【物理】2020届二轮复习专题四　电路与电磁感应第8讲直流电路与交流电路学案 16页

专题定位 　1.掌握闭合电路欧姆定律，会进行直流电路的分析；2.掌握正弦式交变电流的产 生及描述，会解决变压器及远距离输电问题；3.理解楞次定律和法拉第电磁感应定律；4.综合 应用电路知识和能量观点解决电磁感应问题． 第 8 讲　直流电路与交流电路 [相关知识链接] 1．电容器的特点 (1)只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的支路 相当于断路． (2)电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，电容器的电压 为与之并联的电阻两端的电压． 2．一个定律、两个关系 (1)闭合电路欧姆定律：I＝ E R＋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＝ R R＋rE＝ 1 1＋r R 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． [规律方法提炼] 动态分析 3 法 方法 1：程序法 R 局↑→R 总↑→I 总↓→U 内↓→U 外↑→确定 U 支、I 支 反之：R 局↓→R 总↓→I 总↑→U 内↑→U 外↓→确定 U 支、I 支 方法 2：结论法——“串反并同” “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)． “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)． 方法 3：极限法 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分别滑至两个极端，使 电阻最大或电阻为零去讨论． 例 1 　(多选)(2019·温州市联考)如图，E 为内阻不能忽略的电池，R 1、R2、R3 为定值电阻， S0、S 为开关， 与 分别为电压表与电流表．初始时 S0 与 S 均闭合，现将 S 断开，则(　　) A. 的读数变大， 的读数变小 B. 的读数变大， 的读数变大 C. 的读数变小， 的读数变大 D．电源内阻消耗的电能比断开前少 答案　BD 解析　S 断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电 压增大， 的读数变大，把 R1 归为内阻，内电压减小，故 R3 两端的电压增大，由欧姆定律 可知 R3 中的电流也增大，电流表读数增大，故 B 正确，A、C 错误；电路中总电流减小，根 据 P＝I2r 可知，内阻消耗的功率减小，则电源内阻消耗的电能比断开前少，故 D 正确． 拓展训练 1 　如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻 R 的阻值，可使电压 表 的示数减小 ΔU(电压表为理想电压表)，在这个过程中(　　) A．通过 R1 的电流减小，减小量一定等于ΔU R1 B．R2 两端的电压增加，增加量一定等于 ΔU C．路端电压减小，减小量一定等于 ΔU D．通过 R2 的电流增加，但增加量一定大于ΔU R2 答案　A 拓展训练 2 　(2019·超级全能生 2 月联考)小雷同学家里购买了一款扫地机器人，小雷同学仔 细检查了这个新扫地机器人，发现铭牌上标有如图所示数据，则该扫地机器人(　　) 主机基本参数 产品尺寸 345 mm*345 mm*96 mm 电池 14.4 V/5 200 mA·h 锂电池 产品质量 约 3.8 kg 无线连接 Wi－Fi 智能快连 额定电压 14.4 V 额定功率 55 W A.额定工作电流为 0.25 A B．充满电后正常工作的时间为 2.5 h C．电池充满电后储存的总电荷量为 18 720 C D．以额定电流工作时每小时消耗能量为 55 J 答案　C 解析　由铭牌知，扫地机器人工作的额定电压为 14.4 V，额定功率为 55 W，则额定电流 I＝ 55 14.4 A≈3.82 A，每秒钟消耗能量 W＝Pt＝55 J，A、D 错误；根据电池容量 5 200 mA·h 知， 电池充满电后储存的总电荷量 Q＝5.2 A×3 600 s＝18 720 C，充满电后正常工作的时间 t＝ 5 200 × 10－3 A·h 3.82 A ≈1.36 h，B 错误，C 正确． 