【物理】2019届二轮复习第1讲　直流电路与交流电路的分析学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习第1讲　直流电路与交流电路的分析学案（全国通用）

第1讲　直流电路与交流电路的分析 网络构建 备考策略 ‎1.必须领会的“二种物理思想”和“四种方法”‎ ‎(1)等效思想、守恒思想。‎ ‎(2)程序法、极限法、分析推理法、守恒法。‎ ‎2.解决交变电流问题要做到“四看”、“四想”‎ ‎(1)看到“电容器的耐压值”，想到“最大值”。‎ ‎(2)看到“某时刻某位置”，想到“瞬时值”。‎ ‎(3)看到“电功、电功率、保险丝的熔断电流和电路中交流电表的读数”，想到“有效值”。‎ ‎(4)看到“通过电路的电荷量”，想到“平均值”。‎ ‎3.理想变压器 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。‎ ‎　直流电路的分析与计算 ‎　直流电路的动态分析 ‎【典例1】 在如图1所示的电路中，当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A.R2的功率增大 B.R3两端的电压减小 C.电流表的示数变大 D.R1接入电路部分中的电流增大 解析　当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，其接入电路的电阻增大，外电路的总电阻增大，则干路电流I减小，路端电压U增大，R3两端的电压等于路端电压，则可知R3两端的电压增大，则通过R3的电流I3增大，通过R2的电流I2＝I－I3，I减小，I3增大，则I2减小，故R2的功率减小，选项A、B错误；R2两端电压U2也减小，R4两端的电压U4＝U－U2，U增大，U2减小，则可知U4增大，故通过电流表的电流IA增大，电流表的示数变大，选项C正确；流过R1接入电路部分的电流I1＝I2－IA，I2减小，IA增大，则I1减小，选项D错误。‎ 答案　C ‎　直流电路(含电容)的分析与计算 ‎【典例2】 (2016·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2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(　　)‎ 图2‎ A. B. ‎ C. D. 解析　S断开时等效电路如图甲所示。‎ 甲 电容器两端电压为U1＝×R×＝E；‎ S闭合时等效电路如图乙所示。‎ 乙 电容器两端电压为U2＝×R＝E，‎ 由Q＝CU得＝＝，故选项C正确。‎ 答案　C ‎　含电容电路的动态分析 ‎【典例3】 在如图3所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是(　　)‎ 图3‎ A.电源的输出功率变小 B.灯泡L变亮 C.电容器C上电荷量减少 D.电压表读数变小 解析　当滑动变阻器的滑片P向左移动时，其接入电路的电阻增大，则电路的总电阻增大，总电流减小。小灯泡消耗的电功率P＝I2RL，由于灯泡的电阻RL不变，所以灯泡消耗的电功率减小，灯泡变暗，选项B错误；当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大，当R外>r内时，随着外电路电阻的增大，电源的输出功率减小。由于灯泡L的电阻大于电源的内阻，故当滑动变阻器接入电路的电阻增大时，电源的输出功率减小，选项A正确；滑动变阻器两端的电压增大，电容器与滑动变阻器并联，所以电容器两端的电压也增大，其电荷量增大，选项C错误；电流表读数变小，电压表读数U＝E－Ir，U变大，选项D错误。‎ 答案　A ‎1.程序法：基本思路是“部分→整体→部分”。即 ‎2.电容器所在的支路可看作是断路，分析含有电容器的直流电路时，关键是准确判断和求出电容器两端的电压。‎ ‎1.(2018·新疆二模)在如图4所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，L1和L2为两个相同的灯泡，每个灯泡的电阻和电源内阻的阻值均相同，D为理想二极管，C为电容器，开关S处于断开状态，下列说法中正确的是(　　)‎ 图4‎ A.滑动变阻器滑片向右移动，电流表示数变小 B.滑动变阻器滑片向右移动，电源内阻的发热功率变小 C.开关S闭合后，L2亮度变暗 D.开关S闭合后，电流表示数不变 解析　电容器视为断路，所以只有灯泡L2中有电流通过，滑动变阻器滑片向右移动，电流表的示数不变，故选项A错误；滑动变阻器滑片向右移动，电路电流不变，电源内阻的发热功率不变，故选项B错误；开关S闭合后，因为二极管具有单向导电性，二极管处于截止状态，灯泡L1中无电流，电路总电阻不变，总电流不变，电流表的示数不变，L2亮度不变，故选项C错误，D正确。