【物理】2020届二轮复习专题四第11讲恒定电流　交变电流学案

【物理】2020届二轮复习专题四第11讲恒定电流　交变电流学案

专题四 电路和电磁感应 ‎ 第11讲　恒定电流　交变电流 构建网络·重温真题 ‎1. (2019·江苏高考)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 Ω B．2 Ω C．3 Ω D．4 Ω 答案　A 解析　当S断开后，电压表读数为U＝3 V，可知电源电动势E＝3 V；当S闭合后，电压表读数为U′＝2 V，由闭合电路欧姆定律知E＝U′＋Ir，且I＝ ‎，整理得电源内阻r＝＝1 Ω，A正确。‎ ‎2. (2016·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. B. ‎ C. D. 答案　C 解析　当开关S断开时等效电路如图1所示，电容器C两端的电压U＝E，所带的电荷量Q1＝CU＝CE；当开关S闭合时等效电路如图2所示，电容器C两端的电压U′＝E，所带的电荷量Q2＝CE。所以＝，C项正确。‎ ‎3．(2018·全国卷Ⅲ)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变电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值为u0，周期为T，如图所示。则Q方∶Q正等于(　　)‎ A．1∶ B.∶1 ‎ C．1∶2 D．2∶1‎ 答案　D 解析　根据题述，正弦交变电流的电压有效值为，而方波交流电的有效值为 u0，根据焦耳定律和欧姆定律，Q＝I2RT＝T，可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q方∶Q正＝u∶2＝2∶1，D正确。‎ ‎4．(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、副线圈匝数比为(　　)‎ A．2 B．3 ‎ C．4 D．5‎ 答案　B 解析　设原、副线圈匝数比为n，根据能量守恒，当S断开时，UI＝I2R1＋(nI)2(R2＋R3)；当S闭合时，4UI＝(4I)2R1＋(4nI)2R2，联立解得n＝3，所以B正确。‎ ‎5．(2019·江苏高考)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 V ‎ C．降低200 V D．增加200 V 答案　D 解析　理想变压器的电压与匝数关系为＝＝，整理可得＝，即原、副线圈匝数之比等于原、副线圈的电压变化量之比，当ΔU1＝20 V时，ΔU2＝200 V，D正确。‎ ‎6.(2016·全国卷Ⅲ) (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，两灯均能正常发光，下列说法正确的是(　　)‎ A．原、副线圈匝数比为9∶1‎ B．原、副线圈匝数比为1∶9‎ C．此时a和b的电功率之比为9∶1‎ D．此时a和b的电功率之比为1∶9‎ 答案　AD 解析　由题意知U＝10U灯，a、b均正常发光，则变压器输入电压U1＝9U灯，而输出电压U2＝U灯，所以原、副线圈匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝9∶1；而I1∶I2＝n2∶n1＝1∶9，所以两灯功率之比Pa∶Pb＝U灯I1∶U灯I2＝1∶9，A、D正确。‎ ‎7．(2019·天津高考)(多选)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图象如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ ‎　‎ A．时刻线框平面与中性面垂直 B．线框的感应电动势有效值为 C．线框转一周外力所做的功为 D．从t＝0到t＝过程中线框的平均感应电动势为 答案　BC 解析　中性面的特点是与磁场垂直，线框位于中性面时，穿过线框的磁通量最大，磁通量变化率最小，则时刻线框所在平面与中性面重合，A错误；感应电动势最大值为Em＝Φmω＝Φm，对正弦式交流电，感应电动势有效值E有＝＝，B正确；由功能关系知，线框转一周外力做的功等于产生的电能，W＝E电＝·T＝，C正确；由法拉第电磁感应定律知，从t＝0到t＝过程中线框的平均感应电动势＝＝＝，D错误。‎ ‎8．(2016·全国卷Ⅲ) (多选)如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON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OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则(　　)‎ A．