高考物理二轮总复习第1部分专题突破方略专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路

第1讲直流电路与交流电路[限训练·通高考] 科学设题拿下高考高分(45分钟)一、单项选择题1．如图所示为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断正确的是( )A．这是一个升压变压器B．原线圈的匝数比副线圈的匝数多C．当原线圈输入交流电压220 V时，副线圈输出直流电压12 VD．当原线圈输入交流电压220 V、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流小解析：根据铭牌信息，输入电压为220 V，输出电压为12 V，这是一个降压变压器，原线圈的匝数比副线圈的匝数多，选项A错误，B正确；当原线圈输入交流电压220 V时，副线圈输出交流电压12 V，选项C错误；当原线圈输入交流电压220 V、副线圈接负载时，根据变压器功率关系，副线圈中电流比原线圈中电流大，选项D错误．答案：B2.在如图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P缓慢向右移动，则下列说法正确的是( )A．灯泡L变暗B．电源内部消耗的功率先变大后变小C．电容器C上的电荷量增加D．流过R1的电流方向由左向右解析：滑片P右移，滑动变阻器接入电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，故灯泡L变亮，选项A错误；电源内部消耗的电功率P内＝I2r，随电流的增大，电源内部消耗功率一直变大，选项B错误；由U＝IR可知，灯泡两端电压和电源内电压均增大，所以滑动变阻器两端电压减小，故与滑动变阻器并联的电容器C两端电压减小，由Q＝CU可知，电容器C上的电荷量减少，选项C错误；电容器C带电荷量减少，故电容器C处于放电状态，流过R1的电流方向由左向右，D项正确．答案：D3.某交流发电机产生的感应电动势随时间变化的关系如图所示，下列说法正确的是( )A ．t ＝0时刻发电机的转动线圈位于中性面B ．在1 s 内发电机的线圈绕轴转动50圈C ．将此交流电接到匝数比是1∶10的升压变压器上，副线圈的电压有效值为2 200 2 VD ．将此交流电与耐压值是220 V 的电容器相连，电容器不会被击穿解析：由题图知t ＝0时刻，感应电动势最大，线圈位于与中性面垂直的平面，选项A 错误；交流电的周期是0.02 s ，一个周期内线圈转动1圈，1 s 内有50个周期，所以线圈转动50圈，选项B 正确；原线圈电压的有效值U 1＝U m2＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2可得，副线圈电压的有效值为2 200 V ，选项C 错误；此交流电电压的最大值为220 2 V ，大于220 V ，所以耐压值为220 V 的电容器会被击穿，选项D 错误． 答案：B4.如图所示，电阻不计的单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，产生的交流电压瞬时值表达式为u ＝1002cos 100πt (V)．下列说法正确的是( )A ．当线圈平面与磁感线平行时，磁通量变化率最大B ．该交流电压的频率为100 HzC ．穿过线圈的磁通量最大值是 2 WbD ．用理想电压表测量该电压，其示数约为141 V解析：当线圈平面与磁感线平行时，产生的感应电动势最大，此时磁通量变化率最大，A 项正确；频率f ＝100π2πHz ＝50 Hz ，B 项错误；感应电动势的最大值E m ＝100 2 V ，根据E m＝NBS ω可知，BS ＝E m ω＝1002100π Wb ＝2π Wb ，C 项错误；电压表测量的是有效值，则E ＝E m2＝100 V ，D 项错误． 答案：A5．(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：由正弦交流电的产生原理可知，其电动势的最大值E m ＝NBS ω，而ω＝2πn ，有效值E ＝22E m ，线圈转速变为原来的12，则U 1＝E 变为原来的12.由U 1U 2＝n 1n 2知U 2变为原来的12，电压表读数变为原来的12，选项B 正确；R 消耗的功率P ＝U 22R ，故R 消耗的功率变为原来的14，选项A错误；由P 入＝P 出得，U 1I 1＝U 22R ，故I 1变为原来的12，即电流表读数变为原来的12，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12，选项D 错误．答案：B6.(2015·高考全国卷Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )A ．U ＝66 V ，k ＝19B.U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13解析：设原线圈中电流为I ，由I 1I 2＝n 2n 1知，副线圈中的电流I 2＝3I ，由题意知副线圈中电阻两端的电压U ＝3IR ，则原线圈回路中R 两端的电压U ′＝IR ＝U3，原线圈两端的电压U 1＝3U ，由闭合电路中电压关系可知U 1＋U ′＝220 V ，即3U ＋U3＝220 V ，U ＝66 V ，原线圈回路中电阻消耗的功率P 1＝I 2R ，副线圈回路中电阻消耗的功率P 2＝(3I )2R ，P 1P 2＝k ＝I 2R I 2R ＝19，选项A 正确． 答案：A7．(2018·四川雅安高三第三次诊断)如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交变电流的电压随时间变化的图象如图乙所示，经原、副线圈匝数比为1∶10的理想变压器给一灯泡供电如图丙所示，灯泡的额定功率为22 W ．闭合开关后，灯泡正常发光，下列说法正确的是( )A ．t ＝0.01 s 时穿过线框的磁通量为零B ．变压器原线圈中电流表示数为1 AC ．交流发电机的转速为100 r/sD ．灯泡的额定电压为220 2 V解析：由题图乙可知，当t ＝0.01 s 时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，故A 错误；原线圈输入电压为有效值为22 V ，则副线圈的电压为220 V ，由P ＝UI 可知，副线圈电流I 2＝P U ＝22220 A ＝0.1 A ，则由I 1I 2＝101，求得I 1＝1 A ，故B 正确；由题图乙可知，交流电的周期为0.02 s ，则转速为n ＝1T＝50 r/s ，故C 错误；灯泡正常发光，故额定电压为220 V ，故D 错误． 答案：B 二、多项选择题8．(2018·贵州普通高等学校招生适应性考试)如图所示，L 1、L 2、L 3为三只完全相同的小灯泡，其中L 1接在理想变压器的原线圈上，L 2、L 3并联在副线圈两端，三只灯泡均正常发光．已知输入端电压为U ，则( )A ．理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2B ．理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1C ．小灯泡额定电压为U 2D ．小灯泡额定电压为U3解析：设每只小灯泡的额定电流为I ，因并联在副线圈两端的两只小灯泡均正常发光，所以副线圈中的总电流为2I ，原、副线圈电流之比为1∶2，所以原、副线圈的匝数之比为2∶1，则有原、副线圈两端的电压之比为2∶1，故B 正确，A 错误；设小灯泡的额定电压为U 1，则有副线圈电压为U 1，所以原线圈电压为2U 1，又因为原线圈与灯泡串联，所以U ＝2U 1＋U 1，解得U 1＝U3，故D 正确，C 错误．答案：BD9．某温度检测、光电控制加热装置原理图如图所示．图中R T 为热敏电阻(随温度升高，阻值减小)，用来探测加热电阻丝R 的温度，R G 为光敏电阻(随光照强度增大，阻值减小)，接收小灯泡L 的光照，除R T 、R G 外，其他电阻均为定值电阻．