‎ 答案　D ‎2.如图5所示的电路中，电源为恒流源，能始终提供大小恒定的电流。R0为定值电阻，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片，则下列表示电压表示数U、电路总功率P随电流表示数I变化的关系图线中，可能正确的是(　　)‎ 图5‎ 解析　由题图知R0与R并联，电压表测路端电压，电流表测R接入电路部分所在支路的电流。该恒流源提供的电流恒定为I总，流过R0的电流为I0，R0两端的电压为U0，流过R接入电路部分的电流为I，R接入电路部分两端的电压为U。根据并联电路的特点可知U＝U0＝I0R0＝(I总－I)R0＝－IR0＋I总R0，其中I总、R0为定值，由U＝－R0I＋I总R0可知U－I图象为直线，－R0<0，即图象的斜率小于0，故选项A、B错误；由电功率的计算公式P＝UI知，电路消耗的总功率P＝UI总＝(I总－I)R0×I总＝－I总R0I＋IR0，其中I总、R0为定值，由P＝－I总R0I＋IR0可知P－I图象为直线，－I总R0<0，即图象的斜率小于0，且I不会为0，P 不会为0，故选项C正确，D错误。‎ 答案　C ‎　交变电流的分析与计算 ‎　有效值的理解与计算 ‎【典例1】 (2018·全国卷Ⅲ，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u0，周期均为T，如图6所示。则Q方∶Q正等于(　　)‎ 图6‎ A.1∶ B.∶1‎ C.1∶2 D.2∶1‎ 解析　根据焦耳定律知热量与方波中的电流方向的变化无关，故Q方＝T；而正弦交变电流电压的有效值等于峰值的，故Q正＝T＝·T，所以＝，D正确。‎ 答案　D ‎　交变电流的产生及变压器的工作原理 ‎【典例2】 (2018·天津理综，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7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(　　)‎ 图7‎ A.R消耗的功率变为P B.电压表V的读数变为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 解析　交流发电机产生的感应电动势最大值Em＝NBSω，且有ω＝2πn，所以当发电机线圈转速减半后，感应电动势最大值减半，有效值减半，又理想变压器原、副线圈电压有效值之比等于原、副线圈匝数比，故电压表示数减为原来的一半，B项正确；由电功率P＝可知，变压器输出功率即R消耗的功率变为原来的，A项错误；由P＝UI可知，原线圈中电流减为原来的一半，C项错误；交流电的频率与发电机线圈转动角速度成正比，故D项错误。‎ 答案　B ‎　理想变压器的动态分析 ‎【典例3】 (多选)如图8所示，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，电灯L的亮度变暗了，下列哪些措施可以使电灯L重新变亮(　　)‎ 图8‎ A.其他条件不变，P1上移，同时P2下移 B.其他条件不变，P1下移，同时P2上移 C.其他条件不变，断开开关S D.其他条件不变，将滑动变阻器的滑片P向下移动 解析　P1上移则n1增大，P2下移则n2减小，由理想变压器规律＝可知U2将会变得更小，所以电灯L不会重新变亮，选项A错误；P1下移则n1减小，P2上移则n2增大，由理想变压器规律＝可知U2将会变大，所以电灯L会重新变亮，选项B正确；其他条件不变，则电压U2不变，断开开关S，并联部分电阻变大，副线圈电流变小，R1‎ 分压变小，电灯L两端的电压将变大，所以电灯L会重新变亮，选项C正确；其他条件不变，将滑动变阻器的滑片P向下移动，总电阻变小，总电流变大，R1分压变大，电灯L两端的电压将变小，所以电灯L不会重新变亮，选项D错误。‎ 答案　BC ‎　远距离输电的分析与计算 ‎【典例4】 (多选)(2018·青岛二模)如图9所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20 kW。在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为1 A，输电线的总电阻为10 Ω，则下列说法中正确的是(　　)‎ 图9‎ A.采用高压输电可以增大输电线中的电流 B.升压变压器的输出电压U2＝2 000 V C.用户获得的功率为19 kW D.将P下移，用户获得的电压将增大 解析　采用高压输电可以减小输电线中的电流，故选项A错误；由＝可知I2＝10 A，由P＝U2I2，解得U2＝2 000 V，故选项B正确；损失功率为P损＝IR＝1 000 W，所以用户获得的功率为P1＝P－P损＝19 kW，故选项C正确；将P下移，n3增大，由＝可知U4减小，故选项D错误。