2020版高考物理大二轮复习专题五电路与电磁感应第一讲直流电和交流电教学案 36页

高考物理 1 第一讲　直流电和交流电 [答案]　(1)内容：闭合电路中的电流跟电源的电动势成正比，跟整个电路中的总电阻 成反比． (2)表达式：I＝ E R＋r，或 E＝U 外＋Ir，或 Eq＝qU 外＋qU 内． (3)电路故障分析基本思路及方法 ①仪表检测法 a．电流表示数正常而电压表无示数 “电流表示数正常”表明电流表所在电路为通路，“电压表无示数”表明无电流通过电 压表． 故障原因可能是：ⅰ.电压表损坏；ⅱ.电压表接触不良；ⅲ.与电压表并联的用电器短 路． b．电压表有示数而电流表无示数 “电压表有示数”表明电路中有电流通过，“电流表无示数”说明没有或几乎没有电流 流过电流表． 故障原因可能是：ⅰ.电流表短路；ⅱ.和电压表并联的用电器断路． 高考物理 2 c．电流表、电压表均无示数 “两表均无示数”表明无电流通过两表，除了两表同时短路外，可能是干路断路导致无 电流． d．欧姆表检测 先使被测电路与电源断开，用欧姆表检测用电器，指针不动，说明用电器断路；指针偏 转最大，说明用电器短路． ②假设法 已知电路发生某种故障，寻找故障发生在何处时，可将整个电路划分为若干部分，然后 逐一假设某部分电路发生故障，运用电流变化进行正向推理，推理结果若与题述物理现象不 符合，则故障不是发生在这部分电路；若推理结果与题述物理现象符合，则故障可能发生在 这部分电路，直到找出发生故障的全部可能为止，此方法亦称排除法． (4)理想变压器的基本特征 ①无漏磁，故原、副线圈中的 Φ、 ΔΦ Δt 相同． ②线圈无电阻，因此无电压降低，U＝E＝n ΔΦ Δt . ③根据 U n＝ ΔΦ Δt 得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都成 立． ④无电能损失． ⑤变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率． 热点考向一　直流电路的分析和计算 【典例】　(多选)(2019·浙江杭州五县七校联考)如图所示电路，电源内阻不能忽略， R1 阻值小于变阻器的总电阻，初态滑片 P 位于变阻器的中点，P 由中点向上移动到顶端的过 高考物理 3 程中(　　) A．电源内阻消耗的功率先减小后增大 B．电源的效率先减小后增大 C．电流表的示数先减小后增大 D．电压表的示数先增大后减小 [思路引领]　 [解析]　因 R1 阻值小于变阻器的总电阻，则知在滑片 P 由中点向上移动的过程中，滑 动变阻器与 R1 并联部分电路的总电阻 R 并先增大后减小，电路中总电流 I 总＝ E R并＋R2＋R内先 减小后增大，电源内阻消耗的功率 P 内＝I 2总R 内先减小后增大，A 项正确．电源的效率 η＝ I 2总(R并＋R2) I 2总(R并＋R2＋R内)＝ R并＋R2 R并＋R2＋R内＝ 1 1＋ R内 R并＋R2 先增大后减小，B 项错误．在滑片 P 由中点向上 移动到顶端的过程中，因 R1 与滑动变阻器上部分的电阻之和逐渐减小，由“串反并同”可 知，电流表的示数一直增大，C 项错误．电压表的示数 U＝E－I 总 R 内先增大后减小，D 项正 确． [答案]　AD 高考物理 4 电路动态分析的常用“4 法” 1．程序判断法：遵循“局部→整体→部分”的思路，按以下步骤分析： 2．极限法：即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑动端 分别滑至两个极端去讨论． 3．串反并同法：所谓“串反”，即某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻 中的电流、两端的电压、电功率都减小(增大)．所谓“并同”，即某一电阻增大(减小)时， 与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都增大(减小)． 4．极限分析法：因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片 滑到两端、中间等特殊位置，对特殊位置进行分析讨论，从而得到有效电阻的变化规律． 迁移一　电路的故障分析 1．(2019·四川宜宾一中训练)如图所示电路中，a、d 间接电源，灯泡 L1 和 L2 都不亮， 用电压表测得各部分的电压分别为 Uad＝U，Uab＝0，Ubc＝U，Ucd＝0，已知电源电压为 U，则 产生的故障原因可能是(只有一处断路)(　　) 高考物理 5 A．灯泡 L1 断路 B．灯泡 L2 断路 C．变阻器断路 D．电源断路 [解析]　若灯泡 L1 断路，电路中没有电流，则 Udc＝0，Ubc＝0，Uab＝U，与题意不符， 故 A 错误；若灯泡 L2 断路，电路中没有电流，则 Uab＝0，Ubc＝0，Ucd＝U，与题意不符，故 B 错误；若变阻器 R 断路，电路中没有电流，Uab＝0，Ucd＝0，Ubc＝U，与题意相符，故 C 正 确；若电源断路，则 Uad＝Ubc＝0，与题意不符，故 D 错误． [答案]　C 迁移二　常规动态电路的分析 2．(多选)(2019·河南名校联考)如图电路中，电源的内电阻为 r，R1、R3、R4 均为定值 电阻，电表均为理想电表．