【物理】2020届二轮复习专题四第1讲　直流电路与交流电路学案

【物理】2020届二轮复习专题四第1讲　直流电路与交流电路学案

第 1 讲　直流电路与交流电路 三年考情分析 高考命题规律 三年考题 考查 内容 核心 素养 2018 Ⅲ卷 16T 交变 电流 中热 量的 计算 科学 思维 1.直流电路的考查：以电学实验为主，单独对直 流电路的分析与计算进行命题的概率较小，有 时会综合电磁感应现象，能量等知识进行综合 考查．全国卷中只有 2016 全国卷Ⅱ中的第 17 题对含电容器的电路进行了考查． 2.交流电路的考查：2018 全国卷Ⅲ第 16 题考查 了交流电的产生和描述． 3.2020 年高考全国卷从以下几个方面命题的概 率较大： (1)理想变压器的工作原理与规律及动态分 析．(2)远距离输电的模式．(3)交流电的产生和 描述. 考向一　直流电路的动态分析 [知识必备]——提核心　通技法 1．明确 1 个定律、2 个关系 (1)闭合电路的欧姆定律：I＝ E R＋r. (2)路端电压与电流的关系：U＝E－Ir. (3)路端电压与负载的关系 U＝IR＝ R R＋rE＝ 1 1＋r R E，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小． 2．明确引起电路动态变化的原因 (1)滑动变阻器、热敏电阻或光敏电阻的阻值变化． (2)某支路开关闭合或断开． [典题例析]——析典题　学通法 [例 1]　(多选)在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为 E、内电阻为 r，R1、 R2 为定值电阻，R3 为滑动变阻器，C 为电容器，A、V 分别为理想电流表和电压表．在滑动 变阻器的滑片 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．电压表示数减小 B．电流表示数增大 C．电容器 C 所带电荷量增多 D．a 点的电势降低 [审题指导]　滑动变阻器的滑片自 a 端向 b 端滑动→滑动变阻器接入电路的电阻减小 →总电阻减小→总电流增大→局部电流、电压、功率变化，也可根据串反并同法或极限法求 解． [解析]　BD　[基础解法：程序法　滑片 P 由 a 端向 b 端滑动，滑动变阻器接入电路的 阻值减小，则电路总电阻减小，总电流增大，电阻 R1 两端电压增大，电压表 V 示数变大， A 错误；电阻 R2 两端的电压 U2＝E－I 总(R1＋r)，I 总增大，则 U2 减小，I2＝U2 R2，故 I2 减小， 电流表 A 的示数 IA＝I 总－I2 增大，B 正确；由于电容器两端的电压 UC＝U2 减小，由 Q＝ CUC 知电容器所带电荷量 Q 减小，C 错误；Uab＝φa－φb＝φa＝U2，故φa 降低，D 正 确． 能力解法一：串反并同法　由于 R3 减小，R2 与 R3 并联，则 U2、I2 均减小，而 UC＝ U2，Q＝CUC，知电容器所带电荷量 Q 减小，C 错误；Uab＝U2＝φa－φb＝φa 减小，D 正 确；因为 R1 间接与 R3 串联，故 I1、U1 均增大，电压表 V 示数增大，A 错误；电流表和滑 动变阻器串联，滑动变阻器接入电路的阻值减小时，电流表 A 示数增大，B 正确． 能力解法二：极限法　若将滑片 P 滑到 b 点，则 R3＝0，φa＝φb＝0，D 正确；R2 两 端电压为零，则电容器 C 两端电压也为零，电容器所带电荷量 Q＝0，C 错误；当R3＝0 时， 电路总电阻最小，总电流最大，R1 两端电压最大，故 A 错误；由于 IA＝I1－I2，此时 I1 最大， I2＝0 最小，故 IA 最大，B 正确．] [跟进题组]——练考题　提能力 1．(2019·银川期末)如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关 S 闭合后，在滑动变阻器 R0 的滑片向下滑动的过程中(　　) A．电压表的示数增大，电流表的示数减小 B．电压表的示数减小，电流表的示数增大 C．电压表与电流表的示数都增大 D．电压表与电流表的示数都减小 解析：D　[R0 向下滑，R0 减小，R 总减小，↑I 总＝ E R总↓，↑U 内＝I 总↑r，↓U 路＝E－ U 内↑，因此电压表示数减小，接下来看第一级：定值电阻 R1 与右端总电阻串联，先看定值 电阻 R1，I 总＝I1 变大，所以 UR1 增大，由↓U 路＝U1↑＋U 并可知 U 并减小．看第二级：定 值电阻 R2 与 R0 并联，U2＝U 并减小，所以 I2＝U2 R2减小，电流表示数也减小，所以 D 选项正 确．] 2.(2020·西安模拟)如图所示的电路中，电源的电动势为 E、内阻为 r，电表均为理想电 表．