当R 处温度升高时( )A ．L 变亮B ．流过R 3的电流减小C ．E 2的路端电压增大D ．R 的功率减小解析：当R 处温度升高时，R T 阻值变小，左侧回路中的电流变大，L 消耗的功率变大，所以L 变亮，L 的光照强度增大，R G 阻值变小，通过R 2的电流变大，E 2的路端电压变小，R 两端电压变小，通过R 的电流也变小，所以R 消耗的电功率变小，通过R 3的电流变大，选项A 、D 正确． 答案：AD10．(2018·河北衡水一中测试)如图所示，理想变压器原线圈接入正弦交流电，副线圈的匝数可以通过滑动触头P 调节．R T 为热敏电阻，当环境温度升高时，R T 的阻值变小．下列说法正确的有( )A ．P 向下滑动时，电压表读数变大B ．P 向下滑动时，电流表读数变小C ．若环境温度升高，变压器的输入功率变大D ．若环境温度升高，灯泡消耗的功率变小解析：根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P 向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，电压表读数变小，选项A 错误；根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P 向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，副线圈电流减小，输出功率变小，根据输入功率等于输出功率可知，原线圈电流也减小，所以电流表读数变小，选项B 正确；当环境温度升高时，R T 的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，变压器的输出功率变大，变压器的输入功率也变大，选项C 正确；当环境温度升高时，R T 的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，根据P ＝I 2R 可知灯泡消耗的功率变大，选项D 错误． 答案：BC11．(2018·湖南张家界高三第三次模拟)如图甲所示，理想变压器原线圈匝数n 1＝200匝，副线圈匝数n 2＝100匝，交流电压表和交流电流表均为理想电表，两个电阻R 的阻值均为125 Ω，图乙为原线圈两端的输入电压与时间的关系图象，下列说法正确的是( )A ．通过电阻的交流电频率为50 HzB ．电压表的示数为250 VC ．电流表的示数为0.25 AD ．每个电阻R 两端电压最大值为125 2 V解析：由题图乙知T ＝0.02 s ，则f ＝1T＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，所以输出交流电的频率仍为50 Hz ，A 正确；由U 1U 2＝n 1n 2可知，电压表的示数U 2＝n 2n 1U 1＝125 V ，B 错误；根据欧姆定律可得副线圈中的电流I 2＝U 22R ＝0.5 A ，又I 1I 2＝n 2n 1，则电流表的示数I 1＝n 2n 1I 2＝0.25A ，C 正确；因为副线圈两端电压有效值为125 V ，故副线圈两端最大电压为125 2 V ，故副线圈中每个电阻R 两端电压最大值为12522 V ，D 错误．答案：AC12．如图所示，n 匝矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小为B 的水平匀强磁场中，线框面积为S ，电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω匀速转动，并与理想变压器的原线圈相连，变压器副线圈接入一只额定电压为U 的灯泡，灯泡正常发光．从线圈通过中性面开始计时，下列说法正确的是( )A ．图示位置穿过线框的磁通量变化率最大B ．灯泡中的电流方向每秒改变ω2π次C ．线框中产生感应电动势的表达式为e ＝nBS ωsin ωtD ．变压器原、副线圈匝数之比为nBS ω2U解析：图示位置线框位于中性面，穿过线框的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，A 错误；交流电的周期为T ＝2πω，一个周期内电流方向改变两次，则灯泡中的电流方向每秒改变ωπ次，B 错误；交流电的电动势最大值E max ＝nBS ω，则线框中产生感应电动势的表达式为e ＝nBS ωsin ωt ，C 正确；交流电的有效值为U 1＝nBS ω2，则n 1n 2＝U 1U 2＝nBS ω2U，D 正确．答案：CD13.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 1的原、副线圈匝数之比为n 1∶n 2＝1∶10，在T 1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2r ＝2Ω，降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为n 3∶n 4＝10∶1.若T 2的用电设备两端的电压为U 4＝200 V ，用电设备消耗的电功率为10 kW ，不考虑其他因素的影响，则( )A ．T 1的副线圈两端电压的最大值为2 010 2 VB ．T 2的原线圈两端的电压为2 000 VC ．输电线上损失的电功率为50 WD ．T 1的原线圈输入的电功率为10.1 kW解析：因为用电设备消耗的电功率为10 kW ，T 2副线圈两端的电压为U 4＝200 V ，则流过T 2副线圈的电流为I 4＝P U 4＝10 kW200 V＝50 A ，由变压器原、副线圈的电流与线圈匝数的关系I 3I 4＝n 4n 3，可得I 3＝5 A ，由U 3U 4＝n 3n 4，可知T 2原线圈两端的电压为U 3＝2 000 V ，B 正确；输电线的电阻分得的电压为U 线＝I 3·2r ＝5×2 V＝10 V ，所以T 1副线圈两端的电压为U 2＝U 3＋U 线＝(2 000＋10)V ＝2 010 V ，其最大值为U 2m ＝2 010 2 V ，A 正确；输电线上损失的电功率为P 损＝I 23·2r ＝50 W ，C 正确；由能量守恒定律可知T 1副线圈的输出功率为P出＝(10 000＋50)W ＝10 050 W ，因此T 1原线圈的输入功率为10 050 W ，D 错误． 答案：ABC14．如图所示，电阻不计的金属导轨PQ 、MN 水平平行放置，间距为L ，导轨的P 、M 端接到匝数比为n 1∶n 2＝1∶2的理想变压器的原线圈两端，变压器的副线圈接有阻值为R 的电阻．在两导轨间x ≥0区域有垂直导轨平面的磁场，磁场的磁感应强度B ＝B 0sin 2k πx (T)，一阻值不计的导体棒ab 垂直导轨放置且与导轨接触良好．开始时导体棒处于x ＝0处，从t ＝0时刻起，导体棒ab 在沿x 正方向的力F 作用下做速度为v 的匀速运动，则( )A ．导体棒ab 中产生的交变电流的频率为kvB ．交流电压表的示数为2B 0LvC ．交流电流表的示数为4B 0Lv RD ．在t 时间内力F 做的功为2B 20L 2v 2tR解析：导体棒ab 切割磁感线，产生的感应电动势E ＝BLv ＝B 0Lv sin 2k πvt (V)，则产生的交变电流的频率为kv ，A 正确；由E ＝B 0Lv sin 2k πvt (V)可知，原线圈所加交变电压的有效值为U 1＝B 0Lv2，由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝2B 0Lv ，B 错误；因U 2＝2B 0Lv ，I 2＝U 2R，由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝22B 0LvR，C 错误；依据能量守恒定律，得W F ＝Q R ＝I 22Rt ＝2B 20L 2v 2tR，D 正确．答案：AD精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

