2020高考物理一轮复习精选题辑课练23直流电路

2020届人教版高三物理一轮复习测试专题《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.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。

当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I，报警器两端的电压U的变化情况是（）A．I变大，U变小B．I变小，U变大C．I变小，U变小D．I变大，U变大2.远距离输电，原来采用2200V输电，输电线上损失的电功率为P，在保持输送电功率和输电线电阻不变的条件下，现采用22kV输电，则输电线上损失的电功率将变为（）A．PB．PC． 10PD． 100P3.如图所示，L1，L2，L3为相同的灯泡，变压器线圈的匝数比为，（a）和（b）中灯泡L2，L3消耗的功率均为P，则图（a）中L1的功率和图（b）中L1的功率分别为( )A． 9P，B． 9P，C．，9PD．，4.如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁，感应强度大小的水平匀强磁场电线框面积S=0.5m2，线框电阻不计。

线框绕垂直于磁场的轴00’以角速度= 200 rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接人一只“220V，60W"灯泡，且灯泡正常发光，电流表的示数为10A，下列说法正确的是（）A．中性面位置穿过线框的磁通量为零B．线框中产生交变电压的有效值为500VC．变压器原，副线圈匝数之比为25：10D．允许变压器输出的最大功率为5000W5.一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l6W6.一台理想变压器的原，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。

专题八 直流电路和交变电流1．基本概念(1)电流强度：I ＝q t ＝U R ＝nqSv ，电阻：R ＝U I ＝ρl S。

(2)电功：W ＝qU ＝UIt ，电功率：P ＝UI 。

(3)电热：Q ＝I 2Rt ，热功率：P ＝I 2R 。

2．纯电阻电路与非纯电阻电路的比较(1)纯电阻电路：W ＝Q ，W ＝UIt ＝I 2Rt ＝U 2R t ，P ＝UI ＝I 2R ＝U 2R。

(2)非纯电阻电路：W >Q ，W ＝UIt ＝I 2Rt ＋W 其他，P ＝UI ＝I 2R ＋P 其他。

3．闭合电路欧姆定律 (1)表达式：I ＝ER ＋r或E ＝U 外＋U 内或E ＝U 外＋Ir 或EI ＝UI ＋I 2r 。

(2)电源的几个功率①电源的总功率：P 总＝P 出＋P 内＝EI ＝I 2(R ＋r )＝E 2R ＋r；②电源内部消耗的功率：P 内＝I 2r ＝P 总－P 出；③电源的输出功率：P 出＝UI ＝P 总－P 内＝I 2R 。

(3)电源的效率：η＝P 出P 总×100%＝U E ×100%＝R R ＋r×100%。

当R ＝r 时，电源的输出功率最大，P m ＝E 24r，此时电源效率只有50%。

4．交变电流(1)正弦交变电流瞬时值：e ＝E m sin ωt 或e ＝E m cos ωt 。

(2)正弦交变电流有效值和最大值的关系：E ＝E m2，I ＝I m2，U ＝U m2。

(3)理想变压器及其关系式①电压关系：U 1U 2＝n 1n 2(多输出线圈时为U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3…)。

②功率关系：P 出＝P 入(多输出线圈时为P 入＝P 出1＋P 出2＋…)。

③电流关系：I 1I 2＝n 2n 1(多输出线圈时为n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…)。

一、选择题(本题共8个小题，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求)1．某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R ，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为( )A ．4ρ和4RB ．ρ和4RC ．16ρ和16RD ．ρ和16R解析：选D 导体的电阻率反映材料的导电性能，温度一定时电阻率是不变的。

