值也随着增大，所以题图中图线b 是小灯泡的伏安特性曲线；同理可知，热敏电阻的温度随着通电电流的增大而增大，其阻值会逐渐减小，所以题图中图线a 是热敏电阻的伏安特性曲线，故A 错误，B 正确；两图线的交点M ，表示此状态两元件的电压和电流相同，由欧姆定律可知，此时两者的阻值相等，功率也相等，故C 错误，D 正确．3．(2020·河北五个一名校联盟模拟)(多选)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、L 3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关闭合后，下列判断正确的是( )A ．灯泡L 1的电阻为12 ΩB ．通过灯泡L 1的电流为灯泡L 2电流的2倍C ．灯泡L 1消耗的电功率为0.75 WD ．灯泡L 2消耗的电功率为0.30 W 答案：ACD解析：当开关闭合后，灯泡L 1两端的电压U 1＝3 V ，由题图乙可得通过L 1的电流I 1＝0.25 A ，则灯泡L 1的电阻R 1＝U 1I 1＝12 Ω，功率P 1＝U 1I 1＝0.75 W ，故A 、C 正确；灯泡L 2、L 3串联，电压U 2＝U 3＝1.5 V ，由题图乙可得电流I 2＝I 3＝0.20 A ，灯泡L 2、L 3的功率均为P ＝1.5 V×0.20 A＝0.30 W ，故B 错误，D 正确．4．(2020·山东潍坊一模)关于电源的电动势和内阻，下列说法正确的是( ) A ．电源的电动势越大，储存的电能越多B ．电源内部非静电力做功越多，电动势越大C ．电源的电动势就是闭合电路中电源两端的电压D ．电源的电动势大小与内阻无关 答案：D解析：电动势是描述电源做功本领的大小，与电能无关，故A 错误；E ＝Wq，故电源内部非静电力做功与电荷量的比值越大，电动势越大，电动势与非静电力做功多少无关，故B 错误；电源的电动势就是闭合电路中电源两端的电压与内部电压之和，电源的电动势大于电源两端的电压，故C 错误；电源的电动势大小与内阻无关，故D 正确．5．(2020·湖南岳阳一模)某电池对纯电阻供电的输出功率P 随电流I 变化的图象如图所示．则下列说法正确的是( )A ．该电源的电动势E ＝2 VB ．该电源的内阻r ＝1 ΩC ．若I ＝2 A ，则外电阻R ＝1 ΩD ．同一输出功率P 可对应两个不同的电流I 1、I 2，即对应两个不同的外电阻R 1、R 2，且r ＝R 1·R 2 答案：A解析：当外电阻等于电源内阻时，输出功率最大，P ＝I 2R ＝I 2r ，解得r ＝0.5 Ω，由闭合电路欧姆定律得E ＝I(R ＋r)＝2×(0.5＋0.5) V ＝2 V ，A 正确，B 错误；当I ＝2 A 时，电源的输出功率最大，此时外电阻等于内阻，所以R ＝0.5 Ω，C 错误；同一输出功率可对应两个不同的电流I 1、I 2，即对应两个不同的外电阻R 1、R 2，有⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 1＋r 2R 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 2＋r 2R 2，解得r 2＝R 1·R 2，D 错误．6．(2020·湖南衡阳期末)(多选)如图甲所示，电阻R 1的阻值为0.5R 0、灯泡L 的电阻值恒为R 0，R 2是热敏电阻，其阻值随温度变化的关系如图乙所示．已知电流表为理想电表，电源的内阻r ＝R 0.则下列说法中正确的是( )A ．当温度升高时，R 1两端的电压增大B ．当温度降低时，电流表的示数增大C ．当温度升高时，灯泡L 的亮度变大D ．当温度为40 ℃时，电源的输出功率最大 答案：AD解析：温度升高时，R 2的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，R 1两端电压增大，电源内电压增大，路端电压减小，灯泡L 两端的电压减小，灯泡L 的亮度变小，A 正确，C 错误；温度降低时，R 2的阻值增大，总电阻增大，总电流减小，电流表的示数减小，B 错误；温度为40 ℃时，R 2＝R 0，此时外电路的总电阻为R 0，等于电源的内阻，所以电源的输出功率最大，D 正确．7．(2020·江西九江十校第二次联考)(多选)某电路如图所示，电源电动势为E 、内阻为r ，定值电阻分别为R 1、R 2，电位器(滑动变阻器)为R ，L 1是小灯泡，电压表和电流表都为理想电表．闭合开关，当电位器的触片滑向b 端时，则下列说法正确的是( )A ．小灯泡L 1将变亮B ．电压表的示数与电流表A 1示数的比值将变大C ．电流表A 1的示数将变大D ．电源的电功率将变大 答案：ACD解析：当电位器的触片滑向b 端时，电位器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律知，总电流变大，电流表A 1的示数将变大，路端电压变小，通过R 1、R 2的电流变小，通过小灯泡L 1所在支路电流变大，小灯泡L 1将变亮，故A 、C 正确．电压表的示数与电流表A 1示数的比值等于外电路总电阻，可知该比值变小，故B 错误．总电流变大，由P ＝EI 知，电源的电功率将变大，故D 正确．8．(2020·安徽淮北一模)在如图甲所示电路中，闭合开关S ，当滑动变阻器的滑片P 向上滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化．图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法错误的是( )A ．图线a 表示的是电压表V 3的示数随电流表示数变化的情况B ．图线c 表示的是电压表V 2的示数随电流表示数变化的情况C ．此过程中电压表V 1示数的变化量ΔU 1和电流表示数变化量ΔI 的比值变大D ．此过程中电压表V 2示数的变化量ΔU 2和电流表示数变化量ΔI 的比值不变 答案：C解析：滑片P 向上滑动，R 2减小，总电阻减小，总电流增大，电源内电压增大，路端电压减小，R 1两端电压增大，R 2两端电压减小，根据这些变化关系可知，图线a 是电压表V 3的示数随电流表示数变化的图线，图线b 是电压表V 1的示数随电流表示数变化的图线，图线c 是电压表V 2的示数随电流表示数变化的图线，A 、B 说法正确；ΔU 1ΔI ＝r ，而ΔU 2ΔI＝R 1，C 说法错误，D 说法正确．9．(2020·广东普宁模拟)(多选)硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图所示，图线a 是该电池在某光照强度下的路端电压U 与电流I 的关系图象，图线b 是某电阻R 的U －I 图象．当它们组成闭合回路时，下列说法正确的是( )A ．电池的内阻r ＝U 2－U 1I 1B ．电池的效率为η＝U 1U 2×100%C ．硅光电池的内阻消耗的热功率P r ＝U 2I 1－U 1I 2D ．电源的输出功率P ＝U 1I 1 答案：ABD解析：由欧姆定律得U ＝E －Ir ，当I ＝0时，E ＝U ，由图线a 与纵轴的交点得电池的电动势E ＝U 2.根据两图线交点处的状态可知，电阻R 两端的电压为U 1，则电池的内阻r ＝E －U 1I 1＝U 2－U 1I 1，故A 正确；电池的效率η＝U 1U 2×100%，故B 正确；电池的内阻消耗的热功率P r ＝U 2I 1－U 1I 1，故C 错误；电源的路端电压为U 1，电流为I 1，则输出功率P ＝U 1I 1，故D 正确．10．(2020·辽宁本溪高级中学等三校联考)如图所示的电路中，电源内阻为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( )A ．电流表的示数变大，电压表的示数变小B ．电阻R 1被电流表短路 C.ΔU ΔI >r D.ΔU ΔI <r 答案：D解析：该电路的等效电路图如图所示．电流表测量的是流过R 2和R 3的电流之和．设流过电阻R 1、R 2、R 3、R 4的电流分别为I 1、I 2、I 3、I 4，两端电压分别为U 1、U 2、U 3、U 4，路端电压为U ，电流表的示数为I ，将滑动变阻器R 2的滑片向右移动，其接入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，总电流变小，内电压变小，路端电压变大，所以电压表的示数变大，I 3变大，而I 总＝I 3＋I 4，总电流变小，I 4变小，U 4变小，而U 1＋U 4＝U ，U 变大，U 1变大，I 1变大，又I 总＝I 1＋I ，总电流变小，I 1变大，则I 变小，电流表的示数变小，且变化量的绝对值ΔI>ΔI 总，则ΔU ΔI <ΔUΔI 总＝r ，A 、B 、C 错误，D 正确．