闭合开关 S，当滑动变阻器 R2 的滑动触头向右滑动时，下列说法 中正确的是(　　) A．电压表的示数变小 B．电流表的示数变小 C．R1 中电流的变化量一定大于 R4 中电流的变化量 D．电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比一定小于电源的内电阻 r [解析]　设通过 R1、R2、R3、R4 的电流分别为 I1、I2、I3、I4，两端的电压分别为 U1、 U2、U3、U4，干路电流为 I 总，路端电压为 U，电流表示数为 I，当滑动变阻器 R2 的滑动触头 向右滑动时，R2 连入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，I 总变小，根据闭合电路欧姆定 律得：U＝E－I 总 r，则 U 变大，U 即电压表的示数，选项 A 错误；电压表示数变大，I3 变大， 由 I4＝I 总－I3，I 总变小，I3 变大，可得 I4 变小，从而知 U4 变小，而 U1＝U－U4，U 变大，U4 高考物理 6 变小，则 U1 变大，I1 变大，又 I 总＝I＋I1，I 总变小，I1 变大，可知 I 变小，所以电流表的 示数变小，选项 B 正确；由 I4 ＝I1 ＋I2 ，I4 变小，I1 变大，知 I2 变小，则 ΔI1<ΔI2 ， ΔI2>ΔI4，则无法比较 R1 中电流变化量与 R4 中电流变化量的大小关系，选项 C 错误；电源 的内电阻 r＝ ΔU ΔI总，I 总＝I＋I1，I 总变小，I 变小，I1 变大，所以 ΔI 总<ΔI，可得 ΔU ΔI总> ΔU ΔI，选项 D 正确． [答案]　BD 迁移三　含电容电路的动态分析 3．(2019·吉林六校联考)在如右图所示的电路中，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(　　) 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 高考物理 7 电路稳定时，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，需注意当充电或放电时电容器所在支路不能看作断路. 热点考向二　交变电流的产生和描述 【典例】　(多选)(2019·湖北八校联考)如图所示，矩形单匝线圈 abcd，ab 边长为 l1，bc 边长为 l2，线圈放置在磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，绕 OO′轴匀速转动，转 动的周期为 T，ab 的中点和 cd 的中点的连线 OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，转轴 OO′ 垂直于磁场方向，线圈的阻值为 R，与线圈相连的电阻的阻值也为 R，从图示位置开始计时， 线圈转过 30°时线圈中的瞬时感应电流为 I.以下判断正确的是(　　) A．线圈的面积为 4IRT πB B．线圈消耗的电功率为 4I2R 高考物理 8 C．t 时刻线圈中的感应电动势的瞬时值 e＝2 2IRsin 2π T t D．t 时刻穿过线圈的磁通量的瞬时值 Φ＝ 2IRT π cos 2π T t [思路引领]　线圈与磁场平行时感应电动势最大，由公式 Em＝nBSω 求解感应电动势的 最大值；由题意可知，t＝0 时线圈处于中性面位置，根据 e＝Emsinωt 可列出感应电动势 的瞬时值表达式；正弦式交变电流的最大值是有效值的 2倍，进而可求得电动势的有效 值． [解析]　解法一：切割法 线圈转动过程中 bc 边或 ad 边切割磁感线，这两个边的切割刚好交替进行，实现完美对 接，从图示位置开始计时，bc 边切割磁感线的速度为 v＝ 1 2ωl1sinωt＝ π T l1sin 2π T t，其产 生的瞬时电动势为 e＝Bl2v＝ πBl1l2 T sin 2π T t＝ πBS T sin 2π T t，则线圈转动 30°时的瞬时电动 势为 e＝ πBS 2T ，电路的总电阻为 2R，产生的瞬间电流为 I＝ e 2R＝ πBS 4RT ，解得线圈面积 S＝ 4IRT πB ，选项 A 正确；由公式 Em＝nBSω 可知，线圈中的电动势的最大值 Em＝ πBS T ＝4IR，有 效值 E＝ Em 2＝2 2IR，线圈消耗的电功率 P＝( E 2R )2R＝2I2R，选项 B 错误；由上述可知，t 时刻线圈中的感应电动势的瞬时值 e＝ πBS T sinωt＝4IRsin 2π T t，磁通量的瞬时值 Φ＝ 1 2 BScosωt＝ 2IRT π cos 2π T t，选项 C 错误，D 正确． 解法二：法拉第电磁感应定律法 t 时刻穿过线圈的磁通量的瞬时值 Φ＝ 1 2Bl1l2cos 2π T t，将 Φ 对 t 求导，得 Φ′＝－ πBS T sin 2π T t，根据法拉第电磁感应定律，可知 t 时刻线圈中的感应电动势的瞬时值为 e＝ πBS T sin 2π T t，则线圈转动 30°时，线圈中产生的瞬时电动势 e＝ πBS 2T ，后面的解析见解法一． [答案]　AD 高考物理 9 正弦式交变电流“四值”的比较和理解 高考物理 10 迁移一　交变电流的图像 1．