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。

2020版高考物理全程复习课后练习23直流电路2.某兴趣小组调查一条河流的水质情况，通过计算结果表明，被污染的河里一分钟内有相当于6C的正离子和9 C的负离子向下游流去，则取样时这条河流的等效电流大小和方向分别是( )A．0.25 A 顺流而下B．0.05 A 顺流而下C．0.25 A 逆流而上D．0.05 A 逆流而上3.某种金属导体的U—I图象如图所示，图象上A点和原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角．关于该导体的叙述，下列说法中正确的是( )A．导体的电功率随电压U的增大而增大B．导体的电功率与电压U的平方成正比C．在A点，导体的电阻为tanβD．在A点，导体的电阻为tanα4.如图所示，电阻R1、R2串联在12 V的电路中，R1=6 kΩ，R2=3 kΩ.当用电阻不是远大于R1和R2的电压表0～3 V量程测量R2两端的电压时，电压表的示数是3 V；当用该电压表0～15 V 量程测量R1两端的电压时，电压表的示数为( )A．9 V B．8 V C．7.5 V D．6 V5.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I1、I2，即对应两个不同的外电阻R1、R2，且r=R1·R2对值为ΔU，电流表的示数变化量的绝对值为A．若电源为恒压源时，7.如图所示的电路中，A1和A2为理想电流表，示数分别为I1和I2，R1：R2：R3=1：2：3；当a、b两点间加以恒定的电压U后，下列结论正确的是( )A．I1：I2=3：4B．I1：I2=4：9C．将A1、A2换成理想电压表，其示数之比为3：5D．将A1、A2换成理想电压表，其示数之比为1：18.A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球．两块金属板接在如图所示的电路中．电路中的R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．当R2的滑动触头P在a端时闭合开关S.此时理想电流表A和理想电压表V的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ，电源电动势E和内阻r一定．则以下说法正确的是( )A．若将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B．保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则I增大，U增大C．保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变大D．保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变电荷量为Q2，则Q1与Q2的比值为A.12B.32C.2310.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V3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V2的示数随电流表示数变化的情况C．此过程中电压表V1示数的变化量ΔU1和电流表示数变化量ΔI的比值变大D．此过程中电压表V2示数的变化量ΔU2和电流表示数变化量ΔI的比值不变11. (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R1、R2，电位器(滑动变阻器)为R，L1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L1将变亮B．电压表的示数与电流表A1示数的比值将变大C．电流表A1的示数将变大D．电源的电功率将变大12. (多选)在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三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S闭合后，电路中的总电流为0.25 A，则此时( )A．L1上的电压为L2上电压的2倍B．L1消耗的电功率为0.75 WC．L2的电阻为12 ΩD．L1、L2消耗的电功率的比值大于413.三只灯泡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．14.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，S1闭合，S2、S3断开时，电流表示数为6 A，当S2闭合，S1、S3断开时，电流表示数为5 A，且电动机输出功率为35 W；当S3闭合，S1、S2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．答案解析答案为：D；2。

第一讲：基尔霍夫定律及支路电流法点击考纲：熟练掌握基尔霍夫定律的内容和适用场合。

熟练运用支路电流法求解电路中的电流和电压。

（一）课前尝试练习：1、看书Ｐ４０－４３完成下课知识准备（1）基尔霍夫电流定律指出流过任一节点的________________为零，其数学表达式为________________或，该定律也可推广应用于。

（2）基尔霍夫电压定律指出从电路上的任一点出发绕任意回路一周回到该点时________________为零，其数学表达式为________________，该定律也可推广应用于求两点之间的。

（3）几个或多个元件首尾相连构成的无分支电路称为，此支路上流过任意元件的电流。

2、如图所示，为一网络的一部分。

则I1= ，I2= 。

3、某电路用支路电流法解的方程组如下：I1+I2+I3+I4=0I1R1-I4R4+E1=0I2R2-I4R4-E1-E2=0-I2R2+I3R3+E2+E3=0那么该电路的节点数为______________，网孔数为______________，支路数为______________，回路数为______________，并画出电路图。

4、判断下列说法是否正确（1）基尔霍夫电流定律是指沿任意回路绕行一周，各段电压的代数和一定等于零。

（）（2）任意的闭合电路都是回路。

（）（3）回路电流和支路电流是同一电流。

（）（4）在电路中任意一个节点上，流入节点的电流之和，一定等于流出该节点的流之和。

（）（5）基尔霍夫定律只适用于线性电路的计算。

（）5、如图2－3所示网络N1、N2，已知I1=5A，I2=6A，则I3为（）A、11AB、-11AC、1AD、-1AI1图2－4图2－36、如图2－4所示，电流I的值为（）Us的值为（）A、1AB、-2AC、2AD、-1AE、3VF、-3VG、2VH、-2V （二）课堂探究1、如图所示的电桥电路中，已知电阻R1、R2和R3中的电流分别是25mA、15mA和10mA，方向如图中所示，那么电阻R4、R5和R6中的电流分别是_____、______和_____，并在图上标出电流方向。