两导线框中均会产生正弦交流电 B．两导线框中感应电流的周期都等于T C．在t＝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 答案　BC 解析　本题中导线框的半径旋转切割磁感线时产生大小不变的感应电流，故A项错误；两导线框产生的感应电流的周期与线框转动周期相同，B项正确；在t＝时，两导线框切割磁感线的导线长度相同，且切割速度大小相等，故产生的感应电动势相等，均为E＝BR2ω，C项正确；两导线框中感应电流随时间变化的图象如图所示，故两导线框中感应电流的有效值不相等，D项错误。‎ 命题特点：直流电路重点考查电路功率的计算、动态过程分析等；变压器、交流电路部分由于与日常生活、生产紧密结合，常以选择题的形式出现。‎ 思想方法：程序法、等效法、分析推理法。‎ 高考考向1　直流电路的动态分析 例1　(2019·四川自贡高三一诊)(多选)如图所示的电路中，R1、R2为定值电阻，R3为可变电阻，C为电容器，电源电动势为E，内阻为r，电压表与电流表均为理想电表。在可变电阻R3的滑片由a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是(　　)‎ A．电流表的示数减小 B．电压表的示数减小 C．电容器的电荷量逐渐减少 D．电源的输出功率一定增大 ‎(1)电路外电阻如何变化？‎ 提示：变小。‎ ‎(2)电源的输出功率与什么有关？‎ 提示：电源内阻和外电路电阻。‎ ‎[解析]　可变电阻R3的滑片由a端向b端滑动的过程中，R3的阻值减小，电路总电阻减小，总电流变大，即电流表的示数变大，电源内阻及R1两端的电压变大，可知电压表示数减小，A错误，B正确；电容器两端的电压逐渐变小，可知电容器带电量逐渐减小，C正确；因不明确电源内阻与外电阻的关系，则不能确定电源输出功率的变化情况，D错误。‎ ‎[答案]　BC ‎ 1.直流电路的动态分析方法 ‎(1)程序法：部分电路阻值变化→电路总电阻R总变化→干路电流I变化→路端电压U变化→各分量变化，‎ 即R局→R总→I总→U端→。‎ ‎(2)串反并同法：所谓“串反”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都减小(增大)。所谓“并同”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都增大(减小)。‎ ‎2．直流电路中的功率变化的判断 ‎(1)定值电阻的功率随其电压或电流的增大而增大。‎ ‎(2)外电阻越接近电源的内阻，电源输出功率越大，等于内阻时电源的输出功率最大。‎ ‎(3)判断变化电阻的功率时，可以将其他电路等效到电源内部，当变化电阻等于等效电阻时其功率最大，若不能等于则越接近越大。‎ ‎1．在如图甲所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头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 答案　C 解析　由图甲电路得，V1测路端电压U1，V2测R1两端电压U2，V3测R2两端电压U3。滑动触头P向上滑动，则R2减小，电路总电阻减小，电流增大。因U1＝E－Ir，U3＝E－I(R1＋r)，I增大，则U1、U3减小，且U3比U1减小得快，所以图乙中图线b是电压表V1的示数随电流表示数变化的情况，a表示电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，即A正确；因R1不变，电流增大，则U2增大，所以图乙中图线c表示电压表V2的示数随电流表示数变化的情况，即B正确；因U1＝E－Ir，U1′＝E－I′r，则ΔU1＝－rΔI，所以ΔU1和ΔI的比值不变，即C错误；因U2＝IR1，则ΔU2＝R1ΔI，则ΔU2和ΔI的比值不变，即D正确。本题要求选说法错误的，故选C。‎ ‎2．(2019·四川泸州泸县一中三诊)如图所示电路中的电源为恒流源或恒压源(不管外电路的电阻如何变化，它都能够提供持续的定值电流或定值电压)。当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，电压表的示数变化量的绝对值为ΔU ‎，电流表的示数变化量的绝对值为ΔI，则下列说法正确的是(　　)‎ A．若电源为恒压源时，V示数增大，A示数减小 B．若电源为恒压源时，V示数不变，A示数增大 C．若电源为恒流源时，V示数增大，A示数减小，＝R1‎ D．