2019高考物理二轮复习 专题四 电路与电磁感应（课件+学案+练习）（打包6套）.zip

1第 1 讲 直流电路与交流电路[做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律授课提示：对应学生用书第 54 页[真题再做]1．(2018·高考全国卷Ⅲ，T16)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∶ B. ∶12 2C．1∶2 D．2∶1解析：由有效值概念知，一个周期内产生热量 Q 方 ＝ · ＋ · ＝ T， Q 正u20R T2 u20R T2 u20R＝ T＝ T＝ · T，故知 Q 方 ∶ Q 正 ＝2∶1.U2有 效R u022R 12 u20R答案：D2.(2016·高考全国卷Ⅰ，T16)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 3Ω、1Ω 和 4Ω， 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．3C．4 D．5解析：设理想变压器原、副线圈的匝数之比为 n，开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比 ＝ ＝ ，通过 R2的电流 I2＝ nI，根据变压器的功率关系得，II2 n2n1 1nUI－ I2R1＝( nI)2(R2＋ R3)；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比＝ ＝ ，通过 R2的电流 I2′＝4 nI，根据功率关系有 U·4I－(4 I)2R1＝(4 nI)2R2，联4II2′ n2n1 1n立以上两式并代入数据解得 n＝3，选项 B 正确．2答案：B3．(2016·高考全国卷Ⅱ，T17)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.25 12C. D.35 23解析：S 断开时等效电路如图甲所示．电容器两端电压为 U1＝ × R× ＝ E；ER＋ 23R 23 12 15S 闭合时等效电路如图乙所示．电容器两端电压为 U2＝ × R＝ E，ER＋ 12R 12 13故由 Q＝ CU 得 ＝ ＝ ，故选项 C 正确．Q1Q2 U1U2 35答案：C4.(多选)(2016·高考全国卷Ⅲ，T21)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( )3A．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 TC．在 t＝ 时，两导线框中产生的感应电动势相等T8D．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解析：两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项 A 错误；导线框的转动周期为 T，则感应电流的周期也为 T，选项 B 正确；在 t＝ 时，切割磁感线的有T8效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项 C 正确； M 导线框中一直有感应电流， N 导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项 D 错误．答案：BC[考情分析]■命题特点与趋势——怎么考1．从近几年高考试题可以看出以下特点：应用串、并联电路规律，闭合电路欧姆定律及部分电路欧姆定律进行电路动态分析，稳态、动态含电容电路的分析，电路故障的判断分析，交变电流的产生及“四值” ，多以选择题形式出现．变压器的原理，电压比、电流比及功率关系，变压器的动态分析是考查的重点，题型以选择题为主．2．2019 年高考题会以部分电路欧姆定律与闭合电路欧姆定律的应用为主线，重点考查电路的动态分析与功率的计算；与日常生活、生产相联系的交变电流规律、远距离输电也可能会成为新命题点．■解题要领——怎么做1．理解串、并联电路的特点，闭合电路欧姆定律的含义．理解交变电流的“四值”含义和变压器、远距离输电的原理．2．掌握以下应考技法(1)程序法；(2)等效法；(3)分析推理法；(4)守恒法．[建体系·记要点] 知识串联 熟记核心要点授课提示：对应学生用书第 55 页[网络构建]4[要点熟记]1．闭合电路欧姆定律(1)闭合电路的欧姆定律： I＝ .ER＋ 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＝ E＝ 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．