第23讲 交变电流A 组 基础题组1.(多项选择)理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1,以下说法中正确的选项是( ) A.穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1 B.穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等 C.原、副线圈每一匝产生的电动势刹时价之比为10∶1 D.正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1答案 BD 关于理想变压器,以为无磁通量损失,因此穿过两个线圈每一匝的磁通量同样,磁通量的变化率同样,每匝线圈产生的感觉电动势相等,电压与匝数成正比。

理想变压器没有能量损失,故输入功率等于输出功率。

2.矩形线圈匝数为50匝,在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,穿过线圈的磁通量Φ随时间t 的变化规律如下图,则( )A.电动势的最大值是157 VB.在t=0.1 s 和t=0.3 s 时,电动势最大C.在t=0.1 s 和t=0.3 s 时,线圈与中性面垂直D.t=0.4 s 时,磁通量变化率达最大,其值为157 Wb/s答案 A 由题图得,Φm =0.2 Wb 、T=0.4 s,据E m =NBS ω=N Φm ·2πT ,可得E m =50×0.2×2π0.4 V ≈157 V,故A 项正确。

在t=0.1 s 和t=0.3 s 时,线圈中磁通量最大,线圈处于中性面地点,磁通量的变化率为零,感觉电动势为零,故B 、C 错误。

t=0.4 s 时,线圈中磁通量为零,此时辰磁通量的变化率达最大,且此时辰ΔT ΔT =T m T=3.14 Wb/s,故D 项错误。

3.如下图,L 1、L 2和L 3是完整同样的灯泡,L 1与电容器C 串连,L 2与带铁芯的线圈L 串连,L 3与一个定值电阻R 串连。

当a 、b 间接电压有效值为U 、频次为f 的正弦式沟通电源时,三只灯泡的亮度同样。

此刻a 、b 间接另一正弦式沟通电源,发现灯泡L 1变亮、L 2变暗、L 3亮度不变。

由此可知,另一正弦式沟通电源可能是( )A.电压有效值仍为U,而频次大于fB.电压有效值大于U,而频次大于fC.电压有效值仍为U,而频次小于fD.电压有效值小于U,而频次大于f答案 A 当将a、b接在电压有效值为U、频次为f的正弦沟通电源两极之间时,三只灯泡都发光,且亮度同样,而改换另一正弦式沟通电源后,发现灯泡L1变亮、L2变暗、L3亮度不变,则说明另一正弦式沟通电源的频次大,但电压值有效值仍不变,故A正确,B、C、D错误。

专题八 直流电路和交变电流1．基本概念(1)电流强度：I ＝q t ＝U R ＝nqSv ，电阻：R ＝U I ＝ρl S。

(2)电功：W ＝qU ＝UIt ，电功率：P ＝UI 。

(3)电热：Q ＝I 2Rt ，热功率：P ＝I 2R 。

2．纯电阻电路与非纯电阻电路的比较(1)纯电阻电路：W ＝Q ，W ＝UIt ＝I 2Rt ＝U 2R t ，P ＝UI ＝I 2R ＝U 2R。

(2)非纯电阻电路：W >Q ，W ＝UIt ＝I 2Rt ＋W 其他，P ＝UI ＝I 2R ＋P 其他。

3．闭合电路欧姆定律 (1)表达式：I ＝ER ＋r或E ＝U 外＋U 内或E ＝U 外＋Ir 或EI ＝UI ＋I 2r 。

(2)电源的几个功率①电源的总功率：P 总＝P 出＋P 内＝EI ＝I 2(R ＋r )＝E 2R ＋r；②电源内部消耗的功率：P 内＝I 2r ＝P 总－P 出；③电源的输出功率：P 出＝UI ＝P 总－P 内＝I 2R 。

(3)电源的效率：η＝P 出P 总×100%＝U E ×100%＝R R ＋r×100%。

当R ＝r 时，电源的输出功率最大，P m ＝E 24r，此时电源效率只有50%。

4．交变电流(1)正弦交变电流瞬时值：e ＝E m sin ωt 或e ＝E m cos ωt 。

(2)正弦交变电流有效值和最大值的关系：E ＝E m2，I ＝I m2，U ＝U m2。

(3)理想变压器及其关系式①电压关系：U 1U 2＝n 1n 2(多输出线圈时为U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3…)。