11．(2020·榆林模拟)如图所示，A 为电解槽，为电动机，N 为电炉子，恒定电压U ＝12 V ，电解槽内阻r A ＝2 Ω，S 1闭合，S 2、S 3断开时，电流表示数为6 A ，当S 2闭合，S 1、S 3断开时，电流表示数为 5 A ，且电动机输出功率为35 W ；当S 3闭合，S 1、S 2断开时，电流表示数为4 A ．求：(1)电炉子的电阻及发热功率． (2)电动机的内阻．(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少． 答案：(1)2 Ω 72 W (2)1 Ω (3)16 W解析：(1)电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律得：R ＝U I 1＝126Ω＝2 Ω其发热功率为：P ＝UI 1＝12×6 W＝72 W.(2)电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得：UI 2＝I 22r M ＋P 输出，所以：r M ＝UI 2－P 输出I 22＝12×5－3552Ω＝1 Ω.(3)电解槽为非纯电阻元件，由能量守恒定律得：P化＝UI3－I23r A所以P化＝(12×4－42×2) W＝16 W.12．三只灯泡L1、L2和L3的额定电压分别为1.5 V、1.5 V和2.5 V，它们的额定电流都为0.3 A．若将它们连接成图甲、图乙所示电路，且灯泡都正常发光．(1)试求图甲电路的总电流和电阻R2消耗的电功率；(2)分别计算两电路电源提供的电功率，并说明哪个电路更节能．答案：(1)0.9 A,0.045 W (2)2.7 W,1.8 W，乙电路更节能解析：(1)由题意，在图甲电路中：电路的总电流I总＝IL1＋IL2＋IL3＝0.9 AU路端＝E－I总r＝2.55 VUR2＝U路端－UL3＝0.05 VIR2＝I总＝0.9 A电阻R2的消耗功率PR2＝IR2UR2＝0.045 W(2)图甲电源提供的电功率P总＝I总E＝0.9×3 W＝2.7 W图乙电源提供的电功率P′总＝I′总E′＝0.3×6 W＝1.8 W由于灯泡都正常发光，两电路有用功率相等，而P′总<P总所以，图乙电路比图甲电路节能．刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2020·新课标全国卷Ⅱ)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路．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.23答案：C解析：开关S断开与开关S闭合，电流稳定时的电路简化图如图所示．设每个电阻阻值均为R ，开关S 断开时，并联部分的总电阻为2R×R 2R ＋R ＝23R ，根据闭合电路欧姆定律得并联部分的电压为E 23R ＋R ×23R ＝25E ，电容器两端的电压等于并联部分电压的一半，故U C1＝15E ，由C ＝QU 知，C 所带的电荷量Q 1＝15CE ；开关S 闭合时，并联部分的总电阻为R×R R ＋R ＝12R ，根据闭合电路欧姆定律得并联部分的电压为E 12R ＋R ×12R ＝13E ，电容器两端的电压等于并联部分电压，故U C2＝13E ，由C ＝QU 知，C 所带的电荷量Q 2＝13CE ，则Q 1Q 2＝35，故C 正确．2.(2020·上海卷)(多选)如图所示电路中，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( )A ．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：由题图可知电压表测量的是电源两端的电压，由于电源内阻忽略不计，则电压表的示数总是不变，故A 错误；由题图可知，在滑动变阻器R 1的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中，滑动变阻器R 1接入电路的电阻先变大后变小，由于电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知，电流表示数先变小后变大，U 与I 比值为接入电路的R 1的电阻与R 2电阻的和，所以U 与I 的比值先变大后变小，故B 、C 正确；由于电压表示数没有变化，所以U 变化量与I 变化量比值等于零，故D 错误．3．(2020·江苏卷)(多选)如图所示的电路中，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( )A ．路端电压为10 VB ．电源的总功率为10 WC ．a 、b 间电压的大小为5 VD ．a 、b 间用导线连接后，电路的总电流为1 A 答案：AC解析：由电路图可知，外电路的总电阻为R ＝5＋1515＋55＋15＋15＋5Ω＝10 Ω，电路的总电流为I＝E R ＋r ＝1210＋2A ＝1 A ，路端电压U ＝IR ＝10 V ，选项A 正确；电源的总功率P E ＝EI ＝12 W ，选项B 错误；两个支路电阻相等，所以支路中的电流为总电流的一半，即0.5 A ，则a 点右侧的电阻的电势降落为U a ＝0.5×15 V＝7.5 V ，b 点右侧的电阻的电势降落为U b ＝0.5×5 V＝2.5 V ，故a 、b 间电压为7.5 V －2.5 V＝5 V ，选项C 正确；当a 、b 间用导线连接后，则外电路的总电阻为5×155＋15Ω＋5×155＋15Ω＝7.5 Ω，总电流为I′＝127.5＋2A ＝1.26 A ，选项D 错误．4．(2020·安徽卷)一根长为L 、横截面积为S 的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n ，电子的质量为m ，电荷量为e.在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v ，则金属棒内的电场强度大小为( )A.mv 22eLB.mv 2Sn eC ．ρnev D.ρevSL答案：C解析：电场强度E ＝U L ，根据欧姆定律、电阻定律分别得U ＝IR 、R ＝ρLS，电流的微观表达式I ＝neSv ，整理得E ＝ρnev，选项C 正确，A 、B 、D 错误．刷仿真模拟——明趋向5．(2020·河南南阳期末)如图所示，电源电动势为E 、内阻为r ，平行金属板电容器中带电质点P 处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，则下列说法正确的是( )A ．电压表示数减小，电流表示数减小B ．电源发热功率增大，电源效率降低C ．电容器的带电荷量减小，质点P 将向上运动，且带负电D ．R 1消耗的功率逐渐增大，R 3消耗的功率逐渐增大 答案：B解析：当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，R 4接入电路的电阻减小，根据“并同串反”可判断，电压表示数减小，电流表示数增大，电路的总电流增大，路端电压减小，所以电源的发热功率增大，电源的效率降低，A 错误，B 正确；原来质点P 静止，可知质点P 带负电，电容器两端的电压减小，电容器带电荷量减小，质点P 将向下运动，C 错误；R 1上的电流增大，R 1消耗的功率逐渐增大，R 3两端的电压减小，R 3消耗的功率逐渐减小，D 错误．6．(2020·四川泸州二诊)如图所示，R 1＝R ，R 2＝2R ，R 3＝3R ，R 4＝4R ，电源负极接地．闭合开关S 稳定后，电容器带电荷量为Q 1；断开开关S ，将R 1和R 3的位置互换，开关重新闭合稳定后，电容器带电荷量为Q 2.则Q 1和Q 2的比值为( )A ．1 B.14C.15D.19 答案：C解析：无论电源有无内阻，交换电阻前后，电路两端的路端电压不变，设为U ，R 1和R 3交换位置之前，UR 3＝34U ，UR 4＝23U ，所以电容器下极板电势高，两板间的电势差UC 1＝UR 3－UR 4＝112U ；R 1和R 3交换位置之后，U′R 3＝14U ，U′R 4＝23U ，此时电容器上极板电势高，两板间电势差为UC 2＝U′R 4－U′R 3＝512U ，再由Q ＝CU可知，电容器所带电荷量之比Q 1Q 2＝15，C 正确．