第一讲直流电路与交变电路[答案] (1)内容：闭合电路中的电流跟电源的电动势成正比，跟整个电路中的电阻成反比．(2)表达式：I＝ER＋r，或E＝U外＋Ir，或Eq＝qU外＋qU内．(3)电路故障分析基本思路及方法①仪表检测法a．电流表示数正常而电压表无示数“电流表示数正常”表明电流表所在电路为通路，“电压表无示数”表明无电流通过电压表．故障原因可能是：ⅰ.电压表损坏；ⅱ.电压表接触不良；ⅲ.与电压表并联的用电器短路．b．电压表有示数而电流表无示数“电压表有示数”表明电路中有电流通过，“电流表无示数”说明没有或几乎没有电流流过电流表．故障原因可能是：ⅰ.电流表短路；ⅱ.和电压表并联的用电器断路．c．电流表、电压表均无示数“两表均无示数”表明无电流通过两表，除了两表同时短路外，可能是干路断路导致无电流．d ．欧姆表检测先使被测电路断开电源，用欧姆表检测用电器，指针不动，说明用电器断路；指针偏转最大，说明用电器短路．②假设法已知电路发生某种故障，寻找故障发生在何处时，可将整个电路划分为若干部分，然后逐一假设某部分电路发生故障，运用电流变化进行正向推理，推理结果若与题述物理现象不符合，则故障不是发生在这部分电路；若推理结果与题述物理现象符合，则故障可能发生在这部分电路，直到找出发生故障的全部可能为止，此方法亦称排除法．(4)理想变压器的基本特征①无漏磁，故原、副线圈中的Φ、ΔΦΔt 相同．②线圈无电阻，因此无电压降，U ＝E ＝n ΔΦΔt .③根据U n ＝ΔΦΔt得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都成立．④无电能损失．⑤变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率．考向一 直流电路的动态分析[归纳提炼]直流电路动态分析方法 1．程序法基本思路是“部分→整体→部分”．即从阻值的变化入手，由串、并联规律判定R 总的变化情况，再由闭合电路欧姆定律判断I 总和U 端的变化情况，最后由部分电路欧姆定律及串联分压、并联分流等规律判断各部分的变化情况．2．结论法——“串反并同”“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)．“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)．[熟练强化]1．(2017·河南五校联考)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了变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示，则下列判断正确的是( )A．I减小，U1增大B．I增大，U2减小C．I增大，U1减小D．I减小，U2增大[解析] 当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R1和R2串联支路电阻变大，电流变小，电流表示数I减小，由欧姆定律可知，R1两端电压减小，电压表示数U1减小．由极限法分析可知，电压表示数U2增大．故选项D正确，A、B、C错误．[答案] D2．(多选)(2017·合肥质检)如图所示，电源电动势为E，内阻为r.电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其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．下列说法中正确的是( )A．只逐渐增大对R1的光照强度时，电阻R0消耗的电功率增大，电阻R3中有向上的电流B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流C．只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D．若断开开关S，带电微粒向下运动[解析] 当逐渐增大光照强度时，光敏电阻R1的阻值减小，依据“串反并同”可知电流I增大，则PR0增大，U C增大，Q C＝CU C增大，即电容器充电，R3中有向上的电流，A正确．当P2向上移动时，U C不变，R3中没有电流，故B错误．当P1向下移动时，I不变，但U C变大，E C ＝U C d 变大，电场力F C ＝U C qd 变大，微粒向上运动，故C 错误．若断开开关S ，电容器放电，U C 降为0，则微粒只受重力作用而向下运动，故D 正确．[答案] AD3．(2017·陕西咸阳一模)如图所示电路，当滑动变阻器R 3的滑片向右移动一小段距离后，电压表V 1和电压表V 2的示数的变化量分别为ΔU 1和ΔU 2(均取绝对值)．下列说法中正确的是( )A ．电压表V 1的示数变大，电压表V 2的示数变小，且有ΔU 1>ΔU 2B ．电压表V 1的示数变小，电压表V 2的示数增大，且有ΔU 1>ΔU 2C ．电容器的左极板带正电，且两极板间电场强度减小D ．电源的输出功率比R 3的滑片移动前大[解析] 滑动变阻器R 3的滑片向右移动一小段距离后，R 3接入电路的电阻减小，电路外电阻减小，总电阻减小，电源输出电流增大，R 2中电流增大，R 2两端电压增大，电压表V 2的示数增大，与其并联的电容器C 两端电压增大，极板带电荷量增大，两极板之间的电场强度增大，C 错误．电源输出电流增大，电源内阻电压增大，导致电源路端电压减小，电源输出功率不一定增大，D 错误．根据闭合电路欧姆定律，E ＝U 1＋U 2＋Ir ，电源输出电流I 增大，则U 1＋U 2减小，电压表V 2的示数增大，则电压表V 1的示数减小，且有ΔU 1＝ΔU 2＋ΔI ·r ，即ΔU 1>ΔU 2，B 正确，A 错误．[答案] B电路的动态分析技巧(1)当电路中某一部分发生变化时，将引起电路中各处的电流和电压都随之发生变化，可谓“牵一发而动全身”．判断此类问题时，应先由局部的变化推出总电流的变化、路端电压的变化，再由此分析对其他各部分电路产生的影响，一般是先分析恒定电阻支路再分析变化电阻支路．(2)一个闭合电路就是一个整体，在研究电路的动态问题时，一定要弄清电路的串并联结构，同时要用整体的观点来看问题，还要善于转换思维的角度“电压不行看电流”．考向二交变电流的产生及描述[归纳提炼]1．正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)(1)通常所说的电流值、电压值、电表的示数均为有效值．(2)只有正弦交流电，最大值等于有效值的2倍．(3)计算用电器上消耗的热功率时，必须用电流的有效值，不可应用平均值．(4)电动势的最大值与线圈匝数成正比，但线圈磁通量的最大值与线圈匝数无关．[熟练强化]角度一交变电路的图象问题1．(多选)(2017·天津卷)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化．设线圈总电阻为2 Ω，则( )A ．t ＝0时，线圈平面平行于磁感线B ．t ＝1 s 时，线圈中的电流改变方向C ．t ＝1.5 s 时，线圈中的感应电动势最大D ．一个周期内，线圈产生的热量为8π2J[解析] t ＝0时，磁通量为零，磁感线与线圈平面平行，A 正确；当磁感线与线圈平面平行时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，画出感应电动势随时间变化的图象如图，由图可知，t ＝1 s 时，感应电流没有改变方向，B 错误；t ＝1.5 s 时，感应电动势为0，C 错误；感应电动势最大值E m ＝NBS ω＝N Φm 2πT ＝100×0.04×2π2(V)＝4π(V)，有效值E ＝22×4π(V)＝22π(V)，Q ＝E 2RT ＝8π2(J)，D 正确．[答案] AD角度二 交变电流的“四值”问题2．(2015·四川卷)小型手摇发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd ，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO ′，线圈绕OO ′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )A ．峰值是e 0B ．峰值是2e 0C ．有效值是22Ne 0 D ．有效值是2Ne 0[解析] 本题考查交变电流，意在考查学生对正弦式交变电流的产生的认识及对正弦式交变电流的最大值、有效值等概念的理解．根据题意，小型发电机输出电压的峰值为E m ＝2Ne 0，A 、B 项均错误；对于正弦式交变电流，峰值与有效值E 的关系满足E ＝E m2，故有效值为2Ne 0，C 项错误，D 项正确．[答案] D角度三 有界磁场中的交变电流3．(2017·河北六校联考)如图所示，一交流发电机的矩形线圈共有10匝，其电阻r ＝2 Ω，面积是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．则以下说法中正确的是( )A ．该线圈产生的是余弦式交变电流B ．线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为40 VC ．线圈开始转动160 s 时流过电阻R 的瞬时电流大小为22 AD ．电阻R 上消耗的电功率为9 W[解析] 本题考查交变电流的基本概念，意在考查学生的理解能力．若线圈从中性面开始运动，则穿过线圈的磁通量按照余弦规律变化，由法拉第电磁感应定律可知，其产生的感应电动势(感应电流)将按照正弦规律变化，选项A 错误；由于OO ′为线圈的对称轴，所以线圈产生的感应电动势的最大值应为E m ＝12nBS ω＝20 V ，选项B 错误；线圈在转动过程中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝20sin10πt V ，所以其感应电流的瞬时值表达式为i ＝sin10πt A ，故当t ＝160 s 时，流经电阻R 的瞬时电流大小为i ＝sin10π×160 A ＝12 A ，选项C 错误；流经R 的电流的有效值为I ＝22A ，所以电阻R 上消耗的电功率为P ＝I 2R ＝9 W ，选项D 正确．[答案] D几种典型交变电流有效值考向三 变压器及远距离输电[归纳提炼]1．理想变压器原、副线圈基本量的关系(1)画出输电线路图，包括发电机、升压变压器、输电线、降压变压器、负载．(2)将输电线划分成几个独立回路．(3)根据串并联电压特点、欧姆定律、电功率公式确定部分回路物理量之间的关系．(4)根据升压、降压过程中原副线圈的电压、电流关系和功率关系列式求解．(2016·全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3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、副线圈匝数比值为( )A．2 B．3 C．4 D．5[思路路线][解析] 解法一：能量守恒法 设原副线圈的匝数比值n 1n 2＝k当S 断开，原线圈电流为I 时，副线圈电流为kI ，如图1所示，由能量守恒定律得，电源提供的功率等于三个电阻消耗的功率P 1＝I 2R 1＋(kI )2(R 2＋R 3)当S 闭合，原线圈电流为4I 时，副线圈电流为4kI ，如图2所示，由能量守恒定律得，电源提供的功率等于两个电阻消耗的功率P 2＝(4I )2R 1＋(4kI )2R 2由于电压不变：P 1＝IU ，P 2＝4IU ，易知P 2＝4P 1 以上各式联立解得k ＝3. 解法二：电流、电压关系法设原副线圈的匝数比值n 1n 2＝k当S 断开，原线圈电流为I 时，副线圈电流为kI ，如图1所示 由理想变压器电压关系可知U 1U 2＝n 1n 2＝k 即U －IR 1kI R 2＋R 3＝k ①当S 闭合，原线圈电流为4I 时，副线圈电流为kI ，如图2所示 即U －4IR 14kIR 2＝k ② ①②联立解得k ＝3. 