【物理】2020届二轮复习专题四电路与电磁感应第8课时直流电路与交流电路学案 19页

复习备考建议 ‎1．直流电路的考查一般以实验题为主，单独考查的角度主要是动态电路分析和含容电路分析，或与电磁感应相结合．交变电流考查重点是理想变压器及相关知识，难度适中．‎ ‎2．产生感应电流的条件、楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律的基本应用，往往以选择题形式结合图象、电路、历史中的著名实验、现代科技中的应用等创设新情景，总体难度不大．计算题一般考查电磁感应定律的应用，与力学问题结合时一般是匀速或静止时的平衡问题，较简单．电磁感应与动量知识的结合可能是新的考查点，应引起重视．‎ 第8课时　直流电路与交流电路 考点　直流电路分析 ‎1．电容器的特点 ‎(1)只有当电容器充、放电时，电容器所在支路中才会有电流，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，电容器两端的电压为与之并联的电阻两端的电压．‎ ‎2．1个定律、2个关系 ‎(1)闭合电路欧姆定律：I＝.‎ ‎(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．‎ ‎3．动态分析3法 方法1：程序法 R局R总I总＝ U内＝I总rU外＝E－U内确定 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，再去讨论．‎ 例1　(2019·宁夏银川市六盘山上学期期末)在如图1所示的电路中，E为电源，电源内阻为r，L为小灯泡(灯丝电阻可视为不变)，电压表为理想电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，将滑动变阻器的滑片向上移动，则(　 　)‎ 图1‎ A．电压表的示数变大 B．小灯泡L消耗的功率变小 C．通过R2的电流变小 D．电源内阻的电压变大 答案　B 解析　滑动变阻器的滑片向上移动，则接入电路的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流减小，故R1两端的电压减小，电压表的示数变小，故A错误；由并联电路的电流规律可知，流过灯泡L的电流一定减小，故由P＝I2R可知，小灯泡L消耗的功率变小，故B正确；因电路中电流减小，故电源内阻的电压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R2的电流增大，故C、D错误．‎ 变式训练 ‎1．(2019·重庆市一诊 )利用如图2所示电路可测量待测电阻Rx的阻值．定值电阻R1、R2阻值已知，闭合电键S，调节电阻箱接入电路阻值为R3时，电流表示数为零，则Rx阻值等于(　　)‎ 图2‎ A．R2 B. C. D. 答案　D 解析　根据串并联电路特点及欧姆定律可知：I1(R1＋R2)＝I2(Rx＋R3)，由于电流表示数为零，则说明G两端的电势相等，则一定有：I1R1＝I2R3；两式联立可得：Rx＝，故选D.‎ 例2　(2019·辽宁沈阳市质量检测(一))某同学将一闭合电路电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图3中的a、b、c所示，则下列判断正确的是(　　)‎ 图3‎ A．直线a表示电源内部的发热功率随电流I变化的图线 B．曲线b表示电源的总功率随电流I变化的图线 C．曲线c表示电源的输出功率随电流I变化的图线 D．电源的电动势E＝3 V，内电阻r＝2 Ω 答案　C 解析　由电源消耗总功率和电源内部消耗功率表达式PE＝EI，Pr＝I2r可知，a是直线，表示的是电源消耗的总功率PE，b是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率Pr，c表示外电阻的功率即为电源的输出功率PR＝EI－I2r，所以A、B错误，C正确；由题图可知，当短路时电流为2 A，总功率PE＝EI＝6 W，则可知电动势为：E＝3 V，则r＝＝ Ω＝1.5 Ω，故D错误．‎ 变式训练 ‎2．(2019·福建厦门市模拟)如图4所示，电源电动势为E，内阻为r，电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小)．当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，下列说法中正确的是(　　)‎ 图4‎ A．