‎ 答案　BC ‎1.科技小组在探究交变电流的产生及变化规律时，将电流计(0刻度在正中央)与一个保护电阻R0串联后，接到交流发电机模型的两个输出端，如图10所示。发电机模型线圈匝数可调。转动手柄使线圈在磁场中匀 速转动，观察电流计指针的偏转情况，下列叙述与观察结果相符的是(　　)‎ 图10‎ A.电流计指针总是左、右摆动 B.当转速很小时，电流计指针左、右摆动 C.当转速很大时，电流计指示的为交变电流的有效值 D.当线圈匝数少时，电流计指针左、右摆动，当线圈匝数多时，电流计指针指向某一侧不为零的定值 解析　交流发电机产生的是交变电流，当转速很小时，流过电流计的电流方向变化较慢，电流计指针能随电流方向的变化而左、右摆动；当转速很大时，电流方向变化很快，电流计指针来不及随之变化而摆动，因此稳定时指针指向“0”刻度，不能测定交变电流的有效值，选项A、C错误，B正确；线圈匝数不能改变电流方向变化的频率(由线圈转动的角速度决定)，因此选项D错误。‎ 答案　B ‎2.(多选)在如图11所示的电路中，理想变压器原线圈串联两只灯泡L1、L2，副线圈并联三只灯泡L3、L4、L5，五只灯泡完全相同。若交流电源的电压有效值为U，五只灯泡恰能正常发光，则下列说法正确的是(　　)‎ 图11‎ A.每只灯泡的额定电压为U B.每只灯泡的额定电压为U C.变压器原、副线圈匝数之比为3∶1‎ D.变压器原、副线圈匝数之比为4∶1‎ 解析　设每只灯泡的额定电压为U0，额定电流为I0，变压器原、副线圈匝数的比值为k，则原线圈两端电压U1＝kU0，I0＝·3I0，且U＝2U0＋U1，解得k＝3，U0＝U，选项A、C正确。‎ 答案　AC ‎3.(多选)(2018·湖南株洲统考)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(忽略输电线路的自感作用)。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P1。第二次采用如图12所示的电路输电，其中理想变压器T1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1∶n2，理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P2。下列说法正确的是(　　)‎ 图12‎ 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，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失 C.若输送功率一定，则P2∶P1＝n∶n D.若输送功率一定，则P2∶P1＝n1∶n2‎ 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，故选项A错误；根据P＝I2r可知减小输送电流可以减小输电线上的电能损耗，故选项B正确；第一次实验输电线上的电流I＝，输电线上损失的功率P1＝I2R＝R，第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U2＝U1，输电线上的电流I′＝，输电线上损失的功率P2＝I′2R＝R，＝＝，故选项C正确，D错误。‎ 答案　BC ‎4.(多选)(2018·湖南衡阳三模)在如图13甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，ab 两端接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，图中电压表和电流表均为理想电表，D为理想二极管，R0为定值电阻，L为电阻恒定的指示灯，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法中正确的是(　　)‎ 图13‎ A.电压表的示数为22 V B.若RT处出现火灾时，电压表示数将变大 C.若RT处出现火灾时，电流表示数将变大 D.若RT处出现火灾时，指示灯L将变暗 解析　由二极管特点可知U1＝110 V，由＝可知U2＝11 V，即电压表的示数为11 V，故选项A错误；由于U2由U1决定，所以若RT处出现火灾时，电压表示数将不变，故选项B错误；若RT处出现火灾时，电阻减小，总电阻R减小，由I2＝知I2将变大，由＝可知电流表示数也将变大，故选项C正确；若RT处出现火灾时，并联电阻减小，由串联分压原理可知并联电压减小，即指示灯的电压减小，指示灯L将变暗，故选项D正确。‎ 答案　CD 选择题的增分策略 一、增分策略 ‎1.看清高考要求，避免错误发生 ‎2.