解法三：等效法如图3所示，副线圈中接电阻R ，相当于在原线圈中接入电阻R 0(如图4所示)其中R 0＝U 1I 1，R ＝U 2I 2设原副线圈的匝数比值n 1n 2＝k 下面导出R 与R 0的关系R 0＝U 1I 1＝n 1n 2U 2n 2n 1I 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22R ＝k 2R 设开关S 断开时，变压器的原线圈等效电阻为R等效电路如图5所示 则R ＝k 2(R 2＋R 3)①U ＝I (R 1＋R )②设开关S 闭合时，变压器原线圈的等效电阻为R ′ 等效电路如图6所示R ′＝k 2R 2③ U ＝4I (R 1＋R ′)④联立解得k ＝3. [答案] B原线圈连接有电阻的变压器问题的处理变压器的原理是电磁感应中的互感现象，变压器不能改变恒定电压，当原线圈接有电阻时，变压器的原线圈输出电压不是电源的电压，所以求解的关键是先求出原线圈中的电流，再由电压关系列式．[熟练强化] 迁移一 变压器问题1．(2017·河北唐山一模)一含有理想变压器的电路如图所示，变压器原副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别是4 Ω、2 Ω和3 Ω，U 为有效值恒定的正弦交流电源．当开关S 断开时，理想电流表的示数为I ，当S 闭合时，电流表的示数为( )A.23IB.12IC.32I D ．2I [解析] 设S 闭合时，电流表示数为I 1，对理想变压器有P 入＝P 出，I 1I 2＝n 2n 1，则开关闭合时有I 1U －I 21R 1＝(2I 1)2R 2，开关断开时有IU －I 2R 1＝(2I )2(R 2＋R 3)，两式联立解得I 1＝2I ，故D 项正确．[答案] D迁移二 包含二极管变压器问题2．(多选)(2017·山东潍坊统考)如图甲所示的电路中，理想变压器原线圈接图乙所示正弦交变电流，闭合S 后，额定电压为20 V 的用电器正常工作，理想交流电流表A 的示数为0.1 A ．已知图中元件D 具有正向电流导通、反向电流截止的作用，下列判断正确的是( )A ．交变电流的频率为50 HzB ．变压器原副线圈匝数比为112∶1C ．用电器额定功率为22 WD ．在用电器电阻不变的情况下断开开关S ，用电器功率将变为原来的一半[解析] 由u －t 图象可知交变电流的周期T ＝0.02 s ，则频率f ＝1T＝50 Hz ，A 项正确．由图乙可知原线圈两端输入电压U 1＝220 V ，因闭合S 后，额定电压为20 V 的用电器正常工作，则此时变压器副线圈两端电压U 2＝20 V ，n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝220 V∶20 V＝11∶1，B 项错误．理想变压器P 入＝P 出＝I 1U 1＝22 W ，又P 出＝P 电器，C 正确．若在用电器电阻不变的情况下断开开关S ，则一个周期内用电器只有半个周期的时间正常工作，用电器的功率变为原来的一半，D 项正确．[答案] ACD迁移三 远距离输电问题3．(2017·襄阳统测)某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示，发电机的输出电压变化规律如图乙所示，输电线总电阻为r ，升压变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n 3、n 4，变压器均为理想变压器．额定电压为220 V 的用电器能正常工作，则下列说法正确的是( )A ．两变压器的匝数比关系为n 1n 2＝n 4n 3 B ．两变压器的匝数比关系为n 1n 2>n 4n 3C ．当用户用电器的负载增加时，输出电压一定等于220 VD ．升压变压器的输入功率一定大于降压变压器的输出功率[解析] 根据变压器的工作原理有U 1U 2＝n 1n 2，U 3U 4＝n 3n 4，设输电线路上损失的电压为ΔU ，则有U 2＝U 3＋ΔU ，即U 2>U 3，根据题设可知U 1＝U 4，联立解得n 1n 2<n 4n 3，A 、B 错误；当负载增加时，负载总电阻减小，电流增大，则输电线路上的电流增大，而输电线路的电阻一定，故线路损失的电压ΔU 会增大，降压变压器的输入电压U 3＝U 2－ΔU 减小，所以输出电压一定小于220 V ，C 错误；根据能量关系有P 输入＝P 输出＋P 损失，故D 正确．[答案] D高考高频考点强化——理想变压器的动态分析[考点归纳]1．分析变压器动态变化问题的一般思维流程2．分析变压器动态变化问题的关键(1)弄清变量和不变量，确定是负载电阻不变还是匝数比不变．(2)弄清变压器动态变化中的决定关系，即P 2决定P 1，I 2决定I 1，U 1决定U 2.[真题归类]1．(2016·天津卷)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，R 1消耗的功率变大B ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大C ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表A 1示数变大D ．若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大、A 2示数变大[解析] 由题知，U 1不变，n 1n 2不变，故U 2不变．当P 向上滑动时，R 滑变大，R 总变大，R 两端电压即电压表示数变大，U R 1减小，I R 1减小，则P R 1减小，A 错误，B 正确．因为I R 1减小，n 1n 2不变．由I 1＝n 2n 1I R 1知I 1减小，C 错误．若闭合开关S ，则总电阻减小，由I R 1＝U 2R 总知I R 1增大，U R 1增大，U R 2减小，电流表A 2的示数减小，D 错误．选B.[答案] B2．(多选)(2016·全国卷Ⅲ)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∶9[解析] 当输入电压为灯泡额定电压的10倍时，两个灯泡均能正确发光，则原线圈两端的电压为910U ，副线圈两端的电压为110U ，因此原、副线圈的匝数比n 1n 2＝91，A 正确，B 错误．设a 中电流为I ，根据电流与匝数成反比可知，副线圈中电流为9I ，则a 、b 两个灯泡的功率比P a P b ＝19，C 错误，D 正确． [答案] AD3．(2015·安徽卷)图示电路中，变压器为理想变压器，a 、b 接在电压有效值不变的交流电源两端，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A 1的示数增大了0.2 A ，电流表A 2的示数增大了0.8 A ，则下列说法正确的是( )A ．电压表V 1示数增大B ．电压表V 2、V 3示数均增大C ．该变压器起升压作用D ．变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动[解析] 变压器输入电压不变，原、副线圈的匝数比不变，故原、副线圈两端的电压不变，即电压表V 1、V 2示数不变，选项A 、B 均错误；I 1、I 2增加，则副线圈电路中总电阻减小，故变阻器滑片应沿c →d 方向滑动，选项D 正确；由原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P 入＝P 出知，调节滑动变阻器前I 1n 1＝I 2n 2，调节滑动变阻器后I 1′n 1＝I 2′n 2，联立得(I 1′－I 1)n 1＝(I 2′－I 2)n 2，即ΔI 1n 1＝ΔI 2n 2，n 1n 2＝ΔI 2ΔI 1＝0.80.2＝4，故该变压器起降压作用，选项C 错误．[答案] D变压器电路动态分析常见类型及其规律(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，输入电压U 1决定输出电压U 2，不论负载电阻R 如何变化，U 2不变．②当负载电阻发生变化时，I 2变化，输出电流I 2决定输入电流I 1，故I 1发生变化． ③I 2变化引起P 2变化，P 1＝P 2，故P 1发生变化．(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，故U 2变化． ②R 不变，U 2变化，故I 2发生变化．③根据P 2＝U 22R，P 2发生变化，再根据P 1＝P 2，故P 1变化，P 1＝U 1I 1，U 1不变，故I 1发生变化．[迁移训练]1．(多选)(2017·河北名校联盟)如图所示电路中的变压器为理想变压器，S 为单刀双掷开关．P 是滑动变阻器R 的滑动触头，U 1为加在原线圈两端的交变电压，I 1、I 2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是( )A ．保持P 的位置及U 1不变，S 由a 切换到b ，则I 2减小B ．保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，则R 上消耗的功率减小C ．保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，则I 1增大D ．保持U 1不变，S 接在b 端，将P 向上滑动，则I 1减小[解析] 保持P 的位置不变和U 1不变，S 由a 打到b ，副线圈匝数减小，根据U 1U 2＝n 1n 2可知副线圈两端电压U 2减小，因而电流I 2减小，选项A 正确；保持P 的位置不变和U 1不变，S 由b 打到a ，副线圈匝数增大，根据U 1U 2＝n 1n 2可知副线圈两端电压U 2增大，电流I 2增大，R 消耗的功率增大，选项B 错误，选项C 正确；保持U 1不变，S 打到b ，P 上滑，则电流I 2增大，I 1增大，选项D 错误．[答案] AC2．(多选)(2017·江西红色七校联考)如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图．图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表．设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R 0表示，变阻器R 相当于用户用电器的总电阻．当用电器增加时，相当于R 变小，则当用电进入高峰时( )A．电压表V1、V2的读数均不变，电流表A2的读数增大，电流表A1的读数减小B．电压表V3、V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数减小C．电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变D．发电厂的输出功率增大，线路损耗的功率也增大[解析] 当用电进入高峰时，发电机的输出功率增大，输入原线圈的电流增大，升压变压器输出端的输电电流增大，输电线的电压损失和功率损失增大，D正确．V1、V2的读数均不变，A1、A2增大；V3、V4的读数均减小，A3的读数增大，A、B错误．电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值是输电线的电阻，是不变的，C正确．[答案] CD3．(多选)(2017·山西太原一模)如图为远距离输电示意图，其中T1、T2为理想变压器，r是输电电阻，灯L1、L2相同且阻值不变．现保持变压器T1的输入电压不变，滑片P位置不变，当开关S断开时，灯L1正常发光，则( )A．仅闭合S，灯L1会变亮B．仅闭合S，r消耗的功率会变大C．仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小D．仅将滑片P上移，电流表示数会变小[解析] 闭合S，负载电阻减小，变压器T2副线圈电流增大，根据电流规律知，T2原线圈电流增大，即输电线上电流增大，导线上损耗的电压U＝Ir增大，损耗的功率P＝I2r增大，T2的输入电压U3＝U2－Ir减小，所以U4减小，即灯泡L1两端的电压减小，变暗，A错误，生活的色彩就是学习K12的学习需要努力专业专心坚持 B 正确．仅将滑片P 下移，变压器T 1副线圈匝数增加(n 2增加)，根据U 1U 2＝n 1n 2可知，U 2变大，所以变压器T 2的输入电压U 3增大，U 4也增大，再根据I 4＝U 4R得，负载电流增大，整个电路电流增大，r 消耗的功率会变大，C 错误．仅将滑片P 上移，同理可得输电线电流减小，电流表示数会变小，D 正确．[答案] BD。