闭合开关 S，滑动变阻器的滑动触头由图示的位置向右滑动一小段距离，在这个过程中， 下列判断正确的是(　　) A．电源的输出功率增加 B．电阻 R2 两端电压减小 C．电容器所带电荷量减少 D．电压表与电流表示数变化量的比值增加 解析：C　[R1 向右滑动，使 R1 减小，电容器与 R1 并联，电容器相当于断路，所以 R 总 ↓＝R1↓＋R2＋r 减小，由 I 总↑＝ E R总↓可知 I 总增大，U 内↑＝I 总↑r 增大，U 路↓＝E－U 内↑减小，定值电阻 R2 的电流增大，所以 UR2↑＝I 总↑R2，UR2 增大，U 路↓＝UR1＋UR2↑， 所以 UR1 减小，UC＝UR1 减小，由 QC＝CUC 可知 QC 减小，C 选项正确，B 选项错误．对于 定值电阻 R＝U1 I1 ＝U2 I2 ＝ΔU ΔI ，而变化电阻不能成立，由于 E＝U 路＋U 内，当测路端电压的电 压表示数减少 ΔU 时，内电压就增加 ΔU，所以 r＝U内 I ＝ΔU ΔI ，选项 D 是错误的．而对电源 的输出功率，当 r＝R 外时，输出功率最大，开始时 R 外与 r 的关系不确定，所以当 R1 向右 滑动时，不知 R 外与 r 最接近，还是相差更多，因此电源的输出功率如何变不确定，因此 A 选项错误．所以应选 C 选项．] [规律方法]——知规律　握方法 闭合电路的动态分析方法 (1)程序法：闭合电路中，由于局部电阻变化(或开关的通断)，引起各部分电压、电流(或 灯泡明暗)发生变化，分析此类问题的基本步骤是： ①由局部电阻变化判断总电阻的变化； ②由 I＝ E R＋r判断总电流的变化； ③由 U 内＝Ir 判定内电压的变化； ④据 U＝E－U 内判断路端电压的变化； ⑤接下来要逐级确定定值电阻的电压或电流的变化，再确定变化电阻的电压或电流的变 化． (2)极限法：即因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑动端分别滑至 两个极端去讨论． (3)特殊值法：对于某些电路问题，可以采取代入特殊值法判定，从而得出结论． (4)结论法：“串反”“并同”．即某一电阻阻值变化，则与该电阻相串联的用电器两端 电压、通过的电流、消耗的功率都将与该电阻阻值变化情况相反；与该电阻相并联的用电器 两端电压、通过的电流、消耗的功率都将与该电阻阻值变化情况相同． 考向二　交变电流的产生及描述 [知识必备]——提核心　通技法 1．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． 2．正弦式交流电的“四值”的应用(以电动势为例) 四值 计算式 应用 最大值 Em＝NBSω 计算电容器的耐压值 瞬时值 e＝Emsin ωt 计算闪光电器的闪光时间等 有效值 E＝ Em 2 电表的读数、电热、电功及保险丝熔断电流的计算等 平均值 E＝nΔΦ Δt 计算通过导体横截面的电荷量等 注意：(1)只有正弦交流电最大值与有效值间才有 2倍关系． (2)计算电热时只能用有效值，不可用平均值． (3)计算电荷量时应该用平均值． [典题例析]——析典题　学通法 [例 2]　(2019·商丘三模)(多选)如图甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为 r＝2 Ω， 矩形线圈在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴 OO′匀速转动，线 圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器 R 的最大阻值为 R0＝40 7 Ω，滑动片 P 位于滑动变阻器中央，定值电阻 R1＝R0、R2＝R0 2 ，其他电阻不计．从线圈平面 与磁场方向平行时开始计时，闭合开关 S，线圈转动过程中理想交流电压表示数是 10 V，图 乙是矩形线圈磁通量 Φ 随时间 t 变化的图像，则下列说法正确的是(　　) A．电阻 R2 上的热功率为5 7 W B．0.02 s 时滑动变阻器 R0 两端的电压瞬时值为零 C．线圈产生的 e 随时间 t 变化的规律是 e＝10 2cos (100πt)V D．线圈开始转动到 t＝ 1 600 s 的过程中，通过 R1 的电荷量为 2 200π C [审题指导]　(1)矩形线圈从与中性面垂直的位置开始计时，产生余弦规律的交流电． (2)理想交流电压表的示数是有效值． (3)从 Φ－t 图象中可读出交流电的周期，进而求出频率． [解析]　AD　[由电路的串、并联关系可得 R 外＝7 4R0＝10 Ω，电压表测的是电源的路 端电压，由欧姆定律 I＝ U R外＝ 10 V 10 Ω＝1 A，所以 I2＝I× R0 2 R2＋ R0 2 ＝1 2 A，所以 PR2＝I22R2＝5 7 W，所以 A 选项正确．