2020屆高考藝術(shù)生物理復(fù)習專題四第1講直流電路與交流電路

1、專題!JJ電路與電磁感應(yīng)直流電路與交流電路考情分析,備考導航明確高考考情透視命第助律三年考情分析高考命題規(guī)律三年考題考查內(nèi)容核心弄3卜交交電流科學2018出卷16T中熱思維量的計算考向聚焦,高考必備1 .直流電路的考查：以電學實驗為主，單獨對直 流電路的分析與計算進行命題的概率較小，有 時會綜合電磁感應(yīng)現(xiàn)象，能量等知識進行綜合 考查.全國卷中只有 2016全國卷n中的第17 題對含電容器的電路進行了考查.2 .交流電路的考查：2018全國卷出第16題考查 了交流電的產(chǎn)生和描述.3 .2020年高考全國卷從以下幾個方面命題的概率較大：(1)理想變壓器的工作原理與規(guī)律及動態(tài)分析.(2)遠距離輸電的

2、模式.(3)交流電的產(chǎn)生和 描述.深研熱點者向突破放送指導考向一直流電路的動態(tài)分析知識必備提核心通技法1 .明確1個定律、2個關(guān)系閉合電路的歐姆定律：I = R).(2)路端電壓與電流的關(guān)系：U = E-Ir.(3)路端電壓與負載的關(guān)系路端電壓隨外電阻的增大而增大，隨外電阻的減小而減小.2.明確引起電路動態(tài)變化的原因(1)滑動變阻器、熱敏電阻或光敏電阻的阻值變化.(2)某支路開關(guān)閉合或斷開.典題例析析典題 學通法E、內(nèi)電阻為r, Ri、例1（多選）在如圖所示的電路中，電源的負極接地，其電動勢為R2為定值電阻，R3為滑動變阻器，C為電容器，A、V分別為理想電流表和電壓表.在滑動變 阻器的滑片P自

3、a端向b端滑動的過程中，下列說法正確的是（）A.電壓表示數(shù)減小B.電流表示數(shù)增大C.電容器C所帶電荷量增多D. a點的電勢降低審題指導滑動變阻器的滑片自a端向b端滑動一滑動變阻器接入電路的電阻減小 一總 電阻減小一總電流增大一局部電流、電壓、功率變化，也可根據(jù)串反并同法或極限法求解.解析BD 基礎(chǔ)解法：程序法滑片P由a端向b端滑動，滑動變阻器接入電路的阻值減小，則電路總電阻減小，總電流增大，電阻Ri兩端電壓增大，電壓表 V示數(shù)變大，A錯U2誤；電阻R2兩端的電壓 U2= EI總（Ri + r）, I總增大，貝U U2減小，12 = 一，故I2減小，電流 R2表A的示數(shù)Ia=I總一I2增大，B正

4、確；由于電容器兩端的電壓Uc= U2減小，由Q = CUc知電容器所帶電荷量 Q減小，C錯誤；Uab= （）a （）b= （）a= U2,故（）a降低，D正確.能力解法一：串反并同法由于R3減小，R2與R3并聯(lián)，則U2、I2均減小，而Uc= U2,Q=CUc,知電容器所帶電荷量 Q減小，C錯誤；Uab= U2= （）a （）b=（）a減小，D正確；因 為Ri間接與R3串聯(lián)，故Ii、Ui均增大，電壓表 V示數(shù)增大，A錯誤；電流表和滑動變阻器 串聯(lián)，滑動變阻器接入電路的阻值減小時，電流表 A示數(shù)增大，B正確.能力解法二：極限法 若將1t片P滑到b點，則R3=0,如=岫=0, D正確；R2兩端 電壓

5、為零，則電容器 C兩端電壓也為零，電容器所帶電荷量 Q = 0, C錯誤；當R3=0時，電 路總電阻最小，總電流最大， Ri兩端電壓最大，故 A錯誤；由于Ia=IiI2,此時Ii最大，I2 =0最小，故Ia最大，B正確.跟進題組練考題 提能力i. （20i9銀川期末）如圖所示電路，電源內(nèi)阻不可忽略.開關(guān) S閉合后，在滑動變阻器 R0 的滑片向下滑動的過程中（）A.電壓表的示數(shù)增大，電流表的示數(shù)減小B.電壓表的示數(shù)減小，電流表的示數(shù)增大C.電壓表與電流表的示數(shù)都增大D.電壓表與電流表的示數(shù)都減小解析：D Ro向下滑，的減小，R總減小，21總=-E, TU內(nèi)=1總Tr, JU路=EUR總J內(nèi)T ,