拓展训练 3 　(2019·山东济南市上学期期末)如图所示，灯泡 L 1、L2 原来都正常发光，由于 故障两灯突然熄灭，(假设电路中仅有一处故障)下列说法正确的是(　　) A．将多用电表的电压挡并联在 ac 两端，示数为 0，说明 ac 间断路 B．将多用电表的电压挡并联在 cd 两端，有示数，说明 cd 间完好 C．将多用电表的电压挡并联在 ad 两端，有示数；并联在 ac 两端，示数为 0，说明 cd 间断 路 D．断开 S，将 L1 拆下，使用多用电表欧姆挡，调零后将红、黑表笔连接在 L1 两端，如果指 针不偏转，说明 L1 完好 答案　C 解析　若 ac 间断路，则将多用电表的电压挡并联在 ac 两端，示数应该等于电源的电动势 E， 选项 A 错误；将多用电表的电压挡并联在 cd 两端，有示数，说明 cd 间断路，选项 B 错误； 将多用电表的电压挡并联在 ad 两端，有示数，则可能是 L1 或 L2 其中之一断路；并联在 ac 两端，示数为 0，说明 cd 间的 L2 断路，选项 C 正确；断开 S，将 L1 拆下，使用多用电表欧 姆挡，调零后将红、黑表笔连接在 L1 两端，如果指针不偏转，说明 L1 断路，选项 D 错误． [相关知识链接] 1．正弦交变电流的产生 匀强磁场中线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动． 2．线圈通过中性面时的特点 (1)穿过线圈的磁通量最大； (2)线圈中的感应电动势为零； (3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次． [规律方法提炼] 1．交变电流“四值”的应用 (1)最大值：Em＝nBSω，分析电容器的耐压值； (2)瞬时值：E＝Emsin ωt(由中性面开始计时)，计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力 情况； (3)有效值：电表的读数及计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流； (4)平均值：E＝nΔΦ Δt ，计算通过电路横截面的电荷量． 2．有效值的计算 (1)正弦式交变电流：有效值是最大值的 1 2 ； (2)非正弦式交变电流：必须根据电流的热效应来求解． 例 2 　图甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正 弦规律图象如图乙所示．发电机线圈内阻为 1.0 Ω，外接灯泡的电阻为 9.0 Ω，则(　　) A．电压表的示数为 6 V B．在 t＝0.01 s 的时刻，穿过线圈磁通量为零 C．若线圈转速改为 25 r/s，则电动势有效值为 3 V D．若线圈转速改为 25 r/s，则通过灯泡的电流为 1.2 A 答案　C 解析　电压表的示数是外电路交流电压有效值，U＝ E R＋rR＝ 6 9＋1×9 V＝5.4 V，A 错误；t＝ 0.01 s 时感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，B 错误；原来线圈的转速为 n＝ω 2π＝ 2π 2πT＝ 50 r/s，当线圈的转速改为 25 r/s 时，感应电动势的最大值为6 2 2 V＝3 2 V，有效值为 3 V，通过灯泡的电流为 0.3 A，C 正确，D 错误． 拓展训练 4 　(多选)(2019·吉林市友好学校联合体期末)如图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直 磁场的 OO′轴匀速转动，当转到图示位置时，下列说法正确的是(　　) A．磁通量变化率为零 B．感应电流最大 C．磁通量变化率最大 D．通过线圈的磁通量最大 答案　BC 解析　由题图可知，线圈处于与中性面垂直的位置，此时通过线圈的磁通量最小，但磁通量 的变化率最大，感应电动势和感应电流也最大，故 A、D 错误，B、C 正确． 拓展训练 5 　(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，如图所示．则 Q 方∶Q 正等于(　　) A．