RR＋ r 11＋ rR2．正弦式交变电流的“四值”(1)最大值 Em＝ NBSω .(2)瞬时值 e＝ NBSω sin ωt .(从中性面开始计时)(3)有效值：正弦式交变电流的有效值 E＝ ；非正弦式交变电流的有效值必须根据电Em2流的热效应，用等效的思想来求解．(4)半个周期内的平均值： ＝ ，常用来计算通过电路的电荷量．E2NBSωπ3．理想变压器的基本关系式(1)功率关系： P 入 ＝ P 出．(2)电压关系： ＝ .U1U2 n1n2(3)电流关系：只有一个副线圈时， ＝ .I1I2 n2n1[研考向·提能力] 考向研析 掌握应试技能5授课提示：对应学生用书第 55 页考向一 直流电路的动态分析直流电路动态分析的 3 种常用方法(1)程序法遵循“局部—整体—部分”的思路，按以下步骤分析：(2)结论法——“串反并同”①“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)．②“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)．(3)极限法因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论．1．(多选)在如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，闭合开关后，当滑动变阻器的滑片 P 由 a 端滑向 b 端的过程中，以下说法正确的是( )A．电源内阻消耗的功率一定增大B．电源内阻消耗的功率一定减小C．电源的输出功率一定减小D．电源的输出功率可能减小解析：闭合开关后，当滑动变阻器的滑片 P 由 a 端滑向 b 端的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，所在支路的电阻增大，外电路电阻增大，电源输出电流减小，电源内阻消耗的功率 Pr＝ I2r 一定减小，选项 A 错误，B 正确；根据电源输出功率最大的条件可知，当外电路电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大．当滑动变阻器的滑片 P 由 a 端滑6向 b 端的过程中，电源的输出功率可能减小，选项 D 正确，C 错误．答案：BD2．如图所示，平行金属板中带电质点 P 处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响．当滑动变阻器 R2的滑片向 b 端移动时，则( )A．电压表示数增大 B.电流表示数减小C．质点 P 将向下运动 D． R1上消耗的功率逐渐减小解析：由题图可知，滑动变阻器 R2与 R3并联后与 R1串联，电容器与 R3并联．当滑动变阻器 R2的滑片向 b 端移动时， R2接入电路的阻值减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，路端电压减小， R1两端的电压增大，可知并联部分的电压减小，电压表读数减小，故 A 错误；并联部分电压减小，流过 R3的电流减小，而电路中总电流增大，故流过 R2的电流增大，即电流表示数增大，故 B 错误；因电容器两端电压减小，板间场强减小，质点受到的向上电场力减小，故质点 P 将向下运动，故 C 正确；因通过 R1的电流增大，由 P＝ I2R 可知， R1上消耗的功率增大，故 D 错误．答案：C3．(多选)(2018·百校联盟四月联考)在如图所示的电路中，电源电动势为 E，内阻为r， D 为理想二极管(具有单向导通作用)， R1为定值电阻， C 为电容器，电压表和电流表均为理想电表，S 1、S 2均断开，则下列说法正确的是( )A．仅闭合 S1，将滑动变阻器的滑片向右移，电压表、电流表示数均变大B．仅闭合 S1，将滑动变阻器的滑片向右移，电容器的带电荷量不变C．先闭合 S1，将滑动变阻器的滑片向右移，再闭合 S2电容器有放电现象D．同时闭合 S1、S 2，将滑动变阻器的滑片向右移，定值电阻 R1两端的电压增大解析：仅闭合 S1，回路中只有 R1与 R2串联，当滑动变阻器的滑片向右移时， R2的有效阻值减小，故总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律得，总电流增大，路端电压减小，即电压表示数减小，电流表示数增大，因电容器与二极管串联，电容器不能放电，故电容器的带电荷量不变，故 A 错误，B 正确；先闭合 S1，将滑动变阻器的滑片向右移，再闭合S2，电容器与 R2形成闭合回路，电压减小，故电容器所带的电荷量减小，电容器对外放电，7故 C 正确；同时闭合 S1、S 2，二极管与 R1并联，而二极管的正向导电的电阻为零，故此时R1被短接，故 D 错误．