只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流 B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流 C．只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动，电压表示数变大，带电微粒向下运动 D．若断开电键S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动 答案　A 解析　只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，R2两端的电压变大，电容器两端的电压增大，电容器充电，电容器所带电荷量变大，所以R3中有向上的电流，故A正确；电路稳定时，电容器相当于断路，只调节R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故B错误；只调节R2的滑动端P1向下端移动时，与电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，电场力变大，带电微粒向上运动，故C错误；若断开电键S，电容器放电，电容器所带电荷量变小，电容器两端电压变小，两极板间电场变小，带电微粒所受电场力减小，合力向下，则带电微粒向下运动，故D错误．‎ 考点　交变电流的产生及描述 ‎1．交变电流的产生 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．‎ ‎3．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(从中性面开始计时)，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：＝n，计算通过电路横截面的电荷量．‎ 例3　(多选)(2019·安徽皖江名校联盟摸底大联考)图5所示为交流发电机发电的简易原理图，n匝矩形线圈的面积为S，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，已知线圈的总电阻为r，通过电刷与定值电阻R相连接，与定值电阻并联一理想的交流电压表，现矩形线圈绕中心轴线OO′以恒定的角速度ω匀速转动．t＝0时刻线圈处在中性面．下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A．t＝0时刻流过定值电阻的电流方向向左 B．线圈中产生感应电动势的瞬时值表达式为e＝nBSωsin ωt(V)‎ C．线圈转动的过程中，电压表的读数为nBSω ‎ D．从t＝0时刻起，线圈转过60°角时流过定值电阻的瞬时电流为 答案　BD 解析　t＝0时刻线圈与磁场方向垂直，即线圈的速度与磁场方向平行，因此t＝0时感应电动势为零，感应电流为零，A错误；从中性面开始计时，感应电动势随时间按正弦规律变化，且最大感应电动势Em＝nBSω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝nBSωsin ωt(V)，B正确；线圈转动的过程中，最大感应电动势Em＝nBSω，则产生的感应电动势的有效值为E＝‎ nBSω，因此电压表的示数为U＝nBSω，C错误；线圈从t＝0开始转过60°角时，瞬间电流为i＝＝＝，D正确．‎ 变式训练 ‎3．(2019·贵州贵阳市一模)如图6甲为某品牌电热毯的简易电路，电热丝的电阻为R＝484 Ω，现将其接在u＝220sin 100πt(V)的正弦交流电源上，电热毯被加热到一定温度后，温控装置P使输入电压变为图乙所示的波形，从而进入保温状态，若电热丝的电阻保持不变，则保温状态下，理想交流电压表V的读数和电热毯消耗的电功率最接近下列哪一组数据(　　)‎ 图6‎ A．220 V、100 W B．156 V、50 W C．110 V、25 W D．311 V、200 W 答案　B 解析　由题图象可知温控装置P输入的交变电流的周期T＝2×10－2 s；可分为0～和～T两段，根据有效值的定义可得×＋0＝×T，解得U＝≈156 V，电热毯在保温状态下消耗的电功率为P＝＝50 W，故B正确．‎ ‎4.(多选)(2019·山东德州市上学期期末)如图7所示，匀强磁场的磁感应强度大小为 1 T ，单匝正方形导线框的边长为 1 m ，总电阻为 1 Ω ，开始时处于位置Ⅰ，现用外力使导线框绕ab边匀速转过 180° 至位置Ⅱ，转动的角速度为 π rad/s ，则在此过程中以下说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A．