6、因此電壓表示數(shù)減小，接下來看第一級：定值電阻Ri與右端總電阻串聯(lián)，先看定值電阻Ri, I總=Ii變大，所以Uri增大，由J U路=Ui T + U并可知U并減小.看第二級：定值電阻R2與Ro并聯(lián)，U2 = U并減小，所以I2 = U2減小，電流表示數(shù)也減小，所以D選項正確.R22.（2020西安*II擬）如圖所示的電路中，電源的電動勢為 E、內(nèi)阻為r,電表均為理想電表.閉 合開關(guān)S,滑動變阻器的滑動觸頭由圖示的位置向右滑動一小段距離，在這個過程中，下列判 斷正確的是（）於，T J ®©11'S 瓦rA.電源的輸出功率增加B.電阻R2兩端電壓減小C.電容器所帶電荷量減

7、少D.電壓表與電流表示數(shù)變化量的比值增加解析：C Ri向右滑動，使Ri減小，電容器與 Ri并聯(lián)，電容器相當于斷路，所以R總J=Ri J +R2+ r減小，由I總T =一可知I總增大，U內(nèi)T =1總T r增大，U路J=E U內(nèi)T R總J減小，定值電阻 R2的電流增大，所以 Ur2 T = I總T R2, UR2增大，U路J=UR1+UR2T,所以Uri減小，Uc=Uri減小，由Qc=CUc可知Qc減小，C選項正確，B選項錯誤.對于定值電.一 Ui U2 AU 一阻R=7 = 77=不，而變化電阻不能成立，由于 E=U路+ U內(nèi)，當測路端電壓的電壓表本數(shù)減少AU時，內(nèi)電壓就增加 AU,所以=丁 =

8、當，選項D是錯誤的.而對電源的輸出功率，當r=R外時，輸出功率最大，開始時 R外與r的關(guān)系不確定，所以當 Ri向右滑動時，不知 R外與r最接近，還是相差更多，因此電源的輸出功率如何變不確定，因此 A選項錯誤.所以應(yīng)選C選項.規(guī)律方法知規(guī)律 握方法閉合電路的動態(tài)分析方法(1)程序法：閉合電路中，由于局部電阻變化(或開關(guān)的通斷)，引起各部分電壓、電流(或燈泡明暗)發(fā)生變化，分析此類問題的基本步驟是：由局部電阻變化判斷總電阻的變化；由1=一匚判斷總電流的變化； R+r由U內(nèi)=Ir判定內(nèi)電壓的變化；據(jù)U=EU內(nèi)判斷路端電壓的變化；接下來要逐級確定定值電阻的電壓或電流的變化，再確定變化電阻的電壓或電流的

9、變化.(2)極限法：即因變阻器滑片滑動引起電路變化的問題，可將變阻器的滑動端分別滑至兩個極端去討論.(3)特殊值法：對于某些電路問題，可以采取代入特殊值法判定，從而得出結(jié)論.(4)結(jié)論法：“串反” “并同”.即某一電阻阻值變化，則與該電阻相串聯(lián)的用電器兩端電壓、通過的電流、消耗的功率都將與該電阻阻值變化情況相反；與該電阻相并聯(lián)的用電器兩端電壓、通過的電流、消耗的功率都將與該電阻阻值變化情況相同.考向二交變電流的產(chǎn)生及描述知識必備提核心通技法1 .線圈通過中性面時的特點(1)穿過線圈的磁通量最大.(2)線圈中的感應(yīng)電動勢為零.(3)線圈每經(jīng)過中性面一次，感應(yīng)電流的方向改變一次.2 .正弦式交流電

10、的 “四值”的應(yīng)用(以電動勢為例)四值計算式應(yīng)用最大值Em= NBSco計算電容器的耐壓值瞬時值e= Emsin w t計算閃光電器的閃光時間等功效值_ Em 荻電表的讀數(shù)、電熱、電功及保險絲熔斷電流的計算等平均值nA E= At計算通過導體橫截面的電荷量等注意：(1)只有正弦交流電最大值與有效值間才有W倍關(guān)系.(2)計算電熱時只能用有效值，不可用平均值.(3)計算電荷量時應(yīng)該用平均值.典題例析 析典題 學通法例2 (2019商丘三模)(多選)如圖甲為小型旋轉(zhuǎn)電樞式交流發(fā)電機，電阻為r=2 Q,矩形線圈在磁感應(yīng)強度為 B的勻強磁場中，繞垂直于磁場方向的固定軸 OO '勻速轉(zhuǎn)動，線圈的