答案：BC考向二 交变电流的产生和描述[典例展示 1] 如图所示， N＝50 匝的矩形线圈 abcd， ab 边长 l1＝20cm， ad边长 l2＝25cm，放在磁感应强度 B＝0.4T 的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的 OO′轴以 n＝3000r/min 的转速匀速转动，线圈电阻r＝1Ω，外电路电阻 R＝9Ω， t＝0 时线圈平面与磁感线平行， ab 边正转出纸外、 cd 边转入纸里．则( )A． t＝0 时感应电流的方向为 a→ b→ c→ d→ aB．从图示时刻开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为 e＝314sin100π t(V)C．线圈转一圈外力做的功为 98.6JD．从图示位置起到线圈转过 90°的过程中通过电阻 R 的电荷量为 0.01C[解析] 根据右手定则，线圈中感应电流的方向为 a→ d→ c→ b→ a，选项 A 错误；由转速 n＝3000r/min 可知线圈的角速度 ω ＝100π rad/s，图示位置的感应电动势最大，其大小为 Em＝ NBl1l2ω ，代入数据得 Em＝314V，感应电动势的瞬时值表达式e＝ Emcosωt ＝314cos100π t(V)，选项 B 错误；感应电动势的有效值 E＝ ，线圈匀速转Em2动的周期 T＝ ＝0.02s，线圈匀速转动一圈，外力做功的大小等于电阻产生的热量的大2πω小，即 W＝ I2(R＋ r)T＝ ，代入数据得 W＝98.6J，选项 C 正确；从图示时刻起到线圈转E2TR＋ r过 90°的过程中，通过电阻 R 的电荷量 q＝ ＝ ＝ ，代入数据得NΔ ΦR＋ r NBΔ SR＋ r NBl1l2R＋ rq＝0.1C，选项 D 错误．[答案] C[规 律 总 结 ](1)有效值计算的三点注意①计算有效值时要根据串联电路中， “相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解．②分段计算电热，求和得出一个周期内产生的总热量．③利用两个公式 Q＝ I2Rt 和 Q＝ t 可分别求得电流有效值和电压有效值．U2R(2)交变电流“四值”应用的三点提醒8①在解答有关交变电流的问题时，要注意电路结构．②注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，其中最大值是瞬时值中的最大值，有效值是以电流的热效应等效来定义的．③与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关的问题时，要用有效值，如例题中 C项，计算功，先用有效值计算热量；而求解通过导体某横截面的电荷量时，要用平均值，如例题中 D 项．(3)交变电流瞬时值表达式书写的基本思路(如例题中 B 选项)①确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象或由公式 Em＝ NBSω 求出相应峰值，其中 ω ＝ ＝2π f＝2π n.2πT②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 e­t 图象为正弦函数， e＝ Emsinωt ；b．若线圈从垂直中性面开始计时，则 e­t 图象为余弦函数， e＝ Emcosωt .4．(2018·湖北武汉高中毕业生调研)如图所示，竖直长导线通有恒定电流，一矩形线圈 abcd 可绕其竖直对称轴 O1O2转动．当线圈绕轴以角速度 ω 沿逆时针(沿轴线从上往下看)方向匀速转动时，从图示位置开始计时，下列说法正确的是( )A． t＝0 时，线圈产生的感应电动势最大B．0～ 时间内，线圈中感应电流方向为 abcdaπ2ωC． t＝ 时，线圈的磁通量为零，感应电动势也为零π2ωD．线圈每转动一周电流方向改变一次解析：由右手定则可知，直导线右侧的磁场方向垂直纸面向外，则 t＝0 时，线圈中的磁通量最大，磁通量的变化率最小，产生的感应电动势最小，选项 A 错误；0～ 时间内，π2ω线圈转过 90°角，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向为 abcda，选项 B 正确； t＝时，线圈的磁通量为零，由于线圈的 ab 和 cd 边切割磁感线的速度方向与磁场方向不平π2ω9行，则感应电动势不为零，选项 C 错误；线圈每转动一周电流方向改变两次，选项 D 错误．答案：B5．