②功率关系：P 出＝P 入(多输出线圈时为P 入＝P 出1＋P 出2＋…)。

③电流关系：I 1I 2＝n 2n 1(多输出线圈时为n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…)。

一、选择题(本题共8个小题，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求)1．某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R ，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为( )A ．4ρ和4RB ．ρ和4RC ．16ρ和16RD ．ρ和16R解析：选D 导体的电阻率反映材料的导电性能，温度一定时电阻率是不变的。

教师备用题库1.(2018江苏单科,2,3分)采用220 kV高压向远方的城市输电。

当输送功率一定时,为使输电线上损耗的功率减小为原来的,输电电压应变为( )A.55 kVB.110 kVC.440 kVD.880 kV答案 C 本题考查电能的输送。

由P送=U送·I线和P损=线·R线得,P损=送送·R线。

因为P送和R线一定,要使P损'=P损,结合上式得,U送'=2U送=440 kV,C项正确。

2.(2018天津理综,4,6分)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,则( )A.R消耗的功率变为PB.电压表V的读数变为UC.电流表A的读数变为2ID.通过R的交变电流频率不变答案 B 本题考查正弦交流电的产生原理、理想变压器。

由正弦交流电的产生原理可知,其电动势的最大值Em =NBSω,而ω=2πn,有效值E=Em,线圈转速变为原来的,则U1=E变为原来的。

由=知U2变为原来的,电压表读数变为原来的,选项B正确;R消耗的功率P=,故R消耗的功率变为原来的,选项A错误;由P入=P出得,U1I1=,故I1变为原来的,即电流表读数变为原来的,选项C错误;变压器不改变交变电流的频率,故通过R的交变电流频率变为原来的,选项D错误。

3.(2018课标Ⅲ,20,6分)(多选)如图(a),在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R,R在PQ的右侧。

导线PQ中通有正弦交流电i,i的变化如图(b)所示,规定从Q到P为电流正方向。

导线框R中的感应电动势( )A.在t=时为零B.在t=时改变方向C.在t=时最大,且沿顺时针方向D.在t=T时最大,且沿顺时针方向答案AC 本题考查楞次定律的应用及法拉第电磁感应定律。