t＝0.02 s 时Φ＝0，ΔΦ Δt 最大，R0 两端电压最大，所以 B 选项错 误．E＝U＋Ir＝12 V，所以 Em＝12 2 V，由于从中性面垂直位置计时，应为余弦函数，e＝ 12 2cos(100πt) V，C 选项错误．q＝ ΔΦ R外＋r，转过θ＝ωt＝π 6 ，Em＝Φmω，ΔΦ＝Φ m·sin θ，代入得 q＝ 2 200π C，所以选项 D 正确，应选 A、D.] [跟进题组]——练考题　提能力 1．(2018·全国卷Ⅲ，16T)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 U0，周期均为 T，如图所示，则 Q 方∶Q 正等于(　　) A．1∶ 2　　　　　 B. 2∶1 C．1∶2 D．2∶1 解析：D　[由焦耳定律 Q＝U2 R ·t，得：Q 方＝U20 R ·T 2＋U20 R ·T 2，Q 正＝( U0 2 )2 R ·T 2＋( U0 2 )2 R ·T 2， 所以Q方 Q正＝2 1，故 D 正确，A、B、C 错误．] 2．(2020·陕西省榆林市第三次模拟)如图甲所示，为一台小型发电机构造示意图，线圈 逆时针转动，产生的电动势随时间按余弦规律变化，其 e－t 图像如图乙所示．发电机线圈 的内阻为 1Ω，外接灯泡的电阻为 9Ω，电表均为理想电表，则(　　) A．电压表的示数为 6 V B．在 2×10－2 s 时刻，穿过线圈的磁通量变化率为零，线圈与中性面平行 C．在 1×10－2 s 时刻，穿过线圈的磁通量为零，线圈处于中性面 D．发电机的输出功率为 3.24 W 解析：D　[由 Em＝6 2 V，E＝Em 2 ＝6 V，由闭合电路欧姆定律得，电压表示数 U＝ R R＋r E＝5.4 V，故 A 错误；在 2×10－2 s 时刻，感应电动势最大，故穿过线圈的磁通量变化率最 大，线圈与中性面垂直，故 B 错误；在 1×10－2 s 时刻，感应电动势为零，故说明线圈处于 中性面，此时穿过线圈的磁通量最大，故 C 错误；灯泡实际消耗的功率即电源的输出功率， 由功率公式可知，P＝U2 R ＝5.42 9 W＝3.24 W，故输出功率为 3.24 W，故 D 正确．] [易错警示]——辨易错　防未然 解决交变电流问题要注意的几点 (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，ΔΦ Δt ＝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，ΔΦ Δt 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 ①确定正、余弦交变电流的峰值，根据已知图像或由公式 Em＝nBSω 求出相应峰值，其 中 ω＝2π T ＝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 图像为正弦函数，e＝Emsin ωt； b．若线圈从垂直中性面开始计时，则 et 图像为余弦函数，e＝Emcos ωt. 考向三　有关变压器问题分析 [知识必备]——提核心　通技法 理想变压器的基本关系 大小关系 因果关系 功率 P 入＝P 出 P 出决定 P 入 电压 U1 U2＝n1 n2Error! U1 决定 U2 电流 只有一个副线圈时，I1 I2＝n2 n1 有多个副线圈时，U1I1＝ U2I2＋U3I3＋…＋UnIn I2 决定 I1 [典题例析]——析典题　学通法 [例 3]　(2020·枣庄模拟)(多选)如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为 n1∶n2 ＝10∶1，原线圈接入电压 u＝220 2sin (100πt)V 的交流电源，电压表和电流表对电路的影 响可忽略不计，定值电阻 R0＝10 Ω，可变电阻 R′的阻值范围为 0～10 Ω，则(　　) A．副线圈中交变电流的频率为 100 Hz B．t＝0.02 s 时，电压表的示数为 22 V C．调节可变电阻 R′的阻值时，电流表示数的变化范围为 0.11～0.22 A D．当可变电阻阻值为 10 Ω 时，变压器的输入电功率为 242 W ★ [审题流程] [第一步]　审题干→提取信息 (1)从输入电压的表达式可知道电压的最大值 220 2 V，有效值为 220 V，角速度 100π，周期 T＝2π ω＝0.02 s，频率 f＝1 T＝50 Hz. (2)电压表、电流表的示数指的是电压、电流的有效值，在哪个时刻都不变． [第二步]　审问题→明确目标 输入电流是由输出端负载电阻的大小决定的，因此必须先计算负载电阻的变化范围，再 计算输出的功率的变化范围，最后确定输入电流的变化范围． [解析]　BC　[原、副线圈绕在同样的铁芯上，因此原、副线圈中交变电流的周期、频 率都是相同的，由 u＝220 2sin(100πt) V 可知ω＝100π，由ω＝2πf 可知 f＝ ω 2π＝50 Hz， A 选项错误．