(多选)(2019·天津卷)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的关系图像如图所示．下列说法正确的是(　　) A． T 2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 2πΦm T C．线框转一周外力所做的功为 2π2Φ2m RT D．从 t＝0 到 t＝ T 4过程中线框的平均感应电动势为 πΦm T [解析]　由 Φ－t 图像可知， T 2时穿过线框的磁通量最大，则线框位于中性面，A 错误； 线框中产生的感应电动势的最大值应为 Em＝NBSω，又 ω＝ 2π T ，N＝1，BS＝Φm，则整理得 Em 高考物理 11 ＝ 2πΦm T ，因此感应电动势的有效值为 E＝ Em 2＝ 2πΦm T ，B 正确；由功能关系可知线框转 动一周外力所做的功等于线框中产生的焦耳热，有 W＝ E2 R T＝ 2π2Φ2m RT ，C 正确；0～ T 4的过程中， 线框中产生的平均感应电动势为E＝ Φm T 4 ＝ 4Φm T ，D 错误． [答案]　BC 迁移二　交变电流的“四值”问题 2．(2019·河北六校联考)如图所示，圆形金属线圈与 R＝10 Ω 的电阻组成闭合回路， 线圈中存在磁场，且磁场方向与线圈所在平面垂直，磁感应强度 B 随时间 t 的变化规律为 B ＝1.0×10－2sin200t(T)，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为 e＝8cos 2π T t(V)，若 圆形金属线圈的电阻不计，圆形金属线圈所围成的面积 S＝0.04 m2，则下列说法错误的是 (　　) A．圆形金属线圈中产生感应电动势的最大值为 8 2 V B．通过圆形金属线圈的电流的有效值为 2 2 5 A C．电阻消耗的电功率为 3.2 W D．在磁感应强度变化的 0～ T 4时间内，通过电阻 R 的电荷量为 4.0×10－5 C [解析]　由题中条件可知圆形金属线圈中产生感应电动势的最大值 Em＝8 V，选项 A 错 误；闭合回路中的电流最大值 Im＝ Em R ＝0.8 A，有效值 I＝ Im 2＝ 2 2 5 A，选项 B 正确；电阻消 耗的电功率为 P＝I2R＝3.2 W，选项 C 正确；在 0～ T 4时间内，感应电动势的平均值 E－ ＝ 高考物理 12 SΔB Δt ，平均电流 I－ ＝ E－ R ＝ SΔB RΔt，通过电阻的电荷量为 Q＝ I－ Δt＝ SΔB R ＝4.0×10－5 C，选项 D 正确． [答案]　A 几种典型交变电流有效值 电流名称 电流图像 有效值 正弦式交 变电流 U＝ 1 2Um 正弦半 波电流 U＝ 1 2Um 正弦单向 脉动电流 U＝ Um 2 矩形脉 动电流 U＝ t1 T Um 非对称性 交变电流 U＝ 1 2(U21＋U22) 高考物理 13 热点考向三　理想变压器和远距离输电 角度一　理想变压器问题 【典例 1】　(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、副线圈匝数比值为(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 [思路引领]　 [解析]　解法一：能量守恒法 高考物理 14 设原副线圈的匝数比值 n1 n2＝k 当 S 断开，原线圈电流为 I 时，副线圈电流为 kI，如图 1 所示，由能量守恒定律得， 电源提供的功率等于三个电阻消耗的功率 P1＝I2R1＋(kI)2(R2＋R3) 当 S 闭合，原线圈电流为 4I 时，副线圈电流为 4kI，如图 2 所示，由能量守恒定律得， 电源提供的功率等于两个电阻消耗的功率 P2＝(4I)2R1＋(4kI)2R2 由于电压不变：P1＝IU，P2＝4IU，易知 P2＝4P1 以上各式联立解得 k＝3. 解法二：电流、电压关系法 设原副线圈的匝数比值 n1 n2＝k 当 S 断开，原线圈电流为 I 时，副线圈电流为 kI，如图 1 所示 由理想变压器电压关系可知 U1 U2＝ n1 n2＝k 即 U－IR1 kI(R2＋R3)＝k① 高考物理 15 当 S 闭合，原线圈电流为 4I 时，副线圈电流为 kI，如图 2 所示 即 U－4IR1 4kIR2 ＝k② ①②联立解得 k＝3. 解法三：等效法 如图 3 所示，副线圈中接电阻 R，相当于在原线圈中接入电阻 R0(如图 4 所示) 其中 R0＝ U1 I1，R＝ U2 I2 设原副线圈的匝数比值 n1 n2＝k 下面导出 R 与 R0 的关系 R0＝ U1 I1＝ n1 n2U2 n2 n1I2 ＝(n1 n2 )2R＝k2R 设开关 S 断开时，变压器的原线圈等效电阻为 R 高考物理 16 等效电路如图 5 所示 则 R＝k2(R2＋R3)① U＝I(R1＋R)② 设开关 S 闭合时，变压器原线圈的等效电阻为 R′ 等效电路如图 6 所示 R′＝k2R2③ U＝4I(R1＋R′)④ 联立解得 k＝3. [答案]　B 角度二　远距离输电问题 【典例 2】　(2019·广东肇庆三模)某科技小组在实验室中研究远距离输电．由于输电 线太长，他们将导线每 50 m 卷成一卷，共卷成 8 卷来代替输电线路．