（课标通用）2020新高考物理二轮复习选择题逐题突破第七道选择题涉及的命题点教学案.docx

第7道选择题涉及的命题点717273 74直流电路交变电流变压器及远距离输电电磁感应问题71 备考精要1恒定电流(1)闭合电路中的电压、电流关系：EU外U内，I，UEIr。(2)闭合电路中的功率关系：P总EI，P内I2r，P出IUP总P内。(3)直流电路中的能量关系：电功WqUUIt，电热QI2Rt。注意纯电阻电路中WQ，非纯电阻电路中WQ。2直流电路动态分析的3种常用方法方法一：程序法R局I总U内I总rU外EU内确定U支、I支方法二：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)。方法三：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。三级练四翼展一练固双基基础性考法1.(2019江苏高考)如图所示的电路中，电阻R2 。断开S后，电压表的读数为3 V；闭合S后，电压表的读数为2 V，则电源的内阻r为()A1 B2 C3 D4 解析：选A当S断开后，电压表读数为U3 V，可认为电动势E3 V当S闭合后，由闭合电路的欧姆定律知EUIr，且I整理得电源内阻r1 ，选项A正确。2.在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示。下列判断正确的是()AI减小，U1增大BI减小，U2增大CI增大，U1增大DI增大，U2增大解析：选B闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，根据闭合电路的欧姆定律分析得知，干路电流I总减小，路端电压U增大；R3的电压等于路端电压，则流过R3的电流I3增大；流过电流表的电流II总I3，I总减小，I3增大，I减小，R1的电压减小，即电压表V1的示数U1减小；电压表V2的示数U2UU1，U增大，U1减小，则U2增大。所以I减小，U1减小，U2增大，故B正确。3多选某种小灯泡的UI图像如图甲所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路，电源的内阻为1.0 。现闭合开关S，理想电压表V的示数为4.0 V，则()A外电路的总电阻为6.7 B电源的电动势为5.6 VC电源消耗的热功率为3.0 WD电源的效率为89.3%解析：选BD理想电压表V的示数为4.0 V，由UI图像可知通过干路上的小灯泡的电流为0.6 A，通过电源的电流也为0.6 A，通过两并联小灯泡的电流均为0.3 A，则两并联小灯泡两端电压为1.0 V，依据闭合电路的欧姆定律可知，电源的电动势为E4.0 V1.0 V0.6 A1.0 5.6 V，B正确；电路的路端电压为U05.0 V，电流为I00.6 A，依据部分电路欧姆定律可知外电阻总阻值为R 8.3 ，A错误；电源消耗的热功率为PrI02r0.36 W，C错误；输出功率为P出U0I03.0 W，则电源的效率为100%89.3%，D正确。4.如图所示电路中，电源电动势E6 V，内阻r2 ，R14 ，R26 ，R36 。下列说法正确的是()A电阻R2中电流为 AB电路中A、B两点之间的电压为3 VC若在C、D间连一个理想电流表，其读数是 AD若在C、D间连一个理想电压表，其读数是4 V解析：选C根据闭合电路欧姆定律，电阻R2中的电流为I0.5 A，选项A错误；电路中A、B两点之间的电压为UABIR10.54 V2 V，选项B错误；若在C、D间连一个理想电流表，则外电路总电阻为RR17 ，电阻R1中的电流为I1 A，电阻R3中的电流为I3I1A，理想电流表的读数是 A，选项C正确；若在C、D间连一个理想电压表，其测量的电压为R2两端的电压，R2两端的电压U2IR20.56 V3 V，理想电压表的读数是3 V，选项D错误。5.如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表。现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法正确的是()A电流表A的示数变小，电压表V的示数变大B小灯泡L变亮C电容器C上电荷量减少D电源的总功率变大解析：选A闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小；电压表的示数UEI(RLr)，I减小，其他量不变，则U增大，即电压表V的示数变大，故A正确，B错误；电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增大，由QCU，知电容器C上的电荷量增大，故C错误；电源的总功率PEI，I减小，则电源的总功率变小，故D错误。二练会迁移综合性考法1(2019全国卷)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为()A2FB1.5FC0.5FD0解析：选B设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中上下两路电阻之比为R1R22RR21，上下两支路电流之比I1I212。如图所示，由于上路通电的导体棒受安培力的有效长度也为L，根据安培力计算公式FILB，可知FFI1I212，得FF，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为FF1.5F，选项B正确。2(2019自贡模拟)如图所示，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(其电阻随光照强度增大而减小)。