2021屆高考物理二輪復(fù)習(xí)-專(zhuān)題四-第1講-直流電路與交流電路學(xué)案

2021屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題四第1講直流電路與交流電路學(xué)案2021屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題四第1講直流電路與交流電路學(xué)案PAGE15-2021屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題四第1講直流電路與交流電路學(xué)案2021屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題四第1講直流電路與交流電路學(xué)案年級(jí)：姓名：第1講直流電路與交流電路思維導(dǎo)圖要點(diǎn)熟記1.明確“1個(gè)定律、2個(gè)關(guān)系”(1)閉合電路的歐姆定律：I＝eq\f(E,R＋r)。(2)路端電壓與電流的關(guān)系：U＝E－Ir。(3)路端電壓與負(fù)載的關(guān)系U＝IR＝eq\f(R,R＋r)E＝eq\f(1,1＋\f(r,R))E，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.掌握電容器的“兩特點(diǎn)”(1)只有當(dāng)電容器充、放電時(shí)，電容器支路中才會(huì)有電流，當(dāng)電路穩(wěn)定時(shí)，電容器所在的支路相當(dāng)于斷路。(2)電路穩(wěn)定時(shí)，與電容器串聯(lián)的電路中沒(méi)有電流，同支路的電阻相當(dāng)于導(dǎo)線，電容器的電壓為與之并聯(lián)的電阻兩端的電壓。3.區(qū)分交變電流的“四值”(1)最大值：Em＝nBSω。(2)瞬時(shí)值：e＝nBSωsinωt(從中性面開(kāi)始計(jì)時(shí))。(3)有效值：正弦式交變電流的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))；非正弦式交變電流的有效值必須根據(jù)電流的熱效應(yīng)，用等效的思想來(lái)求解。(4)平均值：eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)，常用來(lái)計(jì)算通過(guò)電路的電荷量。4.熟記理想變壓器的“四個(gè)關(guān)系式”(1)功率關(guān)系：P入＝P出。(2)電壓關(guān)系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)。(3)電流關(guān)系：只有一個(gè)副線圈時(shí)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)。(4)頻率關(guān)系：f1＝f2。[研考向·提能力]__________________________________考向研析__掌握應(yīng)試技能考向一直流電路的動(dòng)態(tài)分析直流電路動(dòng)態(tài)分析的3種常用方法(1)程序法遵循“局部—整體—部分”的思路，按以下步驟分析：(2)結(jié)論法——“串反并同”①“串反”：指某一電阻增大(減小)時(shí)，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小(增大)。②“并同”：指某一電阻增大(減小)時(shí)，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大(減小)。(3)極限法因變阻器滑片滑動(dòng)引起電路變化的問(wèn)題，可將變阻器的滑片分別滑至兩個(gè)極端，使電阻最大或電阻為零去討論。[典例1](多選)在如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，D為理想二極管(具有單向?qū)ㄗ饔?，R1為定值電阻，C為電容器，電壓表和電流表均為理想電表，S1、S2均斷開(kāi)，則下列說(shuō)法正確的是()A．僅閉合S1，將滑動(dòng)變阻器的滑片向右移，電壓表、電流表示數(shù)均變大B．僅閉合S1，將滑動(dòng)變阻器的滑片向右移，電容器的帶電荷量不變C．先閉合S1，將滑動(dòng)變阻器的滑片向右移，再閉合S2，電容器有放電現(xiàn)象D．同時(shí)閉合S1、S2，將滑動(dòng)變阻器的滑片向右移，定值電阻R1兩端的電壓增大[解析]僅閉合S1，回路中只有R1與R2串聯(lián)，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向右移時(shí)，R2的有效阻值減小，故總電阻減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得，總電流增大，路端電壓減小，即電壓表示數(shù)減小，電流表示數(shù)增大，因電容器與二極管串聯(lián)，電容器不能放電，故電容器的帶電荷量不變，故A錯(cuò)誤，B正確；先閉合S1，將滑動(dòng)變阻器的滑片向右移，路端電壓減小，故電容器所帶的電荷量減小，再閉合S2，電容器與R2形成閉合回路，電容器對(duì)外放電，故C正確；同時(shí)閉合S1、S2，二極管與R1并聯(lián)，而二極管的正向?qū)щ姷碾娮铻榱?