第一次直接将输电线 与实验电源及用电器相连，测得输电线上的输电电流和损失的功率为 I1、P1；第二次采用如 图所示的电路输电，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，测得输电线上的输电电流和损失的功率为 I2、P2.下列说法正确 的是(　　) 高考物理 17 A．第二次实验时因为多接了两个变压器，所以 P2>P1 B．通过该实验可以证明，提高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 I2∶I1＝n1∶n2 D．若输送功率一定，则 P2∶P1＝n22∶n21 [思路引领]　由输电线上损失的功率公式(P 损＝I2R)可得出两次实验损失的电功率关 系．由功率公式和变压器变压公式可得两次实验中输电线中电流之比和损失功率之比． [解析]　第二次实验时因为多接了两个变压器，先提高了输电电压，减小了输电电流， 输电线上损失的电功率(P 损＝I2R)减小，所以 P22∶1，选项 A 错误；S 断开时，根据变压器输入电流 高考物理 19 和输出电流的关系可知，R1 中电流等于 R2 中电流的 1 2，根据电功率公式 P＝I2R 可知，R1 消 耗的电功率为 R2 消耗的电功率的 1 4，选项 B 错误；S 闭合后，R1、R3、R4 中的电流相同，根 据电功率公式 P＝I2R 可知，R1、R3、R4 消耗的电功率相同，选项 C 正确；S 闭合后，副线圈 总电阻减小，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，可知变压器输 入电流 I1 增大，R1 两端电压比 S 闭合前的更大，选项 D 错误． [答案]　C 迁移二　两个副线圈的变压器问题 2. (2019·江西红色七校联考)如图所示，一理想变压器原线圈与每个副线圈的匝数比 均为 3∶1，原线圈与每个副线圈所连的电阻阻值均为 R，原线圈接 220 V 的正弦交流电，副 线圈 n2 回路中电阻两端的电压为 U2，原线圈所连的电阻消耗的功率与每个副线圈所连的电 阻消耗的功率之比均为 k.则(　　) A．U2＝60 V，k＝ 4 9 B．U2＝60 V，k＝ 2 3 C．U2＝ 220 3 V，k＝ 1 9 D．U2＝ 220 3 V，k＝ 2 3 [解析]　由题意可知，副线圈 n2 回路中电阻两端的电压为 U2，由 U1 n1＝ U2 n2可知原线圈两端 电压为 3U2，因为原线圈所连的电阻与每个副线圈所连的电阻消耗的功率之比 均为 k，则有 I21R I22R＝k，因 I1·3U2＝2I2·U2，解得 I1＝ 2 3I2，k＝ 4 9；因为 I2R＝U2，I1R＝ 2 3I2R 高考物理 20 ＝ 2 3U2,3U2＋I1R＝ 11 3 U2＝220 V，解得 U2＝60 V，选项 A 正确． [答案]　A 迁移三　远距离输电问题 3．(多选)(2019·安徽马鞍山二模)图甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈 匝数比为1∶100，降压变压器原、副线圈匝数比为100∶1，远距离输电线的总电阻为100 Ω， 若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为 750 kW.下列说法正确的是(　　) A．用户端交流电的频率为 50 Hz B．用户端电压为 250 V C．输电线中的电流为 30 A D．输电线路损耗的功率为 180 kW [解析]　由图乙知交流电的周期 T＝0.02 s，所以频率为 f＝ 1 T＝ 1 0.02 Hz＝50 Hz，故 A 正 确；由图乙知升压变压器输入电压的最大值为 Um＝250 2V，有效值为 U1＝ 2 2 Um＝250V，根 据变压器原、副线圈的电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压为 U2＝25000V＝2.5×104V， 所以输电线中的电流为 I＝ P U2＝ 7.5 × 105 2.5 × 104 A＝30 A，输电线路损失的电压为 ΔU＝IR＝ 30×100 V＝3000 V，降压变压器输入电压为 U1′＝U2 －ΔU＝2.5×10 4 V－3000 V＝ 2.2×104 V，由 U3 U4＝ n3 n4，所以用户端电压为 220 V，故 B 错误，C 正确；输电线路损耗的功率为 ΔP＝ΔUI＝3000×30 W＝90 kW，D 错误． [答案]　AC 高考物理 21 输电线上的损失功率必须与输电线上的电流和电压相对应，即 P 损＝I 2线R＝ ΔU2 R ＝ΔUI 线，不要把输电线上的输送电压 U 和输电导线上损失的电压 ΔU 相混淆. 高考热点模型构建——“理想变压器”模型 模型调研 模型解读 涉及“理想变压器”模型的 2014、2015、2016、2018 年高考 题的对比情况如下： 1.“理想变压器”模型的特点 理想变压器涉及两个电路和一个铁芯，不计 漏磁、铜损、铁损，原线圈输入功率等于负 线圈输出功率. 2.