第12讲直流电路与交流电路1．(2018·全国Ⅱ卷，16)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q 方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q 正．该电阻上电压的峰值均为u 0，周期均为T ，如图所示．则Q 方∶Q 正等于( )A ．1∶ 2 B.2∶1 C ．1∶2D ．2∶1D [由有效值概念知，一个周期内产生热量Q 方＝u 20R ·T 2＋u 20R ·T 2＝u 20R T ，Q 正＝U 2有效R T ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫u 022R T ＝12·u 20R T ，故知Q 方∶Q 正＝2∶1.]2．(2018·天津卷，4)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12U C ．电流表A 的读数变为2I D ．通过R 的交变电流频率不变B [发电机线圈的转速变为原来的12，由E ＝nBSω2知，原线圈中输入电压变为原来的12，频率变为原来的12.根据U 1U 2＝n 1n 2，则U 2变为原来的12，即U 2＝12U ，则通过R 的电流变为原来的12，R 消耗的功率P 2＝U 22R ＝14P ，根据I 1I 2＝n 2n 1，原线圈上的电流也变为原来的12，即电流表A 的读数变为12I .故选B.]3．(2016·高考全国卷Ⅰ，16)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S 断开时，电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I .该变压器原、副线圈匝数比为( )A ．2B ．3C ．4D ．5B [设理想变压器原、副线圈的匝数之比为n ，开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比I I 2＝n 2n 1＝1n ，通过R 2的电流I 2＝nI ，根据变压器的功率关系得，UI －I 2R 1＝(nI )2(R 2＋R 3)；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比4I I 2′＝n 2n 1＝1n ，通过R 2的电流I 2′＝4nI ，根据功率关系有U ·4I －(4I )2R 1＝(4nI )2R 2，联立以上两式并代入数据解得n ＝3，选项B 正确．]4．(2016·高考全国卷Ⅱ，17)阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如图所示电路．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( )A.25 B.12 C.35 D.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U1＝15E，U2＝13E，C所带的电荷量Q＝CU，则Q1∶Q2＝3∶5，选项C正确．]5．(2016·高考全国卷Ⅲ，19) (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，则变压器原线圈的输入电压为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．][考情分析]■命题特点与趋势1．从近几年高考试题可以看出以下特点：应用串并联电路规律、闭合电路欧姆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，以及电路故障的判断分析，交变电流的产生及“四值”，多以选择题形式出现．变压器的原理，电压比、电流比及功率关系，变压器的动态分析是考查的重点，题型以选择题为主．2．2018年高考题会以部分电路欧姆定律与闭合电路欧姆定律的应用为主线，重点考查电路的动态分析与功率的计算；与日常生活、生产相联系的交变电流规律、远距离输电也可能会成为新命题点．■解题要领1．理解串、并联电路的特点，闭合电路欧姆定律的含义．理解交变电流的“四值”含义和变压器、远距离输电的原理．2．掌握以下应考技法(1)程序法；(2)等效法；(3)分析推理法；(4)守恒法.高频考点一直流电路的分析计算[备考策略]1．高考对本考点的考查较为简单，考生失分主要原因是不按正确程序进行分析，只关注局部，不考虑整体，解决此类问题时注意应用程序法分析动态变化，并用好“串反并同”结论进行快速判断．需要考生学会灵活变通2．知识概括[命题视角]考向1直流电路的功率问题例1(2018·湖北八校二联)(多选)在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2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．L1的电阻为112ΩB．L1消耗的电功率为7.5 WC．L2的电阻为7.5 ΩD．L2消耗的电功率为0.3 WCD[S闭合后，L1两端的电压为3.0 V，由乙图可知，I1＝0.25 A，故P1＝0.7 5 W，R1＝12 Ω，A、B均错；L2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L2两端的电压与通过的电流的大小，由图知U2＝1.5 V，I2＝0.2 A，所以R2＝U2I2＝1.50.2Ω＝7.5 Ω，P2＝U2I2＝1.5×0.2 W＝0.3 W，C、D正确．][归纳反思]1．电路的电功率分析①纯电阻电路：P电＝P热＝I2R＝IU＝U2R②非纯电阻电路：P电＝P热＋P机，即UI＝I2R＋P机．2．电源的输出功率与负载的关系分析①当R＝r时，电源的输出功率最大，为P m＝E2 4r；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；<P m时，每个输出功率对应两个外电阻阻值R1和R2，且R1R2＝r2.④当P出考向2直流电路的动态分析例2(2018·衡水中学信息卷二)如图所示的电路中，L为小灯泡，R1、R2、R3为定值电阻，C为电容器，电源电动势为E，内阻为r，图中电表为理想电表．闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是()A．小灯泡的亮度是先变暗后变亮B．