若电源为恒流源时，V示数增大，A示数增大，＝R2‎ 答案　C 解析　滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，变阻器R0接入电路的阻值增大。若电源为恒压源时，电压表示数不变，电阻增大，干路电流变小，电阻R2两端的电压减小，并联部分的电压增大，流过电阻R1的电流增大，因干路电流减小，所以电流表示数减小，故A、B错误；若电源为恒流源时，电路中总电流不变，变阻器向上滑动，总电阻增大，电压表示数增大，因干路电流不变，电阻R2两端的电压不变，所以并联部分的电压增大，电阻R1中的电流增大，干路电流不变，所以电流表示数减小，电阻R2两端电压不变，电阻R1两端电压的变化量等于电压表的示数变化量ΔU，因总电流不变，所以电流表示数的变化量等于电阻R1的电流的变化量，所以有＝R1，故C正确，D错误。‎ 高考考向2　交流电的产生和描述 例2　(2019·黑龙江哈尔滨三中二模)图甲是阻值为1 Ω的单匝线圈与阻值为9 Ω的电阻R构成的回路。线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示，电压表为交流电压表。则(　　)‎ A．电压表的示数为14.14 V B．0～0.01 s的时间内通过电阻R的电量为0.04π C C．电阻R上消耗的功率为18 W D．通过电阻的电流方向每秒变化100次 ‎(1)线圈在磁场中转动产生的感应电动势的最大值的表达式是什么？‎ 提示：Em＝NBSω。‎ ‎(2)通过电阻R的电量如何求解？‎ 提示：Q＝Δt＝Δt＝。‎ ‎[解析]　从图象得出电动势的最大值为20 V，有效值为：E＝＝ V＝10 V，根据闭合电路欧姆定律，回路中的电流为I＝＝ A，则电阻R两端的电压为U＝IR＝×9 V＝9 V≈12.7 V，故A错误；根据Em＝nΦmω，角速度为：ω＝ rad/s＝50π rad/s，可得：Φm＝ Wb，根据q＝可得0～0.01 s的时间内通过电阻R的电量为：q＝ C，故B错误；电阻R上消耗的功率为：P＝I2R＝()2×9 W＝18 W，故C正确；每个周期，电流方向改变两次，电流周期为0.04 s，故每秒电流方向改变50次，故D错误。‎ ‎[答案]　C ‎ 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的特点。‎ ‎①线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变。‎ ‎②线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，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能量问题。‎ ‎(4)交变电流瞬时值表达式书写的基本思路 ‎①根据已知图象或由公式Em＝NBSω确定正、余弦交变电流的峰值，其中ω＝＝2πf＝2πn(n为转速)。‎ ‎②明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。‎ a．若线圈从中性面位置开始计时，则et图象为正弦函数，e＝Emsinωt; ‎ b．若线圈从垂直中性面位置开始计时，则et图象为余弦函数，e＝Emcosωt。‎ ‎3．(2019·保定一模)(多选)如图甲所示，一个100匝的正方形线圈，边长a＝1 m，电阻R＝1 Ω，线圈有一半的面积处在有理想边界的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直，磁场的磁感应强度与时间的变化关系如图乙所示，图甲所示的磁感应强度方向为正方向，下列说法中正确的是(　　)‎ A．在t＝0.01 s时线圈中的电流为零 B．在t＝0到t＝0.005 s内线圈中有顺时针方向的电流 C．线圈中电动势的最大值为 V D．一个周期内线圈产生的热量为25π2 J 答案　BD 解析　在t＝0.01 s时线圈中的磁通量的变化率最大，此时感应电流最大，A错误；在t＝0到t＝0.005 s时间内，线圈中磁通量向外增加，根据楞次定律可知，线圈中有顺时针方向的电流，B正确；因线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相同，所以由图象可知T＝2×10－2 s，ω＝＝100π rad/s，Em＝NBmωS＝50π V，故C错误；电动势的有效值E＝ V＝25π V，则一个周期内线圈产生的热量为Q＝T＝25π2 J，D正确。‎ ‎4．(2019·东北三省三校二模)图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的图象如图乙所示。已知发电机线圈电阻为10 Ω，外接一只阻值为90‎ ‎ Ω的电阻，不计电路的其他电阻，则(　　)‎ A．