先易后难，按顺序作答 ‎3.仔细审题，防止思维定式 ‎(1)审题干，正确理解题意 在审题干时，要注意以下三点：‎ 首先，明确选择的属性，即题干要求是正选还是反选。正选一般用“什么是”“‎ 包括什么”“产生以上现象的原因”“这表明”等表示；反选一般用“错误的是”“不正确的是”“不是”等表示。‎ 其次，明确题干的要求，即找出关键词句——题眼。‎ 再次，明确题干规定的限制条件，即通过分析题干的限制条件，明确选项设定的具体范围、层次、角度和侧面。‎ ‎(2)审选项，确定解题突破口 对所有备选选项进行认真分析和判断，让选项引领你的思路。考试中应统览所有选项，明确题目考查的知识点，分辨各选项的区别、联系，选定解题“突破口”。‎ ‎4.慎选择，提高题目得分 解题时，考生将会碰到两类情况：‎ ‎(1)对会做的题目，注意两点 ‎①争取拿六分(每小题分值一般为六分)。‎ ‎②要特别注意跟过去做过的题目的区别(千万不要想老师是如何讲的，以及是哪个答案)。‎ ‎(2)对不会做的题目，注意两点 ‎①考虑清楚“保三”还是“争六”，当难以确定的选项的可确定率低于70%，宁可少选也不多选。‎ ‎②要注意选项之间的矛盾，不要把矛盾的选项同时选上。‎ 二、答题技巧 技巧1.直接判断法 ‎【例1】 如图14中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是(　　)‎ 图14‎ A.向上 B.向下 ‎ C.向左 D.向右 解析　根据安培定则和磁场的叠加原理可判断O点的磁场方向向左，再利用左手定则可判定带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动时所受到的洛伦兹力的方向向下，选项B正确。‎ 答案　B 技巧2.反例排除法 ‎【例2】 (多选)两个共点力F1、F2大小不同，它们的合力大小为F，则(　　)‎ A.F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍 B.F1、F2同时增加10 N，F也增加10 N C.F1增加10 N，F2减少10 N，F一定不变 D.若F1、F2中的一个增大，F不一定增大 解析　F1、F2同时增大一倍，由平行四边形定则知F也增大一倍，选项A正确；当F1、F2方向相同时，F1、F2同时增加10 N，F增加20 N，选项B错误；当F1、F2方向相反时，F1增加10 N、F2减少10 N，则F增加20 N或减少20 N，选项C错误；当F1、F2共线反向时，当其中一个增大，合力F不一定增大，选项D正确。‎ 答案　AD 技巧3.二级结论法 ‎【例3】 (多选)如图15所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好。在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示。不计轨道电阻。以下叙述正确的是(　　)‎ 图15‎ A.FM向右 B.FN向左 C.FM逐渐增大 D.FN逐渐减小 解析　‎ 电磁感应中，感应电流所受安培力总是阻碍导体棒的运动，且安培力既垂直于导体棒又垂直于磁场，故FM、FN方向均向左，选项A错误，B正确；导体棒在M区运动时，离通电直导线距离逐渐变小，磁场逐渐增强，感应电流及安培力均变大；同理，在N区运动时，远离通电直导线，磁场减弱，感应电流及安培力均变小，选项C、D正确。‎ 答案　BCD 技巧4.假设推理法 ‎【例4】 (多选)一点电荷仅受电场力作用，由A点无初速度地释放，先后经过电场中的B点和C点。点电荷在A、B、C三点的电势能分别用EA、EB、EC表示，则EA、EB和EC间的关系可能是(　　)‎ A.EA>EB>EC B.EAEC>EB 解析　若电场力一直做正功，则点电荷在电场中的电势能逐渐减小，显然EA>EB>EC；若电场力先做正功后做负功，则点电荷在电场中的电势能先减小后增大，显然有EA>EC>EB或EA>EB>EC或EA>EB＝EC；……总之，EA不小于EB、EC。‎ 答案　AD 技巧5.极限思维法 ‎【例5】 由相关电磁学知识可以知道，若圆环形通电导线的中心为O，环的半径为R，环中通大小为I的电流，如图16甲所示，则环心O处的磁感应强度大小B＝·，其中μ0为真空磁导率。若P点是过圆环形通电导线中心O点的轴线上的一点，且距O点的距离是x，如图乙所示。请根据所学的物理知识判断下列有关P点处的磁感应强度BP的表达式正确的是(　　)‎ 图16‎ A.BP＝· B.BP＝· C.BP＝· D.BP＝· 解析　本题看似无法解决，但题目中已知O点的磁感应强度大小的表达式。应用极限法，当x＝0时，P点与O点重合，磁感应强度大小BP＝·，选项A正确。