电容器C先放电后充电C．电流表A的示数先减小后增大D．电压表和电流表A1的示数之比先减小后增大C[由题意可将电路图转化成如图所示，在滑片P从a到b的过程中，R接入电路的阻值先增大后减小，使整个回路的电阻先增大后减小，因此干路电流先减小后增大，内电压先减小后增大，路端电压先增大后减小，故C先充电后放电，B错误；小灯泡L、R1、R3支路电阻恒定，随路端电压的变化，小灯泡L先变亮后变暗，A错误；小灯泡L的电流先增大后减小，而干路电流先减小后增大．因此电流表A的示数先减小后增大，C正确；电压表和电流表A1的示数之比为滑动变阻器及R2串联的总电阻，阻值先增大后减小，D错误．][归纳反思]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)若电键的通断使串联的用电器增多，总电阻增大；若电键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．闭合电路动态分析的三种常用方法(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，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都增大(减小)．(3)极限法：因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论．考向3闭合电路的图象问题例3(2018·黑龙江省哈尔滨市第三中学冲刺(二))如图所示，图1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 ΩC [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 ＝3.6－3.00.2Ω＝3 Ω；当电流I ＝0.1 A 时，U ＝3.6 V ，则电源的电动势E ＝U ＋Ir ＝3.6 V ＋0.1×3V ＝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 rM ＝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．故选C.][归纳反思]闭合电路中几种常见图象的比较[备考策略]1．本考点是高考的热点，考查的知识交汇点较多，常与交变电流的性质和变压器的规律相结合．对于这类问题，需通过原、副线圈电路，综合分析变压器与电路的关系．需要考生学会迁移应用2．线圈通过中性面时的特点(1)穿过线圈的磁通量最大.(2)线圈中的感应电动势为零．(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次．3．交变电流“四值”的应用(1)最大值：E m＝nBSω，分析电容器时的耐压值．(2)瞬时值：E＝E m sin ωt(由中性面开始计时)，计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况．(3)有效值：电表的读数及计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流.(4)平均值：E＝n ΔΦΔt，计算通过电路截面的电荷量．[命题视角]考向1交变电流的产生及四值例4 (2018·湖北部分重点中学联考)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 ＝NBωS ，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；故选C.][归纳反思]解决交变电流的问题要注意以下几点1．理解几个特殊位置的磁通量、磁通量的变化率、感应电动势及感应电流方向的特点．(1)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)与中性面垂直时，S ∥B ，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e 最大，i 最大，电流方向不变．2．区分交变电流的峰值、瞬时值、有效值和平均值．3．确定交变电流中电动势、电压、电流的有效值后就可以运用直流电路的规律处理交流电路中的有关问题．4．交变电流瞬时值表达式书写的基本思路(典题3的C选项)(1)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象或由公式E m＝nBSω求出相应峰值，其中ω＝2πT＝2πf＝2πn.(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．①若线圈从中性面开始计时，则et图象为正弦函数，e＝E m sin ωt；②若线圈从垂直中性面开始计时，则et图象为余弦函数，e＝E m cos ωt.考向2结合理想变压器考查交流电路例5(2018·河南省南阳市统考)(多选)理想变压器原线圈a匝数n1＝200匝，副线圈b匝数n2＝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R2＝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/sC．电压表V的示数为22 V D．R1消耗的功率是1 WBD[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＝PU＝0.5 A，故电压表示数为U2＝12 V＋IR2＝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 mN＝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．]例6 (2018·河南中原名校高三联考)如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器)，R 表示输电线的电阻，则( )A ．用电器增加时，变压器输出电压增大B ．要提高用户的电压，滑动触头P 应向上滑C ．用电器增加时，输电线的热损耗减少D ．