电流表的示数为0.31 A B．线圈转动的角速度为50π rad/s C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行 D．在线圈转动一周过程中，外电阻发热约为0.087 J 答案　D 解析　在交流电路中电流表的示数为有效值，E有效＝＝22 V，电流表的示数I＝＝ A＝0.22 A，A错误；从图象可知线圈转动的周期为0.02 s，则线圈转动的角速度ω＝＝100π rad/s，B错误；0.01 s时线圈的电压为0，因此线圈在中性面处，线圈平面与磁场方向垂直，C错误；线圈发热应用电流的有效值进行计算，则发热量Q＝I2Rt＝(0.22)2×90×0.02 J≈0.087 J，D正确。‎ 高考考向3　变压器和远距离输电问题 例3　(2019·广东汕头高三一模)如图所示为远距离输电的原理图。发电厂输出的电压恒定，升压、降压变压器均为理想变压器。由于用户负载的变化会造成其得到的电压变化，供电部门要实时监控，监控电表为理想电表。若某次监测发现V2表的示数减小，则下列判断正确的是(　　)‎ A．电流表A1的示数增大 B．电流表A2的示数减少 C．电压表V1的示数增大 D．输电线损失的功率减小 ‎(1)电路中电压表V1的示数变化吗？‎ 提示：发电厂的输电电压不变，变压器的匝数比不变，故电压表V1的示数不变。‎ ‎(2)输电线的电压损失如何变化？‎ 提示：V1示数不变，V2示数减小，所以输电线电压损失变大。‎ ‎[解析]　根据题意知，发电厂的输出电压恒为U，升压变压器的变压比不变，所以电压表V1的示数不变，故C错误；某次监测发现V2表的示数减小，根据降压变压器变压比不变可知，降压变压器的输入电压U20减小，又由U1＝U20＋I1R可知，电流表A1的示数增大，故A正确；电流表A1的示数增大，根据降压变压器电流比：＝可知，电流表A2的示数增大，故B错误；输电线 上损失功率为P损＝IR，由于电流表A1的示数增大，故输电线损失的功率增大，故D错误。‎ ‎[答案]　A ‎ 1.变压器动态变化分析方法 ‎(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：‎ a．由U1和决定U2；‎ b．由负载电阻R和U2决定I2；‎ c．由P2＝U2I2确定P1；‎ d．由P1＝U1I1确定I1。‎ ‎2．解决远距离输电问题的一般思路 ‎(1)电路分析：远距离输电线路由升压变压器、输电线、降压变压器和负载四部分组成。‎ ‎(2)电压关系：升压变压器输入电压U1是不变的，根据＝可以确定升压变压器的输出电压U2，输电线上有一定的电压损失，ΔU＝I2R ‎。降压变压器输入端电压U3＝U2－ΔU，降压变压器输出电压U4由＝确定。‎ ‎(3)功率关系：升压变压器输入功率为P1，输电线上损失功率为ΔP＝IR，降压变压器输出功率为P4，则P1＝P4＋ΔP＝P4＋IR。‎ ‎(4)电流关系：用户电路的电流由I4＝确定，降压变压器的电流由＝确定，升压变压器的输出电流I2＝I3，升压变压器的输入电流由＝确定。‎ ‎5．(2018·天津高考)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P B．电压表V的读数为U C．电流表A的读数变为2I D．通过R的交变电流频率不变 答案　B 解析　根据ω＝2πn可知转速变为原来的，则角速度变为原来的，根据Em＝nBSω可知发电机产生的最大电动势为原来的，根据U＝可知发电机的输出电压有效值变为原来的，即原线圈的输出电压变为原来的，根据＝可知副线圈的输入电压变为原来的，即电压表示数变为原来的，根据P＝可知R消耗的电功率变为P，A错误、B正确；副线圈中的电流为I2＝，即变为原来的，根据＝‎ eq f(I2,I1)可知原线圈中的电流也变为原来的，C错误；转速减小为原来的，则频率变为原来的，D错误。‎ ‎6．(2019·四川达州高三二诊)如图所示，一自耦变压器接在交流电源上，V1、V2为理想电压表。下列说法正确的是(　　)‎ A．若P不动，滑片F向下滑动时，V1示数不变，V2示数变小 B．若P不动，滑片F向下滑动时，灯泡消耗的功率变大 C．若F不动，滑片P向上滑动时，V1示数不变，V2示数变大 D．若F不动，滑片P向上滑动时，灯泡消耗的功率变小 答案　A 解析　设变压器的输入电压为U1，输出电压为U2；若P不动，滑片F向下移动时，输入电压U1不变，根据变压比公式＝，由于n2减小，故输出电压U2也减小，故灯泡消耗的功率变小，V2的示数也变小，故A正确，B错误；若F不动，根据变压比公式＝，输入电压U1不变，则输出电压U2也不变，滑片P向上滑动时，电阻R减小，根据闭合电路欧姆定律，电路中电流增大，小灯泡两端电压也增大，由PL＝ULI可知，灯泡消耗的功率变大，由U＝U2－UL可知，电压表V2示数变小，故C、D错误。