通过导线横截面的电荷量为零 B．通过导线横截面的电荷量为 2 C C．外力做功为 J D．外力做功为 J 答案　BC 解析　通过导线横截面的电荷量q＝＝＝ C＝2 C，选项A错误，B正确；Em＝BωS＝1×π×12 V＝π V，则外力做功W＝t＝× J＝ J，选项C正确，D错误．‎ ‎5．(多选)(2019·广西桂林等六市第一次联合调研)如图8甲所示，标有“220 V　40 W”‎ 的灯泡和标有“20 μF　360 V”的电容器并联到交流电源上，V为理想交流电压表，交流电源的输出电压如图乙中正弦曲线所示，闭合开关S.下列判断正确的是(　　)‎ 图8‎ A．电容器会被击穿 B．交流电源的输出电压的有效值为220 V C．t＝时刻，V的示数为零 D．t＝时刻，通过灯泡的电流为零 答案　BD 解析　由题图可知交流电压的最大值为220 V≈311 V，小于电容器的击穿电压，故电容器不会被击穿，故A错误；由题图乙可知，交流电压的有效值为 V＝220 V，故B正确；交流电压表的示数为有效值，则t＝时刻，电压表的示数为220 V，故C错误；t＝时刻，灯泡两端电压的瞬时值为0，通过灯泡的电流的瞬时值为0，故D正确．‎ 考点　变压器与远距离输电 ‎1．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：＝.‎ ‎(3)电流关系：只有一个副线圈时＝.‎ ‎2．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．‎ ‎3．四点说明 ‎(1)变压器不能改变直流电压．‎ ‎(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．‎ ‎4．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线为输电线路的总电阻．‎ ‎(3)P损＝，ΔU为在输电线路上损失的电压，R线为线路总电阻．‎ ‎(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4　(2019·安徽A10联盟开年考)如图9甲所示，电阻不计的矩形导体线圈固定在水平桌面上，线圈的匝数n＝100，所围成矩形的面积S＝0.4 m2，垂直于线圈平面的匀强磁场磁感应强度随时间按如图乙所示的正弦规律变化．在线圈的右边接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数比为n1︰n2＝2︰1，灯泡L标有“36 V　18 W”字样，电流表和电压表均为理想交流电表．调节滑动变阻器R的滑片，当电流表示数为0.8 A时，灯泡L刚好正常发光，则(　　 )‎ 图9‎ A．电压表的示数等于40 V B．定值电阻R0的阻值为5 Ω C．在0～1.57×10－2 s的时间内，通过小灯泡L的电荷量为7.85×10－3 C D．当滑动变阻器R的滑片向下滑动时，电流表的示数变大，电压表的示数变小 答案　B 解析　矩形导体线圈中产生的感应电动势的最大值为Em＝nBmS，解得Em＝80 V，电压表的示数为U＝，解得U＝40 V，选项A错误；定值电阻R0两端的电压U0＝U－UL＝4 V，定值电阻R0的阻值为R0＝＝5 Ω，选项B正确；在0～1.57×10－2 s的时间内，通过小灯泡的电流有向上和向下的过程，所以通过小灯泡L的总的电荷量为零，选项C错误；当滑动变阻器R的滑片向下滑动时，电流表的示数变大，电压表的示数不变，选项D错误．‎ 变式训练 ‎6.(多选)(2019·山东日照市3月模拟)教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机通过理想变压器向用电器供电，电路如图10所示．副线圈的匝数可以通过滑动触头Q来调节，副线圈两端连接定值电阻R0、灯泡L和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑片，‎ 原线圈上连接一只理想交流电流表A，闭合开关S，电流表的示数为I，则(　 　)‎ 图10‎ A．仅增大发电机线圈的转速，I增大 B．仅将P向上滑动，I增大 C．仅将Q向上滑动，I增大 D．