11、兩端經(jīng)集流環(huán)和電刷與右側(cè)電路連接，右側(cè)電路中滑動變阻器R的最大阻值為Ro=40 ，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻Ri=Ro、R2 = R0,其他電阻不計.從線圈平面與磁場方向平行時開始計時，閉合開關(guān)S,線圈轉(zhuǎn)動過程中理想交流電壓表示數(shù)是10 V,圖乙是矩形線圈磁通量 隨時間t變化的圖像，則下列說法正確的是()甲乙5A.電阻R2上的熱功率為7 WB. 0.02 s時滑動變阻器 Ro兩端的電壓瞬時值為零C.線圈產(chǎn)生的e隨時間t變化的規(guī)律是 e=10V2cos (100句VD.線圈開始轉(zhuǎn)動到t= s的過程中，通過 R1的電荷量為 興 C 600200 兀審題指導(1)矩形線圈從與中性面垂直的位

12、置開始計時，產(chǎn)生余弦規(guī)律的交流電.(2)理想交流電壓表的示數(shù)是有效值.(3)從一t圖象中可讀出交流電的周期，進而求出頻率.7解析AD 由電路的串、并聯(lián)關(guān)系可得R外= 4R0=10 ，電壓表測的是電源的路端Ro電壓，由歐姆定律 1= = 1 A,所以I2=IX=- A 所以PR2 = I2R2 = - WR 外 10 aRo 27R2+ 2A所以A選項正確. 0.02 s時中=0, 最大，Ro兩端電壓最大，所以 B選項錯誤.E= U At+ Ir=12 V,所以Em = 121>2 V,由于從中性面垂直位置計時，應(yīng)為余弦函數(shù)，e=12，2A兀cos（100 兀t） V, C 選項錯誤.q

13、=,轉(zhuǎn)過 9= cot = , Em =m 3 A =m sin 9,代R外 + r6入得q=20Q C，所以選項D正確，應(yīng)選 A、D.跟進題組練考題 提能力1. （2018全國卷m, 16T）一電阻接到方波交流電源上，在一個周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q方;若該電阻接到正弦交流電源上，在一個周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Qe該電阻上電壓白峰值均為 U。,周期均為T,如圖所示，則 Q方：Q正等于（）A. 1 ： V2C. 1 ： 2B.2 ： 1D. 2 ： 1222 -解析：D 由焦耳定律Q=?t,得：Q方=管3； +曾二Q正RR 2 R 2以 所 T-_Q方2一=；,故D正確，A、B、C錯誤.Q正12. （20

14、20陜西省榆林市第三次模擬）如圖甲所示，為一臺小型發(fā)電機構(gòu)造示意圖，線圈逆時針轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的電動勢隨時間按余弦規(guī)律變化，其e-1圖像如圖乙所示.發(fā)電機線圈的內(nèi)阻為1Q,外接燈泡的電阻為 9Q,電表均為理想電表，則（）A .電壓表的示數(shù)為 6 VB.在2X102 s時刻，穿過線圈的磁通量變化率為零，線圈與中性面平行C.在1X10 2 s時刻，穿過線圈的磁通量為零，線圈處于中性面D.發(fā)電機的輸出功率為 3.24 W解析：D 由Em=642 V, E = £= 6 V,由閉合電路歐姆定律得，電壓表示數(shù)RU = R+ rE=5.4 V,故A錯誤；在2X10-2 s時刻，感應(yīng)電動勢最大， 故穿過

15、線圈的磁通量變化率最大,線圈與中性面垂直， 故B錯誤；在1X10-2 s時刻，感應(yīng)電動勢為零，故說明線圈處于中性面,此時穿過線圈的磁通量最大，故C錯誤；燈泡實際消耗的功率即電源的輸出功率，由功率公式可知，P = U= 吟 W=3.24 W,故輸出功率為 3.24 W,故D正確. R 9易錯警示辨易錯 防未然解決交變電流問題要注意的幾點(1)理解幾個特殊位置的磁通量、磁通量的變化率、感應(yīng)電動勢及感應(yīng)電流方向的特點與中性面重合時，S, B,最大，號=0, e=0,i = 0,電流方向?qū)l(fā)生改變. A一, 一,與中性面垂直時， S/1B,=0, At取大，e取大,i最大；電流方向不變.(2)區(qū)分交變