专题四第一讲直流电路与交流电路1.[考查直流电路中电压、电流的分析]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、U1、U2表示。

下列判断正确的是()A．I减小，U1增大B．I减小，U2增大C．I增大，U1增大D．I增大，U2增大解析：选B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；R3的电压等于路端电压，则流过R3的电流I3增大；流过电流表的电流I＝I总－I3，I总减小，I3增大，I减小，R1的电压减小，即电压表V1的示数U1减小；电压表V2的示数U2＝U－U1，U增大，U1减小，则U2增大。

所以，I减小，U1减小，U2增大，故B正确。

2．[考查闭合电路中功率的分析][多选]某种小灯泡的U-I图像如图甲所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路，电源的内阻为1.0 Ω。

现闭合开关S，理想电压表V的示数为4.0 V，则()A．外电路的总电阻为6.7 ΩB．电源的电动势为5.6 VC．电源消耗的热功率为3.0 W D．电源的效率为89.3%解析：选BD理想电压表V的示数为4.0 V，由U-I图像可知通过干路上的小灯泡的电流为0.6 A，通过电源的电流也为0.6 A，通过两并联小灯泡的电流均为0.3 A，两端电压为1.0 V，依据闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势为E＝4.0 V＋1.0 V＋0.6 A×1.0 Ω＝5.6 V，B正确；电路的路端电压为U0＝5.0 V，电流为I0＝0.6 A，依据部分电路欧姆定律可知外电阻总阻值为R＝Ω≈8.3 Ω，A错误；电源消耗的热功率为P r＝I02r＝0.36 W，C错误；输出功率＝U0I0＝3.0 W，则电源的效率为η＝×100%≈89.3%，D正确。

直流电路与交流电路第1讲直流电路与交流电路[高考统计·定方向] (教师授课资源)直流电路的基本概念和规律(5年1考)❶近五年高考体现两大特点：一是直流电路的动态分析，二是与平行板电容器相关联的(2016·全国卷Ⅱ·T 17)阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如图所示的电路。

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.25B.12C.35D.23 C [断开S 和闭合S 后等效电路分别如图甲、乙所示。

甲 乙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。

]1．直流电路动态分析方法(1)程序法R局――→增大减小I总＝ER＋r――→减小增大U内＝I总r――→减小增大U外＝E－U内――→增大减小确定U支、I支。

(2)结论法——“串反并同”(电源内阻不能忽略)“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)。

“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)(如下T1)。

(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。

2．功率的最值问题(1)定值电阻的功率：P定＝I2RR为定值电阻，P定只与电流有关系，当R外最大时，I最小，P定最小，当R外最小时，I 最大，P定最大。

(2)电源的输出功率：P＝E2R外r ＋R外2＝E2R外－r2R外＋4r。

当R外＝r时，P出功率最大。

(3)变化电阻的功率的最大值：利用等效思想，把除变化电阻之外的其他的定值电阻等效成电源的内阻r′。

考向1 直流电路的动态分析1．(多选)(2019·衡水中学二模)如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，开关S闭合后，平行板电容器中的带电液滴M处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，则( )A ．带电液滴M 一定带正电B ．R 4的滑片向上端移动时，电流表示数减小，电压表示数增大C ．若仅将电容器下极板稍微向上平移，带电液滴M 将向上极板运动D ．若将开关S 断开，带电液滴M 将向下极板运动BC [电容器的上极板带正电，板间场强方向向下，带电液滴M 处于平衡状态，则知受到的电场力向上，带电液滴M 带负电，故A 错误。