‎ 易错警示 变压器原线圈串并联问题 例　(2019·江西高三九校3月联考)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶3，两端共接有六只相同的小灯泡L1、L2、L3、L4、L5和L6(电阻恒定不变)，变压器的原线圈接有输出电压U恒定的交流电源，六只小灯泡均发光。下列说法正确的是(　　)‎ A．L1、L2、L3三只灯泡亮度一定相同 B．小灯泡L2一定比L4亮 C．交流电源输出电压U是小灯泡L4两端电压的4.5倍 D．L1消耗的功率是L2消耗灯泡的2.25倍 分析与解　设小灯泡L4两端电压为U′，则副线圈的输出电压为U2＝3U′，根据电压与匝数成正比，原线圈的输入电压为U1＝2U′，L2、L3两只灯泡串联后的总电压 为2U′；设通过小灯泡L4的电流为I，根据电流与匝数成反比，则原线圈电流为I，根据欧姆定律可得通过L2、L3两只灯泡的电流为I，根据并联分流可得通过灯泡L1的电流为I，则小灯泡L1两端电压为U′，根据串联分压可知交流电源输出电压U＝U′＋2U′＝4.5U′，根据电功率公式可知P1＝U′I＝P2＝P3＝P4，故C正确，A、B、D错误。‎ 答案　C 易错警示　当原线圈与其他元件串联或并联时要注意原线圈与其他元件的电压和电流关系，变压器的电压、电流关系只建立在原、副线圈之间，与其他电路无关。‎ 配套作业 ‎　　限时：50分钟　　　满分：100分 一、选择题(本题共10小题，每小题8分，共80分，其中第1～7题为单选题，第8～10题为多选题)‎ ‎1．(2019·成都高新区一诊)如图所示的温控电路中，R1为定值电阻，R2为半导体热敏电阻(温度越高电阻越小)，C为电容器，电源内阻不可忽略。当环境温度降低时，下列说法正确的是(　　)‎ A．电容器C的带电量增大 B．电压表的读数减小 C．干路电流增大 D．R1消耗的功率变大 答案　A 解析　当环境温度降低时，R2增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I减小，故C错误；电容器的电压UC＝E－I(r＋R1)，E、r、R1均不变，I减小，则UC增大，电容器C的带电量增大，故A正确；总电流I减小，路端电压U＝E－Ir，E、r不变，则U 增大，电压表的读数增大，故B错误；R1消耗的功率P＝I2R1，I减小，R1不变，则P减小，故D错误。‎ ‎2．(2019·山西省三模)现代社会是数字化社会，需要把模拟信号转换为数字信号。如甲图中的正弦交流电通过乙图数字触发器后会输出丙图的数字信号，丙图中数字信号对应两种电压状态0 V和2 V，触发器的转换规则是：交流电压数值小于时输出为0 V，交流电压数值大于等于时输出为2 V。丙图中电压的有效值约为(　　)‎ A．2.0 V B．1.6 V ‎ C．1.4 V D．1.3 V 答案　B 解析　半个周期内，交流电压数值为时，对应甲图中正弦交流电的时刻为和T，如图a：‎ 画出转换后的Ut图，如图b，一个周期对应电压为2 V的时间为T，根据有效值定义有：×T＝×T，U1＝2 V，代入数据得U≈1.63 V，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎3．(2019·广东汕头二模)如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为22∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈回路中接有理想电流表A、定值电阻R(阻值为10 Ω)、二极管(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)和开关S等，开关S原来闭合。以下判断正确的是(　　)‎ A．副线圈中的电流为交变电流，其频率等于100 Hz ‎ B．电流表的读数为1 A C．变压器输入的电功率为14 W D．若将开关断开，则电阻R每秒内产生的焦耳热为10 J 答案　B 解析　根据图象得原线圈交变电流频率f＝ Hz＝50 Hz，所以副线圈中的电流为交变电流，其频率等于50 Hz，故A错误；由图可知，原线圈输入电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈匝数比为22∶1，根据电压与匝数成正比得副线圈电压是10 V，所以电流表的读数为I＝＝1 A，故B正确；变压器输入的电功率等于输出功率，即P＝UI＝10 W，故C错误；若将开关断开，由于二极管具有单向导电性，在一个周期内只有半个周期有电流通过电阻R，电阻R每秒内产生的焦耳热为Q＝××＝5 J，故D错误。