7．(2020·黑龙江双鸭山一中月考)如图所示，电源的电动势E＝12 V，内阻不计，电阻R1＝R2＝R3＝6 Ω，R4＝12 Ω，电容器的电容C＝10 μF，闭合开关，电容器中有一带电微粒恰好处于静止状态．若在工作的过程中，电阻R2突然发生断路，电流表可看成是理想电表．则下列判断正确的是( ) A．R2发生断路前U AB＝2 VB．变化过程中流过电流表的电流方向由下到上C．R2发生断路后原来静止的带电微粒向下加速的加速度为3gD．从电阻R2断路到电路稳定的过程中，流经电流表的电荷量为8×10－5 C答案：C解析：R2发生断路前，U1＝U2＝6 V，U4＝8 V，U AB＝φA－φB＝－2 V，A错误．R2发生断路前，U AB＝－2 V，电容器上极板带负电，下极板带正电，R2发生断路后，U′AB＝U′3＝4 V，电容器上极板带正电，下极板带负电，故在变化过程中，通过电流表的电流由上向下，B错误．R2发生断路前，带电微粒静止，受到向下的重力与向上的电场力作用，且电场力大小等于重力，F＝mg；R2发生断路后，带电微粒受到的电场力向下，由于R2发生断路后两极板间的电压是R2发生断路前电压的二倍，故R2发生断路后微粒受到的电场力是原来电场力的二倍，即R2发生断路后，微粒受到的合力为3mg，方向向下，由牛顿第二定律可知，微粒的加速度为4g，方向向下，C正确．从电阻R2断路到电路稳定的过程中，流经电流表的电荷量ΔQ＝Q′＋Q＝|CU′AB|＋|CU AB|＝10×10－6F×(4 V＋2 V)＝6×10－5 C，D错误．刷最新原创——抓重点8．超级电容器又叫双电层电容器，是一种新型储能装置，它不同于传统的化学电源，是一种介于传统电容器与电池之间、具有特殊性能的电源．它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点．如图所示为一款超级电容器，其标有“2.7 V 3 000 F”，则可知( ) A．该电容器在2.7 V电压下才能正常工作B．该电容器最大容纳电荷量为8 100 CC．所储存电荷量是手机锂电池“4.2 V 1 000 mA·h”的3倍D．该超级电容器充电时把电能转化为化学能答案：B解析：电容器可以在小于2.7 V的任何电压下工作，2.7 V是该电容器能承受的最大电压，A错误；该电容器最大容纳电荷量为Q＝CU＝2.7×3 000 C＝8 100 C，B正确；手机锂电池“4.2 V 1 000 mA·h”所储存的电荷量Q′＝1 000×10－3×3 600 C＝3 600 C，Q≠3Q′，C错误；超级电容器充电时把电能转化为电场能，D错误．9．在如图a所示的电路中，电源内阻和电流表内阻不计，R0、R1为定值电阻，R2为滑动变阻器．闭合开关S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表(内阻很大)的示数随电路中电流变化的关系如图b所示，则下列说法中错误的是( )A．图线甲是电压表V2示数随电流变化的图线B．R0＝10 ΩC．电路中消耗最大功率为3.6 WD．滑动变阻器R2消耗的最大功率为0.9 W答案：B解析：由题图a 可知，当滑动触头向左端滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，电路中的总电阻减小，由I ＝UR可知，电路中的电流增大，路端电压减小，R 0、R 1两端的电压增大，则R 2两端的电压减小，即电压表V 2示数减小，A 正确；当滑动触头滑到最左端时，R 1两端的电压U 1＝3 V ，电路中的电流I 1＝0.6A ，则R 1＝U 1I 1＝ 3 V0.6 A＝5 Ω，电源两端的电压U ＝U 1＋I 1R 0＝3 V ＋0.6 A×R 0 ①，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，三个电阻串联，由图象可知，R 1两端的电压U′1＝1 V ，R 2两端的电压U 2＝4 V ，电路中的电流I 2＝0.2 A ，滑动变阻器的最大阻值R 2m ＝U 2I 2＝ 4 V0.2 A＝20 Ω，则电源两端的电压U ＝U′1＋U 2＋I 2R 0＝1 V ＋4 V ＋0.2 A×R 0 ②，由①②联立可得，R 0＝5 Ω，U ＝6 V ，B 错误；电路中消耗的最大功率P m ＝UI 1＝6 V×0.6 A＝3.6 W ，C 正确；电路中的电流I ＝U R 0＋R 1＋R 2＝ 6 V10 Ω＋R 2，滑动变阻器消耗的电功率P 2＝I 2R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫6 V 10 Ω＋R 22R 2＝ 6 V 210 Ω－R 22R 2＋40 Ω，当R 2＝10 Ω时，滑动变阻器消耗的电功率最大，则P 2m ＝0.9 W ，D 正确．刷易错易误——排难点易错点1 不清楚电源内阻消耗功率的计算方法导致错解10．(多选)现有甲、乙、丙三个电源，电动势E 相同，内阻不同，分别为r 甲、r 乙、r 丙．用这三个电源分别给定值电阻R 供电，已知R ＝r 甲>r 乙>r 丙，则将R 先后接在这三个电源上的情况相比较，下列说法正确的是( )A ．接在甲电源上时，电源内阻消耗的功率最大B ．接在甲电源上时，定值电阻R 两端的电压最大C ．接在乙电源上时，电源的输出功率最大D ．接在丙电源上时，电源的输出功率最大 答案：AD解析：三个电源的电动势E 相同，而电阻R ＝r 甲>r 乙>r 丙，根据闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r，R 接在电源上时，电源内阻消耗的功率为P ＝I 2r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R ＋r 2r ＝E 2R －r 2r＋4R ，则当r ＝R 时，P 最大，则知接在甲电源上时，电源内阻消耗的功率最大，故A 正确．接在甲电源上时，定值电阻R 两端的电压为U ＝IR ＝RR ＋rE ＝E I ＋r R，由于甲的内阻最大，故U 最小，故B 错误．电源的输出功率P 出＝I 2R ，由于丙电源的内阻最小，故接在丙电源时电流最大，故接在丙电源上时，电源的输出功率最大，故C 错误，D 正确．易错点2 不清楚纯电阻和非电阻的区别而导致出错11．如图所示为汽车蓄电池与车灯(电阻不变)、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05 Ω，电流表和电压表均为理想电表．只闭合S 1时，电流表示数为10 A ，电压表示数为12 V ，再闭合S 2，启动电动机工作时，电流表示数变为8 A ，则此时通过启动电动机的电流是( )A ．2 AB ．8 AC ．50 AD ．58 A 答案：C解析：只闭合S 1时，由闭合电路欧姆定律得E ＝U ＋Ir ＝12 V ＋10×0.05 V＝12.5 V ，R 灯＝U I ＝1210Ω＝1.2 Ω，再闭合S 2后，流过启动电动机的电流为I 电动机＝E －I′R 灯r －I′＝12.5－8×1.20.05A －8 A ＝50 A ，故C 正确．刷综合大题——提能力12．(2020·湖北八校联考)如图所示，电路中电源的电动势为E ，内阻不计，其他各电阻阻值R 1＝R 3＝3R ，R 2＝R.水平放置的平行金属板A 、B 间的距离为d ，板长为L.在A 板的左下端且非常靠近极板A 的位置，有一质量为m 、带电荷量为－q 的小液滴以初速度v 0水平向右射入两板间．(重力加速度用g 表示)求：(1)若使液滴能沿v 0方向射出电场，电动势E 1应为多大？ (2)若使液滴恰能打在B 板的中点，电动势E 2应为多大？答案：(1)4mgd q (2)4md q ⎝ ⎛⎭⎪⎫8dv 20L 2＋g 解析：(1)I ＝E 1R 1＋R 2＝E 14R ，所以U BA ＝IR 2＝E 14，由平衡条件得mg ＝U BA q d ＝q E 14d ，解得E 1＝4mgdq.(2)由于液滴恰好打在B 板的中点，利用类平抛规律有L 2＝v 0t ，y ＝d ＝12at 2，qU′BA d －mg ＝ma ，同理U′BA ＝14E 2，联立解得E 2＝4md q ⎝ ⎛⎭⎪⎫8dv 20L 2＋g .高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