第1讲 直流电路与交流电路[做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律授课提示：对应学生用书第54页[真题再做]1．(2018·高考全国卷Ⅲ，T16)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∶1解析：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 02)2R T ＝12·u 2RT ，故知Q 方∶Q 正＝2∶1. 答案：D2.(2016·高考全国卷Ⅰ，T16)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3Ω、1Ω和4Ω，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 ．5解析：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．答案：B3．(2016·高考全国卷Ⅱ，T17)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.35D.23解析：S 断开时等效电路如图甲所示．电容器两端电压为U 1＝ER ＋23R ×23R ×12＝15E ； S 闭合时等效电路如图乙所示． 电容器两端电压为U 2＝ER ＋12R ×12R ＝13E ， 故由Q ＝CU 得Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，故选项C 正确．答案：C4.(多选)(2016·高考全国卷Ⅲ，T21)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O N 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：两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A 错误；导线框的转动周期为T ，则感应电流的周期也为T ，选项B 正确；在t ＝T8时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C 正确；M 导线框中一直有感应电流，N 导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D 错误．答案：BC[考情分析]■命题特点与趋势——怎么考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，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．2．2019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——怎么做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．[建体系·记要点] 知识串联 熟记核心要点 授课提示：对应学生用书第55页[网络构建][要点熟记]1．闭合电路欧姆定律 (1)闭合电路的欧姆定律：I ＝ER ＋r.(2)路端电压与电流的关系：U ＝E －Ir . (3)路端电压与负载的关系：U ＝IR ＝R R ＋r E ＝11＋rRE ，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小．2．正弦式交变电流的“四值” (1)最大值E m ＝NBS ω.(2)瞬时值e ＝NBS ωsin ωt .(从中性面开始计时) (3)有效值：正弦式交变电流的有效值E ＝E m2；非正弦式交变电流的有效值必须根据电流的热效应，用等效的思想来求解．(4)半个周期内的平均值：E ＝2NBS ωπ，常用来计算通过电路的电荷量． 3．理想变压器的基本关系式 (1)功率关系：P 入＝P 出． (2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2.(3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1.[研考向·提能力] 考向研析 掌握应试技能授课提示：对应学生用书第55页考向一直流电路的动态分析直流电路动态分析的3种常用方法(1)程序法遵循“局部—整体—部分”的思路，按以下步骤分析：(2)结论法——“串反并同”①“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)．②“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)．(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．1．(多选)在如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，闭合开关后，当滑动变阻器的滑片P由a端滑向b端的过程中，以下说法正确的是( )A．电源内阻消耗的功率一定增大B．电源内阻消耗的功率一定减小C．电源的输出功率一定减小D．电源的输出功率可能减小解析：闭合开关后，当滑动变阻器的滑片P由a端滑向b端的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，所在支路的电阻增大，外电路电阻增大，电源输出电流减小，电源内阻消耗的功率P r＝I2r一定减小，选项A错误，B正确；根据电源输出功率最大的条件可知，当外电路电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大．当滑动变阻器的滑片P由a端滑向b端的过程中，电源的输出功率可能减小，选项D正确，C错误．答案：BD2．如图所示，平行金属板中带电质点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R2的滑片向b端移动时，则( )A．电压表示数增大 B.电流表示数减小C．质点P将向下运动D．R1上消耗的功率逐渐减小解析：由题图可知，滑动变阻器R2与R3并联后与R1串联，电容器与R3并联．当滑动变阻器R2的滑片向b端移动时，R2接入电路的阻值减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，路端电压减小，R1两端的电压增大，可知并联部分的电压减小，电压表读数减小，故A错误；并联部分电压减小，流过R3的电流减小，而电路中总电流增大，故流过R2的电流增大，即电流表示数增大，故B错误；因电容器两端电压减小，板间场强减小，质点受到的向上电场力减小，故质点P将向下运动，故C正确；因通过R1的电流增大，由P＝I2R可知，R1上消耗的功率增大，故D错误．答案：C3．(多选)(2018·百校联盟四月联考)在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，D为理想二极管(具有单向导通作用)，R1为定值电阻，C为电容器，电压表和电流表均为理想电表，S1、S2均断开，则下列说法正确的是( )A．仅闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，电压表、电流表示数均变大B．仅闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，电容器的带电荷量不变C．先闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，再闭合S2电容器有放电现象D．同时闭合S1、S2，将滑动变阻器的滑片向右移，定值电阻R1两端的电压增大解析：仅闭合S1，回路中只有R1与R2串联，当滑动变阻器的滑片向右移时，R2的有效阻值减小，故总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律得，总电流增大，路端电压减小，即电压表示数减小，电流表示数增大，因电容器与二极管串联，电容器不能放电，故电容器的带电荷量不变，故A错误，B正确；先闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，再闭合S2，电容器与R2形成闭合回路，电压减小，故电容器所带的电荷量减小，电容器对外放电，故C正确；同时闭合S 1、S 2，二极管与R 1并联，而二极管的正向导电的电阻为零，故此时R 1被短接，故D 错误．答案：BC考向二 交变电流的产生和描述[典例展示1] 如图所示，N ＝50匝的矩形线圈abcd ，ab 边长l 1＝20cm ，ad 边长l 2＝25cm ，放在磁感应强度B ＝0.4T 的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO ′轴以n ＝3000r/min 的转速匀速转动，线圈电阻r ＝1Ω，外电路电阻R ＝9Ω，t ＝0时线圈平面与磁感线平行，ab 边正转出纸外、cd 边转入纸里．则( )A ．t ＝0时感应电流的方向为a →b →c →d →aB ．从图示时刻开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e ＝314sin100πt (V)C ．线圈转一圈外力做的功为98.6JD ．