仅将开关S断开，I增大 答案　AC 解析　仅增大发电机线圈的转速n，则角速度ω＝2πn增大，则最大感应电动势Em＝NBSω增大，则电动势的有效值增大，由于原、副线圈匝数不变，故副线圈两端电压增大，则副线圈电流增大，根据＝可知原线圈电流I增大，故选项A正确；仅将P向上滑动，则副线圈总电阻增大，则副线圈电流减小，根据＝可知原线圈电流I减小，故选项B错误；仅将Q向上滑动，则副线圈的匝数增大，由于原线圈两端电压不变，则根据＝可知，副线圈两端电压增大，则副线圈电流增大，根据＝可知原线圈电流I增大，故选项C正确；仅将开关S断开，则副线圈总电阻增大，由于原、副线圈电压均不变，则副线圈电流减小，根据＝可知原线圈电流I减小，故选项D错误．‎ ‎7.(2019·湖北恩施州2月教学质量检测)在如图11所示的电路中，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为1︰2，三个定值电阻的阻值相同，电压表为理想交流电表．现在a、b端输入正弦式交变电流，电键S断开时，电压表的示数为U1，电键S闭合后，电压表的示数为U2，则的值为(　　)‎ 图11‎ A. B. C. D. 答案　D 解析　设ab端输入的电压有效值为U，当电键S断开时，原线圈两端的电压为，副线圈 中的电流为；原线圈中的电流为，则U＝＋U1＝；当电键S闭合时，原线圈两端的电压为，副线圈中的电流为，原线圈中的电流为，则U＝＋2U2＝；解得＝，故选D.‎ 例5　(多选)(2019·广东深圳市4月第二次调研)中国特高压远距离输电技术已成为国际标准，使“煤从空中走、电送全中国”成为现实．如图12为远距离输电示意图，发电厂输出电压U1＝104 V，输出功率P1＝109 W，两个理想变压器的匝数比分别为n1∶n2＝1∶100、n3∶n4＝100∶1，输电线总电阻r＝50 Ω.则(　　)‎ 图12‎ A．U4＝U1‎ B．I4＝I1‎ C．通过电阻r的电流I2＝2×104 A D．电阻r损耗的电功率为5×107 W 答案　BD 解析　I1＝＝1×105 A，根据＝可得，I2＝I1＝×105 A＝103 A，则通过电阻r的电流为103 A，故C错误；电阻r两端的电压为Ur＝I2r＝103 A×50 Ω＝5×104 V，则U3＝U2－Ur＝106 V－5×104 V＝9.5×105 V，U4＝U3＝×9.5×105 V＝9.5×103 V，则U4≠U1，故A错误；由于I2＝I3，I4＝I3＝×103 A＝105 A，则I4＝I1，故B正确；电阻r损耗的功率Pr＝I22r＝(103)2×50 W＝5×107 W，故D正确．‎ 变式训练 ‎8．(多选)(2019·广东清远市期末质量检测)如图13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的原、副线圈匝数分别为n1、n2，输入电压和输入功率分别为U1和P1，输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的原、副线圈匝数分别为n3、n4，输入电压和输入功率分别为U3和P3，输出电压和输出功率分别为U4和P4.下列说法正确的是(　 　)‎ 图13‎ 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，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，同时增大 答案　CD 解析　交流发电机的输出电压U1一定，根据＝，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)，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，选项B错误；输电线上的电流I＝，则输电线上损失的功率为P损＝I2R＝，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，选项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＝知，所以应增大；U3＝U2－IR，U2增大，I2减小，所以U3增大，用户电压不变，根据＝知，应增大，故D正确．‎ 专题突破练 ‎ 级保分练 ‎1．(2019·河北“五个一名校联盟”第一次诊断)图1所示为一交流电电流随时间变化的图象，此交流电电流的有效值为(　　)‎ 图1‎ A．7 A B．5 A ‎ C．3.5 A D．3.5 A 答案　B 解析　根据有效值的定义有：(4)2R×0.01×2＋(3)2 R×0.01×2＝I2R×0.04，解得I＝5 A，故选B.‎ ‎2．