(2018·湖南永州高三下学期第三次模拟)边长为 a 的 N 匝正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线且与线圈在同一平面内的对称轴匀速转动，转速为 n，线圈所围面积内的磁通量 Φ 随时间 t 变化的规律如图所示，图象中 Φ 0为已知．下列说法正确的是( )A． t1时刻线圈中感应电动势最大B． t2时刻线圈中感应电流方向发生变化C．匀强磁场的磁感应强度大小为Φ 0a2D．线圈中感应电动势的瞬时表达式为 e＝2 nNπ Φ 0sin2π nt解析： t1时刻通过线圈的磁通量最大，而磁通量的变化率等于零，故感应电动势为零，故 A 错误； t2时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，磁通量变化率最大，线圈中感应电流为最大值，电流不会改变方向，故 B 错误；磁通量与线圈匝数无关，所以磁感应强度B＝ ，故 C 正确；线圈中瞬时感应电动势的表达式为 e＝2 nNπ Φ 0cos2π nt，故 D 错Φ 0a2误．答案：C6．某小型交流发电机的示意图如图所示，其矩形线圈 abcd 的面积 S＝0.03m 2，共有10 匝，线圈总电阻 r＝1Ω，线圈处于磁感应强度大小为 T 的匀强磁场中，并可绕与磁22π场方向垂直的固定轴 OO′转动，线圈在转动时通过滑环和电刷与电阻 R＝9Ω 的外电路相连．在外力作用下线圈以 10πrad/s 的角速度绕轴 OO′匀速转动时，下列说法中正确的是( )A．电阻 R 的发热功率是 3.6WB．交流电流表的示数是 0.6AC．用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为 0.02sD．如果将电阻 R 换成标有“6V 3W”字样的小灯泡，小灯泡能正常工作10解析：线圈在转动过程中切割磁感线产生感应电动势的最大值Em＝ nBSω ＝10× ×0.03×10πV＝6 V，则电动势的有效值 E＝ ＝6V，根据闭合电路22π 2 Em2欧姆定律得电路中的电流 I＝ ＝ A＝0.6A，电阻的发热功率 P＝ I2R＝3.24W，A 错Er＋ R 61＋ 9误，B 正确；交流电的周期 T＝ ＝ s＝0.2s，所以用该交流发电机给电磁打点计时器2πω 2π10π供电时，打点的时间间隔为 0.2s，C 错误；如果将电阻换成小灯泡，根据题意可知小灯泡的电阻 RL＝ ＝12Ω，则电路中的电流 I′＝ ＝ A＝0.46A，小灯泡两端的电压U2P Er＋ RL 61＋ 12UL＝ I′ RL＝5.52V，小灯泡不能正常发光，D 错误．答案：B考向三 变压器与远距离输电[典例展示 2] (多选)如图所示为远距离输电示意图，其中 T1、 T2为理想变压器，输电线电阻可等效为电阻 r，灯 L1、L 2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．则下列说法正确的是( )A．仅闭合开关 S，灯 L1会变亮B．仅闭合开关 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副线圈电流增大，根据交变电流规律知，T2原线圈电流增大，即输电线上电流增大，导线上损耗的电压 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 L1电压减小，变暗，故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n2n1 U2U1U2变大，由 I2U2＝ I r＋ I R， I2n3＝ I3n4得 U2＝ I2(r＋ R)，因 U2变大， r 及 R 不变，则2 23n23n24I2变大，即输电线上电流变大， r 消耗的功率会变大，故 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 D 正确．[答案] BD[方 法 技 巧 ]抓住“两不变、两损耗”巧解变压器与远距离输电问题11(1)“两不变”的动态分析①负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况，如例题 C、D 选项中仅移动滑片 P 的位置，用来改变匝数比．②匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况，如例题中滑片 P 位置不变，保证了 T1的匝数比不变，选项 A、B 中仅闭合开关 S，改变负载．不论哪种情况，要注意两点：一、根据题意分清变量和不变量；二、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．