从图示位置起到线圈转过90°的过程中通过电阻R 的电荷量为0.01C[解析] 根据右手定则，线圈中感应电流的方向为a →d →c →b →a ，选项A 错误；由转速n ＝3000r/min 可知线圈的角速度ω＝100π rad/s ，图示位置的感应电动势最大，其大小为E m ＝NBl 1l 2ω，代入数据得E m ＝314V ，感应电动势的瞬时值表达式e ＝E m cos ωt ＝314cos100πt (V)，选项B 错误；感应电动势的有效值E ＝E m2，线圈匀速转动的周期T ＝2πω＝0.02s ，线圈匀速转动一圈，外力做功的大小等于电阻产生的热量的大小，即W ＝I 2(R ＋r )T＝E 2TR ＋r，代入数据得W ＝98.6J ，选项C 正确；从图示时刻起到线圈转过90°的过程中，通过电阻R 的电荷量q ＝N ΔΦR ＋r ＝NB ΔS R ＋r ＝NBl 1l 2R ＋r，代入数据得q ＝0.1C ，选项D 错误． [答案] C [规律总结](1)有效值计算的三点注意①计算有效值时要根据串联电路中，“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解．②分段计算电热，求和得出一个周期内产生的总热量．③利用两个公式Q ＝I 2Rt 和Q ＝U 2Rt 可分别求得电流有效值和电压有效值．(2)交变电流“四值”应用的三点提醒①在解答有关交变电流的问题时，要注意电路结构．②注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，其中最大值是瞬时值中的最大值，有效值是以电流的热效应等效来定义的．③与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关的问题时，要用有效值，如例题中C 项，计算功，先用有效值计算热量；而求解通过导体某横截面的电荷量时，要用平均值，如例题中D 项．(3)交变电流瞬时值表达式书写的基本思路(如例题中B 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 ＝NBS ω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．a ．若线圈从中性面开始计时，则e ­t 图象为正弦函数，e ＝E m sin ωt ；b ．若线圈从垂直中性面开始计时，则e ­t 图象为余弦函数，e ＝E m cos ωt .4．(2018·湖北武汉高中毕业生调研)如图所示，竖直长导线通有恒定电流，一矩形线圈abcd 可绕其竖直对称轴O 1O 2转动．当线圈绕轴以角速度ω沿逆时针(沿轴线从上往下看)方向匀速转动时，从图示位置开始计时，下列说法正确的是( )A ．t ＝0时，线圈产生的感应电动势最大B ．0～π2ω时间内，线圈中感应电流方向为abcdaC ．t ＝π2ω时，线圈的磁通量为零，感应电动势也为零D ．线圈每转动一周电流方向改变一次解析：由右手定则可知，直导线右侧的磁场方向垂直纸面向外，则t ＝0时，线圈中的磁通量最大，磁通量的变化率最小，产生的感应电动势最小，选项A 错误；0～π2ω时间内，线圈转过90°角，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向为abcda ，选项B 正确；t ＝π2ω时，线圈的磁通量为零，由于线圈的ab 和cd 边切割磁感线的速度方向与磁场方向不平行，则感应电动势不为零，选项C 错误；线圈每转动一周电流方向改变两次，选项D 错误．答案：B5．(2018·湖南永州高三下学期第三次模拟)边长为a 的N 匝正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线且与线圈在同一平面内的对称轴匀速转动，转速为n ，线圈所围面积内的磁通量Φ随时间t 变化的规律如图所示，图象中Φ0为已知．下列说法正确的是( )A ．t 1时刻线圈中感应电动势最大B ．t 2时刻线圈中感应电流方向发生变化C ．匀强磁场的磁感应强度大小为Φ0a2D ．线圈中感应电动势的瞬时表达式为e ＝2nN πΦ0sin2πnt解析：t 1时刻通过线圈的磁通量最大，而磁通量的变化率等于零，故感应电动势为零，故A 错误；t 2时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，磁通量变化率最大，线圈中感应电流为最大值，电流不会改变方向，故B 错误；磁通量与线圈匝数无关，所以磁感应强度B ＝Φ0a2，故C 正确；线圈中瞬时感应电动势的表达式为e ＝2nN πΦ0cos2πnt ，故D 错误．答案：C6．某小型交流发电机的示意图如图所示，其矩形线圈abcd 的面积S ＝0.03m 2，共有10匝，线圈总电阻r ＝1Ω，线圈处于磁感应强度大小为22πT 的匀强磁场中，并可绕与磁场方向垂直的固定轴OO ′转动，线圈在转动时通过滑环和电刷与电阻R ＝9Ω的外电路相连．在外力作用下线圈以10πrad/s 的角速度绕轴OO ′匀速转动时，下列说法中正确的是( )A ．电阻R 的发热功率是3.6WB ．交流电流表的示数是0.6AC ．用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为0.02sD ．如果将电阻R 换成标有“6V 3W”字样的小灯泡，小灯泡能正常工作 解析：线圈在转动过程中切割磁感线产生感应电动势的最大值E m ＝nBS ω＝10×22π×0.03×10πV ＝62V ，则电动势的有效值E ＝E m2＝6V ，根据闭合电路欧姆定律得电路中的电流I ＝Er ＋R ＝61＋9A ＝0.6A ，电阻的发热功率P ＝I 2R ＝3.24W ，A 错误，B 正确；交流电的周期T ＝2πω＝2π10πs ＝0.2s ，所以用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔为0.2s ，C 错误；如果将电阻换成小灯泡，根据题意可知小灯泡的电阻R L ＝U 2P＝12Ω，则电路中的电流I ′＝Er ＋R L ＝61＋12A ＝0.46A ，小灯泡两端的电压U L ＝I ′R L ＝5.52V ，小灯泡不能正常发光，D 错误．答案：B考向三 变压器与远距离输电[典例展示2] (多选)如图所示为远距离输电示意图，其中T 1、T 2为理想变压器，输电线电阻可等效为电阻r ，灯L 1、L 2相同且阻值不变．现保持变压器T 1的输入电压不变，滑片P 位置不变，当开关S 断开时，灯L 1正常发光．则下列说法正确的是( )A ．仅闭合开关S ，灯L 1会变亮B ．仅闭合开关S ，r 消耗的功率会变大C ．仅将滑片P 下移，r 消耗的功率会变小D ．仅将滑片P 上移，电流表示数会变小[解析] 闭合S ，负载电阻减小，变压器T 2副线圈电流增大，根据交变电流规律知，T 2原线圈电流增大，即输电线上电流增大，导线上损耗的电压U ＝Ir 增大，损耗的功率P ＝I 2r 增大，T 2的输入电压U 3＝U 2－Ir 减小，所以U 4减小，即灯L 1电压减小，变暗，故A 错误，B 正确；仅将滑片P 下移，变压器T 1副线圈匝数增加(n 2增加)，根据n 2n 1＝U 2U 1可知U 2变大，由I 2U 2＝I 22r ＋I 23R ，I 2n 3＝I 3n 4得U 2＝I 2(r ＋n 23n 24R )，因U 2变大，r 及R 不变，则I 2变大，即输电线上电流变大，r 消耗的功率会变大，故C 错误；仅将滑片P 上移，同理可得输电线电流减小，电流表示数会变小，所以D 正确．[答案] BD [方法技巧]抓住“两不变、两损耗”巧解变压器与远距离输电问题(1)“两不变”的动态分析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，如例题C 、D 选项中仅移动滑片P 的位置，用来改变匝数比．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，如例题中滑片P 位置不变，保证了T 1的匝数比不变，选项A 、B 中仅闭合开关S ，改变负载．不论哪种情况，要注意两点：一、根据题意分清变量和不变量；二、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．(2)“两损耗”的输电分析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 ，如例题中电流变化引起r 上电压变化．②功率损耗：输电线上的电阻发热导致的功率损耗，P R ＝P 2－P 3＝I 2R 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 ＝I 2R R 或P R ＝U 2R R .7.如图所示为原、副线圈匝数比为n 1∶n 2＝10∶1的理想变压器，b 是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上u 1＝2202sin100πt V 的交变电压，则下列说法正确的是( )A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为222VB ．当单刀双掷开关与a 连接时，在滑动变阻器的滑片P 向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小C ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，原线圈的输入功率变小D ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，调节滑动变阻器的滑片到适当位置，有可能实现调节开关前、后原线圈输入功率相等解析：当单刀双掷开关与a 连接时，原线圈匝数与副线圈匝数之比为10∶1，原线圈两端的输入电压的有效值为220V ，根据变压器原、副线圈的电压关系，可知副线圈输出电压的有效值为22V ，电压表示数为22V ，选项A 错误；当单刀双掷开关与a 连接时，在滑动变阻器的滑片P 向上移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻增大，因为电压表的示数不变，故电流表的示数变小，选项B 错误；当单刀双掷开关由a 扳向b 时，原线圈匝数减小为原来的一半，原线圈匝数与副线圈匝数之比为5∶1，根据变压器原、副线圈的电压关系，可知副线圈输出电压的有效值为44V ，输出电流增大，输出功率增大，根据变压器输入功率等于输出功率，可知原线圈的输入功率增大，选项C 错误；当单刀双掷开关由a 扳向b 时，虽然副线圈输出电压的有效值为44V ，但若调节滑动变阻器的滑片到适当位置，使副线圈中的电流变为原来的12，则调节开关前、后副线圈的输出功率不变，因此实现了调节开关前、后原线圈输入功率相等，选项D 正确．