电表的示数在任何时刻都是有效值，是不变的，U1 的有效值为最大值除以 2 即 U1＝220 V．由U1 U2＝n1 n2可得 U2＝22 V，所以 B 选项是正确的．调节 R′，R 副的取值范围 是 10～20 Ω，P2＝ U22 R副，可得 P2 的范围是 24.2～48.4 W，由于是理想变压器，P1 的范围也 是 24.2～48.4 W，由 P1＝U1I1 可知电流表的变化范围是 0.11～0.22 A，因此 C 选项正确，D 是错误的．] [跟进题组]——练考题　提能力 1．(多选)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 220 V 的 正弦交流电，各元件正常工作，一个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(　　) A．原、副线圈中的电流之比为 5∶1 B．电压表的读数约为 31.11 V C．若滑动变阻器接入电路的阻值为 20 Ω，则 1 min 内产生的热量为 2 904 J D．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小 解析：BC　[由 n1I1＝n2I2，可得 I1∶I2＝n2∶n1＝1∶5，选项 A 错误；U1＝220 V，U2＝ 44 V，电压表测量的是电阻 R 两端的电压，其示数表示有效值，需要根据电流的热效应计 算电压的有效值，取交流电的一个周期 T，考虑到二极管具有单向导电性，则U22 R ·T 2＝U2 R T， 代入数据可得变阻器两端电压有效值 U＝22 2 V≈31.11 V，选项 B 正确；1 min 内电阻 R 上产生的热量为 Q＝U2 R t＝2 904 J，选项 C 正确；若将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变 阻器接入电路的阻值变小，但滑动变阻器两端电压的有效值不变，即电压表示数不变，变阻 器消耗的功率变大，输出功率变大，输入功率和输入电流均变大，所以电流表示数变大，选 项 D 错误．] 2．(2020·湖北武汉武昌区元月调研)(多选)如图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 T1 的原、副线圈匝数之比为 n1∶n2＝1∶10，在 T1 的原线圈两端接入 一正弦交流电，输电线的总电阻为 2r＝2 Ω，降压变压器 T2 的原、副线圈匝数之比为 n3∶n4 ＝10∶1，若 T2 的“用电设备”两端的电压为 U4＝200 V 且“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．T1 的副线圈两端电压的最大值为 2 010 2 V B．T2 的原线圈两端的电压为 2 000 V C．输电线上损失的电功率为 50 W D．T1 的原线圈输入的电功率为 10.1 kW 解析：ABC　[U3 U4＝n3 n4，解得 U3＝2 000 V，“用电设备”中的电流 I4＝ P U4＝10 kW 200 V＝50 A，输电线上的电流 I2＝I3＝ I4 10＝5 A，输电线上损失的电压为 ΔU＝I2·2r＝10 V，升压变压 器副线圈两端的电压 U2＝U3＋ΔU＝2 010 V，T1 的副线圈两端电压的最大值为 2 010 2 V， A、B 正确；输电线上损失的电功率 ΔP＝I22·2r＝50 W，C 正确；T 1 的原线圈输入的电功率 为 P′＝P＋ΔP＝10 000 W＋50 W＝10 050 W，D 错误．] [规律方法]——知规律　握方法 变压器动态分析方法 1．变压器动态分析常见的两种情况 (1)负载不变，匝数比变化； (2)匝数比不变，负载变化． 2．处理此类问题应注意三点 (1)根据题意分清变量和不变量； (2)要弄清“谁决定谁”的制约关系——电压是输入决定输出，电流和功率是输出决定 输入； (3)动态分析顺序： ①由 U1 和n1 n2决定 U2； ②由负载电阻 R 和 U2 决定 I2； ③由 P2＝U2I2，确定 P1； ④由 P1＝U1I1，确定 I1. [A 级－对点练] [题组一]　直流电路的分析 1.(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 W B．电动机线圈的电阻为 0.4 Ω C．