1∶ 2 B. 2∶1 C．1∶2 D．2∶1 答案　D 解析　由有效值概念知，一个周期内产生热量 Q 方＝u02 R ·T 2＋u02 R ·T 2＝u02 R T，Q 正＝U有效 2 R T＝ ( u0 2 )2 R T＝1 2·u02 R T，Q 方∶Q 正＝2∶1，故选 D. [相关知识链接] 1．动态分析的两种情况 (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． (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． 2．四点说明 (1)变压器不能改变恒定电压． (2)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． (3)理想变压器本身不消耗能量． (4)理想变压器基本关系中的 U1、U2、I1、I2 均为有效值． [规律方法提炼] 1．理想变压器问题分析技巧 (1)根据题意分清变量和不变量； (2)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．输电线路功率损失的计算方法 (1)P 损＝P－P′，P 为输送的功率，P′为用户所得功率． (2)P 损＝I线 2R 线，I 线为输电线路上的电流，R 线为线路电阻． (3)P 损＝ (ΔU)2 R 线 ，ΔU 为在输电线路上损失的电压，R 线为线路电阻． (4)P 损＝ΔU·I 线，ΔU 为在输电线路上损失的电压，I 线为输电线路上的电流． 例 3 　(多选)(2019·安徽宣城市期末调研测试)如图所示，理想降压变压器的副线圈匝数可通 过滑片 F 调节，R1 为定值电阻，R2 为阻值可通过滑片 P 调节的滑动变阻器，保持交流电源的 电压 U 大小不变，以下说法正确的是(　　) A．保持 F 不动，P 下移，则 R1 电压的减小量等于 R2 电压的增加量 B．保持 F 不动，P 下移，则电流表 A2 示数减小，由于电流跟匝数成反比，则电流表 A1 示 数减小 C．保持 F 不动，P 下移，则电流表 A2 示数减小，由于电流跟匝数成反比，则电流表 A1 示 数增大 D．保持 P 不动，F 上移，两电流表示数都增大，且增大倍数相同 答案　AB 解析　保持 F 不动，则副线圈电压 U2 一定，P 下移，则 R2 变大，副线圈电流减小，电流表 A2 示数减小，R1 电压减小，R2 电压变大，因 UR1＋UR2＝U2 为定值，则 R1 电压的减小量等于 R2 电压的增加量，由于电流跟匝数成反比，则电流表 A1 示数减小，选项 A、B 正确，C 错误； 保持 P 不动，F 上移，则副线圈匝数增加，副线圈电压 U2 变大，因副线圈电阻不变，则副线 圈电流变大，即 A2 变大，A1 变大，即两电流表示数都增大，但因I1 I2＝n2 n1不是定值，则增大倍 数不相同，选项 D 错误． 拓展训练 6 　如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数之比为 1∶n，副线圈接一定值电 阻 R，则(　　) A．若 ab 之间接直流电压 U，则 R 中的电流为nU R B．若 ab 之间接直流电压 U，则原、副线圈中的电流均为零 C．若 ab 之间接交流电压 U，则原线圈中的电流为n2U R D．若 ab 之间接交流电压 U，则副线圈中的电流为 U nR 答案　C 解析　变压器不能改变直流电压，所以当原线圈接直流电压时，副线圈无电流，但原线圈有 电流，故 A、B 选项错误；当原线圈接交流电压 U 时，则副线圈输出电压为 nU，副线圈中 的电流为nU R ，又因为原、副线圈电流之比与匝数成反比，可得原线圈中的电流为n2U R ，故 C 选项正确，D 错误． 例 4 　(多选)(2019·广东清远市期末质量检测)如图所示，一个小型水电站，其交流发电机的 输出电压 U1 一定，通过理想升压变压器 T1 和理想降压变压器 T2 向远处用户供电，输电线的 总电阻为 R.T1 的输入电压和输入功率分别为 U1 和 P1，它的输出电压和输出功率分别为 U2 和 P2，T2 的输入电压和输入功率分别为 U3 和 P3，它的输出电压和输出功率分别为 U4 和 P4. 下列说法正确的是(　　) A．