(2019·浙江诸暨市期末)图2所示为一个小型电热水器，浸入水中的加热元件电阻器RL＝‎ ‎1.0 Ω，在外部并联的电阻RS＝2.0 Ω，电源为恒流电源，在正常工作时，电源始终给电路提供I＝3.0 A的恒定电流．则下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．RL两端的电压为3.0 V B．流过RL的电流为1.0 A C．RS上消耗的电功率为2.0 W D．如果减小RS的电阻，则RL的电功率增大 答案　C ‎3.(多选)(2019·浙江温州市联考)如图3，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为理想电压表和理想电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则(　　)‎ 图3‎ A．V的读数变大，A的读数变小 B．V的读数变大，A的读数变大 C．V的读数变小，A的读数变大 D．相同时间内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，V的读数变大，R1两端电压减小，故R3两端电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，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，则相同时间内电源内阻消耗的电能比断开前少，故D正确．‎ ‎4.(2019·江苏南通市通州区、海门市、启东市联考)如图4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(　　)‎ 图4‎ A．电阻R2上的电流增大 B．光敏电阻R1两端的电压减小 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得，总电流I减小，即流过R2的电流减小，R2两端电压U2减小，路端电压U＝E－Ir，E、r不变，则U增大，所以光敏电阻R1两端的电压U1增大，故A、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．‎ ‎5.(2019·福建厦门市上学期期末质检)电风扇的挡位变换器电路如图5所示，把它视为一个可调压的理想变压器，总匝数为2 400的原线圈输入电压u＝220sin 100πt(V)，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为240、600、1 200、2 400.电动机M的内阻r＝8 Ω，额定电压为U＝220 V，额定功率P＝110 W．下列判断正确的是(　　)‎ 图5‎ A．该交流电源的频率为100 Hz B．当选择挡位3后，电动机两端电压的最大值为110 V C．当挡位由3变为2后，原线圈的电流变大 D．当选择挡位4后，电动机的输出功率为108 W 答案　D 解析　根据原线圈输入电压的瞬时值表达式知：ω＝100π，交流电源的频率f＝＝50 Hz，故A错误；当选择挡位3后，副线圈的匝数为1 200，根据电压与匝数成正比得： ＝，解得：U2＝110 V，所以电动机两端电压的最大值为110 V，故B错误；当挡位由3变为2后，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压减小，输出功率变小，输入功率变小，根据P1＝U1I1知原线圈电流变小，故C错误；当选择挡位4后，副线圈匝数为2 400，根据变压规律得到副线圈两端的电压为220 V，电动机正常工作，流过电动机的电流I＝＝ A＝0.5 A，电动机的发热功率P热＝I2r＝0.52×8 W＝2 W，电动机的输出功率P出＝(110－2 ) W＝108 W，故D正确．‎ ‎6.(2019·湖南娄底市下学期质量检测)如图6所示，一理想变压器的原线圈接有电压为U的交 变电流，副线圈接有电阻R1和光敏电阻R2(阻值随光照增强而减小)，开关S开始时处于闭合状态，下列说法正确的是(　　 )‎ 图6‎ A．电流表的示数随时间不断改变 B．当光照变弱时，变压器的输入功率变大 C．当开关S由闭合到断开时，交流电流表的示数变大 D．当滑动触头P向下滑动时，电阻R1消耗的功率增大 答案　D 解析　光强一定，则R2一定，电流表的示数为其有效值，保持不变，选项A错误；当光照变弱时，光敏电阻的阻值变大，输出功率减小，输入功率也变小，故B错误；当开关S由闭合到断开时，副线圈两端的电压不变，光敏电阻R2阻值不变，则流过光敏电阻的电流不变，故C错误；当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减少，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压增大，电阻R1两端的电压增大，电阻R1消耗的功率增大，故D正确．