(2)“两损耗”的输电分析①电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗， UR＝ U2－ U3＝ IRR，如例题中电流变化引起 r 上电压变化．②功率损耗：输电线上的电阻发热导致的功率损耗， PR＝ P2－ P3＝ I R.输电线上的能量2R损耗是热损耗，计算功率损耗时用公式 PR＝ I R 或 PR＝ .2RU2RR7.如图所示为原、副线圈匝数比为 n1∶ n2＝10∶1 的理想变压器， b 是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈 c、 d 两端加上 u1＝220 sin100π tV 的交变电2压，则下列说法正确的是( )A．当单刀双掷开关与 a 连接时，电压表的示数为 22 V2B．当单刀双掷开关与 a 连接时，在滑动变阻器的滑片 P 向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小C．当单刀双掷开关由 a 扳向 b 时，原线圈的输入功率变小D．当单刀双掷开关由 a 扳向 b 时，调节滑动变阻器的滑片到适当位置，有可能实现调节开关前、后原线圈输入功率相等解析：当单刀双掷开关与 a 连接时，原线圈匝数与副线圈匝数之比为 10∶1，原线圈两端的输入电压的有效值为 220V，根据变压器原、副线圈的电压关系，可知副线圈输出电压的有效值为 22V，电压表示数为 22V，选项 A 错误；当单刀双掷开关与 a 连接时，在滑动变阻器的滑片 P 向上移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻增大，因为电压表的示数不变，故电流表的示数变小，选项 B 错误；当单刀双掷开关由 a 扳向 b 时，原线圈匝数减小为原来的一半，原线圈匝数与副线圈匝数之比为 5∶1，根据变压器原、副线圈的电压关系，可知副线圈输出电压的有效值为 44V，输出电流增大，输出功率增大，根据变压器输入功率等于输出功率，可知原线圈的输入功率增大，选项 C 错误；当单刀双掷开关由 a 扳向 b 时，虽然副线圈输出电压的有效值为 44V，但若调节滑动变阻器的滑片到适当位置，12使副线圈中的电流变为原来的 ，则调节开关前、后副线圈的输出功率不变，因此实现了调12节开关前、后原线圈输入功率相等，选项 D 正确．答案：D8．(2018·江西赣州中学高三模拟)在如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为 2∶1，五个完全相同灯泡的额定电压均为 U，交流电源的电压恒定不变．当闭合K3、 K4而断开 K5时，灯泡 L3和 L4恰能正常工作，则以下判断正确的是( )A．当闭合 K3、 K4而断开 K5时，L 1和 L2都能正常工作B．当 K3、 K4、 K5都闭合时，L 1和 L2都能正常工作C．当闭合 K3、 K4而断开 K5时，交流电源的电压为 2UD．当 K3、 K4、 K5都闭合时，L 1和 L2的功率会减小解析：当闭合 K3、 K4而断开 K5，副线圈中的 L3、L 4能正常工作，则此时副线圈两端的电压为 U，则副线圈流过的电流为 I2＝ ，根据 ＝ ，得流过原线圈的电流为2URL I1I2 n2n1I1＝ I2＝ ，L 1、L 2串联，则此时 L1、L 2两端的电压为 UL1＝ UL2＝ I1RL＝ U，即 L1、L 2能正n2n1 URL常工作，根据 ＝ ，得原线圈两端的电压为 U1＝ U2＝2 U，则交流电源的电压为U1U2 n1n2 n1n2UL1＋ UL2＋ U1＝4 U，故 A 正确，C 错误；当 K3、 K4、 K5都闭合时，设此时副线圈两端的电压为 U′，则副线圈流过的电流为 I2′＝ ，根据 ＝ 得流过原线圈的电流为3U′RL I1I2 n2n1I1′＝ I2′＝ ，L 1、L 2串联，则此时 L1、L 2两端的电压为 UL1′＝ UL2′＝ I1′ RL＝n2n1 3U′2RL，根据 ＝ 得原线圈两端的电压为 U1′＝ U2′＝2 U′，则交流电源的电压3U′2 U1U2 n1n2 n1n24U＝2 U′＋3 U′，则 U′＝ U， UL1′＝ UL2′＝ U， I1′＝ ，故 L1、L 2不能正常工作，它45 65 6U5RL们的功率会增大，故 B、D 错误．答案：A9．(多选)如图甲所示的远距离输电示意图中，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 100Ω.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 V 显示加在报警器上的电压(报警器未画出)13．未出现火情时，升压变压器的输入功率为 750kW.