16、電流的峰值、瞬時值、有效值和平均值.(3)確定交變電流中電動勢、電壓、電流的有效值后就可以運用直流電路的規(guī)律處理交流電路中的有關(guān)問題.(4)交變電流瞬時值表達式書寫的基本思路確定正、余弦交變電流的峰值， 根據(jù)已知圖像或由公式 Em=nBSco求出相應(yīng)峰值，其中3=多衛(wèi)=2 f = 2 n明確線圈的初始位置，找出對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式.a.若線圈從中性面開始計時，則 e t圖像為正弦函數(shù)，e= Emsintb.若線圈從垂直中性面開始計時，則 e t圖像為余弦函數(shù)，e= Emcos cot考向三有關(guān)變壓器問題分析知識必備提核心通技法理想變壓器的基本關(guān)系大小關(guān)系因果關(guān)系功率P入=P出P出決定P入電壓U1

17、n1 m>n2：降壓變壓器五一 n2 m<n2：升壓變壓器U1決定U2電流只有一個副線圈時，；=耍 |2 n1有多個副線圈時，U1|1 =U2I2+U3I3+ UnIn|2決定|1典題例析析典題 學通法例3 （2020棗莊*II擬）（多選）如圖所示，一理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比為ni : n2=10 ： 1,原線圈接入電壓 u=22042sin （100兀t）V的交流電源，電壓表和電流表對電路的影響 可忽略不計，定值電阻R）= 10 Q,可變電阻R'的阻值范圍為010 Q,則（）A.副線圈中交變電流的頻率為 100 Hz8. t=0.02 s時，電壓表的示數(shù)為 22 V

18、C.調(diào)節(jié)可變電阻 R'的阻值時，電流表示數(shù)的變化范圍為0.110.22 AD.當可變電阻阻值為10 時，變壓器的輸入電功率為242 W審題流程第一步審題干一提取信息（1）從輸入電壓的表達式可知道電壓的最大值2202 V,有效值為220 V,角速度1000周期 T=2Jt= 0.02 s,頻率 f= 1=50 Hz. wI（2）電壓表、電流表的示數(shù)指的是電壓、電流的有效值，在哪個時刻都不變.第二步審問題一明確目標輸入電流是由輸出端負載電阻的大小決定的，因此必須先計算負載電阻的變化范圍，再計算輸出的功率的變化范圍，最后確定輸入電流的變化范圍.解析BC 原、副線圈繞在同樣的鐵芯上，因此原、副

19、線圈中交變電流的周期、頻率都是相同的，由 u=220 V2sin（100 忒）V可知3 = 100兀，由3 = 2k 可知f = - = 50 Hz , A52兀選項錯誤.電表的示數(shù)在任何時刻都是有效值，是不變的,U1的有效值為最大值除以小即Ui niUi = 220 V .由一=一可得U2 = 22 V,所以B選項是正確的.調(diào)節(jié)R' R副的取值范圍是10 U2 n2U220 Q, P2=,可得P2的范圍是24.248.4 W ,由于是理想變壓器，Pi的范圍也是24.2 R48.4 W ,由Pi = UiIi可知電流表的變化范圍是0.110.22 A ,因此C選項正確，D是錯誤的.跟進

20、題組 練考題 提能力1 .（多選）一臺理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比是5： 1,原線圈接入電壓為 220 V的正弦交流電，各元件正常工作，一個理想二極管和一個滑動變阻器R串聯(lián)接在副線圈上，如圖所示.電壓表和電流表均為理想交流電表，則下列說法正確的是（）A.原、副線圈中的電流之比為5 ： 1B.電壓表的讀數(shù)約為 31.11 VC.若滑動變阻器接入電路的阻值為20 Q,則1 min內(nèi)產(chǎn)生的熱量為2 904 JD.若將滑動變阻器的滑片向上滑動，則兩電表讀數(shù)均減小解析：BC 由 n1|1 = n2l2,可得 I1 ： I2=n2： n = 1 ： 5,選項 A 錯誤；U = 220 V, U2 = 4