“理想变压器”模型的基本关系 (1)变压过程中原、副线圈无漏磁，故原、副 线圈中的 Φ、 ΔΦ Δt 均相同. (2)原、副线圈无电阻，因此原、副线圈上没 有电压损失，若原线圈中未连接用电器，则 U ＝E＝n ΔΦ Δt . (3) U n＝ ΔΦ Δt ，即套在同一铁芯上的线圈，无 论是原线圈，还是副线圈，该比例都成立， 即 U1 n1＝ U2 n2＝ U3 n3＝…. (4)电路中无电能损失，因此 P 入＝P 出，无论 副线圈是一个还是多个，总有 U1I1＝U2I2＋ U3I3＋…，将电压关系代入可得 n1I1＝n2I2＋ 高考物理 22 n3I3＋…. 3.基本关系式中物理量之间的决定关系 (1)电压决定关系：输入电压 U1 决定输出电压 U2，这是因为输出电压 U2＝ n2 n1U1，当 U1 和原、 副线圈的匝数比都不变时，不论负载电阻 R 变化与否，U2 都不会改变. (2)电流决定关系：输出电流 I2 决定输入电流 I1. (3)功率决定关系：输出功率 P2 决定输入功率 P1. (4)频率关系：原、副线圈中电流的频率相同. 4.原线圈连接有电阻的变压器问题的处理 变压器的原理是电磁感应中的互感现象，变 压器不能改变恒定电流，当原线圈接有电阻 时，变压器的原线圈输出电压不是电源的电 压，所以求解的关键是先求出原线圈中的电 流，再由电压关系列式. 考向一　变压器的动态分析 【典例 1】　(2019·湖北八校联考)图中 B 为理想变压器，接在交变电压有效值保持不 变的电源上．指示灯 L1 和 L2 完全相同(其阻值均恒定不变)，R 是一个定值电阻，电压表、 电流表都为理想电表．开始时开关 S 是闭合的，当 S 断开后，下列说法正确的是(　　) 高考物理 23 A．电流表 A2 的示数变大 B．电压表的示数变大 C．电流表 A1 的示数变小 D．灯 L1 的亮度变暗 [思路引领]　 [解析]　变压器输出电压由输入电压和匝数比决定，S 断开后输入电压和匝数比不变， 所以电压表的示数不变；但负载电阻变大，则输出电流变小，A2 的示数变小，输入电流变小， 则 A1 的示数变小；因 R 上电压变小，则 L1 上电压变大，亮度变亮．故只有 C 对． [答案]　C 分析变压器动态变化问题的关键 (1)弄清变量和不变量，确定是负载电阻不变还是匝数比不变； (2)弄清变压器动态变化中的决定关系，即 P2 决定 P1，I2 决定 I1，U1 决定 U2. 考向二　电容器、自感线圈对变压器的影响 高考物理 24 【典例 2】　(多选)(2019·武汉毕业班调研)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数 比是 10∶1，原线圈接入交变电压 u＝100 2sin50πt(V)，在副线圈的回路中接有理想电流 表 和阻值为 10 Ω 的定值电阻 R，电容器并联在电阻 R 两端，关于电路分析，下列说法 中正确的是(　　) A．电流表示数是 1 A B．电流表示数是 0.1 A C．电阻 R 消耗的电功率为 10 W D．电容器的耐压值至少是 10 2 V [思路引领]　解决本题的关键是明确电容器的特点：通交流、隔直流． [解析]　由题意可知，根据 U1 U2＝ n1 n2，代入数据可得副线圈两端电压的有效值为 10 V，根 据 I＝ U2 R 可得通过 R 的电流为 1 A，因电容器通交流、隔直流，故电容器也有电流通过，电 流表的示数大于 1 A，选项 A、B 都错误；根据 P＝ U22 R 可得电阻 R 消耗的电功率为 10 W，选项 C 正确；本题中电容器的耐压值是指副线圈两端的交变电压的最大值为 10 2 V，故选项 D 正确． [答案]　CD 若交变电流的频率增大，虽然通过定值电阻 R 的电流大小不变，但因频率越大，电容器 对电流的阻碍作用越小，所以副线圈中总电流增大，即电流表示数变大，原线圈中电流增大， 高考物理 25 输入功率增大．若将电容器换为自感线圈，因频率越大，自感线圈对电流的阻碍作用越大， 副线圈中总电流减小，即电流表示数变小，原线圈中电流减小，输入功率减小. 1．(2019·山东七校联考)如图甲所示，原、副线圈匝数比为 5∶1 的理想变压器，其原 线圈中的输入电压按照图乙所示的图像变化，副线圈电路中的 R0 为定值电阻，R 是用半导体 材料制作的光敏电阻(光照强度增大，阻值减小)．V1 和 V2 是理想交流电压表，示数分别用 U1 和 U2 表示；A1 和 A2 是理想交流电流表，示数分别用 I1 和 I2 表示．下列说法正确的是(　　) A．原线圈中的输入电压 u＝ 2Umsin 2π T t B．U1＝ 2 2 Um，U2＝ 5 2 2 Um C．光照强度增大，U2 变小，I1 变小，I2 变大 D．光照强度增大，U2 不变，I1 变大，I2 变大 [解析]　由图乙可知，原线圈中的输入电压 u＝Umsin 2π T t，选项 A 错误．理想交流电 流表、理想交流电压表的示数都是有效值，则 U1＝ Um 2＝ 2 2 Um，根据理想变压器变压规律， 可得 U2＝ 1 5U1＝ 2 10 Um，选项 B 错误．光照强度增大，光敏电阻的阻值减小，因输出电压的有 效值不变，则 U2 不变，I2 变大，输出功率增大；根据变压器的输出功率决定输入功率可知， 输入功率增大，则输入电流增大，即 I1 变大，选项 D 正确，C 错误． [答案]　D 2．(多选)(2019·湖北恩施一中摸底)如图，矩形线圈abcd 与理想变压器原线圈组成闭 合电路，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， 高考物理 26 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(　　) A．