，故此時(shí)R1被短接，故D錯(cuò)誤。[答案]BC規(guī)律總結(jié)閉合電路動(dòng)態(tài)分析的三點(diǎn)注意……………………(1)引起電路變化的原因：電阻變化、電鍵的通斷。(2)電容器的特點(diǎn)：電路穩(wěn)定后，電容器所在支路電阻無(wú)電壓降，因此電容器兩極板間的電壓就等于該支路兩端的電壓。電路中的電流、電壓變化時(shí)，將會(huì)引起電容器的充、放電。(3)二極管的特點(diǎn)：具有單向?qū)щ娦浴?.(2020·百校二聯(lián))如圖所示的電路中，R1和R2是兩個(gè)阻值相等的定值電阻，R是滑動(dòng)變阻器，電源電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)電阻為r，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭從右向左移動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．R1、R2消耗的電功率均逐漸變小B．R1消耗的功率逐漸變小，R2消耗的功率逐漸變大C．電源內(nèi)阻r消耗的熱功率逐漸減小D．R和R1消耗的總功率逐漸增大解析：在滑動(dòng)觸頭從右向左移動(dòng)的過(guò)程中，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值減小，所以電路的總電阻減小，總電流I增大，根據(jù)P2＝I2R2，可知R2消耗的功率逐漸變大；由U＝E－Ir，可知路端電壓減小，R2兩端的電壓增大，則R1兩端的電壓減小，根據(jù)P1＝eq\f(U2,R1)，可知R1消耗的功率逐漸變小，故A錯(cuò)誤，B正確?？傠娏髟龃?，由P＝I2r，知電源內(nèi)電阻消耗熱功率逐漸增大，故C錯(cuò)誤。將R2看成電源內(nèi)電路的一部分，R和R1消耗的總功率是等效電源的輸出功率，由于等效電源的內(nèi)阻大于外電阻，所以當(dāng)外電阻減小時(shí)，輸出功率減小，則電阻R和R1消耗的總功率逐漸減小，故D錯(cuò)誤。答案：B2．(2020·河北石家莊模擬)在如圖所示的電路中，電源的負(fù)極接地，其電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)電阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為滑動(dòng)變阻器，C為電容器，A、V為理想電流表和電壓表。在滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)頭P自a端向b端滑動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．電壓表示數(shù)變小B．電流表示數(shù)變小C．電容器C所帶電荷量增多D．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)降低解析：在滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)頭P自a端向b端滑動(dòng)的過(guò)程中，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，干路電流I增大，電阻R1兩端電壓增大，則電壓表示數(shù)變大。電阻R2兩端的電壓U2＝E－I(R1＋r)，I增大，則U2變小，電容器兩板間電壓變小，其帶電荷量減小。根據(jù)外電路中順著電流方向，電勢(shì)降低，可知a點(diǎn)的電勢(shì)大于零，a點(diǎn)的電勢(shì)等于R2兩端的電壓，U2變小，則a點(diǎn)的電勢(shì)降低。通過(guò)R2的電流I2減小，通過(guò)電流表的電流IA＝I－I2，I增大，I2減小，則IA增大，即電流表示數(shù)變大。綜上所述，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。答案：D3．(多選)(2020·河南開(kāi)封高三5月調(diào)研)如圖所示，R0為熱敏電阻(溫度降低電阻增大)，D為理想二極管(正向電阻為零，反向電阻無(wú)窮大)，C為平行板電容器，M點(diǎn)接地，在開(kāi)關(guān)S閉合后，C中央有一帶電液滴剛好靜止。下列各項(xiàng)單獨(dú)操作可能使帶電液滴向上運(yùn)動(dòng)的是()A．將熱敏電阻R0加熱B．