专题18电学实验【母题来源一】2020年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国Ⅰ卷）【母题原题】(2020·全国Ⅰ卷)某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻R x ,所用电压表的内阻为1kΩ,电流表内阻为0.5Ω,该同学采用两种测量方案,一种是将电压表跨接在图(a)所示电路的O、P 两点之间,另一种是跨接在O、Q 两点之间。

测量得到如图(b)所示的两条U-I 图线,其中U 与I 分别为电压表和电流表的示数。

回答下列问题:(1)图(b)中标记为Ⅱ的图线是采用电压表跨接在(选填“O、P”或“O、Q”)两点的方案测量得到的。

(2)根据所用实验器材和图(b)可判断,由图线(选填“Ⅰ”或“Ⅱ”)得到的结果更接近待测电阻的真实值,结果为Ω(保留1位小数)。

(3)考虑到实验中电表内阻的影响,需对(2)中得到的结果进行修正,修正后待测电阻的阻值为Ω(保留1位小数)。

【母题来源二】2020年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国Ⅱ卷）【母题原题】(2020·全国Ⅱ卷)某同学要研究一小灯泡L(3.6V,0.30A)的伏安特性。

所用器材有:电流表A 1(量程200mA,内阻R g1=10.0Ω),电流表A 2(量程500mA,内阻R g2=1.0Ω)、定值电阻R 0(阻值R 0=10.0Ω)、滑动变阻器R 1(最大阻值10Ω)、电源E(电动势4.5V,内阻很小)、开关S 和若干导线。

该同学设计的电路如图(a)所示。

(1)根据图(a),在图(b)的实物图中画出连线。

(2)若I 1、I 2分别为流过电流表A 1和A 2的电流,利用I 1、I 2、R g1和R 0写出:小灯泡两端的电压U=,流过小灯泡的电流I=。

为保证小灯泡的安全,I 1不能超过mA。

(3)实验时,调节滑动变阻器,使开关闭合后两电流表的示数为零。

逐次改变滑动变阻器滑片位置并读取相应的I 1和I 2。

所得实验数据在表中给出。

I 1/mA 325585125144173I 2/mA171229299379424470根据实验数据可算得,当I 1=173mA 时,灯丝电阻R=Ω(保留1位小数)。

2020届全国名校高考冲刺压轴卷理综压轴卷第Ⅰ卷选择题（126分）二选择题：本题包括8个小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项是符合题目要求，第19-21题只多项是符合题目要求。

全部选对得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分。

14．高铁是中国“新四大发明之ー，有一段视频，几年前一位乗坐京泸高铁的外国人，在最高时速300公里行驶的列车窗台上，放了一枚直立的硬币，如图所示，在列车行驶的过程中，硬币始终直立在列车窗台上，直到列车横向变道进站的时候，硬币才倒掉。

这一视频证明了中国高铁的极好的稳定性。

关于这枚硬币，下列判断正确的是（）A．硬币直立过程可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用B．硬币直立过程一定只受重力和支持力而处于平衡状态C．硬币倒掉是因为受到风吹的原因D．列车加速或减速行驶时，硬币都可能受到与列车运动方向相反的摩擦力作用15．如图所示，半径为R的半球形碗绕过球心的竖直轴水平旋转，一质量为m的小球随碗一起做匀速圆周运动，已知小球与半球形碗的球心O的连线跟竖直方向的夹角为θ，小球与碗面的动摩擦因数为μ，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。

要想使小球始终与碗保持相对静止，则碗旋转的最大角速度大小为A．B．C．D．16．关于近代原子物理，下列说法正确的是( )A．根据玻尔理论可知，一个氢原子从n=4能级向低能级跃迁最多可辐射6种频率的光子B．放射性物质的半衰期受环境温度的影响C．α粒子散射实验揭示了原子核是可分的D．能量为30eV的光子照射到某一金属表面时从金属表面逸出的电子最大初动能为l5eV，为使该金属发生光电效应，入射光子的能量至少为15eV17．图甲为小型发电机的结构简图,通过线圈在两磁极间转动给小灯泡供电,已知小灯泡获得的交变电压如图乙。

则下列说法正确的是A．甲图中电压表的示数为B．乙图中的0时刻就是甲图所示时刻C．乙图中0.5×10-2s时刻,穿过甲图中线圈的磁通量最小D．乙图中1.0×10-2s时刻,穿过甲图中线圈的磁通量最小18．如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环正上方，有一条形磁铁从静止开始下落，下落过程中始终保持竖直方向，起始高度为h，最后落在水平地面上。

直流电路一、单选题1．（2019·全国高三专题练习）随着中国电信业的发展，国产手机在手机市场上已经有相当大的市场份额．如图所示是中国科健股份有限公司生产的一块手机电池外壳上的文字说明，由此可知该电池的电动势、待机状态下的平均工作电流分别是（）A．4.2 V14.58 mA B．4.2 V700 mAC．3.7 V14.58 mA D．3.7 V700 mA【答案】C【解析】电动势为4.2V，共作电流700114.58mA48qIt⨯===,选C2．（2020·浙江省高三月考）如图，一电动自行车动力电源上的铭牌标有“48V，12Ah”字样。

它正常工作时电源输出电压为40V，额定输出功率240W。

由于电动机发热造成损耗，电动机的效率为80%，不考虑其它部件的摩擦损耗。

已知人与车的总质量为76.8kg，自行车运动时受到阻力恒为38.4N，自行车保持额定功率从静止开始启动加速到最大速度所前进的距离为10m，下列正确的是（）A．额定工作电流为5A，电源内阻为1.6ΩB．自行车电动机的内阻为5ΩC．自行车加速的时间为7sD．自行车保持额定功率匀速行驶的最长时间约为2.4h【答案】C【解析】A．正常工作时电源输出电压为40V，额定输出功率240W，则额定工作电流240A 6A 40P I U ===电源内阻4840Ω5Ω1.6E U r I --=== 故A 项错误；B ．设电动机的内阻为M r ，电动机的效率为80%，则2M 0.8P P I r -=解得 M 2(10.8)2404ΩΩ63r -⨯== 故B 项错误；C ．设自行车加速的时间为t ，对自行车的加速过程应用动能定理得210.802Pt fx mv -=-又0.8P fv =解得7s t =故C 项正确； D ．自行车保持额定功率匀速行驶的最长时间212Ah 2h 6A Q t I === 故D 项错误。

3．（2020·河北省衡水中学高三专题练习）经典物理学认为金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞，且金属导体中通过恒定电流形成了稳恒的电场，已知铜的电阻率为ρ，单位体积内的自由电子数量为n ，自由电子的质量为m 、带电荷量为e ，假设自由电子与金属离子碰撞后减速到零，且碰撞时间极短，则铜导线中自由电子连续两次与金属离子碰撞的时间间隔的平均值为（ ）A ．2m n e ρB ．22m n e ρC ．22m ne ρD ．22nm e ρ 【答案】B【解析】设金属导电材料内的电场强度为E ，电子定向移动的加速度为：eE a m =,经过时间t 获得的定向移动速度为：eEt v at m == ；在时间t 内的平均速度为：1 22eEt v v m==；根据电流的微观表达式有：I nesv = ，根据欧姆定律有：El El ES I l R Sρρ=== ；联立解得：22m t n e ρ=，故选B. 4．（2020·北京高三月考）为了确定一个标有“3.8V ，0.3A”的小灯泡的电阻，小明和小华两位同学分别采用了不同的方法：小明同学用多用电表的欧姆档测量，测量结果R 1=2Ω；小华同学由U R I =计算可得其阻值R 2≈13Ω。