将原线圈触头 P 向上滑动时，灯泡变暗 B．电容器的电容 C 变大时，灯泡变暗 C．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大 D．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 NBSω [解析]　将原线圈触头 P 向上滑动时，原线圈匝数变多，根据变压比公式 U1 U2＝ n1 n2，输出 电压减小，故灯泡会变暗，故 A 正确；电容器的电容 C 变大时，容抗减小，故副线圈电流变 大，灯泡变亮，故 B 错误；线圈处于图示位置时，是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零， 故 C 错误；根据电动势最大值公式 Em＝NBSω 知，若线圈转动的角速度变为 2ω，则最大值 变为原来的 2 倍，则有 (NBS·2ω 2 )2 R · T 2＝ U2 R ·T，解得电压有效值 U＝NBSω，故 D 正确． [答案]　AD 专题强化训练(十二) 一、选择题 1.如图所示电路中，电压表、电流表均为理想电表，滑动变阻器的总阻值 R 大于定值电 阻 R0 的阻值．闭合开关 S，当滑动变阻器的滑片 P 从最上端向下滑动时(　　) 高考物理 27 A．电压表 V 的示数先变大后变小，电流表 A 的示数变大 B．电压表 V 的示数先变小后变大，电流表 A 的示数变小 C．电压表 V 的示数先变大后变小，电流表 A 的示数先变小后变大 D．电压表 V 的示数先变小后变大，电流表 A 的示数先变大后变小 [解析]　外电路结构为滑动变阻器的上部分电阻 R1 与定值电阻 R0 串联后再与下部分电 阻 R2 并联．根据 R1＋R2＋R0＝R＋R0，可知两电阻接入电路的阻值为定值，则并联电阻 R 并＝ R2(R1＋R0) R1＋R2＋R0＝ R2(R1＋R0) R＋R0 ，结合基本不等式的关系可知，当 R1＋R0＝R2 时，R 并有最大值，此时 外电路电阻最大．又滑动变阻器的总阻值 R 大于定值电阻 R0 的阻值，则当滑片从最上端下 滑时，R 并增大，当滑动至 R1＋R0＝R2 时，R 并最大，根据闭合电路欧姆定律有 I＝ E r＋R并， 可知电路中总电流先减小后增大，而由 U＝E－Ir 可知，电压表示数先增大后减小．当滑片 向下滑动至 R1＋R0R2 时，电路中的总电阻变小，电路中的总电流 I 增大，U 减小，R1＋R0 增大， 则流过 R1 和 R0 串联部分的电流 I1＝ U R1＋R0减小，又 I＝I1＋I2，所以电流表示数 I2＝I－I1 增大，综上所述，在滑片从最顶端向下滑动的过程中，电流表示数 I2 一直增大． [答案]　A 2．(多选)(2019·天津南开中学一模)某温度检测、光电控制加热装置原理如下图所 示．图中 RT 为热敏电阻(其阻值随温度升高而减小)，用来探测加热电阻丝 R 的温度，RG 为 光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小)，接收小灯泡 L 的光照．除 RT、RG 外，其他电阻 均为定值电阻(虚线框内两元件距离很近)．当 R 处温度升高时(　　) 高考物理 28 A．L 变亮 B．通过 R3 的电流减小 C．E2 的路端电压增大 D．R 消耗的功率减小 [解析]　当 R 处温度升高时，RT 阻值变小，小灯泡 L 中的电流变大，L 变亮，所以光照 强度增大，RG 阻值变小，通过 R2 的电流变大，E2 的路端电压变小，R 两端电压变小，通过 R 的电流也变小，R 消耗的功率变小，通过 R3 的电流变大，故 A、D 正确． [答案]　AD 3．(多选)(2018·岳阳高三年级期中联考)如右图所示电路， C 为电容器，D 为理想二 极管(具有单向导通作用)，电流表、电压表均为理想电表．闭合开关 S 至电路稳定后，调节 滑动变阻器滑片 P 向左移动一小段距离，结果发现电压表 V1 的示数改变量大小为 ΔU1，电 压表 V2 的示数改变量大小为 ΔU2，电流表 A 的示数改变量大小为 ΔI，则下列判断正确的 有(　　) A．滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量不变 B． ΔU1 ΔI 的值变大 C． ΔU2 ΔI 的值不变，且始终等于电源内阻 r D．滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减小 高考物理 29 [解析]　由题图可知 R1 与 R 串联，V1 测 R 两端的电压，V2 测路端电压，若 P 向左端移 动，则滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路中总电流减小，则内电压减小，路端电压增大， 即电压表 V2 示数增大，R1 两端的电压减小，则 V1 的示数增大．根据闭合电路欧姆定律 U1＝ E－I(R1＋r)，则 ΔU1 ΔI ＝R1＋r，所以 ΔU1 ΔI 的值不变，B 错误．根据闭合电路欧姆定律 U2＝E－ Ir，则 ΔU2 ΔI ＝r，所以 ΔU2 ΔI 的值也不变，C 正确．