‎ ‎4．(2019·辽宁省沈阳市一模)某同学将一闭合电路电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示，则下列判断正确的是(　　)‎ A．直线a表示电源内部的发热功率随电流I变化的图线 B．曲线b表示电源的总功率随电流I变化的图线 C．曲线c表示电源的输出功率随电流I变化的图线 D．电源的电动势E＝3 V，内阻r＝2 Ω 答案　C 解析　由电源的总功率和电源内部的发热功率表达式PE＝EI，Pr＝I2r可知，a是直线，表示的是电源的总功率PE，b是抛物线，表示的是电源内阻消耗的功率Pr，c表示外电阻的功率即为电源的输出功率PR＝EI－I2r，故A、B错误，C正确；由图可知，当外电阻为零时电流I为2 A，总功率PE＝EI＝6 W，则可知电动势为：E＝＝3 V，此时电路的总电阻即为内阻，则内阻为：r＝＝ Ω＝1.5 Ω，故D错误。‎ ‎5．(2019·北京朝阳高三一模)‎ 如图所示，一理想变压器的原线圈接正弦交流电源，副线圈接电阻R和小灯泡。电流表和电压表均可视为理想电表。闭合开关S，下列说法正确的是(　　)‎ A．电流表A1的示数减小 B．电流表A2的示数减小 C．电压表V1的示数减小 D．电压表V2的示数减小 答案　D 解析　闭合开关S，负载增加，副线圈的电流增加，即A2的示数增加，由电流比公式＝可知，原线圈的电流也增加，即A1的示数也增加，故A、B错误；电压表V1测量的是原线圈两端的电压，所以电压表V1的示数不变，C错误；副线圈的电流增加，定值电阻两端的电压增加，而副线圈两端的电压不变，所以灯泡两端的电压减小，故电压表V2的示数减小，D正确。‎ ‎6．(2019·山东滨州二模)如图所示是线圈匝数为n的小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈面积为S，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。矩形线圈电阻为r，矩形线圈通过两刷环接电阻R，伏特表接在R两端。当线圈以角速度ω匀速转动时，下列说法正确的是(　　)‎ A．从线圈与磁场平行位置开始计时，瞬时电动势为e＝nBSωsinωt ‎ B．当线圈平面转到与磁场垂直时电压表示数为零 C．线圈从与磁场平行位置转过90°过程中通过电阻R的电荷量为 D．线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为 答案　D 解析　交流发电机产生电动势的最大值为Em＝nBSω，从线圈与磁场平行位置开始计时，瞬时电动势为e＝nBSωcosωt ‎，故A错误；交流电压表测量的是电阻R两端的电压有效值，故B错误；线圈从t＝0时刻开始转过90°的过程中，ΔΦ＝BS，＝n，平均电流＝，电 量q＝·Δt＝n＝，故C错误；电动势的有效值为E＝＝，电流有效值为I＝＝，线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为Q＝I2(R＋r)T＝2(R＋r)×＝，故D正确。‎ ‎7．(2019·重庆南开中学高三4月模拟)如图所示，接在理想变压器回路中的四个规格完全相同的灯泡均正常发光，则该理想变压器的匝数比n1∶n2∶n3为(　　)‎ A．3∶2∶1 B．3∶1∶1‎ C．1∶1∶1 D．4∶2∶1‎ 答案　B 解析　设每个灯泡正常发光时的电流为I，由灯泡正常发光和输入功率等于输出功率知，U1I＝U2·2I＋U3I，所以U1＝2U2＋U3，设灯泡的额定电压为U，则U2＝U，U3＝U，U1＝3U，所以原、副线圈的匝数比n1∶n2∶n3＝3∶1∶1，故B正确。‎ ‎8．如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。电压表显示加在报警器两端的电压(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。下列说法中正确的是(　　)‎ A．降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 Hz B．远距离输电线路损耗功率为180 kW C．当传感器R2所在处出现火警时，电压表的示数变小 D．