‎ 答案　A 点评　当某些问题无法求解时，可将题中某些物理量的值推向极端(如本题中将x推向0)，然后对选项进行分析推理，进而得出答案。解题时要注意：①有哪些量可以推向极端；②极端推向0还是无穷大。‎ 技巧6.计算推理法 ‎【例6】 (多选)如图17甲所示，阻值为 Ω的三个完全相同的灯泡a、b、c分别接在理想变压器的原、副线圈两端，变压器通过一内阻不计，线圈匝数n＝10的一小型发电机供电，当矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕固定轴OO′转动，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间按如图乙所示的正弦规律变化时，三灯泡都正常发光，则下列说法正确的是(　　)‎ 图17‎ A.发电机电动势瞬时表达式为e＝20sin (200t)V B.理想变压器原、副线圈匝数之比为2∶1‎ C.理想交流电压表的示数为 V D.理想交流电流表的示数为2 A 解析　由题图乙可知，矩形线圈转动的周期T＝π×10－2 s，角速度ω＝＝‎ eq f(2π,π×10－2) rad/s＝200 rad/s，则矩形线圈产生的最大电动势Em＝nBSω＝nΦmω＝10××10－2×200 V＝20 V，因为计时起点是垂直于中性面，故发电机电动势瞬时表达式为e＝20cos (200t)V，选项A错误；发电机电动势有效值为E有＝ V＝20 V，设通过灯泡的电流为I，则有＝＝，故理想变压器原、副线圈匝数之比为2∶1，选项B正确；由电压关系可得＝，即U＝ V，选项C错误；由欧姆定律可得通过灯泡的电流I＝＝ A＝2 A，则理想交流电流表的示数为2 A，选项D正确。‎ 答案　BD 课时跟踪训练 选择题(1～6题为单项选择题，7～12题为多项选择题)‎ ‎1.(2018·江苏单科，2)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 kV B.110 kV C.440 kV D.880 kV 解析　设输送功率为P，则有P＝UI，其中U为输电电压，I为输电电流。为使输电线上损耗的功率减小为原来的四分之一，由P损＝I2R(R为输电线的电阻，恒定不变)可知应使I变为原来的二分之一，又输送功率不变，则输电电压应变为原来的2倍，即440 kV，选项C正确。‎ 答案　C ‎2.在如图1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(　　)‎ 图1‎ 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(负电荷向左运动，电流方向向右)，选项D正确。‎ 答案　D ‎3.(2018·山西省高三质量检测)如图2，理想变压器的原、副线圈电路中接有四只规格相同的灯泡，原线圈电路接在电压恒为U0的交变电源上。当S断开时，L1、L2、L3三只灯泡均发光。若闭合S，已知灯泡都不会损坏，且灯丝电阻不随温度变化，则(　　)‎ 图2‎ A.灯泡L1变亮 B.灯泡L2变亮 C.灯泡L3亮度不变 D.灯泡L4正常发光 解析　当S断开时，设原线圈电流为I1，电压变U1，副线圈电流为I2，电压为U2，灯泡电阻为R，由变压器规律得＝，＝，则U1＝U2＝·I2R并＝I1R并。因原线圈有灯泡，故U0＝I1R＋U1＝I1R＋I1·R并；闭合S时R并减小，故I1增大，则灯泡L1变亮；变压器的输入电压减小，而匝数比不变，则变压器的输出电压减小，则灯泡L2和L3变暗，L4不能正常发光。故选项A正确，B、C、D错误。‎ 答案　A ‎4.如图3所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，原线圈接正弦交变电流，副线圈接电动机，电动机线圈电阻为R。当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升。若电动机因摩擦造成的能量损失不计，则图中电压表的读数为(　　)‎ 图3‎ A.4IR＋ B. C.4IR D.IR＋ 解析　电动机带动质量为m的重物以速度v匀速上升，电动机的输出功率等于克服重力做功的功率，P输出＝mgv，由I1∶I2＝n2∶n1，可知I2＝2I，所以P热＝IR＝4I2R，P2＝P输出＋P热＝mgv＋4I2R，由于是理想变压器，所以P1＝P2＝U1I，U1＝4IR＋，因此选项A正确。‎ 答案　A ‎5.在如图4甲所示电路中，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)。R1＝30 Ω，R2＝60 Ω，R3＝10 Ω。