下列说法正确的是( )A．降压变压器副线圈输出的交变电流频率为 50HzB．输电线中的电流为 60AC．输电线路损耗功率为 90kWD．当传感器 R2所在处出现火情时，电压表 V 的示数变大解析：由图乙知交变电流的周期 T＝0.02s，所以降压变压器副线圈输出的交变电流频率为 f＝50Hz，选项 A 正确；由图乙知升压变压器输入端电压有效值为 250V，根据电压与匝数成正比知，副线圈电压为 25000V，所以输电线中的电流为 I＝ ＝30A，选项 B 错误；PU输电线损失的电压为 Δ U＝ IR＝30×100V＝3000V，输电线路损耗功率为Δ P＝Δ UI＝90kW，选项 C 正确；当出现火情时，传感器 R2阻值减小，升压变压器副线圈两端电压 U2不变，由 I2U2＝ I R＋ I (R1＋ R2)， I2n3＝ I3n4，得 U2＝ I2[R＋ (R1＋ R2)]，因2 23n23n24为 R2减小， U2不变，则 I2增大，输电线上电压损失增大，降压变压器原、副线圈两端电压都减小，且定值电阻的分压增大，所以电压表 V 的示数变小，选项 D 错误．答案：AC考向四 交变电流的综合问题[典例展示 3] (多选)如图所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成．发电机中矩形线圈所围的面积为 S，匝数为 N，电阻不计，它可绕水平轴 OO′在磁感应强度为 B 的水平匀强磁场中以角速度 ω 匀速转动．矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头 P 上下移动时可改变输出电压， R0表示输电线的电阻．以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是( )A．若发电机线圈某时刻运动到图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为零B．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为 e＝ NBSω sin(ωt ＋ )π 2C．当用户增加时，为使用户电压保持不变，滑动触头 P 应向上滑动14D．当滑动触头 P 向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高[解析] 若发电机线圈某时刻运动到图示位置，线圈的边 C′ D′和 CD 垂直切割磁感线，产生的感应电动势和感应电流最大，变压器原线圈的电流瞬时值最大，选项 A 错误．以线圈平面与磁场方向平行时为计时起点，发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e＝ NBSω sin(ωt ＋ )，选项 B 正确．当用户增加时，输电线中电流增大，输电线上损失π 2电压增大，为使用户电压保持不变，副线圈输出电压应该增大，副线圈匝数应该增多，滑动触头 P 应向上滑动，选项 C 正确．当滑动触头 P 向下移动时，变压器副线圈输出电压降低，原线圈两端的电压不变，选项 D 错误．[答案] BC[规 律 总 结 ]交变电流综合问题一般会与变压器问题相结合，常涉及交流电路最大值、有效值、平均值、瞬时值的计算，交变电流的图象及与电磁感应、安培力、闭合电路欧姆定律的综合应用等．解答时应注意以下两点：(1)分清交流电路中“四值”的不同计算方法和物理意义．(2)学会将直流电路、闭合电路欧姆定律及变压器分析的知识应用在交流电路中．10．(多选)(2018·河南洛阳一模)在如图所示的含有理想变压器的电路中，变压器原、副线圈匝数比为 20∶1，图中电表均为理想交流电表， R 为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，L 1和 L2是两个完全相同的灯泡．原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压 u，下列说法正确的是( )A．交流电的频率为 50HzB．电压表的示数为 22VC．当照射 R 的光强增大时，电流表的示数变大D．若 L1的灯丝烧断后，电压表的示数会变大解析：根据题图乙所示的正弦交流电压 u 随时间 t 变化的图象可知，交流电的周期为T＝0.02s，频率为 f＝ ＝50Hz，选项 A 正确；由正弦交流电压 u 随时间 t 变化的图象可知，1T电压最大值为 220 V，变压器输入电压 U1＝220V，根据变压器变压公式可得副线圈输出电215压，即电压表读数为 11V，选项 B 错误；当照射 R 的光强增大时，光敏电阻 R 的电阻值减小，变压器输出电流增大，输出功率增大，根据变压器输入功率等于输出功率可知输入功率增大，电流表的示数变大，选项 C 正确；根据变压器输入电压决定输出电压，输入电压不变，若 L1的灯丝烧断后，变压器输出电压不变，电压表的示数不变，选项 D 错误．