当用户的用电器增加时，U2、U3、U4 均变小 B．输电线的总电阻 R 两端的电压等于(U2＋U3)，且随用户的用电器增加而增加 C．输电线上损失的功率为P32R U32 ，且随用户的用电器增加而增加 D．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比n2 n1，同时应增大降压变压器的匝数比n3 n4 答案　CD 解析　交流发电机的输出电压 U1 一定，匝数没变，根据U1 U2＝n1 n2，知 U2 不变，故 A 错误；输 电线的总电阻 R 两端的电压等于(U2－U3)，且随用户的用电器增加，由于输电线上的电流会 增大，则输电线 R 上的电压增加，B 错误；输电线上的电流 I＝P3 U3，则输电线上损失的功率 为 P 损＝I2R＝P32R U32 ，且随用户的用电器增加，输电线上的电流会增大，则输电线 R 上损失的 功率增加，C 正确；输送功率一定时，根据 P＝UI 和 P 损＝I2R 知，要减小线路的损耗，应增 大输送电压，又 U1 一定，根据U1 U2＝n1 n2知，所以应增大升压变压器的匝数比；U3＝U2－IR，U2 增大，I 减小，所以 U3 增大，用户电压 U4 不变，根据U3 U4＝n3 n4知，应增大降压变压器的匝数比， 故 D 正确． 拓展训练 7 　(多选)(2019·浙南名校联盟期末)位于温州乐清市磐石镇的温州发电厂，是浙江 省跨世纪重点能源工程之一，其中一期工程输送功率为 70 MW，发电机的输出电压随时间变 化如图甲所示．通过如图乙所示的电路向县域输电，其中输送电压为 70 kV，输电线总电阻 为 4 Ω，在用户端用理想降压变压器把电压降为 220 V，忽略降压变压器到用户的输电线上的 电阻．以下说法正确的是(　　) A．用户端交流电频率为 50 Hz B．降压变压器原、副线圈匝数比为 300∶1 C．0～0.01 s 发电机线圈磁通量的变化量为零 D．输电线上损失的功率为 4×108 W 答案　AB 解析　根据发电机的输出电压的瞬时值表达式知，角速度 ω＝100π rad/s＝2πf，得 f＝50 Hz， 变压器不改变交流电的频率，所以用户端交流电的频率为 50 Hz，故 A 正确；输电线上的电 流 I＝P U＝70 × 106 70 × 103 A＝103 A，输电线上的电压损失为 U 损＝IR＝4×104 V，降压变压器原 线圈两端的电压 U1＝U－U 损＝6.6×104 V，降压变压器原、副线圈的匝数比为n1 n2＝U1 U2＝ 6.6 × 104 220 ＝300 1 ，故 B 正确；0～0.01 s 发电机线圈磁通量的变化量为 2BS，故 C 错误；输电 线上损耗的功率 P 损＝I2R＝4×106 W，故 D 错误． 专题强化练 基础题组 1．在寒冷地区，为了防止汽车挡风玻璃窗结霜，可用通电电阻加热，如图所示为 10 根阻值 皆为 3 Ω 的电阻条件和一内阻为 0.5 Ω 的直流电源，现在要使整个电路中电阻条上消耗的功 率最大，则下列方法可行的是(　　) A．将 6 根并联接入 B．将 6 根串联接入 C．将 10 根并联接入 D．将 10 根串联接入 答案　A 解析　当电路中内、外电阻相等时，电阻条上消耗的功率最大，6 根 3 Ω 的电阻条并联后的 总电阻为 R 总＝3 Ω 6 ＝0.5 Ω，等于电源的内阻，即内、外电阻阻值相等，选项 A 正确． 2．(2019·杭州市高三期末)电线是家庭装修中不可或缺的基础建材，电线的质量直接关系到用 电安全．某型号电线每卷长度为 100 m，铜丝直径为 1.6 mm.为检验其是否采用了导电性能比 较差的劣质铜，现给整卷电线加上 1.50 V 恒定电压，测得通过电线的电流为 1.20 A，由此可 知此电线所用铜的电阻率约为(　　) A．1.7×10－9 Ω·m B．2.5×10－8 Ω·m C．1.1×10－7 Ω·m D．5.0×10－6 Ω·m 答案　B 解析　给整卷电线加上 1.50 V 恒定电压，测得通过电线的电流为 1.20 A，则电线的电阻值为 R＝U I ＝1.50 V 1.20 A＝1.25 Ω；又 R＝ρL S＝ρ L π(d 2 )2 ＝4ρL πd2，代入数据可得：ρ≈2.5×10－8 Ω·m，故 B 正确，A、C、D 错误． 3．