21、4V,電壓表測量的是電阻 R兩端的電壓，其示數(shù)表示有效值， 需要根據(jù)電流的熱效應(yīng)計算電壓的有效值，取交流電的一個周期T,考慮到二極管具有單向?qū)щ娦?，則U2T=T,代入數(shù)據(jù)R 2 R可得變阻器兩端電壓有效值U = 2202 V = 31.11 V,選項B正確；1 min內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q=U2t = 2 904 J,選項C正確；若將滑動變阻器的滑片向上滑動，滑動變阻器接入電路的阻值變小，但滑動變阻器兩端電壓的有效值不變，即電壓表示數(shù)不變，變阻器消耗的功率變大，輸出功率變大，輸入功率和輸入電流均變大，所以電流表示數(shù)變大，選項D錯誤.2 . （2020湖北武漢武昌區(qū)元月調(diào)研 ）（多選）如圖為遠

22、距離輸電示意圖，兩變壓器均為理想變壓器.升壓變壓器 T1的原、副線圈匝數(shù)之比為n1 ： n2 = 1 ： 10,在T1的原線圈兩端接入一正弦交流電，輸電線的總電阻為 2r=2 ，降壓變壓器T2的原、副線圈匝數(shù)之比為 n3：n4=10：1,若T2的“用電設(shè)備”兩端的電壓為U4=200 V且“用電設(shè)備”消耗的電功率為10 kW,不考慮其他因素的影響，則（）T；A . T1的副線圈兩端電壓的最大值為2 01072 VB. T2的原線圈兩端的電壓為2 000 VC.輸電線上損失的電功率為50 WD. T1的原線圈輸入的電功率為10.1 kW解析：ABC 容=n3,解得U3=2 000 V , “用電設(shè)

23、備”中的電流l4=7p- = 10kW=50 A, U 4 n4U 4 200 V輸電線上的電流I2=I3=1=5 A,輸電線上損失的電壓為AU=l2-2r=10 V,升壓變壓器副線圈兩端的電壓 U2=U3+AU = 2 010 V, T1的副線圈兩端電壓的最大值為2 010m V, A、B正確；輸電線上損失的電功率AP= I2 2r = 50 W, C正確；T1的原線圈輸入的電功率為 P' = P + AP=10 000 W + 50 W= 10 050 W, D 錯誤.規(guī)律方法知規(guī)律 握方法變壓器動態(tài)分析方法1 .變壓器動態(tài)分析常見的兩種情況(1)負載不變，匝數(shù)比變化;(2)匝數(shù)比

24、不變，負載變化.2 .處理此類問題應(yīng)注意三點(1)根據(jù)題意分清變量和不變量;(2)要弄清“誰決定誰”的制約關(guān)系電壓是輸入決定輸出，電流和功率是輸出決定輸入;(3)動態(tài)分析順序:由負載電阻R和U2決定I2；由P2=U2l2,確定P1；由p=U1l1,確定I1.課時作業(yè)限時提能A級對點練題組一直流電路的分析1.（2020長沙長郡中學模擬）如圖為直流電動機提升重物的裝置，重物的重量 G=500 N, 電源電動勢E=90 V,電源內(nèi)阻r=2 ，不計各處摩擦，當電動機以v = 0.6 m/s的恒定速度向上提升重物時，電路中的電流I = 5 A,下列判斷不正確的是（）A.電動機消耗的總功率為B.電動機線圈

25、的電阻為400 W0.4 QC.電源的效率約為 88.9%D .電動機的效率為 75%解析：B 重物被提升的功率 P重=5丫= Gv=500X 0.6 W = 300 W,此時電路中的電流 I=5 A,則電源的總功率 P總=EI = 90X5 W=450 W,設(shè)電動機線圈的電阻為R,根據(jù)能量守恒定律得 P總=P重+I2r+I2R,則得 R=P總一P重一I2r 450-300-52X 2I252Q=4 Q,電動機消耗的總功率 P電=P重+I2R= 400 W,電源的效率P總一I2r450-52X 2尸丁 X100% = 5P重X 100% = 88.9%,電動機的效率%=X100% =Pit+

26、I2R300300+ 52X 4X 100% = 75%,故選項 B符合題意.2. （2020廣州模擬）在如圖所示白電路中， E為電源電動勢，r為電源內(nèi)阻，Ri和R3均為 定值電阻，R2為滑動變阻器.當 R2的滑動觸點在a端時合上開關(guān) S,此時三個電表 Ai、A2 和V的示數(shù)分別為Ii、I2和U.現(xiàn)將R2的滑動觸點向b端移動，則三個電表示數(shù)的變化情況是A. Ii增大，I2不變，U增大B. Ii減小，I2增大，U減小C. Il增大，12減小，U增大D. Il減小，I2不變，U減小解析：B 由題圖知電壓表測量路端電壓，電流表 Ai測量流過Ri的電流，電流表 A2測 量流過R2的電流.R2的滑動觸點