‎ ‎7.(2019·贵州安顺市上学期质量监测)如图7所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个匝数为N的矩形线圈abcd，线圈面积为S，ab边与磁场垂直，ab边始终与金属滑环K相连，cd边始终与金属滑环L相连．现使矩形线圈以恒定角速度ω，从图示位置绕过ad、bc中点的轴匀速转动．下列说法中正确的是(　　 )‎ 图7‎ A．将交流电流表串联到电路中，其示数随时间按余弦规律变化 B．线圈转动的角速度越大，通过电阻R的电流越小 C．线圈平面与磁场平行时，瞬时感应电动势最大Em＝NBSω D．线圈平面每转过半圈，穿过线圈平面的磁通量变化量为零 答案　C 解析　交流电流表测量的是交变电流的有效值，不随时间变化，故A错误；根据e＝NBSωcos ωt可知，线圈转动的角速度越大，产生的感应电动势越大，通过电阻R的电流越大，选项B错误．题图所示位置，线圈平面与磁场平行，线圈切割磁感线最快(垂直切割)，感应电动势最大，最大值为Em＝NBSω，故C正确；线圈从中性面位置每转过半圈，穿过线圈平面的磁通 量变化量为2BS，选项D错误．‎ ‎8．(2019·河南驻马店市上学期期终)两个电路元件L1和L2的伏安特性曲线如图8甲所示．现把二者串联起来接在直流电源上，电源内阻为1 Ω，如图乙所示．闭合开关S后，电路中理想电流表A的读数为0.2 A，则电源的电动势和元件L2此时的电功率分别是(　　)‎ 图8‎ A．3 V,0.8 W B．3.2 V,0.8 W C．3 V,0.4 W D．3.2 V,0.4 W 答案　D 解析　电路元件L1和L2串联，故IL1＝IL2＝0.2 A，由题图图象可知：此时UL1＝1 V，UL2＝2 V；电源电动势U＝Ir＋UL1＋UL2＝0.2×1 V＋1 V＋2 V＝3.2 V；元件L2的电功率PL2＝UL2IL2＝2 V ×0.2 A＝0.4 W．故选D.‎ ‎9．(2019·河南开封市第一次模拟)利用如图9装置给小灯泡供电，下列说法正确的是(　　 )‎ 图9‎ A．图示位置穿过线框的磁通量的变化率最大 B．在图示位置线框电流改变方向 C．用变压器是为了提高输出功率 D．若灯泡亮度偏暗，可通过增加原线圈匝数来提高灯泡亮度 答案　B 解析　由题图可知，此时线圈和磁场垂直，线框的磁通量最大，感应电动势为0，线框电流改变方向，故B正确，A错误；变压器只是改变电压和电流，不改变功率和频率，故C错误；根据＝，要使输出电压变大，可通过减少原线圈匝数，所以若灯泡亮度偏暗，可通过减少原线圈匝数来提高灯泡亮度，故D错误．‎ ‎ 级争分练 ‎10.(多选)(2019·福建龙岩市期末质量检查)某同学在研究微型直流电动机的性能时，采用如图10所示的实验电路．闭合开关，并调节滑动变阻器R的阻值，使电动机不转动，此时电流表和电压表的示数分别为I1和U1.重新调节R的阻值，使电动机正常运转，此时电流表和电压 表的示数分别为I2和U2.则(　　)‎ 图10‎ A．这台电动机的线圈电阻为 B．这台电动机正常运转时线圈的发热功率为U1I1‎ C．这台电动机正常运转时的输出功率为U2I2－I22 D．这个电源的内阻为 答案　AC 解析　电动机不转动时满足欧姆定律，电动机的线圈电阻r0＝ ，故A对；电动机正常转动时的发热功率为P1＝I22r0＝，故B错；这台电动机正常运转时输入功率为P2＝U2I2 ，所以输出功率为P3＝P2－P1＝U2I2－I22r0＝U2I2－I22 ，故C对；若滑动变阻器的阻值R恒定不变，则根据闭合电路欧姆定律可知：E＝U1＋I1(r＋R)，E＝U2＋I2(r＋R)，解得：(r＋R)＝ ，由于滑动变阻器的阻值变化，且不知道具体是多少，所以电源内阻不等于，故D错．‎ ‎11．(2019·山东日照市上学期期末)在匀强磁场中，一个100匝的矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，线圈外接定值电阻和理想交流电流表(如图11甲所示)．穿过该线圈的磁通量按正弦规律变化(如图乙所示)．已知线圈的总电阻为2 Ω，定值电阻R＝8 Ω(取π2＝10)．下列说法正确的是(　　)‎ 图11‎ A．电动势的瞬时值表达式e＝4πsin πt(V)‎ B．