用电器增加时，变压器的输入功率减小B [由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输出电压，故A 错误；根据变压器原理可知输出电压U 2＝n 2n 1U 1，当滑动触头P 向上滑时，n 2增大，所以输出电压增大，用户两端电压增大，故B 正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故C 错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故D 错误．][归纳反思]有变压器动态分析的方法1．明确交流电源、原线圈、副线圈及负载的串并联情况．2．分清涉及理想变压器动态分析的两类情况，如(1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况．(2)匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况．(3)不论哪种情况，要注意两点：①根据题意分清变量和不变量；②弄清“谁决定谁”的制约关系．对电压而言，输入决定输出；对电流、电功(率)而言，输出决定输入．[题组冲关]2－1.(2018·辽宁庄河模拟)(多选)如图所示，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，图中电表均为理想的交流电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上u1＝2202sin 100πt(V)的交流电压，开始时单刀双掷开关与b连接，下列说法正确的是()A．t＝1400s时，cd间电压的瞬时值为220 VB．电压表的示数为44 2 VC．若将滑动变阻器的滑片向上移，电压表和电流表的示数都变大D．若单刀双掷开关由b拨向a后，电压表示数和电流表示数都变小AD[由u1＝2202sin 100πt(V)可知，当t＝1400s时，cd间电压的瞬时值为220 V，故A正确；单刀双掷开关与b连接，由电压关系U1U2＝n1n2，因电压表显示的是有效值，则U1＝220 V，故电压表的示数为44 V，故B错误；若将滑动变阻器的滑片向上移动，副线圈回路电阻减小，电压表示数不变，电流表的示数变大，C错误；若单刀双掷开关由b拨向a，则原线圈匝数n1增加，副线圈电压降低，电压表示数和电流表示数都变小，故D正确．]2－2.(2018·山东省实验中学一诊)在如图所示的电路中，理想变压器的匝数比为2∶1，四个标有“6 V,6 W”的完全相同的灯泡L1、L2、L3、L4，按如图的方式接入电路，其中L1恰能正常发光．忽略灯泡电阻随电压的变化．电路中的电表均为理想交流电表，则下列选项中正确的是()A ．L 2、L 3、L 4均正常发光B ．电流表示数为0.5 AC ．m 、n 两点间所加的电压为14 VD ．整个电路消耗的总功率为18 WC [理想变压器的匝数比为2∶1，则原、副线圈中的电流比为1∶2，四个灯泡的额定电流都为I 0＝1 A ，L 1恰能正常发光，则原线圈中电流为I 1＝1 A ，根据n 1n 2＝I 2I 1，可知副线圈中电流为I 2＝2 A ，流过L 2、L 3、L 4的电流均为23A ，不能正常发光，选项A 、B 错误；L 2、L 3、L 4的电阻值为R ＝6 Ω，则副线圈两端电压为U 2＝23×6 V ＝4 V ，根据n 1n 2＝U 1U 2，可知原线圈两端电压为U 1＝8 V ，由于L 1正常发光，其两端电压U L 1＝6 V ，故m 、n 两端所加电压为U mn ＝U 1＋U L 1＝14 V ，选项C 正确；整个电路消耗的总功率P ＝U mn I 1＝14 W ，选项D 错误．]高频考点三 远距离输电问题[备考策略]1．理清三个回路回路1：发电机回路．I 1＝I 机，U 1＝U 机，P 1＝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．掌握两种损耗(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：输电线上电阻发热导致的功率损耗，P R＝P2－P3＝I2R R．输电线上的能量损耗是热损耗，计算功率损耗时用公式P R＝I2R R或P R＝U2R R.[题组突破]3－1.(多选)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()甲乙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R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大D．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变大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＝PU＝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R2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．]3－2.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、副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )A ．(n 1n 2)U 2m 4r B ．(n 2n 1)U 2m 4r C ．4(n 1n 2)2(P U m )2r D ．4(n 2n 1)2(P U m)2r C [升压变压器T 的原线圈两端电压的有效值为U 1＝U m 2，由变压关系可得U 1U 2＝n 1n 2，则U 2＝n 2U m 2n 1；因为输送电功率为P ，输电线中的电流为I 2＝P U 2＝2n 1P n 2U m ，则输电线上损失的电功率为ΔP ＝I 22(2r )＝4n 21P 2r n 22U 2m ，故选项C 正确．]3－3.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ΔU RB ．电流表A 1的示数增大了n ΔU RC ．电压表V 1的示数减小了ΔUD ．输电线损失的功率增加了(n ΔU R )2RB [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 )2－I 2R ，不等于(n ΔU R )2R ，D 错误．]课时跟踪训练(十二)一、单项选择题1．