答案：AC11．(多选)(2018·宁夏石嘴山高三适应性测试)如图所示，边长为 L、匝数为 N、电阻不计的正方形线圈 abcd 在磁感应强度为 B 的匀强磁场中绕轴 OO′转动，轴 OO′垂直于磁感线，线圈通过两电刷与含有理想变压器的电路相连，变压器原、副线圈的匝数分别为 n1和 n2.当线圈以恒定的角速度 ω 转动时，下列判断正确的是( )A．当可变电阻 R 的滑片 P 向上滑动时，电压表 V2的示数变大B．线圈位于图示位置时磁通量为零，感应电动势最大C．电压表 V1的示数等于 NBωL 2D．变压器的输入与输出功率之比为 1∶1解析：输出电压由输入电压及匝数之比决定，外电阻的变化不会影响电压的大小，即当可变电阻 R 的滑片 P 向上滑动时，电压表 V2的示数不变，故 A 错误；线圈位于图示位置时，磁场方向与线圈平面平行，磁通量为零，感应电动势最大，故 B 正确；电压表 V1的示数为有效值，示数为 U1＝ ＝ ，故 C 错误；理想变压器的输出功率等于输入功NBSω2 NBω L22率，故 D 正确．答案：BD12．如图所示，边长为 L、匝数为 N、电阻不计的正方形线圈 abcd，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁感线的转轴 OO′以角速度 ω 匀速转动，制成一台交流发电机，它与理想变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为 1∶2，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线圈处于图示位置开始计时．下列判断正确的是( )16A．交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为 e＝ NBωL 2sinωtB．变压器的输入功率与输出功率之比为 2∶1C．电压表 V 示数为 NBωL 2D．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表和电压表示数均减小解析：图示线圈位置是与中性面垂直的位置，从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为 e＝ NBωL 2cosωt ，A 错．理想变压器的输入功率与输出功率相等，B 错．原线圈电压的有效值 U1＝ NBωL 2，由 ＝ 得 U2＝ NBωL 2，由于二极管的单向导电性，副22 U1U2 12 2线圈中只有半个周期内有电流，设电压表示数为 U，根据有效值的定义得 × ＝ ×T，U2R T2 U2R所以电压表的示数 U＝ NBωL 2，C 对．若滑动变阻器的滑片向下滑动，副线圈的总阻值增大，原线圈电压不变，副线圈电压也不变，电压表示数不变，由欧姆定律得副线圈的电流变小，原线圈中的电流也变小，电流表示数变小，D 错．答案：C[限训练·通高考] 科学设题 拿下高考高分单独成册 对应学生用书第 143 页(45 分钟)一、单项选择题1．如图所示为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断正确的是( )A．这是一个升压变压器B．原线圈的匝数比副线圈的匝数多C．当原线圈输入交流电压 220V 时，副线圈输出直流电压 12VD．当原线圈输入交流电压 220V、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流小解析：根据铭牌信息，输入电压为 220V，输出电压为 12V，这是一个降压变压器，原线圈的匝数比副线圈的匝数多，选项 A 错误，B 正确；当原线圈输入交流电压 220V 时，副线圈输出交流电压 12V，选项 C 错误；当原线圈输入交流电压 220V、副线圈接负载时，根据变压器功率关系，副线圈中电流比原线圈中电流大，选项 D 错误．17答案：B2.在如图所示的电路中，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( )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，D 项正确．答案：D3.某交流发电机产生的感应电动势随时间变化的关系如图所示，下列说法正确的是( )A． t＝0 时刻发电机的转动线圈位于中性面B．在 1s 内发电机的线圈绕轴转动 50 圈C．将此交流电接到匝数比是 1∶10 的升压变压器上，副线圈的电压有效值为 2200 V2D．