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变小 答案　AC 解析　由图乙知交流电的周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，变压器不改变频率，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25000 V，所以输电线中的电流为：I＝＝30 A，输电线路损耗功率为：ΔP＝I2R＝90 kW，B错误；当传感器R2所在处出现火警时，其阻值减小，负载总电阻减小，升压变压器的输入功率增大，输电线上的电流增大，D错误；输电线的电流增大，所以输电线电压损失增大，降压变压器副线圈两端电压减小，副线圈中的电流增大，R1两端的电压增大，故电压表的示数减小，C正确。‎ ‎9．(2019·河北省衡水市武邑中学高三年级第三次模拟)如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻，RL为光敏电阻(光照减弱时阻值增大)，C为电容器。闭合开关S，电路稳定后，用光照射RL，下列说法正确的是(　　)‎ A．电压表示数增大 B．电源的效率增大 C．电容器所带电量增加 D．R2消耗的功率增大 答案　CD 解析　用光照射RL，其电阻变小，外电路总电阻变小，由I＝，可知总电流I变大，根据U＝E－Ir，当电流变大时，路端电压变小，即电压表示数变小，A错误；电源效率η＝×100%＝×100%，路端电压变小，效率变小，B错误；路端电压变小，R1两端电压变小，通过R1的电流I1变小，而总电流变大，故通过R2的电流I2变大，R2两端电压U2＝I2R2变大，电容器两端电压与R2两端电压相等，也变大，根据Q＝CU，可知电容器所带电量增加，C正确；通过R2的电流I2变大，由P2＝IR2，可知R2消耗的功率增大，D正确。‎ ‎10．(2019·河北衡水中学高考模拟十二)如图所示电路中，电源内阻忽略不计，R0为定值电阻，Rm为滑动变阻器R的最大阻值，且有R0>Rm；开关S1闭合后，理想电流表A的示数为I，理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，其变化量的绝对值分别为ΔI、ΔU1、ΔU2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．断开开关S2，将R的滑动触片向右移动，则电流表A示数变小、电压表V2示数变小 B．保持R的滑动触片不动，闭合开关S2，则电流表A示数变大、电压表V1示数变小 C．断开开关S2，将R的滑动触片向右移动，则滑动变阻器消耗的电功率减小 D．断开开关S2，将R的滑动触片向右移动，则有＝ 答案　AD 解析　断开开关S2，将滑片向右移动时，R接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小，电流表A示数减小，电压表V2示数减小，故A正确；保持R的滑动触片不动，闭合开关S2，R0被短路，电路总电阻减小，电流增大，电流表示数A增大，而U1＝IR，可知电压表V1示数增大，故B错误；当滑动变阻器的电阻等于等效电源的内阻时滑动变阻器的功率达到最大，断开开关S2，将R的滑动触片向右移动，由于R0>Rm，所以滑动变阻器的功率一直在增大，故C错误；由U1＝E－IR0可知，＝R0，由U2＝‎ IR0可知＝R0，故D正确。‎ 二、计算题(本题共1小题，共20分，须写出规范的解题步骤)‎ ‎11．(2019·江西六校联考)如图甲所示，长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动。线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连。线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0、B1和t1均为已知。在0～t1时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω匀速转动。求：‎ ‎(1)0～t1时间内通过电阻R的电流大小；‎ ‎(2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；‎ ‎(3)线框匀速转动后，从图甲线框平面与磁场垂直的位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量。‎ 答案　(1) ‎(2)πRω2‎ ‎(3) 解析　(1)在0～t1时间内，金属线框中的感应电动势为E1＝n＝，‎ 根据闭合电路欧姆定律，通过电阻R的电流 I1＝＝。‎ ‎(2)线框产生感应电动势的最大值Em＝nB1L1L2ω，‎ 感应电动势的有效值E＝nB1L1L2ω，‎ 通过电阻R的电流的有效值I＝，‎ 线框转动一周所需的时间t＝，‎ 此过程中，电阻R产生的热量 Q＝I2Rt＝πRω2。‎ ‎(3)线框从图甲所示位置转过90°的过程中 平均感应电动势＝n＝，‎ 平均感应电流＝＝，‎ 通过电阻R的电荷量q＝Δt＝。‎