滑動(dòng)變阻器R的滑片P向上移動(dòng)C．開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)D．電容器C的上極板向上移動(dòng)解析：要使液滴向上運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)增大液滴受到的電場(chǎng)力，即應(yīng)增大兩板間的電勢(shì)差。熱敏電阻加熱時(shí)，熱敏電阻阻值減小，由閉合電路歐姆定律可知，滑動(dòng)變阻器兩端的電壓增大，故電容器兩端的電壓增大，液滴向上運(yùn)動(dòng)，A正確；當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向上移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻減小，則總電流增大，電源的內(nèi)電壓及R0兩端的電壓增大，則滑動(dòng)變阻器兩端的電壓減小，但由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器兩極板所帶電荷量不變，故電容器兩端的電勢(shì)差不變，B錯(cuò)誤；開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，電容器直接接在電源兩端，電容器兩端電壓增大，則液滴向上運(yùn)動(dòng)，C正確；電容器C的上極板向上移動(dòng)，d增大，則電容器的電容C減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器兩極板所帶電荷量不變，由于U＝eq\f(Q,C)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，E＝eq\f(U,d)，所以E＝eq\f(4πkQ,εrS)，由于極板上的電荷量不變，而場(chǎng)強(qiáng)E與極板之間的距離無(wú)關(guān)，所以電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，液滴仍然靜止，D錯(cuò)誤。答案：AC4．(2020·高考全國(guó)卷Ⅰ)圖(a)所示的電路中，K與L間接一智能電源，用以控制電容器C兩端的電壓UC。如果UC隨時(shí)間t的變化如圖(b)所示，則下列描述電阻R兩端電壓UR隨時(shí)間t變化的圖像中，正確的是()解析：電阻R兩端的電壓UR＝IR，其中I為線路上的充電電流或放電電流。對(duì)電容器，Q＝CUC，而I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝Ceq\f(ΔUC,Δt)由UC-t圖像知，1～2s內(nèi)，電容器充電，令I(lǐng)充＝I；2～3s內(nèi)，電容器電壓不變，則I＝0；3～5s內(nèi)，電容器放電，則I放＝eq\f(I,2)。聯(lián)系UR＝IR可知，電阻R兩端的電壓隨時(shí)間的變化圖像與A對(duì)應(yīng)。答案：A考向二交變電流的產(chǎn)生和描述1．中性面的特點(diǎn)(1)穿過(guò)線圈的磁通量最大。(2)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零。(3)線圈每經(jīng)過(guò)中性面一次，感應(yīng)電流的方向改變一次。2．計(jì)算有效值的三點(diǎn)注意(1)計(jì)算有效值時(shí)，要根據(jù)串聯(lián)電路中“相同時(shí)間”內(nèi)“相同電阻”上產(chǎn)生“相同熱量”列式求解。(2)分段計(jì)算電熱，求和得出一個(gè)周期內(nèi)產(chǎn)生的總熱量。(3)利用兩個(gè)公式Q＝I2Rt和Q＝eq\f(U2,R)t可分別求得電流有效值和電壓有效值。3．交變電流“四值”的應(yīng)用(1)最大值：Em＝nBSω，分析電容器的耐壓值。(2)瞬時(shí)值：E＝Emsinωt(由中性面開(kāi)始計(jì)時(shí))，計(jì)算閃光電器的閃光時(shí)間、線圈某時(shí)刻的受力情況。(3)有效值：電表的讀數(shù)及計(jì)算電熱、電功、電功率及保險(xiǎn)絲的熔斷電流。(4)平均值：eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)，計(jì)算通過(guò)電路截面的電荷量。[典例2](2020·山東濱州二模)如圖所示為線圈匝數(shù)為n的小型旋轉(zhuǎn)電樞式交流發(fā)電機(jī)的原理圖，其矩形線圈面積為S，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)方向的固定軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。矩形線圈電阻為r，矩形線圈通過(guò)兩刷環(huán)接電阻R，伏特表接在R兩端。