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＋I2r＋I2R，则得 R＝P总－P重－I2r I2 ＝450－300－52 × 2 52 Ω＝4 Ω，电动 机消耗的总功率 P 电＝P 重＋I2R＝400 W，电源的效率 η 1＝P总－I2r P总 ×100%＝450－52 × 2 450 ×100%≈88.9%，电动机的效率 η2＝ P重 P重＋I2R×100%＝ 300 300＋52 × 4×100%＝75%，故选项 B 符合题意．] 2．(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 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 解析：B　[由题图知电压表测量路端电压，电流表 A1 测量流过 R1 的电流，电流表 A2 测量流过 R2 的电流．R2 的滑动触点向 b 端移动时，R2 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，R3 电压增大，R1、R2 并联电压减小，通过 R1 的电流 I1 减小，而总电流 I 增大，则流过 R2 的电流 I2 增大．故 A、 C、D 错误，B 正确．] 3．(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 V B．电容器上极板所带电荷量为 6×10－6 C C．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＝ R2 R2＋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 1 2U＝3 V，故 A 错误；电容 器上极板所带电荷量 Q＝CU＝1×10－6×6 C＝6×10－6 C，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．] [题组二]　交变电流的产生及描述 4．(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 Hz D．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＝1 T＝ 1 0.04 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＝2E 4r dc 边两侧的电压：Udc＝E－Ir＝E－2E 4r·r＝1 2E＝2 2 V．故 D 正确．] 5．(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∶2 C．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20 3 V 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 (2π 0.4 )t＝10sin 5πt(V)，C 正确；由 Um＝NBSω，可知角速度变为原来的2 3，则最大值变为原来的2 3，交流电 b 的最大值为20 3 V，D 正确．] 6．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∶5 D．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＝1 T，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 Em＝BSω＝Φmω＝0.4× 2π 0.16 V＝ 5π V，电流的峰值 Im＝Em R ＝5π A，故 D 项错误．] [题组三]　变压器及远距离输电 7．(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E 2，则该变压器的原、 副线圈匝数比为(　　 ) A．4∶1　　　　　 B．1∶4 C．16∶1 D．1∶16 解析：B　[当接直流电源时，有：η＝ R R＋r＝94.1% 解得：R＝16r 根据原副线圈的电压比等于匝数比可知：n1 n2＝U1 U2＝ E 2 U2 解得：U2＝En2 2n1 根据原副线圈的功率相等可知：I1U1＝I2U2 即为：E 2r×E 2＝(En2 2n1 )2 R 解得：n1 n2＝1 4 故 B 正确，A、C、D 错误．] 8．(2020·安徽一模)有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯 L1、L2 为规格相同 的两只小灯泡．