27、向b端移動時，R2減小，整個電路的總電阻減小，總電流增大，電源的內(nèi)電壓增大，則路端電壓減小，即電壓表示數(shù)U減小，R3電壓增大，Ri、R2并聯(lián)電壓減小，通過 Ri的電流Ii減小，而總電流I增大，則流過 R2的電流I2增大.故A、C、D錯誤，B正確.3. （2020孝義市一模）如圖所示的電路中，電源電動勢 E=8 V,內(nèi)阻r = 2 Q,電阻R2= 6 Q,電容為i 口的平行板電容器水平放置且下極板接地.當滑動變阻器Ri的滑片處于b端時，有一帶電油滴位于板間正中央 P點且恰好處于靜止狀態(tài).下列說法正確的是 （ ）SI“ ? ¥%。T_I1A.此時P點電勢為6 VB.電容器上極板所帶電荷量

28、為6Xi0 6 CC.若僅將電容器上極板緩慢上移少許，則P點電勢不變D.若僅將滑片P從b端向a端緩慢移動少許，則油滴將向下移動R2解析：B 由閉合電路的歐姆定律可知：路端電壓U =E = 6 V,那么電容器兩極的R2+r一 i電勢差為6 V,又有下端接地，故電勢為零，那么 P點電勢為2U = 3 V,故A錯誤；電容器上極板所帶電荷量 Q = CU = ix i0 6X6 C=6X i0 6 C,故B正確；移動電容器上極板， 電容器兩端電勢差不變；又有兩極板間距離增大，故電場強度減??；又有P點到下極板的距離不變，故電勢差減小，那么， P點電勢減小，故 C錯誤；滑片P從b端向a端移動，那么外電路電

29、阻增大，所以路端電壓增大，故兩極板電勢差增大，極板間場強增大，那么，油滴受到的電場力增大；油滴受重力和電場力作用，故有開始時油滴靜止可知：電場力方向向上，那么，移動滑片后油滴合外力向上，故油滴向上運動，故D錯誤.題組二交變電流的產(chǎn)生及描述4. （2020河南模擬）（多選）如圖i所示，在勻強磁場中，一電阻均勻的金屬正方形線圈abcd2所示，則下列說以垂直磁感線的cd邊為轉(zhuǎn)動軸勻速轉(zhuǎn)動，線圈產(chǎn)生的交變電動勢圖像如圖法正確的是（）A. t=3 s時刻通過線圈的磁通量為零B. ab邊兩端的電壓大小等于 dc邊兩端的電壓大小C.此交變電動勢的頻率為 50 HzD. dc邊兩端電壓的有效值為 2y2 V解

30、析：ABD 由圖乙可知，當t=3 s時，感應(yīng)電動勢最大，則此時穿過線框回路的磁通量變化率最大，磁通量為零.故 A正確；由圖可知，線框中的ab邊與dc邊切割磁感線，產(chǎn)生電動勢，由 E=BLv可知二者產(chǎn)生的電動勢是相等的；由于線框各部分的電阻串聯(lián)，所以ab邊與dc邊電壓降U=IR也相等，所以ab邊兩端的電壓大小等于 dc邊兩端的電壓大小. 故1 1B正確；由圖可知，交流電的周期為 0.04 s,則此交變電動勢的頻率為：f= 1 = 004 Hz = 25 Hz;故C錯誤；由圖可知，交流電壓的最大值為16 V,則有效值為8亞 V,該電路的等效電路如圖設(shè)ab邊與dc邊產(chǎn)生的電動勢都是 E,每一條邊的電

31、阻都是 r,則E=42 V 2E電路中的電流：I = 472E 1，,一dc 邊兩側(cè)的電壓： Udc=EIr =E 1 r = 2E=2j2 V.故 D 正確.5 .（多選）如圖所示，圖線a是線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動時所產(chǎn)生的正弦交流電的圖像,b所示，以下關(guān)于這兩個正弦交流電當調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速后，所產(chǎn)生的正弦交流電的圖像如圖線的說法正確的是（）A.在圖中t=0時刻穿過線圈的磁通量均為零B.線圈先后兩次轉(zhuǎn)速之比為3： 2C.交流電a的瞬時值表達式為 u= 10sin 5疝(V)D.交流電b的最大值為20 V3解析：BCD 在圖中t=0時刻，感應(yīng)電動勢為零，穿過線圈的磁通量最大，A錯誤；a的周期為0.