(2019·嘉、丽 3 月联考)某手机在充电时可以根据充电进程在快充模式和慢充模式间智能切 换．快充模式时充电头的输出电压为 U1，输出电流为 I1，手机的等效内阻为 r1；慢充模式时 充电头的输出电压为 U2，输出电流为 I2，手机的等效内阻为 r2.则(　　) A．快充模式时充电头输出的电功率为 U1I1＋I12r1 B．快充模式时电能转化为化学能的功率为 U1I1 C．慢充模式时手机由于充电而产生的热功率为 I22r2 D．慢充模式时手机由于充电而产生的热功率为U22 r2 答案　C 解析　快充模式时充电头的输出电压为 U1，输出电流为 I1，则快充模式时充电头输出的电功 率为 U1I1，故 A 错误；快充模式时手机的等效内阻为 r1，则热功率：P 热 1＝I12r1，所以快充 模式时电能转化为化学能的功率为 U1I1－I12r1，故 B 错误；慢充模式时输出电流为 I2，手机 的等效内阻为 r2，则慢充模式时手机由于充电而产生的热功率为 I22r2，故 C 正确；充电电路 不是纯电阻电路，所以不能使用公式U22 r2 求产生的电热，故 D 错误． 4．(2019·浙南名校联盟高三期末)小李家的房子装修，买了一卷规格为“100 m、4 mm 2”的 铜导线(已知铜的电阻率为 1.7×10－8 Ω·m)，用来安装一路专线，对额定电压为 220 V，额定 功率为 2.0 kW 的空调供电．实际上只用去了一半导线，如果空调能够正常工作，估算导线上 损失的电压约为(　　) A．1.9 V B．0.19 V C．2.5 V D．0.25 V 答案　A 5．(2019·宁波市 3 月模拟)夏天使用电风扇时，若不慎扇叶被卡住，风扇容易烧毁．已知电风 扇正常工作时电功率为 P，发热功率为 P0，当风扇被卡住时热功率为(两端的电压仍不变)(　　) A．P B．P－P0 C.P2 P0 D. PP0 答案　C 解析　由正常工作时的功率 P＝UI，发热功率 P0＝I2r，可得 r＝U2P0 P2 ，当风扇被卡住时的热 功率 P′＝U2 r ＝P2 P0，故选 C. 6．(多选)(2019·河南示范性高中上学期期终)一内阻不计的交流发电机输出电压的瞬时值表达 式为 u＝100sin 100πt(V)，下列判断正确的是(　　) A．该交流发电机线圈的转速为 50 r/s B．若将该交流电压加在阻值为 100 Ω 的电阻两端，则该电阻在 1 min 内产生的热量为 6×103 J C．若发电机线圈的转速提高一倍，则输出电压的有效值为 100 2 V D．若将该交流电压加在原、副线圈匝数比为 k 的理想变压器的原线圈两端，则副线圈两端 的电压的有效值为50 2 k V 答案　ACD 解析　由 n＝ω 2π＝50 r/s 可知，选项 A 正确；由公式 Q＝U12 R t＝ (100 2 )2 100 ×60 J＝3 000 J，选项 B 错误；根据 Um＝NBSω 可知，当发电机线圈的转速提高一倍，即 ω 增大一倍时，Um＝200 V，则 U＝Um 2 ＝100 2 V，选项 C 正确；由公式U1 U2＝n1 n2＝k 可得，U2＝ 100 2k V＝50 2 k V， 选项 D 正确． 7.(多选)(2019·贵州安顺市上学期质量监测)如图所示，曲线 C1、C2 分别是纯电阻电路中，内、 外电路消耗的电功率随电流变化的图线．由该图可知下列说法中正确的是(　　) A．两条图线的交点表示内、外电路消耗的总功率为 4 W B．电源的内阻为 1 Ω C．电源的输出功率最大值为 4 W D．电源的效率最大可达 50% 答案　BC 解析　根据题图可以知道，曲线 C1、C2 的交点的位置，此时电路的内、外功率相等，由于内、 外电路的电流是相等的，所以此时电源的内阻和电路的外电阻大小是相等的，内、外电路消 耗的功率相等，总功率为 8 W，即此时电源的输出功率是最大的，由题图可知电源的输出功 率最大值为 4 W，所以 A 错误，C 正确；根据 P＝I2R＝I2r 可知，当输出功率最大时，P＝4 W，I＝2 A，所以 R＝r＝1 Ω，所以 B 正确；电源的效率 η＝IU IE×100%＝U E×100%＝ IR I(R＋r) ×100%＝ R R＋r×100%，当 r＝R 时，电源的效率是 50%，但不是效率的最大值，选项 D 错 误． 8．(多选)(2019·吉林长春市质量监测)如图为一种直流发电机的结构示意图，直流发电机由两 块永磁铁、线圈和换向器组线缠绕而成．