當(dāng)線圈以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是()A．從線圈與磁場(chǎng)平行位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)為e＝nBSωsinωtB．當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到與磁場(chǎng)垂直時(shí)，電壓表示數(shù)為零C．線圈從與磁場(chǎng)平行位置開(kāi)始轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量為eq\f(nBS,R)D．線圈轉(zhuǎn)一周的過(guò)程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(πn2B2S2ω,R＋r)[解析]交流發(fā)電機(jī)產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的最大值為Em＝nBSω，從線圈與磁場(chǎng)平行位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)為e＝nBSωcosωt，故A錯(cuò)誤；交流電壓表測(cè)量的是電阻R兩端電壓的有效值，電動(dòng)勢(shì)的有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(nBSω,\r(2))，電流為I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(nBSω,\r(2)（R＋r）)，交流電壓表的示數(shù)為U＝IR＝eq\f(nBSωR,\r(2)（R＋r）)＝eq\f(\r(2)nRBSω,2（R＋r）)，故B錯(cuò)誤；線圈從與磁場(chǎng)平行位置開(kāi)始轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中，線圈轉(zhuǎn)動(dòng)eq\f(T,4)，eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)，平均電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R＋r)，電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝neq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(nBS,R＋r)，故C錯(cuò)誤；線圈轉(zhuǎn)一周的過(guò)程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2(R＋r)T＝[eq\f(nBSω,\r(2)（R＋r）)]2(R＋r)×eq\f(2π,ω)＝eq\f(πn2B2S2ω,R＋r)，故D正確。[答案]D易錯(cuò)警示理解交變電流的三點(diǎn)注意……………………(1)注意區(qū)分交變電流的最大值、瞬時(shí)值、有效值和平均值，其中最大值是瞬時(shí)值中的最大值，有效值是以電流的熱效應(yīng)來(lái)定義的。(2)交變電流瞬時(shí)值表達(dá)式書(shū)寫(xiě)的基本思路(如典例中的A選項(xiàng))①確定正弦式交變電流的峰值，根據(jù)已知圖像或由公式Em＝NBSω求出相應(yīng)峰值，其中ω＝eq\f(2π,T)＝2πf＝2πn。②明確線圈的初始位置，找出對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式。a．若線圈從中性面開(kāi)始計(jì)時(shí)，則e-t圖像為正弦函數(shù)，e＝Emsinωt；b．若線圈從垂直中性面開(kāi)始計(jì)時(shí)，則e-t圖像為余弦函數(shù)，e＝Emcosωt。(3)與電磁感應(yīng)問(wèn)題一樣，求解與電能、電熱相關(guān)的問(wèn)題時(shí)，要用有效值，如典例中的D選項(xiàng)；而求解通過(guò)導(dǎo)體某橫截面的電荷量時(shí)，要用平均值，如典例中的C選項(xiàng)。5．若一電阻接到方波交流電源上，在一個(gè)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(gè)周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q正。該電阻上電壓的峰值均為u0，周期均為T(mén)，如圖所示，則Q方∶Q正等于()A．1∶eq\r(2) B．eq\r(2)∶1C．1∶2 D．2∶1解析：根據(jù)焦耳定律知產(chǎn)生的熱量與方波中的電流方向的變化無(wú)關(guān)，故Q方＝eq\f(ueq\o\al(2,0),R)T，而正弦交流電電壓的有效值等于峰值的eq\f(1,\r(2))，故Q正＝eq\f(（\f(u0,\r(2))）2,R)T＝eq\f(1,2)·eq\f(ueq\o\al(2,0),R)T，所以eq\f(Q方,Q正)＝eq\f(2,1)，D正確。