将此交流电与耐压值是 220V 的电容器相连，电容器不会被击穿解析：由题图知 t＝0 时刻，感应电动势最大，线圈位于与中性面垂直的平面，选项 A错误；交流电的周期是 0.02s，一个周期内线圈转动 1 圈，1s 内有 50 个周期，所以线圈转动 50 圈，选项 B 正确；原线圈电压的有效值 U1＝ ＝220V，由 ＝ 可得，副线圈电压Um2 U1U2 n1n2的有效值为 2200V，选项 C 错误；此交流电电压的最大值为 220 V，大于 220V，所以耐压2值为 220V 的电容器会被击穿，选项 D 错误．答案：B4.如图所示，电阻不计的单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，产生的交流电压瞬时值表达式为u＝100 cos100π t(V)．下列说法正确的是( )2A．当线圈平面与磁感线平行时，磁通量变化率最大B．该交流电压的频率为 100HzC．穿过线圈的磁通量最大值是 Wb2D．用理想电压表测量该电压，其示数约为 141V18解析：当线圈平面与磁感线平行时，产生的感应电动势最大，此时磁通量变化率最大，A 项正确；频率 f＝ Hz＝50Hz，B 项错误；感应电动势的最大值 Em＝100 V，根据100π2π 2Em＝ NBSω 可知， BS＝ ＝ Wb＝ Wb，C 项错误；电压表测量的是有效值，则Emω 1002100π 2πE＝ ＝ 100V，D 项错误．Em2答案：A5．(2018·高考天津卷)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( )12A． R 消耗的功率变为 P12B．电压表 V 的读数变为 U12C．电流表 A 的读数变为 2ID．通过 R 的交变电流频率不变解析：由正弦交流电的产生原理可知，其电动势的最大值 Em＝ NBSω ，而 ω ＝2π n，有效值 E＝ Em，线圈转速变为原来的 ，则 U1＝ E 变为原来的 .由 ＝ 知 U2变为原来的22 12 12 U1U2 n1n2，电压表读数变为原来的 ，选项 B 正确； R 消耗的功率 P＝ ，故 R 消耗的功率变为原来12 12 U2R的 ，选项 A 错误；由 P 入 ＝ P 出 得， U1I1＝ ，故 I1变为原来的 ，即电流表读数变为原来14 U2R 12的 ，选项 C 错误；变压器不改变交变电流的频率，故通过 R 的交变电流频率变为原来的 ，12 12选项 D 错误．答案：B6.(2015·高考全国卷Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为 3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为 220V 的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为 U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为 k，则( )19A． U＝66V， k＝ B.U＝22V， k＝19 19C． U＝66V， k＝ D． U＝22V， k＝13 13解析：设原线圈中电流为 I，由 ＝ 知，副线圈中的电流 I2＝3 I，由题意知副线圈I1I2 n2n1中电阻两端的电压 U＝3 IR，则原线圈回路中 R 两端的电压 U′＝ IR＝ ，原线圈两端的电压U3U1＝3 U，由闭合电路中电压关系可知 U1＋ U′＝220V，即 3U＋ ＝220V， U＝66V，原线圈回U3路中电阻消耗的功率 P1＝ I2R，副线圈回路中电阻消耗的功率 P2＝(3 I)2R， ＝ k＝ ＝P1P2 I2R3I2R，选项 A 正确．19答案：A7．(2018·四川雅安高三第三次诊断)如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交变电流的电压随时间变化的图象如图乙所示，经原、副线圈匝数比为 1∶10 的理想变压器给一灯泡供电如图丙所示，灯泡的额定功率为 22W．闭合开关后，灯泡正常发光，下列说法正确的是( )A． t＝0.01s 时穿过线框的磁通量为零B．变压器原线圈中电流表示数为 1AC．交流发电机的转速为 100r/sD．灯泡的额定电压为 220 V2解析：由题图乙可知，当 t＝0.01s 时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，故 A 错误；原线圈输入电压为有效值为 22V，则副线圈的电压为 220V，由 P＝ UI20可知，副线圈电流 I2＝ ＝ A＝0.1A，则由 ＝ ，求得 I1＝1A，故 B 正确；由题图乙PU 22