永磁体 N、S 极相对，中间区域视为匀强磁场，磁 感应强度为 B.线圈由 N 匝导线缠绕而成，面积为 S，可绕如图所示的轴线匀速转动，角速度 为 ω.换向器由两个半铜环和两个电刷构成，半铜环分别与线圈中导线的两端固连，线圈和半 铜环绕着轴线以相同角速度转动．电刷位置固定，作为输出端与外电路相连(图中未画出)．每 当线圈转到中性面位置时，半铜环和电刷会交换接触，以保持输出电流方向不变，且交换时 间极短可忽略．下列说法正确的是(　　) A．当线圈按照图示的方向转动时，电刷 a 的电势比 b 的电势高 B．当线圈转到图示位置时，线圈中产生的电动势为零 C．该发电机产生电动势的最大值为 NBSω D．该发电机产生电动势的最大值是有效值的 2倍 答案　CD 解析　当线圈按照题图所示的方向转动时，根据右手定则知电刷 a 的电势比 b 的电势低，故 A 错误；当线圈转到题图所示位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率达到最大，所以线圈 中产生的电动势也达到最大，故 B 错误；发电机产生的电动势随时间变化图象如图所示，其 中最大值为 NBSω，且是有效值的 2倍，故 C、D 正确． 9．一矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直磁感线的转轴匀速转动，形成如图所示的交变电动势图 象，根据图象提供的信息，以下说法正确的是(　　) A．线圈转动的角速度为100π 3 rad/s B．电动势的有效值为 20 V C．t＝1.0×10－2 s 时，线圈平面和磁场方向的夹角为 45° D．t＝1.5×10－2 s 时，穿过线圈平面的磁通量最大 答案　A 解析　角速度 ω＝2π T ＝100π 3 rad/s，选项 A 正确；电动势的有效值 E＝ Em 2 ≈14.1 V，选项 B 错误；θ＝ωt＝100π 3 t，将 t＝1.0×10－2 s 代入该式，解得 θ＝π 3，这是线圈从中性面开始转过 的夹角，故线圈平面和磁场方向的夹角为 30°，选项 C 错误；t＝1.5×10－2 s 时，线圈平面与 磁场平行，穿过线圈平面的磁通量最小，选项 D 错误． 10．(多选)图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一个矩形金属线圈绕与磁场方 向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈内 阻为 10 Ω，外接一只电阻为 90 Ω 的灯泡，不计电路的其他电阻，则(　　) A．t＝0 时刻线圈平面处在中性面 B．每秒钟内电流方向改变 100 次 C．灯泡两端的电压为 22 V D．0～0.01 s 时间内通过灯泡的电荷量为 0 答案　AB 解析　从题图可以看出，从金属线圈旋转至中性面时开始计时，所以选项 A 正确；交变电动 势的周期为 2×10－2 s，频率是 50 Hz，因一个周期内电流的方向改变两次，所以每秒钟内电 流方向改变 100 次，选项 B 正确；灯泡两端的电压为 U 灯＝ U R 总·R 灯＝ 31.1 2 100×90 V≈19.8 V， 所以选项 C 错误；0～0.01 s 时间内磁通量的变化不为零，所以通过灯泡的电荷量不为零，选 项 D 错误． 11．(2019·广东省“六校”第三次联考)钳形电流表由电流互感器和电流表组合而成，常用来 测量强度很大的电流，其原理如图．若原线圈与副线圈的匝数比为 1∶500，电流表 A 的示数 为 1 A，则(　　) A．钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯 B．钳形电流表能够用来测量直流电的电流 C．被测电路电流的平均值为 500 A D．被测电路电流的最大值为 500 A 答案　A 解析　钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯，A 正确；互感器利用的是电磁感应的互感原 理，不能用于直流电，故 B 错误；由I2 I1＝n1 n2得：I1＝n2I2 n1 ＝500 × 1 1 A＝500 A，因为电流表测 的是有效值，故该值为被测电路电流的有效值，故 C、D 错误． 