32、4 s, b的周期為0.6 s,轉(zhuǎn)速與周期成反比，所以轉(zhuǎn)速之比為3 ：2, B正確；交流，一 2 兀電的瞬時值表達式為u= Um sin w t,所以a的瞬時值表達式為u= 10sinat= 10sin 5 it(V), C22正確；由Um=NBSco,可知角速度變?yōu)樵瓉淼膭t最大值變?yōu)樵瓉淼慕涣麟奲的最大值為 3320可V, D正確. 36 .圖1中，單匝矩形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直磁場的軸轉(zhuǎn)動.改變線圈的轉(zhuǎn)速， 穿過該線圈的磁通量隨時間分別按圖2中圖線甲、乙的規(guī)律變化.設(shè)線圈的電阻為1.0 ，則()A.圖線甲對應(yīng)線圈在 t=0時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大B.圖線甲、乙對應(yīng)的線圈在t=2.0

33、s時，線圈平面均平行于磁感線C.圖線甲、乙對應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為4 : 5D.圖線甲對應(yīng)的線圈中交變電流的峰值為2.5 A解析：B 在t= 0時，甲最大，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最小， 故A錯誤；因為在t= 0.2 sx 10 = 2.0 s時，甲=乙=0,所以線圈平面均平行于磁感線，故 B正確；由圖可知甲、乙圖線 一-1 _，一、，對應(yīng)的周期之比為 4 : 5,而線圈的轉(zhuǎn)速 n=T，所以圖線甲、乙對應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為5 ：4,-2 兀,、故C錯誤；甲圖線對應(yīng)的線圈中交流電壓的峰值Em=BSco=:。，*V=5兀V,電流的峰值Im="R" = 5兀A,故D項錯誤.題組三變壓器及遠距

34、離輸電7. （2019山西四模）如圖甲所示，一阻值為 R的電阻接在電動勢為 E、內(nèi)阻為r的直流電 源兩端，電源的效率為94.1%;如圖乙所示，當該阻值為R的電阻通過理想變壓器接在電壓有 效值為E、內(nèi)阻為r的交流電源上時，變壓器原線圈兩端的電壓為E，則該變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為（）A. 4 ： 1B. 1 ： 4C. 16 ： 1D. 1 ： 16R解析：B 當接直流電源時，有： r=94.1%R+r解得：R=16r根據(jù)原副線圈的電壓比等于匝數(shù)比可知:En1 U12n2 - U2- U2根據(jù)原副線圈的功率相等可知:En2 2 即為.鼠工顯 “ 2r 2 Rn11解得：n= 4I1U1 = I2

35、U2故B正確，A、C、D錯誤.8. （2020安徽一模）有一理想變壓器，副線圈所接電路如圖所示，燈 兩只小燈泡.當S斷開時，燈L1正常發(fā)光.保持原線圈輸入電壓不變, 正確的是（）L1、L2為規(guī)格相同的S閉合后，下列說法A.電阻R消耗的功率增大B.原線圈的輸入電流減小C.原、副線圈的電壓比增大D.燈Li、L2都能正常發(fā)光解析：A 當S閉開后，電路的電阻減小，副線圈的電流增大，所以電阻R兩端的電壓增大，故R消耗的功率增大，故 A正確；變壓器原副線圈的匝數(shù)不變，故原副線圈中電流之比不變，副線圈中電流增大，故原線圈中電流也增大，故 B錯誤；因線圈匝數(shù)之比不變，故原副線圈中電壓比不變，故 C錯誤；當S閉

36、合后，電路的電阻減小，副線圈的電流增大，所以通過電阻R的電壓增大，燈泡兩端的電壓減小，燈 Li、L2都不能正常發(fā)光，故 D錯誤.9.（2020河南鄭州檢測）如圖所示的電路中，R為光敏電阻（增大照射光的強度電阻會減小卜C為電容器，燈泡L的額定電壓為50 V,理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為 2 ： 1.閉合開關(guān) S,在a、b兩端輸入正弦式交變電流u=100q2sin 10疝（V）,則下列說法正確的是（）A.燈泡會正常發(fā)光B.光敏電阻中的電流和燈泡中的電流相等C.增大照射光的強度照射光敏電阻，燈泡會變亮D.斷開開關(guān)S,燈泡會熄滅解析：C 由題可知，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為2 ： 1 ,原線