滑片向左移动的过程中，因为理想二极管具 有单向导通作用，即使 R1 两端电压减少，电容器也不能放电，所以电容器所带的电荷量不 变，A 正确，D 错误． [答案]　AC 4．(2019·海淀区期末综合练习)一个边长为 6 cm 的正方形金属线框置于匀强磁场中， 线框平面与磁场垂直，电阻为 0.36 Ω.磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如下图所示，则线 框中感应电流的有效值为(　　) A. 2×10－5 A B. 6×10－5 A C. 2 2 ×10－5 A D. 3 2 2 ×10－5 A [解析]　由法拉第电磁感应定律，和欧姆定律，可得 0～3 s 内产生的感应电流 I1＝ 2×10－5 A,3～5 s 内产生的感应电流 I2＝3×10－5 A，且与 0～3 s 内方向相反，于是可作出 i 随时间变化的图像如图所示．由有效值的定义，得 I21Rt1＋I22Rt2＝I2Rt，代入数据可得 I＝ 6 ×10－5 A，故 B 选项正确． 高考物理 30 [答案]　B 5．(2019·曲靖四十九阶段性验收测试)如图甲所示，交流发电机的矩形金属线圈 abcd 的匝数 n＝44，线圈位于匀强磁场中，且线圈平面与磁场方向平行．线圈的两端分别与两个 彼此绝缘的铜环M、N(集流环)焊接在一起，并通过电刷与一含有理想变压器的电路连接，L1、 L2 均为“24 V、11 W”的灯泡．现使线圈绕过bc 和 ad 边中点且垂直于磁场的转轴 OO′以一 定的角速度匀速转动．穿过线圈的磁通量 Φ 随时间 t 变化的图像如图乙所示．当开关 S 闭合 时，灯泡均正常发光．若电路其他部分的电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计．则下列说 法中正确的是(　　) A．变压器原、副线圈匝数比为 55∶6 B．矩形线圈匀速转动的角速度为 5 rad/s C．矩形线圈中产生感应电动势的最大值为 220 V D．矩形线圈中产生感应电流的有效值为 1 A [解析]　由题图乙知 T＝0.4 s，则 ω＝ 2π T ＝5π rad/s，B 错误；线圈中产生的感应电 动势的最大值为 Em＝nBSω＝nΦmω＝44× 2 π ×5π V＝220 2 V，C 错误；原线圈两端电压 的有效值为 U1＝ Em 2＝220 V，副线圈两端有效电压为 U2＝24 V，变压器原、副线圈匝数比为 高考物理 31 n1 n2＝ U1 U2＝ 55 6 ，A 正确；原线圈输入功率为P1＝2PL＝22 W，由 P1＝I1U1 得原线圈中的电流为 I1＝0.1 A，D 错误． [答案]　A 6．(2019·天津河东一模)在日常生活中，各种家用电器所使用的电压不同，经常需要 用变压器把 220 V 交流电变成所需的电压．如图所示为原、副线圈匝数比为 n1∶n2＝10∶1 的理想变压器，b 是原线圈中的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开 始在原线圈 c、d 两端加上 u1＝220 2sin100πt(V)的交变电压，则(　　) A．当单刀双掷开关与 a 连接时，电压表的示数为 22 2 V B．当单刀双掷开关与 a 连接时，把滑动变阻器滑片 P 向上移动，电流表的示数变大 C．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，再把滑动变阻器的滑片 P 向上移动，原线圈输入功 率有可能不变 [解析]　当单刀双掷开关与 a 连接时，由 n1 n2＝ U1 U2，又 n1∶n2＝10∶1，U1＝220 V，可得 副线圈的电压 U2＝22 V，则电压表的示数为 22 V，故 A 错误；当单刀双掷开关与 a 连接时， 因输入电压及原、副线圈匝数之比不变，则副线圈两端电压不变，所以电压表的示数不变； 因变阻器滑片 P 向上移动，变阻器接入电路的电阻变大，则副线圈电流变小，电流表示数变 小，故 B 错误；当单刀双掷开关由 a 扳向 b 时，原线圈匝数变小，根据 U1 U2＝ n1 n2，可知副线圈 两端的电压 U2 变大，输出功率 P2＝ U22 R 变大，又输入功率等于输出功率，所以原线圈输入功 率变大，故 C 错误；当单刀双掷开关由 a 扳向 b 时，输出电压变大，调节滑动变阻器滑片到 适当位置使其连入电路的电阻 R 变大，输出功率 P2＝ U22 R 可能不变，又输入功率等于输出功率， 高考物理 32 所以有可能实现调节前、后原线圈输入功率相等，故 D 正确． [答案]　D 7．(2019·湖南永州一模)如图所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、 副线圈的匝数比分别为 100∶1 和 1∶100，图中 a、b 表示电压表或电流表，已知电压表的 示数为 22 V，电流表的示数为 1 A，则(　　) A．a 为电流表，b 为电压表 B．a 为电压表，b 为电流表 C．线路输送功率是 22 kW D．输电线路总电阻为 22 Ω [解析]　由题图可知，左侧为电压互感器，所以 a 表是电压表，右侧为电流互感器，所 以 b 表是电流表，A 错误，B 正确．