(2018·福州一中检测)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2∶1时，副线圈电路中标有“6 V 6 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 ＝122sin 60πt (V)D ．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C [灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I 2＝6 W 6 V ＝1 A ；根据公式：I 1I 2＝n 2n 1，解得I 1＝0.5 A ，故A 错误；灯泡正常发光，故变压器的输出电压为6 V ，根据公式U 1U 2＝n 1n 2，解得：U 1＝12 V ，故矩形线圈产生电动势的有效值为12 V ，最大值为122V≈17 V，故B错误；根据公式E m＝NBSω，解得：ω＝E mNBS＝122 1×25π×1rad/s＝60 π 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＝122sin 60πt(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．] 2．图甲电路中，D为二极管，其伏安特性曲线如图乙所示．在图甲电路中，闭合开关S，滑动变阻器R的滑片P从左端向右移动过程中()A．二极管D消耗的功率变大B．二极管D的电阻变大C．通过二极管D的电流减小D．电源的功率减小A[滑动变阻器R的滑片P从左端向右移动过程中，滑动变阻器的电阻减小，电路电流增大，由图乙可知，二极管的电阻减小，电流、电压增大，消耗的功率也增大，故A正确，B、C错误；电源的功率为：P＝EI，因为电流增大，所以电源的功率增大，故D错误．所以A正确，B、C、D错误．]3. (2018·山西五校三联)某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向R0＝11 Ω的纯电阻用电器供电．已知输电线的总电阻R＝10 Ω，T2的原、副线圈匝数比为4∶1，用电器两端的电压为u ＝2202sin 100πt(V)，将T1、T2均视为理想变压器．下列说法正确的是()A．降压变压器的输入功率为4 400 WB．升压变压器中电流的频率为100 HzC．输电线消耗的功率为500 WD．当用电器的电阻减小时，输电线消耗的功率减小A[由题可知，用电器两端电压有效值为220 V，交流电频率f＝ω2π＝100π2πHz＝50 Hz，由电功率公式可知，降压变压器输出功率P＝U2R0＝4 400 W，理想变压器输入功率与输出功率相等，故A项正确；理想变压器不改变交变电流的频率，B项错；由变压规律U1U2＝n1n2可知，降压变压器输入电压为880 V，由P＝UI可知，降压变压器输入电流为I＝5 A，由焦耳定律可知，输电线电阻消耗的功率P＝I2R＝250 W，C项错；当用电器的电阻减小时，输出功率增大，故降压变压器输入功率增大，从而输入电流增大，再由P＝I2R可知，输电线消耗的功率增大，D项错．]4．(2018·湖北省荆州中学高三全真模拟一)在如图所示的电路中，由于某个电阻发生故障，使电流表A的读数变大，电压表V的读数变大，灯泡L的亮度变暗，关于故障判断的下列说法正确的是()A．可能是R3短路B．可能是R2断路C．可能是R2短路D．可能是R4短路D[由电路元件各物理量动态变化的规律“串反并同”可知，只有当R4短路时(可认为电阻减小)，外电路电阻减小，总电流增大，电流表A的读数变大，R4的电流增大，电压表V的读数变大，灯泡L的亮度变暗．故正确答案为D.故选D.]5. 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∶1B [灯泡正常发光，可得U A ＝U B ＝UC ＝UD ，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.]．6．(2018·湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)如图是某温度检测和光电控制加热装置的原理图．R 为热敏电阻(温度升高，阻值减小)，用来探测加热电阻丝R 的温度．R G 为光敏电阻(光照强度增大，阻值减小)，接收小灯泡L 的光照．其他电阻均为定值电阻．当R 处温度升高后，下列说法正确的是( )A ．灯泡L 将变暗B ．R G 的电压将增大C ．R 的功率将增大D ．R 的电压变化量与R 2的电流变化量的比值不变D [A 项：当R 处温度升高时，R T 阻值变小，左边回路中电流增大，小灯泡L 的功率增大，灯泡L 将变亮，故A 错误； B 、C 项：L 的光照强度增大，则R G阻值变小，右侧电路的总电阻变小，总电流变大，E2的内电压增大，则其路端电压变小．总电流增大，则R2两端电压增大，所以右侧电路并联部分电压减小，R的电压减小，则R的功率将减小．R的电流减小，而总电流增大，则通过R3的电流增大，R3的电压将增大，所以R G的电压将减小，故B、C错误；D项：R的电压变化量与R2的电流变化量的比值ΔUΔI＝RR3R＋R3，保持不变，故D正确．]7．(2018·河北正定中学高三模拟)如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝L1，bc＝ad＝L2，匝数为n，线圈的总电阻为r，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO′匀速转动，角速度为ω，线圈两端通过电刷E、F与阻值为R的定值电阻连接．从线圈经过中性面开始计时，则()A．线圈中感应电动势的最大值为BωL1L2B．线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式为e＝nBωL1L2 cos ωtC．经过14周期时间通过电阻R的电荷量为BL1L2R＋rD．此发电机在上述工作状态下的输出功率为n2B2ω2L21L22R 2(R＋r)2D[线圈产生的感应电动势的最大值E m＝nBωL1L2，选项A错误；感应电动势随时间变化的表达式e＝E m sin ωt＝nBωL1L2sin ωt，选项B错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝n ΔΦΔt，由闭合电路欧姆定律有I＝ER＋r，又ΔΦ＝BL1L2，q＝IΔt，联立解得q＝n BL1L2R＋r，选项C错误；线圈中感应电动势的有效值E＝E m2＝。