答案：D6．(多選)單匝閉合矩形線框電阻為R，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，穿過(guò)線框的磁通量Φ與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A.eq\f(T,2)時(shí)刻線框平面與中性面垂直B．線框的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)有效值為eq\f(\r(2)πΦm,T)C．線框轉(zhuǎn)一周外力所做的功為eq\f(2π2Φeq\o\al(2,m),RT)D．從t＝0到t＝eq\f(T,4)過(guò)程中線框的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為eq\f(πΦm,T)解析：中性面的特點(diǎn)是與磁場(chǎng)垂直，穿過(guò)的磁通量最大，磁通量變化率最小，則eq\f(T,2)時(shí)刻線框在中性面上，A錯(cuò)；電動(dòng)勢(shì)最大值為Em＝Φmω＝Φmeq\f(2π,T)，對(duì)正弦交流電，E有＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2)πΦm,T)，B對(duì)；由功能關(guān)系知，線框轉(zhuǎn)一周外力做的功等于產(chǎn)生的電能，W＝E電＝eq\f(Eeq\o\al(2,有),R)·T＝eq\f(2π2Φeq\o\al(2,m),RT)，C對(duì)；由法拉第電磁感應(yīng)定律知，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Φm,\f(T,4))＝eq\f(4Φm,T)，D錯(cuò)。答案：BC7．(多選)(2020·安徽六安3月模擬)如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.2m的正方形線圈abcd，其匝數(shù)為n＝100、總電阻為r＝2Ω，外電路的電阻為R＝8Ω，ab的中點(diǎn)和cd的中點(diǎn)的連線OO′恰好位于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界線上，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T。若線圈從圖示位置開(kāi)始以角速度ω＝2rad/s繞OO′軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則以下判斷正確的是()A．在t＝eq\f(π,4)時(shí)刻，磁場(chǎng)穿過(guò)線圈的磁通量為0，故此時(shí)磁通量變化率為0B．閉合電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式e＝4sin2tVC．從t＝0時(shí)刻到t＝eq\f(π,4)時(shí)刻，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q＝0.16πJD．從t＝0時(shí)刻到t＝eq\f(π,4)時(shí)刻，通過(guò)R的電荷量q＝0.2C解析：在t＝eq\f(π,4)時(shí)刻，線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)90°，磁場(chǎng)穿過(guò)線圈的磁通量為0，線圈中磁通量變化率最大，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值Em＝nB·eq\f(L2,2)ω＝100×1×eq\f(0.22,2)×2V＝4V，開(kāi)始計(jì)時(shí)時(shí)，線圈中磁通量最大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0，則閉合電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式e＝Emsinωt＝4sin2tV，故B項(xiàng)正確；線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,2)s＝πs，回路中感應(yīng)電流的最大值Im＝eq\f(Em,r＋R)＝0.4A，回路中電流的有效值I＝eq\f(Im,\r(2))＝0.2eq\r(2)A，從t＝0時(shí)刻到t＝eq\f(π,4)時(shí)刻，電阻R上產(chǎn)生的熱量Q＝I2R·eq\f(T,4)＝(0.2eq\r(2))2×8×eq\f(π,4)J＝0.16πJ，故C項(xiàng)正確；從t＝0時(shí)刻到t＝eq\f(π,4)時(shí)刻，電路中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)，電路中的平均電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),r＋R)，線框中磁通量的變化量ΔΦ＝B·eq\f(L2,2)，通過(guò)R的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，解得q＝neq\f(BL2,2（r＋R）)＝100×eq\f(1×0.22,2×10)C＝0.2C，故D項(xiàng)正確。