直流电路和交流电路一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.一课外活动小组在一次活动中，用到的用电器上标有“36V 72W”字样，用电器工作时需使用变压器将220V的交变电压进行降压。

由于手边只有一个匝数比为5：1的变压器，不能直接使用。

经过讨论后，大家认为可在原线圈上加一个可变电阻进行调节，设计好的电路示意图如图甲所示。

当在ab两端间加上如图乙所示的电压后，用电器恰好能正常工作，则下列说法正确的是（）A．原线圈cd两点间的电压为220VB．在t=0．01s时，电压表的示数为0VC．通过原线圈中的电流为10AD．可变电阻R0上消耗的电功率为l6W2.一台理想变压器的原，副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表。

则下列说法正确的是( )CA．原，副线圈中的电流之比为5∶1B．电压表的读数约为44VC．若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1 分钟内产生的热量为2904 JD．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均增大3.一闭合矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电流如图所示，由图可知()A．该交流电电流的有效值是5 AB．该交流电的频率是20 HzC．t＝0时刻线圈平面位于中性面D．该交流电电流的瞬时表达式为i＝5cos 100πt(A)4.如图是自动调温式电熨斗，下列说法不正确的是（）A．正常工作时上下触点是接触的B．双金属片温度升高时，上金属片形变较大，双金属片将向下弯曲C．原来温度控制在80℃断开电源，现要求60℃断开电源，应使调温旋钮下调一此D．由熨烫丝绸衣物状态转化为熨烫棉麻衣物状态，应使调温旋钮下移一些5.如图，是一火警报警电路的示意图。

其中R3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大。

值班室的显示器为电路中的电流表，电两极之间接一报警器。

第1讲直流电路与交流电路的分析“物理观念”构建一、理清直流电路知识体系二、正弦交变电流“四值”的理解与应用三、理想变压器和远距离输电1.明确变压器各物理量间的制约关系2.明辨远距离输电过程的3个问题(1)输电线上的电流：I ＝P 出U 出＝P 出U 2。

(2)电压损耗：输电线路上I 2＝I R ＝I 3，总电阻R 导致的电压损耗U R ＝U 2－U 3＝I R R 。

输送电压一定时，用电器增多，则降压变压器的输出电流变大，输电线上的电流增大，电压损耗增大。

(3)输电线上损失的功率：P 损＝I 2R 线R 线＝U 2损R 线＝U 损I 。

输电线上的损失功率必须与输电线上的电流和电压相对应，不要把输电线上的输电电压U 和输电导线上损失的电压ΔU 相混淆，不能用公式P ＝U 2R计算输电线上损失的功率。

“科学思维”展示一、两种物理思想1.等效思想：等效电路、等效电源；2.守恒思想：理想变压器的输入功率等于输出功率。

二、直流电路动态分析的常用方法基本思路为“部分→整体→部分”。

直流电路的分析与计算考向一直流电路的动态分析【典例1】(2019·湖南湘东六校联考)如图1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，R1为光敏电阻(其电阻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。

有关下列说法中正确的是()图1A.在只逐渐增大光照强度的过程中，电阻R 0消耗的电功率变大，电阻R 3中有向上的电流B.只调节电阻R 3的滑动端P 2向上端移动的过程中，电源消耗的功率变大，电阻R 3中有向上的电流C.只调节电阻R 2的滑动端P 1向下端移动的过程中，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在只逐渐增大光照强度的过程中，光敏电阻阻值减小，则通过电阻R 0的电流增大；根据热功率公式P ＝I 2R 可知电阻R 0消耗的电功率变大，电容器两端电压增大，电容器充电，电阻R 3中有向上的电流，选项A 正确；只调节电阻R 3的滑动端P 2向上端移动的过程中，电路总电阻不变，则电源输出电流不变，电源消耗的功率不变，选项B 错误；只调节电阻R 2的滑动端P 1向下端移动的过程中，电容器两端电压增大，电容器充电，带电微粒所受电场力增大，微粒向上运动；电源路端电压减小，电压表示数变小，选项C 错误；若断开开关S ，电容器放电，电容器所带电荷量变少，电容器两端电压减小，带电微粒所受电场力减小，带电微粒向下运动，选项D 错误。

直流电路与交流电路的分析选择题(1～6题为单项选择题，7～12题为不定项选择题)1.某个由导电介质制成的电阻截面如图1所示，导电介质的电阻率为ρ，制成内外半径分别为a 和b 的半球壳层形状(图中阴影部分)，半径为a 、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心成为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极，设该电阻的阻值为R 。

下面给出R 的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。

根据你的判断，R 的合理表达式应为( )图1A.R ＝ρ（b ＋a ）2πabB.R ＝ρ（b －a ）2πabC.R ＝ρab2π（b －a ）D.R ＝ρab2π（b ＋a ）2.(2019·浙江名校联考)如图2是某品牌吊扇的相关参数，假设吊扇的吊杆下方的转盘与扇叶的总质量为7 kg ，则吊扇( )图2A.吊扇的内电阻为880 ΩB.以额定功率工作时通过吊扇的电流为0.25 AC.正常工作时吊扇机械功率等于55 WD.正常工作时吊杆对转盘的拉力大于70 N3.(2019·浙江奉化调研)如图3所示的电路中，R 1是光敏电阻，其阻值随光照强度的增强而减小。

R 2、R 3、R 4是定值电阻，当开关S 闭合且没有光照射时，电容器C 不带电。

当用强光照射R 1且电路稳定时，与无光照射时比较，下列说法中正确的是( )A.电容器C 的下极板带负电B.R 2两端电压降低C.R 4两端电压降低D.电源提供的总功率变小4.如图4所示，图甲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，以下判断不正确的是( )图4A.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0.90 WD.变阻器的最大阻值为32 Ω5.(2019·浙江余姚选考模拟)如图5所示，一交流发电机的矩形线圈匝数为n ＝10，其电阻r ＝2 Ω，面积S ＝0.2 m 2，在磁感应强度B ＝2π T 的匀强磁场中，若线圈从中性面位置开始绕垂直于磁场方向的对称轴OO ′以ω＝10π rad/s 的角速度匀速转动，向R ＝18 Ω的电阻供电。

直流电路与交流电路1．(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203V2．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 A3．(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E2，则该变压器的原、副线圈匝数比为( )A ．4∶1B ．1∶4C ．16∶1D ．1∶164．(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L1、L2都能正常发光5.(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%6．(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，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7．(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8．(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 V9．(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∶1011．(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V2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 2R12.(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 θ13．(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 ＝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R 1的阻值恒为r ，R 3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间电路的功率变大答案1．(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203V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 ＝10sin5πt (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．]2．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＝0.4×2π0.16 V ＝5π V，电流的峰值I m ＝E mR＝5π A，故D 项错误．]3．(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E2，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＝RR ＋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：E2r ×E 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫En 22n 12R解得：n 1n 2＝14故B 正确，A 、C 、D 错误．]4．(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．]5.(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 2rI 2＝450－300－52×252Ω＝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 2rP 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．] 6．(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．]7．(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6×10－6CC ．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＋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＝6×10－6C ，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．]8．(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 ＝10.04 Hz＝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 ＝2E4rdc 边两侧的电压：U dc ＝E －Ir ＝E －2E 4r ·r ＝12E ＝2 2 V ．故D 正确．]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．]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ΔURB ．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UU 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R 1的阻值恒为r ，R 3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R 2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 [R 2与电容器C 串联，若只是将R 2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R 3的阻值减小，灯L 和R 3两端电压减小，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R 1视为电源一部分，则等效电源内阻阻值为2r ，而A 、B 间L 和R 3的总电阻为R L ＋R 3＝2r ＋R 3＞2r ，若光照变强，则R 3的阻值减小，A 、B 间电路的功率变大，故D 项正确．]。