能力题组 12．(多选)图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比 n1∶n2＝4∶1，电阻 R＝20 Ω，L1、L2 为 规格相同的两只小灯泡，S1 为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压 u 随时间 t 的变化关系如图乙所示．现将 S1 接 1，S2 闭合，此时 L2 正常发光．下列说法正确的是(　　) A．只断开 S2 后，小灯泡 L1 正常发光 B．只断开 S2 后，原线圈的输入功率减小 C．若 S1 换接到 2 后，R 中电流瞬时值表达式 i＝ 2 4 cos 50πt(A) D．若 S1 换接到 2 后，R 消耗的电功率为 1.25 W 答案　BD 解析　L1、L2 为规格相同的两只小灯泡，只断开 S2 后，L1、L2 串联，总电阻增加，小灯泡 L1 不能正常发光，原线圈的输入功率减小，故 A 错误，B 正确；若 S1 换接到 2 后，输出电压的 有效值 U2＝n2 n1· Um 2 ＝5 V，则 R 消耗的电功率为 1.25 W，由题图乙可得 ω＝2π T ＝100π rad/s， 选项 C 错误，选项 D 正确． 13．(2019·江苏通州区、海门市、启东三县联考)如图所示，R1 是光敏电阻(光照增强，电阻减 小)，C 是电容器，R2 是定值电阻．当 R1 受到的光照强度减弱时(　　) A．流过电阻 R2 的电流增大 B．光敏电阻 R1 上的电压减小 C．电源两端电压减小 D．电容器 C 的带电荷量减小 答案　D 解析　当 R1 受到的光照强度减弱时，R1 的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆 定律分析得到，总电流 I 减小，即流过 R2 的电流减小，故 A 错误；根据闭合电路欧姆定律分 析得到，总电流 I 减小，路端电压 U＝E－Ir，E、r 不变，则 U 增大，R2 两端电压减小，所 以光敏电阻 R1 上的电压增大，故 B、C 错误；由于电容器与 R2 并联，所以电容器两端电压 减小，由公式 Q＝CU2 可知，电容器的带电荷量减小，故 D 正确． 14．(多选)(2019·山西吕梁市第一学期期末)某发电机输出的交流电压如图所示，经理想变压 器升压后向远处输送，最后经理想变压器降压后输送给用户．则下列说法中正确的是(　　) A．发电机输出交流电压的有效值为 500 2 V B．用户获得的交流电压频率为 50 Hz C．若增加用户用电负载的数量，输电线上损失的功率将增加 D．若增加升压变压器原线圈的匝数，输电线上损失的功率将减小 答案　BC 解析　由题图可知交流电的最大值为 Um＝500 V，因此其有效值为 U＝Um 2 ＝250 2 V，故 A 错误；由题图可知，T＝2×10－2s，变压器不改变交流电的频率，故 f＝1 T＝50 Hz，故 B 正确； 若增加用户用电负载的数量，则用户总电阻减小，用户总电流增大，输电线电流增大，ΔP＝ I2R 知损失功率增大，故 C 正确；增加升压变压器原线圈匝数，输出电压减小，损失的功率 为 ΔP＝( P U 输)2R，损失功率增大，故 D 错误． 15．(多选)(2019·山东枣庄市上学期期末)某同学模拟“远距离输电”电路，将实验室提供的 器材连接成了如图所示电路．A、B 为理想变压器，灯 L1、L2 相同且阻值不变，输电线路等 效电阻为 R.现保持 A 的输入电压不变，当开关 S 断开时，灯 L1 正常发光，则(　　) A．仅闭合 S，L1 变暗 B．仅闭合 S，输电线路的发热功率变小 C．仅将滑片 P 上移，L1 变亮 D．仅将滑片 P 上移，输电线路的发热功率变小 答案　AD 解析　 闭合 S，则消耗功率增大，B 副线圈中电流增大，B 原线圈电流也增大，则 R 上损失 的电压和功率增大，则 B 输入电压 UB1＝UA2－IR 减小，灯泡两端电压 UB2 减小，故灯泡会变 暗，故 A 正确，B 错误；仅将滑片 P 上移，A 副线圈匝数减小，则输出电压减小，B 的输入 电压减小，灯泡电压也减小，故 L1 变暗，消耗功率减小，流过灯泡的电流减小，则 B 原线圈 中电流减小，流过 R 的电流减小，输电线路的发热功率变小，故 C 错误，D 正确．