答案：BCD考向三變壓器與遠(yuǎn)距離輸電1．分析技巧(1)根據(jù)題意分清變量和不變量。(2)弄清“誰(shuí)決定誰(shuí)”的制約關(guān)系。對(duì)電壓而言，輸入決定輸出；對(duì)電流、電功(率)而言，輸出決定輸入。2．動(dòng)態(tài)分析的“兩不變”(1)負(fù)載電阻不變，討論變壓器原、副線圈兩端的電壓、電流、電功率等隨匝數(shù)比的變化情況。(2)匝數(shù)比不變，討論變壓器原、副線圈兩端的電壓、電流、電功率等隨負(fù)載電阻的變化情況。3．遠(yuǎn)距離輸電的“兩損耗”(1)電壓損耗：輸電線上的電阻導(dǎo)致的電壓損耗，UR＝U2－U3＝IRR。(2)功率損耗：輸電線上的電阻發(fā)熱導(dǎo)致的功率損耗，PR＝P2－P3＝Ieq\o\al(2,R)R，輸電線上的能量損耗是熱損耗，計(jì)算功率損耗時(shí)用公式PR＝Ieq\o\al(2,R)R或PR＝eq\f(Ueq\o\al(2,R),R)。[典例3](2020·山東青島高三下學(xué)期統(tǒng)一質(zhì)檢)某實(shí)驗(yàn)小組模擬遠(yuǎn)距離輸電的原理圖如圖所示，A、B為理想變壓器，R為輸電線路的電阻，燈泡L1、L2規(guī)格相同，保持變壓器A的輸入電壓不變。下列說(shuō)法正確的是()A．?dāng)嚅_(kāi)S，A的輸入功率減小B．?dāng)嚅_(kāi)S，L1不受影響C．將滑片P下移，燈泡L1變暗D．將滑片P上移，A的輸入功率增大[解析]斷開(kāi)S，B變壓器副線圈電路中電阻變大，則電路中電流變小，變壓器B輸出功率減小，則變壓器A輸入功率減小，輸電線上的電流減小，輸電線上損失的電壓變小，則變壓器B的輸入電壓變大，輸出電壓也變大，L1變亮，故A正確，B錯(cuò)誤；將滑片P下移，A變壓器副線圈匝數(shù)變大，副線圈電壓變大，電流變大，則B變壓器副線圈電流變大，燈泡L1變亮，故C錯(cuò)誤；將滑片P上移，A變壓器副線圈匝數(shù)變小，副線圈電壓變小，電流變小，原線圈中電流變小，A的輸入功率變小，故D錯(cuò)誤。[答案]A8．(多選)如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為1∶2，正弦交流電源電壓為U＝12V，電阻R1＝1Ω，R2＝2Ω，滑動(dòng)變阻器R3最大阻值為20Ω，滑片P處于中間位置，則()A．R1與R2消耗的電功率相等B．通過(guò)R1的電流為3AC．若向上移動(dòng)P，電源輸出功率將變大D．若向上移動(dòng)P，電壓表讀數(shù)將變大解析：由理想變壓器電流與匝數(shù)關(guān)系式eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)得eq\f(I1,I2)＝eq\f(2,1)，電阻消耗功率P＝I2R，電阻R1與R2消耗的電功率是2倍關(guān)系，A錯(cuò)誤；設(shè)通過(guò)電阻R1的電流為I，副線圈中的電流為eq\f(I,2)，由功率關(guān)系得UI＝I2R1＋(eq\f(I,2))2(R2＋eq\f(R3,2))，解得I＝3A，B正確；若向上移動(dòng)滑片P，滑動(dòng)變阻器連入電路中的阻值減小，變壓器輸出功率變大，則電源輸出功率增大，原線圈中電流增大，電阻R1兩端電壓增大，原線圈兩端電壓減小，則副線圈兩端電壓也減小，即電壓表讀數(shù)變小，C正確，D錯(cuò)誤。答案：BC9．(2020·浙江7月選考)如圖所示，某小型水電站發(fā)電機(jī)的輸出功率P＝100kW，發(fā)電機(jī)的電壓U1＝250V，經(jīng)變壓器升壓后向遠(yuǎn)處輸電，輸電線總電阻R線＝8Ω，在用戶(hù)端用降壓變壓器把電壓降為U4＝220V。已知輸電線上損失的功率P線＝5kW，假設(shè)兩個(gè)變壓器均是理想變壓器，下列說(shuō)法正確的是()A．發(fā)電機(jī)輸出的電流I1＝40AB．輸電線上的電流I線＝625AC．降壓變壓器的匝數(shù)比n3∶n4＝190∶11D．