当 S 断开时，灯 L1 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 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 L1、L2 都不能正常发光，故 D 错误．] 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＝100 2sin 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U1 U2＝n1 n2，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∶9 B．原、副线圈匝数之比为 9∶1 C．此时 a 和 b 的电功率之比为 10∶1 D．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I1 I2＝n2 n1可 得I1 I2＝1 9，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．] [B 级－综合练] 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 V2 的示数减小了 ΔU，则下列判断正确的是(　　) A．电流表 A2 的示数增大了ΔU R B．电流表 A1 的示数增大了nΔU R C．电压表 V1 的示数减小了 ΔU D．输电线损失的功率增加了 (nΔU R )2R 解析：B　[由U U1＝m 得 U1＝U m，由于 U、m 不变，故 U1 不变，故 C 错．设降压变压器 的输入电压为 U′，则 U′＝U1－I1R，由U′ U2 ＝n 得，U2＝1 n(U m－I1R)，则 ΔU＝－R nΔI1，由 此可见，电流表 A1 的示数增大了nΔU R ，即 B 正确．由I1 I2＝1 n得 I2＝nI1，由此可知，I2 增大了 n2ΔU R ，故 A 错．输电线损失的功率增加量 ΔP＝(I1＋ΔI1)2R－I21R＝2I1ΔI1·R＋ΔI21R≠(nΔU 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 1 2BL2ωsin 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·Lsin θ 2 ·ωcos θsin ωt＝1 2BL2ωsin 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＝BLLsin θ 2 ωcos θsin ωt＝1 2BL2ωsin θcos θsin ωt，故最大值为 1 2BL2ωsin θcos θ，故 D 正确．] 13．(2020·衡水模拟)(多选)如图所示，面积 S＝0.5 m2、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＝ 2 10 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＝500 2sin 200t V B．当两灯正常发光时，交流电流表的示数为 0.30 A C．变压器线圈的匝数之比为 n1∶n2∶n3＝50∶22∶11 D．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 Em＝NBSω＝50× 2 10 ×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＝500 2sin 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 I1＝P1 U1＝160 500 A＝ 8 25 A．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 R1 的阻值恒为 r，R3 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 解析：BD　[R2 与电容器 C 串联，若只是将 R2 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 UC 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 R3 的阻值减小，灯 L 和 R3 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 R1 视为电源一部分，则等效电源内阻阻值为 2r，而 A、B 间 L 和 R3 的总电阻为 RL＋ R3＝2r＋R 3＞2r，若光照变强，则 R3 的阻值减小，A、B 间电路的功率变大，故 D 项正 确．]