答案：D8．(2018·江西赣州中学高三模拟)在如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，五个完全相同灯泡的额定电压均为U ，交流电源的电压恒定不变．当闭合K 3、K 4而断开K 5时，灯泡L 3和L 4恰能正常工作，则以下判断正确的是( )A ．当闭合K 3、K 4而断开K 5时，L 1和L 2都能正常工作B ．当K 3、K 4、K 5都闭合时，L 1和L 2都能正常工作C ．当闭合K 3、K 4而断开K 5时，交流电源的电压为2UD ．当K 3、K 4、K 5都闭合时，L 1和L 2的功率会减小解析：当闭合K 3、K 4而断开K 5，副线圈中的L 3、L 4能正常工作，则此时副线圈两端的电压为U ，则副线圈流过的电流为I 2＝2U R L ，根据I 1I 2＝n 2n 1，得流过原线圈的电流为I 1＝n 2n 1I 2＝U R L，L 1、L 2串联，则此时L 1、L 2两端的电压为U L1＝U L2＝I 1R L ＝U ，即L 1、L 2能正常工作，根据U 1U 2＝n 1n 2，得原线圈两端的电压为U 1＝n 1n 2U 2＝2U ，则交流电源的电压为U L1＋U L2＋U 1＝4U ，故A 正确，C 错误；当K 3、K 4、K 5都闭合时，设此时副线圈两端的电压为U ′，则副线圈流过的电流为I 2′＝3U ′R L ，根据I 1I 2＝n 2n 1得流过原线圈的电流为I 1′＝n 2n 1I 2′＝3U ′2R L，L 1、L 2串联，则此时L 1、L 2两端的电压为U L1′＝U L2′＝I 1′R L ＝3U ′2，根据U 1U 2＝n 1n 2得原线圈两端的电压为U 1′＝n 1n 2U 2′＝2U ′，则交流电源的电压4U ＝2U ′＋3U ′，则U ′＝45U ，U L1′＝U L2′＝65U ，I 1′＝6U 5R L，故L 1、L 2不能正常工作，它们的功率会增大，故B 、D 错误．答案：A9．(多选)如图甲所示的远距离输电示意图中，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100Ω.降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R 1为一定值电阻，R 2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)．未出现火情时，升压变压器的输入功率为750kW.下列说法正确的是( )A ．降压变压器副线圈输出的交变电流频率为50HzB ．输电线中的电流为60AC ．输电线路损耗功率为90kWD ．当传感器R 2所在处出现火情时，电压表V 的示数变大解析：由图乙知交变电流的周期T ＝0.02s ，所以降压变压器副线圈输出的交变电流频率为f ＝50Hz ，选项A 正确；由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250V ，根据电压与匝数成正比知，副线圈电压为25000V ，所以输电线中的电流为I ＝P U＝30A ，选项B 错误；输电线损失的电压为ΔU ＝IR ＝30×100V＝3000V ，输电线路损耗功率为ΔP ＝ΔUI ＝90kW ，选项C 正确；当出现火情时，传感器R 2阻值减小，升压变压器副线圈两端电压U 2不变，由I 2U 2＝I 22R ＋I 23(R 1＋R 2)，I 2n 3＝I 3n 4，得U 2＝I 2[R ＋n 23n 24(R 1＋R 2)]，因为R 2减小，U 2不变，则I 2增大，输电线上电压损失增大，降压变压器原、副线圈两端电压都减小，且定值电阻的分压增大，所以电压表V 的示数变小，选项D 错误．答案：AC考向四 交变电流的综合问题[典例展示3] (多选)如图所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成．发电机中矩形线圈所围的面积为S ，匝数为N ，电阻不计，它可绕水平轴OO ′在磁感应强度为B 的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动．矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P 上下移动时可改变输出电压，R 0表示输电线的电阻．以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是( )A ．若发电机线圈某时刻运动到图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为零B ．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBS ωsin(ωt ＋π2) C ．当用户增加时，为使用户电压保持不变，滑动触头P 应向上滑动D ．当滑动触头P 向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高[解析] 若发电机线圈某时刻运动到图示位置，线圈的边C ′D ′和CD 垂直切割磁感线，产生的感应电动势和感应电流最大，变压器原线圈的电流瞬时值最大，选项A 错误．以线圈平面与磁场方向平行时为计时起点，发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBS ωsin(ωt ＋π2)，选项B 正确．当用户增加时，输电线中电流增大，输电线上损失电压增大，为使用户电压保持不变，副线圈输出电压应该增大，副线圈匝数应该增多，滑动触头P 应向上滑动，选项C 正确．当滑动触头P 向下移动时，变压器副线圈输出电压降低，原线圈两端的电压不变，选项D 错误．[答案] BC[规律总结]交变电流综合问题一般会与变压器问题相结合，常涉及交流电路最大值、有效值、平均值、瞬时值的计算，交变电流的图象及与电磁感应、安培力、闭合电路欧姆定律的综合应用等．解答时应注意以下两点：(1)分清交流电路中“四值”的不同计算方法和物理意义．(2)学会将直流电路、闭合电路欧姆定律及变压器分析的知识应用在交流电路中．10．(多选)(2018·河南洛阳一模)在如图所示的含有理想变压器的电路中，变压器原、副线圈匝数比为20∶1，图中电表均为理想交流电表，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( )A ．交流电的频率为50HzB ．电压表的示数为22VC ．当照射R 的光强增大时，电流表的示数变大D ．若L 1的灯丝烧断后，电压表的示数会变大解析：根据题图乙所示的正弦交流电压u 随时间t 变化的图象可知，交流电的周期为T＝0.02s ，频率为f ＝1T＝50Hz ，选项A 正确；由正弦交流电压u 随时间t 变化的图象可知，电压最大值为2202V ，变压器输入电压U 1＝220V ，根据变压器变压公式可得副线圈输出电压，即电压表读数为11V ，选项B 错误；当照射R 的光强增大时，光敏电阻R 的电阻值减小，变压器输出电流增大，输出功率增大，根据变压器输入功率等于输出功率可知输入功率增大，电流表的示数变大，选项C 正确；根据变压器输入电压决定输出电压，输入电压不变，若L 1的灯丝烧断后，变压器输出电压不变，电压表的示数不变，选项D 错误．答案：AC11．(多选)(2018·宁夏石嘴山高三适应性测试)如图所示，边长为L 、匝数为N 、电阻不计的正方形线圈abcd 在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕轴OO ′转动，轴OO ′垂直于磁感线，线圈通过两电刷与含有理想变压器的电路相连，变压器原、副线圈的匝数分别为n 1和n 2.当线圈以恒定的角速度ω转动时，下列判断正确的是( )A ．当可变电阻R 的滑片P 向上滑动时，电压表V 2的示数变大B ．线圈位于图示位置时磁通量为零，感应电动势最大C ．电压表V 1的示数等于NB ωL 2D ．变压器的输入与输出功率之比为1∶1解析：输出电压由输入电压及匝数之比决定，外电阻的变化不会影响电压的大小，即当可变电阻R 的滑片P 向上滑动时，电压表V 2的示数不变，故A 错误；线圈位于图示位置时，磁场方向与线圈平面平行，磁通量为零，感应电动势最大，故B 正确；电压表V 1的示数为有效值，示数为U 1＝NBS ω2＝NB ωL 22，故C 错误；理想变压器的输出功率等于输入功率，故D正确．答案：BD12．如图所示，边长为L 、匝数为N 、电阻不计的正方形线圈abcd ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁感线的转轴OO ′以角速度ω匀速转动，制成一台交流发电机，它与理想变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为1∶2，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线圈处于图示位置开始计时．下列判断正确的是( )A ．交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NB ωL 2sin ωtB ．变压器的输入功率与输出功率之比为2∶1C ．电压表V 示数为NB ωL 2。