37、圈兩端的電壓的Ui ni有效值為100 V,根據(jù)屯=扁，可知副線圈兩端的電壓的有效值為50 V,由于電容器和光敏電阻都會阻礙交變電流的通過，因此燈泡兩端的電壓小于50 V,不會正常發(fā)光，A錯誤；由于電容器能通交流，因此光敏電阻 R中的電流小于燈泡中的電流,B錯誤；增大照射光的強度照射光敏電阻，光敏電阻的阻值減小，因此燈泡中的電流增大，燈泡會變亮，C正確；斷開開關(guān)S,由于電容器能通交流，因此燈泡不會熄滅，D錯誤.10.（2020資陽*II擬）如圖所示, b.當輸入電壓U為燈泡額定電壓的理想變壓器原、副線圈分別接有額定電壓相同的燈泡a和10倍時，兩燈泡均能正常發(fā)光.下列說法正確的是（）B.原、副線

38、圈匝數(shù)之比為9 ： 1C.此時a和b的電功率之比為10 ： 1D.此時a和b的電功率之比為1 ： 10解析：B 燈泡正常發(fā)光，則其電壓均為額定電壓U,則說明原線圈輸入電壓為 9U,輸.一. ,，一 I1 n2 11出電壓為U;則可知，原副線圈匝數(shù)之比為 9 ： 1,故A錯誤，B正確；根據(jù)公式丁=二可得丁 =I2 n1I211,由于小燈泡兩端的電壓相等，所以根據(jù)公式P=UI可得兩者的電功率之比為 1：9;故C錯9誤，D錯誤.B級綜合練11. （2019江蘇南京三模，5）如圖所示為遠距離輸電的原理圖，升壓變壓器的原副線圈匝數(shù)比為m,降壓變壓器的原副線圈匝數(shù)比為n,輸電線的電阻為 R,升壓變壓器和降

39、壓變壓器均為一理想變壓器，發(fā)電機輸出的電壓恒為U,若由于用戶的負載變化，使電壓表V2的示數(shù)減小了 AU,則下列判斷正確的是 （）A.電流表 A2的示數(shù)增大了 RB.電流表A1的示數(shù)增大了嚕RC.電壓表V1的示數(shù)減小了AUD,輸電線損失的功率增加了nRU 2R解析：B 由4=m得U1 = U,由于U、m不變，故U1不變，故C錯.設(shè)降壓變壓器的 U1m ,，U'1。一R輸入電壓為 U',則 U' =U1-I1R,由 U2 = n 得，U2=n m-l1R ,則 AU = - nAI1，由此可見，電流表A1的示數(shù)增大了 nRU,即B正確.由1二，得I2=nl1,由此可知,I2

40、增大了n2 AUR ，nn AU故A錯.輸電線損失的功率增加量AP=（I1+ AI1）2R- I2R= 2I1AI1 R+ AI2RW2R,故D錯.12.（2020新課標n卷一模）如圖所示，直角三角形導線框 OPQ放置在磁感應(yīng)弓雖度大小為 B, 方向垂直于 OQ向右的勻強磁場中，且 OP邊的長度為L, /POQ=9.當導線框繞 OQ邊以角 速度3逆時針轉(zhuǎn)動（從。向Q觀察）時，下列說法正確的是（）fiA.導線框OPQ內(nèi)無感應(yīng)電流B.導線框OPQ內(nèi)產(chǎn)生大小恒定，方向周期性變化的交變電流C. P點的電勢始終大于O點的電勢 .一 .一 . .一 .1 CD.如果截去導線 PQ,則P、。兩點的電勢差的最大值為 2BL2cosin 9cos 0解析：D 導線框OPQ內(nèi)，只有邊長 OP做切割磁感線運動，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，根據(jù)法 拉第電磁感應(yīng)定律可求得感應(yīng)電動勢的大小為E=BL號尸 wcos Osin w 2BL2wsin Qcos Osin3專故導線框OPQ內(nèi)產(chǎn)生正弦式交變電流，故A、B錯誤；由于導體框OPQ內(nèi)產(chǎn)生正弦式交變電流，P點的電動勢與 。點的電動勢大小成周期性變化，故C錯誤；如果截取導線 PQ,則沒有感應(yīng)電流，但 PQ兩點的電勢差 U=BLLs尸wcos （Sin w 2BL2sin 0cos的in