电流表的示数最小为0‎ C．一个周期内产生的热量为32 J D．0.5～1.5 s的时间内，通过线圈横截面的电荷量为0‎ 答案　C 解析　感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝NΦmω＝NФm·＝NΦmπ＝100×4×10－2π V＝4π V，线圈电动势的瞬时值表达式为e＝4πcos πt(V) ，故A错误；交流电流表的示数为交变电流的有效值，I＝＝ A＝0.4π A．一个周期内产生的热量为Q＝I2(R＋r)T＝(0.4π)2×(2＋8)×2 J＝32 J ，故B错误，C正确；0.5～1.5 s的时间内，通过线圈横截面的电荷量为q＝＝ C＝ C，故D错误．‎ ‎12．(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12甲所示．通过如图乙所示的电路向县域输电，其中输电电压为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(　　 )‎ 图12‎ A．用户端交变电流频率为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　由题图甲知f＝＝50 Hz，变压器不改变交变电流的频率，所以用户端交变电流的频率为50 Hz，故A正确；输电线上的电流I＝＝ A＝103 A，输电线上的电压损失为U损＝IR＝4×103 V，降压变压器原线圈两端的电压U1＝U－U损＝66×103 V，降压变压器原、副线圈的匝数比为＝＝＝，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．‎ ‎13．(多选)(2019·山东德州市上学期期末)一含有理想变压器的电路如图13所示，其中A、B、C、D为四个完全相同的电阻，在 a、b 端输入电压为U0的交变电流，当开关S断开时， A、B、C三个电阻中的电流大小相等，现闭合开关 S，以下说法正确的是(　　)‎ 图13‎ A．变压器原、副线圈匝数比为 2∶1‎ B．闭合开关S前变压器副线圈两端电压为 C．闭合开关S，A 中电流变小 D．闭合开关S，B 和C中电流都变大 答案　AB 解析　当开关S断开时， A、B、C三个电阻中的电流大小相等，可知变压器原线圈电流与副线圈电流的关系为I2＝2I1，根据＝可知变压器原、副线圈匝数比为2∶1，选项A正确；闭合开关S前设副线圈两端电压为U2，则电阻A两端的电压为U2，则由＝，解得U2＝U0，选项B正确；闭合开关S，副线圈电阻减小，副线圈电流变大，则原线圈电流变大，即A中电流变大，则A中电压变大，变压器原线圈两端电压减小，副线圈两端电压减小，则B和C中电流都变小，选项C、D错误．‎ ‎14．(多选)(2019·福建福州市五月检测)如图14甲所示，理想变压器的原线圈接有保险丝FU，其熔断电流为6 A，副线圈接有阻值为R0＝10 Ω的定值电阻、铭牌上标有“100 V　50 W”字样的灯泡以及最大阻值为400 Ω的滑动变阻器R.现在原线圈的ab间接如图乙所示的交流电源，当滑动变阻器的滑片处在中点时，灯泡恰好正常发光，则下列说法正确的是(　　)‎ 图14‎ A．原线圈两端输入的交变电压为u＝22sin 100πt (V)‎ B．理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶5‎ C．若将滑动变阻器的滑片向下移动少许，灯泡变亮 D．若持续向下移动滑动变阻器的滑片，变压器的输入功率变大，可能会使保险丝熔断 答案　BD 解析　由题图乙可知，交变电压的最大值为22 V，周期为T＝2×10－2 s，所以角速度为ω＝＝100 π rad/s，则原线圈两端的交变电压为u＝22sin 100πt (V)，选项A错误；灯泡正常发光时的电阻为RL＝＝200 Ω，电流为IL＝＝0.5 A，当滑动变阻器的滑片处在中点 时接入电路的电阻为200 Ω，根据并联电路的特点可知，通过电阻R0的电流为I0＝1 A，所以变压器的输出电压为U2＝UL＋I0R0＝110 V，则有＝＝，选项B正确；若将滑动变阻器的滑片向下移动少许，接入电路的电阻变小，则副线圈中的电流变大，电阻R0两端的电压增大，所以灯泡两端的电压减小，亮度变暗，选项C错误；若持续向下移动滑动变阻器的滑片，副线圈中的电流会持续增大，由P出＝U2I2可知输出功率变大，又P入＝P出，所以输入功率变大，原线圈中的电流I1也增大，因此可能超过熔断电流6 A，熔断器可能会熔断，选项D正确．‎