高考押题专练1．(多选)如图所示，图甲中M 为一电动机，当滑动变阻器R 的触头从左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( )A ．变阻器向右滑动时，V 2读数逐渐减小B ．电路中电源内阻为2 ΩC ．此电路中，电动机的输出功率先减小后不变D ．变阻器的最大阻值为36 Ω 【答案】BC 【解析】由图甲可知测量的是路端电压U ，且U ＝E －Ir ，则图乙中上方的图象为U －I 图象，该图象的斜率大小为电源内阻，r ＝3.4－3.00.3－0.1 Ω＝2 Ω，B 项正确；滑动变阻器滑片向右滑动时，R 接入电路的电阻增大，电流I 减小，则U 逐渐增大，A 项错；R 的滑动触头向右端滑动的过程中，由乙图可知两端的电压减小，电流减小，电动机的输出功率P 出＝U 1I －I 2r 机先减小，电流表值在0.2 A 以下，的读数在0.8V 以下时，电动机停止转动，无功率输出，C 项正确；滑动变阻器的最大阻值为R ＝3.4－0.40.1 Ω＝30 Ω，D项错．2．如图所示，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( )A ．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】C【解析】小灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I 2＝36 W 36 V ＝1 A ；根据变流比公式：I 1I 2＝n 2n 1，解得：I 1＝2 A ，故A 错误；小灯泡正常发光，故变压器的输出电压为36 V ，根据变压比公式U 1U 2＝n 1n 2，解得：U 1＝18 V ，故矩形线圈产生电动势的有效值为18 V ，矩形线圈产生电动势的最大值为18 2 V ，故B 错误；根据公式E m ＝NBSω，解得：ω＝E m NBS ＝1821×25π×1 rad/s ＝90π rad/s ，故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e ＝E m sin ωt ＝182sin (90πt ) V ，故C 正确；若矩形线圈转速增大，根据公式E m ＝NBSω，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P 适当上移，故D 错误．3．如图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( )A ．P r ＝r Rk 22P U ＝2k 2U m 2k 1－2rk 22PR B ．P r ＝2r Rk 22P U ＝2U m 2k 1k 2－2rk 22P R C ．P r ＝2r Rk 22P U ＝2k 2U m 2k 1－2rk 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 2 PR，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 R4．(多选)如图所示，导体棒ab 两个端点分别搭接在两个竖直放置、电阻不计、半径相等的金属圆环上，圆环通过电刷与导线c 、d 相接．c 、d 两个端点接在匝数比n 1∶n 2＝10∶1的变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器R 0，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，导体棒ab 长为L (电阻不计)，绕与ab 平行的水平轴(也是两圆环的中心轴)OO ′以角速度ω匀速转动．如果滑动变阻器的阻值为R 时，通过电流表的电流为I ，则( )A ．滑动变阻器上消耗的功率为P ＝100I 2RB ．变压器原线圈两端的电压U 1＝10IRC ．取ab 在环的最低端时t ＝0，则导体棒ab 中感应电流的表达式是i ＝2I sin ωtD ．ab 沿环转动过程中受到的最大安培力F ＝2BIL 【答案】AD【解析】由I 1I 2＝n 2n 1得I 2＝10I ，变阻器上消耗的功率为P ＝I 22R ＝(10I )2R ＝100I 2R ，故A 正确；副线圈的电压为U ＝I 2R ＝10IR ，根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，变压器原线圈两端的电压U 1＝100IR ，故B 错误；ab 在最低点时，ab 棒与磁场垂直，此时的感应电动势最大，感应电流最大，所以棒ab 中感应电流的表达式应为i ＝2I cos ωt ，故C 错误；ab 在最低点时，ab 棒与磁场垂直，此时的感应电动势最大，感应电流最大，最大值为2I ，此时的安培力也是最大的，最大安培力为F ＝2BIL ，故D 正确．5.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 JB.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=U12Rt可得：U1=3 V,tR =0.1.再由W2=U2q2和W2=U22Rt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：A解析：滑片P向上移动,滑动变阻器接入电路的电阻增大,总电阻增大,根据闭合电路欧姆定律可知,干路电流减小,因U=E-I(r+R1),可知电容器两极板间电压变大,油滴受到的电场力增大,油滴向上运动,两极板间电压变大,说明电容器充电,G中电流方向从b到a,选项A正确,B、C错误；将S断开后,电容器放电,G中有电流,电压减小,电场力减小,油滴向下运动,选项D错误.7. 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：ABD解析：由图像可知,该电源的电动势E=3 V,内阻r=0.5 Ω,电阻R的阻值为1 Ω.仍由图像可知,用该电源直接与R相连组成闭合电路时,路端电压U=2 V,电流I=2 A,则电源的输出功率P=UI=2×2 W=4 W,电源的效率η=UIEI ×100%=23×100%≈66.7%,故选项A、B、D正确,选项C错.9.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：ABD解析：在讨论R 2的电功率时,可将R 1视为电源内阻的一部分,即将原电路等效为外电阻R 2与电动势E 、内阻为(R 1+r)的电源(等效电源)连成的闭合电路,如图所示,R 2的电功率是等效电源的输出功率,显然当R 2=R 1+r 时,R 2获得的电功率最大,选项A 错误.在讨论R 1的电功率时,由I=ER1+R 2+r及P 1=I 2R 1可知,R 2=0时,R 1获得的电功率最大,选项B 错误,C 正确,在讨论电源的输出功率时,(R 1+R 2)为外电阻,内阻r 恒定,由于题目没有给出R 1和r 的具体数值,所以当R 2=0时,电源输出功率并不一定最大,选项D 错误.10.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 A D ．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【解析】由ω＝2πf 得交流电的频率为50 Hz ，故A 错误；电压表、电流表测量所得的是交变电流的有效值，故电压表读数为220 V ，故B 错误；由I 1I 2＝n 2n 1可知I 1＝I 2n 2n 1＝0.2 A ，故C 错误；由P 出＝P 入－P 热＝U 2I 2－I 22R ＝33 W ，故D 正确．【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220 V ，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∶1 190∶11B ．1∶16 11∶190C ．1∶16 190∶11D ．16∶1 11∶190 【解析】输电线损失功率 P 损＝100×103×5% W ＝5×103 W ， 所以，输电线电流I 2＝P 损R 线＝25 A ， 升压变压器原线圈电流I 1＝P 总U 1＝400 A ， 故升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝116.升压变压器副线圈端电压U 2＝n 2n 1·U 1＝4 000 V ，输电线损失电压U 损＝I 2·R 线＝200 V ，降压变压器原线圈电压U 3＝U 2－U 损＝3 800 V ， 故降压变压器原、副线圈匝数比为n 3n 4＝U 3U 4＝19011.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O 1O 2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1A ．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 ＝1300 s 时穿过线圈磁通量的变化率为0.02 Wb/sD ．线圈中的感应电动势瞬时值表达式为e ＝4sin 100πt (V) 【答案】C【解析】由于从中性面开始，感应电流的瞬时值表达式为：i ＝I m cos 2πT t (A)，将t ＝1300s 代入可得，I m ＝2 A ，因此感应电流的有效值为I ＝I m2＝ 2 A ，A 错误；线圈转动一周产生的焦耳热Q ＝I 2Rt ＝(2)2×2×0.02 J ＝0.08 J ，B 错误；线圈中的感应电动势的瞬时值表达式e ＝U m cos2πT t (V)＝I m R cos 2πTt (V)＝4cos 100πt (V)，D 错误；而t ＝1300 s 时有瞬时值e ＝4cos π3 V ＝2 V ，而根据法拉第电磁感应定律，e ＝n ΔΦΔt ，因此t ＝1300 s时穿过线圈磁通量的变化率为en＝0.02 Wb/s ，C 正确．15．