电压互感器原、副线圈的匝数比为 100∶1，又电压表的 示数为 22 V，得原线圈的电压 U＝2200 V；电流互感器原、副线圈的匝数比为 1∶100，由电 流表的示数为 1 A，得原线圈的电流 I＝100 A．所以电线输送功率 P＝UI＝2.2×105 W＝220 kW，C 错误．由已知条件无法求输电线电阻，D 错误． [答案]　B 8．(2019·山东济宁期末)如图所示，某发电机输出功率是 100 kW，输出电压是 250 V， 从发电机到用户间的输电线总电阻为 8 Ω，要使输电线上的功率损失为 5%，而用户得到的 电压正好为 220 V，则升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是(　　) 高考物理 33 A．16∶1　190∶11 B．1∶16　11∶190 C．1∶16　190∶11 D．16∶1　11∶190 [解析]　输电线损失功率 P 损＝100×103×5%W＝5×103 W，所以，输电线电流 I2＝ P损 R线 ＝25 A，升压变压器原线圈电流 I1＝ P输出 U1 ＝400 A，故升压变压器原、副线圈匝数比 n1 n2＝ I2 I1＝ 1 16.升压变压器副线圈端电压 U2＝ n2 n1U1＝4000 V，输电线损失电压 U 损＝I2·R 线＝200 V，降压 变压器原线圈电压 U3＝U2－U 损＝3800 V，故降压变压器原、副线圈匝数比为 n3 n4＝ U3 U4＝ 190 11 .故 选项 C 正确． [答案]　C 9.如图所示，在 AB 间接入 U1＝311sin314t(V)的正弦交流电，通过理想变压器和相同 的理想二极管 D1、D2 给阻值 R＝20 Ω 的纯电阻供电，变压器原线圈 n1＝1100 匝，副线圈 n2 ＝200 匝，Q 为副线圈正中央抽头．为保证安全，二极管的反向耐压值至少为 U0，设电阻 R 上消耗的电功率为 P，则(　　) A．U0＝56.6 V，P＝20 W B．U0＝28.3 V，P＝20 W C．U0＝40 V，P＝80 W 高考物理 34 D．U0＝80 V，P＝80 W [解析]　交流电的有效值 U1＝220 V，由 U1 U2＝ n1 n2得，U2＝40 V，对电阻来说，始终承载变 压器输出电压的一半，即 U2′＝20 V，其功率 P＝ U′22 R ＝20 W；对二极管来说，承载的反向电 压始终是变压器的输出电压U2＝40 V，则二极管反向耐压值U0＝ 2U2＝56.6 V，选项A正确， B、C、D 错误． [答案]　A 二、非选择题 10. (2019·山西太原山大附中期末)如图所示，一个半径为 r 的半圆形单匝线圈，以直 径 ab 为轴匀速转动，转速为 n，ab 的左侧有垂直于纸面向里(与 ab 垂直)的匀强磁场，磁感 应强度大小为 B，M 和 N 是两个集流环，负载电阻的阻值为 R，线圈、电流表和连接导线的 电阻不计，求： (1)感应电动势的最大值． (2)从图示位置起转过 1 4转的时间内负载电阻 R 上产生的热量． (3)从图示位置起转过 1 4转的时间内通过负载电阻 R 的电荷量． (4)电流表的示数． [解析]　(1)交变电动势的最大值 Em＝BSω＝B πr2 2 ·2πn＝π2Bnr2 高考物理 35 (2)在线圈从图示位置转过 1 4转的时间内，电动势的有效值 E＝ Em 2＝ 2π2Bnr2 2 电阻 R 上产生的热量 Q＝(E R )2R· T 4＝ π4B2r4n 8R (3)在线圈从图示位置转过 1 4转的时间内，电动势的平均值 E－ ＝ ΔΦ Δt 通过 R 的电荷量 q＝ I－ Δt＝ E－ R Δt＝ ΔΦ R ＝ πBr2 2R (4)设此交变电动势在一个周期内的有效值为 E1，由有效值的定义得 ( Em 2 )2 R · T 2＝ E21 R T 解得：E1＝ Em 2 ，故电流表的示数 I＝ E1 R ＝ π2r2nB 2R [答案]　(1)π2Bnr2　(2) π4B2r4n 8R 　(3) πBr2 2R 　(4) π2r2nB 2R 11．(2019·江西临川模拟)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝3∶1， 原线圈电路中接有一量程为 3 A 的理想交流电流表，副线圈两端接有理想交流电压表、可变 电阻 R 以及若干“6 V,6 W”的相同灯泡．输入端交变电压 u 的图像如图乙所示． (1)求图甲中电压表的读数； (2)要求灯泡均正常发光，求电路中最多允许接入的灯泡个数； (3)为满足(2)中的要求，求可变电阻 R 应调到的电阻值． [解析]　(1)根据题图乙，可得原线圈电压的最大值U1m＝27 2 V，其有效值为U1＝27 V， 根据 n1∶n2＝U1∶U2，代入数据可得电压表的读数 U2＝9 V. (2)设原线圈中通过的电流为 I1，副线圈中通过的电流为 I2，为使副线圈接入的灯泡最 高考物理 36 多，则 I1＝3 A， 根据 I1 I2＝ n2 n1， 代入数据可得 I2＝9 A， 正常发光时每个灯泡中电流为 I 灯＝ P灯 U灯＝1 A， 所以允许接入的灯泡个数为 n＝ I2 I灯＝9(盏)． (3)电阻两端电压为 UR＝U2－U 灯＝3 V， 电阻阻值为 R＝ UR I2＝ 1 3 Ω. [答案]　(1)9 V　(2)9 盏　(3) 1 3 Ω