在MN间加上如图乙所示的交变电压时，R3两端电压表的读数大约是(　　)‎ 图4‎ A.3 V B.3.5 V ‎ C.4 V D.5 V 解析　在0～0.01 s内，二极管导通，R1、R2并联电阻R12＝＝20 Ω，R3‎ 两端电压U3＝Um＝4 V，在0.01～0.02 s内，二极管截止，R3两端电压U3′＝Um＝3 V。根据交流电有效值的定义得×＋×＝×T，解得电压表示数U≈3.5 V，选项B正确。‎ 答案　B ‎6.(2018·福建厦门市模拟)如图5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(其阻值随光照强度增大而减小)。当电键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5‎ A.只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，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，电源消耗的功率变大，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，电压表示数变大，带电微粒向下运动 D.若断开电键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，总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，R2两端的电压变大，电容器两端的电压增大，电容器所带电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，故选项A正确；电路稳定时，电容器相当于断路，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故选项B错误；只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，与电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，电场力变大，带电微粒向上运动，故选项C错误；若断开电键S，电容器处于放电状态，电容器所带电荷量变小，故选项D错误。‎ 答案　A ‎7.如图6所示电路中，电阻R1＝1 Ω，R2＝3 Ω，R3＝6 Ω，闭合开关S1‎ 后，当开关S2闭合时，电压表示数为7 V，当开关S2断开时，电压表示数为9 V，则下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A.电源的电动势为21 V B.电源的内阻为3 Ω C.断开开关S2后，电源的输出功率增大 D.断开开关S2后，电源的效率增大 解析　设电源的电动势为E，内阻为r，闭合开关S1后，当S2闭合时，R2和R3并联，R23＝2 Ω，U1＝，当S2断开时，U2＝，解得E＝21 V，r＝3 Ω，选项A、B正确；S2闭合时，外电阻为3 Ω，等于电源内阻，此时电源的输出功率最大，S2断开时，外电阻为4 Ω，大于电源内阻，则电源的输出功率减小，选项C错误；断开开关S2后，外电阻增大，电源效率增大，选项D正确。‎ 答案　ABD ‎8.(2018·山西太原一模)如图7为远距离输电示意图，其中T1、T2为理想变压器，r是输电线的电阻，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(　　)‎ 图7‎ 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副线圈中的电流增大，根据变流规律知，T2原线圈电流增大，即输电线上电流增大，输电线上损耗的电压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电压减小，变暗，故选项A错误，B正确；仅将滑片P下移，变压器T1副线圈匝数增加(n2增加)根据＝可知U2变大，所以变压器T2的输入电压U3增大，U4增大，再根据I4＝得负载电流增大，整个电路电流增大，r消耗的功率会变大，故选项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，所以选项D正确。‎ 答案　BD ‎9.一含有理想变压器的电路如图8所示，正弦交流电源电压为U0，变压器原、副线圈匝数之比为3∶1，电阻关系为R0＝R1＝R2＝R3，V为理想交流电压表，示数用U表示，则下列判断正确的是(　　)‎ 图8‎ A.闭合开关S，电阻R0与R1消耗的功率之比为9∶1‎ B.闭合开关S，电阻R0与R1消耗的功率之比为1∶1‎ C.断开S，U0∶U＝11∶3‎ D.