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－ΔUU 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n 1∶n 2＝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】AC【解析】由题图乙知，原线圈的电压u 1＝220 V ，当S 与a 连接后，根据变压规律u 1u 2＝n 1n 2可得u 2＝22 V ，理想电流表的示数I 2＝u 2R ＝2.2 A ，故A 正确；电流表的示数对应交变电流的有效值，所以在t ＝0.01 s 时理想电流表示数不为零，故B 错误；当S 由a 拨到b 后，原、副线圈的匝数比为5∶1，可求副线圈电压为44 V ，是原来的2倍，根据功率P ＝U 2R 知，功率是原来的4倍，输入功率等于输出功率，所以C 正确；交流电的频率不会发生变化，由题图乙知，频率为50 Hz ，所以D 错误．17．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n 1∶n 2＝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R 2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，R 1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R 2所在处出现火警时，电压表V 的示数减小C ．当R 2所在处出现火警时，电流表A 的示数增大D ．当R 2所在处出现火警时，电阻R 1的功率变大【答案】BCD【解析】电压表测量R 2两端的电压，因此电压表的示数小于22 V ，A 错；R 2所在处出现火警时，温度升高，R 2的阻值变小，电路总电阻变小，电流变大，R 1的功率变大，根据串联分压特点，R 2两端的电压减小，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n 1与副线圈匝数n 2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R 1＝R 2＝R 3＝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】AD【解析】由图像可得U 1m ＝200 V ，有效值U 1＝2002 V ＝100 2 V ，根据变压器的原理U 1U 2＝n 1n 2，解得U 2＝10 2 V ．S 断开：电阻R 2两端的电压＝5 2 V≈7.07 V ，电流I 2＝U 2R 1＋R 2＝24A ，再由根据变压器的原理I 2I 1＝n 1n 2解得I 1＝240A ，所以A 正确，B 错误；变压器的输入功率P ＝I 1U 1＝5 W ，故C 选项错误；若闭合开关S ，R 1、R 3并联，并联电阻为10 Ω，电容器上分压为13U 2＝1023 V ，电容器的两端的最大电压值为203V ，，小于8 V ，电容器不会被击穿，故D 选项正确．19．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【解析】由理想变压器的电压比等于匝数比可得U 1n 1＝U 2n 2，n 2增加，则副线圈两端电压增加，电压表的读数增大，加在电灯两端的电压增大，电灯变亮，即变压器的输出功率增大，由于理想变压器的输入功率等于输出功率，则输入功率也随之增大，根据P ＝U 1I 1，可知电流表的读数增大，选项B 、C 正确，选项A 、D 错误．【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】B【解析】由题意，增加光照强度，R t减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，电源的内电压增大，路端电压U减小，则A灯变暗，通过R0电流I0＝I－I A，I增大，而I A减小，则I0增大，R0两端电压U0增大，而R0、B的电压之和等于路端电压，路端电压减小，则知，B的电压减小，B灯变暗；电源的总功率P＝EI，I增大，则P增大.故B正确，A、C、D错误.22.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＝BL2ω，产生的感应电动势的瞬时值为e＝BL2ωcos 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5 A.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】D【解析】从图中可知：T ＝0.02 s ，ω＝2πT＝314 rad/s ，故A 错误；其他条件不变，如果线圈转速提高一倍，角速度ω变为原来的两倍.由电动势最大值E m ＝NBSω得知，交流电动势的最大值变为原来的两倍，电压的有效值为原来的2倍，根据欧姆定律可知电流发生改变.故B 错误.该交流电压的最大值为200 V ，所以有效值为100 2 V ，则电热丝两端的电压为910×100 2 V ＝90 2 V ，故C 错误；根据P ＝U 2R 得：P ＝90229W ＝1 800 W ，故D 正确.26.(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 ＋r nωC.从图示位置开始转过π2的过程中，通过电阻R 的电荷量为2I ωD.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 ＋r nω，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】D【解析】当S 闭合后，电路的总电阻减小，副线圈的电流增大，所以通过电阻R 的电压增大，R 消耗的功率增大，灯泡两端的电压减小，灯L 1、L 2都不能正常发光，故A 错误，D 正确；由于副线圈中负载电阻减小，消耗的功率P ＝U 22R 总，故消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率增大，故B 错误；变压器原、副线圈的匝数不变，故原、副线圈中电流之比不变，故C 错误.28.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】D【解析】原线圈接入如题图乙所示的正弦交流电压，T ＝0.02 s ，所以频率为f ＝1T＝50 Hz ，故A 错误；原线圈接入电压的最大值是220 2 V ，所以原线圈接入电压的有效值是U ＝220 V ，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，所以副线圈电压是22 V ，所以V 的示数小于22 V ，故B 错误；R 阻值随光强增大而减小，可知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，所以原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以A 的示数变大，故C 错误；当L 1的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故D 正确.29．如图7甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，电流表和电压表均为理想电表，R 是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，L 是理想线圈，C 是耐压值和电容都足够大的电容器，D 是灯泡，K 是单刀双掷开关．当原线圈接入如图乙所示的正弦交流电时，下列说法正确的是( )图7A ．开关K 连通1时，电压表的示数为44VB ．开关K 连通1时，若光照增强，电流表的示数变小C ．开关K 连通2时，灯泡D 不亮D ．开关K 连通2时，若光照增强，电压表的示数减小【答案】A【解析】开关K 接通1时，根据题图乙可知原线圈电压有效值为：U 1＝22022V ＝220V ，则根据U 1U 2＝n 1n 2可以得到：U 2＝n 2n 1U 1＝15×220V ＝44V ，即电压表的示数为44V ，故选项A 正确；开关K 连通1时，若光照增强，则电阻R 减小，则副线圈总电阻减小，而U 2不变，则副线圈电流I 2增大，根据I 1I 2＝n 2n 1可知，原线圈电流I 1增大，即电流表的示数变大，故选项B 错误；开关K 连通2时，由于交变电流可以“通过”电容器，故灯泡D 发光，故选项C 错误；开关K 连通2时，若光照增强，则电阻R 减小，但是由于原、副线圈两端的电压之间关系为U 1U 2＝n 1n 2与副线圈总电阻无关，故电压表的示数不变，故选项D 错误． 30..如图4所示，电路中的变压器为理想变压器，U 为正弦式交变电压，R 为变阻器，R 1、R 2是两个定值电阻，A 、V 分别是理想电流表和理想电压表，则下列说法正确的是( )图4A ．闭合开关S ，电流表示数变大、电压表示数变小B ．闭合开关S ，电流表示数变小、电压表示数变大C ．开关S 闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变小D ．开关S 闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变大【答案】AC【解析】闭合开关S ，负载总电阻变小，变压器的输出功率增大，副线圈的电流增大，根据I 1I 2＝n 2n 1可知变压器的输入电流增大，即电流表示数变大，变阻器R 两端电压增大，根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据U 1U 2＝n 1n 2可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，故A 正确，B 错误；开关S 闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，变阻器R 的阻值增大，两端电压增大，根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据U 1U 2＝n 1n 2可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，根据欧姆定律可知副线圈的电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1可知变压器的输入电流减小，即电流表示数变小，故C 正确，D 错误．。