用戶(hù)得到的電流I4＝455A解析：發(fā)電機(jī)輸出電流I1＝eq\f(P,U1)＝eq\f(100×103,250)A＝400A，A錯(cuò)誤；輸電線上損失的功率P線＝Ieq\o\al(2,線)R線＝5000W，所以I線＝eq\r(\f(P線,R線))＝eq\r(\f(5000,8))A＝25A，B錯(cuò)誤；用戶(hù)得到的功率P4＝P－P線＝(100－5)kW＝95kW，則I4＝eq\f(P4,U4)＝eq\f(95×103,220)A＝eq\f(4750,11)A≈432A，即用戶(hù)得到的電流為432A，故eq\f(n3,n4)＝eq\f(I4,I線)＝eq\f(190,11)，故C正確，D錯(cuò)誤。答案：C10．(多選)如圖所示，理想變壓器副線圈1、2之間的匝數(shù)是總匝數(shù)的一半，二極管D具有單向?qū)щ娦?正向電阻為零，反向電阻為無(wú)窮大)，R是可變電阻，K是單刀雙擲開(kāi)關(guān)，原線圈接在電壓不變的正弦交流電源上。下列說(shuō)法正確的是()A．若R阻值不變，當(dāng)K分別接1和2時(shí)，電壓表讀數(shù)之比為2∶1B．若R阻值不變，當(dāng)K分別接1和2時(shí)，電壓表讀數(shù)之比為eq\r(2)∶1C．若K分別接1和2時(shí)，要使R消耗的功率相等，則R阻值之比為2∶1D．若K分別接1和2時(shí)，要使R消耗的功率相等，則R阻值之比為eq\r(2)∶1解析：設(shè)原線圈與副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，當(dāng)K接2時(shí)，eq\f(n1,\f(n2,2))＝eq\f(U1,U22)，此時(shí)電壓表示數(shù)與副線圈兩端的電壓相等，即U2＝U22＝eq\f(n2,2n1)U1，功率為P2＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R2)；當(dāng)K接1時(shí)，eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U21)，設(shè)此時(shí)電壓表的示數(shù)為U2′，則eq\f(Ueq\o\al(2,21),R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2′2,R)·T，得U2′＝eq\f(n2U1,\r(2)n1)，此時(shí)的功率為P1＝eq\f(U2′2,R1)。由上分析知，電壓表的示數(shù)之比為eq\r(2)∶1，要使R消耗的功率相等，則電阻值之比為2∶1，B、C對(duì)。答案：BC考向四交變電流的綜合問(wèn)題交變電流綜合問(wèn)題一般會(huì)與變壓器問(wèn)題相結(jié)合，常涉及交變電流最大值、有效值、平均值、瞬時(shí)值的計(jì)算，交變電流的圖像及與電磁感應(yīng)、安培力、閉合電路歐姆定律的綜合應(yīng)用等。解答時(shí)應(yīng)注意以下兩點(diǎn)：(1)分清交流電路中“四值”的不同計(jì)算方法及瞬時(shí)值表達(dá)式的書(shū)寫(xiě)和圖像的物理意義。(2)學(xué)會(huì)將直流電路、閉合電路歐姆定律及變壓器分析的知識(shí)應(yīng)用在交流電路中。[典例4](2020·河北保定4月檢測(cè))矩形線框與理想電流表、理想變壓器、燈泡連接電路如圖甲所示。燈泡標(biāo)有“36V40W”的字樣且阻值可以視作不變，變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為2∶1。線框產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是()A．圖乙電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝36eq\r(2)sinπtVB．變壓器副線圈中的電流方向每秒改變50次C．燈泡L恰好正常發(fā)光D．理想變壓器輸入功率為20W[解析]由題圖乙知周期T＝2×10－2s，角速度ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝72·sin100πtV，A錯(cuò)誤；線框轉(zhuǎn)一圈電流方向改變2次，線框每秒轉(zhuǎn)50圈，電流方向改變100次，變壓器不會(huì)改變電流方向改變的次數(shù)，即副線圈中電流方向每秒改變100次，B錯(cuò)誤；副線圈兩端電壓最大值是36V，有效值是eq\f(36,\r(2))V，小于燈泡額定電壓36V，燈泡L不能正常發(fā)光，C錯(cuò)誤；燈泡的電阻RL＝eq\f(U2,P)＝32.4Ω，變壓器的輸出功率為P出＝eq\f(（\f(36,\r(2))）2,32.4)W＝20W，所以理想變壓器的輸入功率為20W，D正確。[答案]D11．如圖所示，矩形閉合導(dǎo)線框ABCD處于可視為水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框繞垂直于磁場(chǎng)的軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，并與理想變壓器原線圈相連，副線圈接有一只“11V