断开S，U0∶U＝4∶1‎ 解析　闭合开关S，设副线圈中经过每个电阻的电流为I，根据变压器输入功率等于输出功率可知，电阻R0中电流为I，由P＝I2R可知，电阻R0与R1消耗的功率之比为1∶1，选项A错误，B正确；断开S，设副线圈每个电阻中电流为I′，U1为原线圈输出电压，I1为原线圈电流，由2I′U＝U1I1，U0＝U1＋I1R0，U＝I′R0，2I′∶I1＝3∶1，联立解得U0∶U＝11∶3，选项C正确，D错误。‎ 答案　BC ‎10.电源的电动势为E，内阻为r，各电阻阻值如图9所示，当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ 图9‎ A.电压表的示数U先增大后减小 B.电流表的示数I先增大后减小 C.电压表示数U与电流表示数I的比值不变 D.电压表示数的变化量ΔU与电流表示数的变化量ΔI的比值不变 解析　当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，总电阻先增大后减小，电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律可知总电流先减小后增大，则内电路电压先减小后增大，外电路电压先增大后减小。所以电流表的示数I先减小后增大，电压表的示数U先增大后减小，故选项A正确，B错误；电压表示数U与电流表示数I的比值表示外电阻，所以应先增大后减小，故选项C错误；设滑动变阻器的滑动触头P在某次滑动前后，电压表的示数分别为U1和U2，电流表的示数分别为I1和I2，根据闭合电路欧姆定律，有E＝U1＋I1r，E＝U2＋I2r。联立以上两式得＝－r，故选项D正确。‎ 答案　AD ‎11.某小型电站电能输送的示意图如图10所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路，与副线圈相连的输送线路的电阻可等效为电阻R。线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计。下列说法正确的是(　　)‎ 图10‎ A.将原线圈抽头P向上滑动时，用户的灯泡变暗 B.图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大 C.若线圈abcd转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为2NBSω D.用电高峰期，随着发电厂输出功率的增大，输电线上损耗的功率占总功率的比例不变 解析　矩形线圈abcd中产生交变电流，将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈匝数变大，根据电压与匝数成正比知，输出电压减小，故灯泡会变暗，故选项A正确；线圈处于图示位置时，是中性面位置，矩形线圈中感应电动势的瞬时值为零，故选项B错误；若线圈转动的角速度变为2ω，根据电动势最大值公式可得Em＝2NBSω，最大值增加为原来的2倍，有效值E＝也变为2倍，则变压器原线圈电压的有效值为2NBSω，故选项C正确；随着发电厂输出功率的增大，升压变压器的输出电压不变，则输电线电流增大，输电线损失电压增大，输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，选项D错误。‎ 答案　AC ‎12.(2018·石家庄市三模)如图11甲所示是一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的交变电压随时间变化的图象，现将该交流电接在如图乙所示的理想变压器原线圈的两端，V1、V2为理想交流电压表，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。下列说法中正确的是(　　)‎ 图11‎ A.该交变电压瞬时值的表达式为u＝220sin (100πt)V B.当t＝1.5×10－2 s时，线圈平面与磁场方向平行 C.若只减少理想变压器原线圈的匝数，则变压器的输入功率将减小 D.若只增大滑动变阻器接入电路中的阻值，则电压表V1与V2示数的比值将减小 解析　由图甲可知，该交流电的频率为50 Hz，电压最大值为220 V，故其瞬时值表达式为u＝220sin (100πt)V，选项A错误；由图甲可知，当t＝1.5×10－2 s时，交变电压最大，由法拉第电磁感应定律可知，此时磁通量的变化率最大，穿过线圈的磁通量为零，故此时线圈平面与磁场方向平行，选项B正确；若只减少理想变压器原线圈的匝数，则副线圈两端的电压将升高 ‎，副线圈中的电流将增大，变压器的输出功率将变大，故输入功率将变大，选项C错误；若只增大滑动变阻器接入电路中的阻值，由题意可知，电压表V1的示数不发生变化，而副线圈电路中电流将减小，定值电阻R0两端的电压将减小，电压表V2的示数将增大，故电压表V1与V2示数的比值将减小，选项D正确。‎ 答案　BD