2020年高考物理二轮复习专题练习卷----直流电路和交流电路选择题1.一个阻值为20 Ω的电阻，通有如图所示的电流，在一个周期内，前半个周期电流随时间按正弦规律变化，后半个周期电流为恒定电流，则在一个周期内，电阻产生的热量为A．0.2 J B．0.4 J C．0.6 J D．0.8 J2.某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10，当输入电压增加20 V时，输出电压A．降低2 V B．增加2 VC．降低200 V D．增加200 V3.如图所示的电路中，电阻R＝2 Ω。

断开S后，电压表的读数为3 V；闭合S后，电压表的读数为2 V，则电源的内阻r为A．1 ΩB．2 ΩC．3 Ω D．4 Ω4.电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时(未到a)，下列说法正确的是A．定值电阻R2的电功率减小B．电压表和电流表的示数都减小C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．R中电流变化的绝对值小于电流表示数变化的绝对值5.如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为4∶1，V和R1、R2分别是电压表、定值电阻，且R1＝6R2。

已知ab两端电压u按图乙所示正弦规律变化。

下列说法正确的是A．电压u瞬时值的表达式u＝2202sin 50πt(V)B．电压表示数为55 VC．R1、R2消耗的功率之比为1∶1D．R1、R2两端的电压之比为3∶26.(多选)在如图甲所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合开关S，在滑动变阻器的滑动触头P滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生了变化。

图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数的变化情况。

则下列说法正确的是A．图线a表示的是电压表V1的示数的变化情况B．图线c表示的是电压表V2的示数的变化情况C．此过程中电压表V1示数的变化量ΔU1和电流表A示数的变化量ΔI的比值的绝对值变大D．此过程中电压表V3示数的变化量ΔU3和电流表A示数的变化量ΔI的比值的绝对值不变7.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。

专题八 直流电路与交流电路恒定电流主要考查以"电路"为核心的三部分内容:一是以部分电路的欧姆定律为中心，考查直流电路的基本概念、伏安法测电阻、电功和电热等问题；二是以闭合电路的欧姆定律为中心，考查电源的作用、闭合电路的功率分配和能量转化的关系、电路的路端电压与电源电动势和内阴天的关系；三是以电路中的电工仪表的使用为中心，考查电学实验中仪器的选取、电表的读数、实物连接、数据处理和误差分析等问题.尤其是电学知识联系实际的问题和探究实验问题是近几年高考考查的热点。

交变电流部分的知识点不是很多，一般以难度中等或中等偏下的选择题出现。

高考题型以选择题为主，重点考查交流电的产生原理、图像、表达式以及交流电的有效值，变压器的原理，远距离输电中的线路损耗问题，其中考查频度最高是交流电有效值、变压器的有关知识。

本部分知识常与电场和力学知识结合在一起考查考生的综合分析能力，如带电粒子在交变电场中的运动等。

知识点一、直流电路 1．电功和电热电功W ＝qU ＝UIt ；电热Q ＝I 2Rt.(1)对纯电阻电路，电功等于电热，即电流流经纯电阻电路，消耗的电能全部转化为内能，所以W ＝Q ＝UIt ＝I 2Rt ＝U 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． 2．闭合电路欧姆定律表达形式：①E ＝U 外＋U 内；②I ＝E R ＋r (I 、R 间关系)；③U ＝E －Ir(U 、I 间关系)；④U ＝RR ＋r E(U 、R间关系)．注意：①当外电路断开时(I ＝0)，路端电压U 等于电动势E.若用理想电压表测量，则读数等于电动势，在进行断路故障分析时，常用此结论进行判断，即何处断路，何处两端电压等于电动势．但用电压表直接测量时，读数却略小于电动势(因为有微弱电流流过电源而产生内压降)．②当外电路短路时(R ＝0，因而U 外＝0)，电流最大，为I m ＝Er (不允许出现这种情况，因为这会把电源烧坏)．3．电源的功率与效率(1)电源的功率P ：也称电源的总功率，是电源将其他形式的能转化为电能的功率，计算式为：P ＝IE(普遍适用)；P ＝E 2R ＋r＝I 2(R ＋r)(只适用于外电路为纯电阻的电路)．(2)电源内阻消耗功率P 内：是电源内阻的热功率，也称电源的损耗功率，计算式为：P 内＝I 2r. (3)电源的输出功率P 外：是外电路上消耗的功率，计算式为：P 外＝IU 外(普遍适用)；P 外＝I 2R ＝E 2R R ＋r2(只适用于外电路为纯电阻的电路)． (4)电源的效率：η＝P 外P ＝UI EI ＝U E ＝RR ＋r .(5)电源的输出功率(P 外)与外电阻R 的关系： P 外＝RE 2R ＋r2＝E 2R －r 2R＋4r . P 外与R 的关系图象如图4－11－1所示．由图可以看出：图4－11－1当R ＝r 时，电源的输出功率最大，P m ＝E 24r ，此时电源效率η＝50%.当R ＞r 时，随着R 的增大输出功率越来越小． 当R ＜r 时，随着R 的增大输出功率越来越大．当R 由小于r 增大到大于r 时，随着R 的增大输出功率先增大后减小(非单调变化)． 4．含容电路的分析技巧电容器两极板间的电压等于与电容器并联的电阻两端的电压，与电容器串联的电阻两端的电压一定为零(有阻无流，则无电压)．知识点二、直流电路动态分析1．引起电路特征发生变化的主要原因有：①滑动变阻器滑片滑动，使电路的电阻发生变化；②开关的闭合、断开或换向(双掷开关)使电路结构发生变化；③电路发生短路和断路(电路故障)．2．电路动态变化问题的分析思路当电路中某处的电阻发生变化时，先由局部电阻的变化推出外电路电阻R 外的变化，再由闭合电路的欧姆定律I总＝ER外＋r和U端＝E－I总r讨论干路电流I总的变化和路端电压U端的变化，最后分析对其他部分电路产生的影响，从而分别确定各元件上其他量的变化情况(使用的公式是部分电路欧姆定律、电路中各元件上的电压关系和电流关系等)．注意：①电路的总电阻总是随其中任一电阻的增大而增大，随任一电阻的减小而减小；电阻并联的数目越多，总阻值越小；②从电路分析角度看，断路可认为是电路中某处电阻增大到无穷大，短路可认为是电路某处电阻减小到零，因此电路故障问题可以视为特殊的动态分析问题；③对电路进行简化时，电压表和电容器视为断路，电流表视为短路；④电容器是一个储存电能的元件，在直流电路中，当电容器充、放电时，其所在电路中有充、放电电流，电路达到稳定状态时，电容器就相当于一个阻值无穷大的电阻，则电容器所在电路处可视为断路．分析计算含有电容器的直流电路时应注意：电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，在此支路的电阻没有电压降，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压．电路中的电流、电压变化时，将会引起电容器充(放)电．知识点三、与电功、电功率、电热相关问题的综合分析明晰电功、电功率、电热的概念与相互关系．说明：纯电阻电路中，电功率等于热功率；非纯电阻电路中，电功率只有一部分转化成热功率．纯电阻电路中只有电阻元件，如电熨斗、电炉、白炽灯等；非纯电阻电路中常含有电动机、电解槽等．知识点四、含容电路问题的综合分析电容器是一个储存电能的元件.在直流电路中，当电容器充放电时，电路里有充放电电流.一旦电路达到稳定状态，电容器在电路中就相当于一个阻值无限大的元件，电容器所处电路看做是断路，简化电路时可去掉它.简化后若要求电容器所带电荷量时，可在相应的位置补上.在具体方法上要注意以下几点:(1)根据Q=CU､ΔQ=CΔU可知，要求电容器所带电荷量以及充放电时所带电荷量的变化，关键是求电容器两端的电压.(2)在电路分析时要注意电容器所在支路的连接情况.电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，所以此支路中的电阻上无电压降，可以把与电容器串联的电阻看成导线，电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压.(3)对于较复杂的电路，经常需要将电容器两端的电势与基准点的电势进行比较后才能确定电容器两端的电压.知识点五、U-I图像的意义复习时注意电源的伏安特性曲线反映的是电源自身的性质，具有丰富的内涵(如图所示):1.图线与纵轴的截距表示电源的电动势；2.与横轴的截距表示短路电流；3.斜率的绝对值表示电源内阻；4.图线上任意一点所对应的电压和电流的比值(或者说任意一点与坐标原点O连线的斜率)表示接在外电路的电阻；5.阴影部分面积表示电流为I时，外电路电阻两端的输出功率，四边形AEOI的面积表示电源的总功率。