当开关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()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向上端移动时，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向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D若断开开关S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动解析：选A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，滑动变阻器R2两端的电压变大，电容器两端的电压增大，电容器下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，故A正确；电路稳定时，电容器相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故B错误；只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E可知，带电微粒受到的电场力变大，带电微粒向上运动，故C错误；若断开开关S，电容器处于放电状态，电荷量变小，故D错误。3.如图所示的电路中，电源为恒流源，能始终提供大小恒定的电流。R0为定值电阻，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片，则下列表示电压表示数U、电路总功率P随电流表示数I变化的关系图线中，可能正确的是()解析：选C由题图知R0与R并联，电压表测路端电压，电流表测R接入电路部分所在支路的电流。该恒流源提供的电流恒定为I总，流过R0的电流为I0，R0两端的电压为U0，流过R接入电路部分的电流为I，R接入电路部分两端的电压为U。根据并联电路的特点可知UU0I0R0(I总I)R0IR0I总R0，其中I总、R0为定值，由UR0II总R0可知UI图像为直线，R00，即图像的斜率小于0，故选项A、B错误；由电功率的计算公式PUI知，电路消耗的总功率PUI总(I总I)R0I总I总R0II总2R0，其中I总、R0为定值，由PI总R0II总2R0可知PI图像为直线，I总R00，即图像的斜率小于0，且I不会为0，P不会为0，故选项C正确，D错误。4多选如图所示电路中，电阻R11 ，R23 ，R36 ，闭合开关S1后，当开关S2闭合时，电压表示数为7 V，当开关S2断开时，电压表示数为9 V，则下列说法正确的是()A电源的电动势为21 VB电源的内阻为3 C断开开关S2后，电源的输出功率增大D断开开关S2后，电源的效率增大解析：选ABD设电源的电动势为E，内阻为r，闭合开关S1后，当S2闭合时，R2和R3并联，R232 ，U1，当S2断开时，U2，解得E21 V，r3 ，选项A、B正确；S2闭合时，外电阻为3 ，等于电源内阻，此时电源的输出功率最大，S2断开时，外电阻为4 ，大于电源内阻，则电源的输出功率减小，选项C错误；断开开关S2后，外电阻增大，电源效率增大，选项D正确。5在如图甲所示电路中，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)。R130 ，R260 ，R310 。在MN间加上如图乙所示的交变电压时，R3两端电压表的读数大约是()A3 V B3.5 VC4 V D5 V解析：选B在00.01 s内，二极管导通，R1、R2并联电阻R1220 ，R3两端电压U3Um4 V，在0.010.02 s内，二极管截止，R3两端电压U3Um3 V。根据交流电有效值的定义得T，解得电压表示数U3.5 V，选项B正确。三练提素养创新性、应用性考法1(2019厦门模拟)如图，是一火警报警电路的示意图。其中R3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大。值班室的显示器为电路中的电流表，两电极之间接一报警器。当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I，报警器两端的电压U的变化情况是()AI变大，U变小BI变小，U变大CI变小，U变小DI变大，U变大解析：选D当传感器R3所在处出现火情时，R3的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律得知，干路电流I减小，路端电压UEIr变大，即报警器两端的电压U变大。传感器R3与电阻R2并联部分的电压U并EI(rR1)，I减小，U并变大，电流表的读数变大。2. 多选(2018江苏高考)如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80 V时，闪光灯瞬间导通并发光，C放电。放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电。这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光。该电路()A充电时，通过R的电流不变B若R增大，则充电时间变长C若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大D若E减小为85 V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变解析：选BCD给电容器充电过程中，随着两极板间所带电荷量增多，电路中的电流逐渐减小，故A错误。充满一次电，电容器增加的电荷量是相同的，即通过R的电荷量Q是一定的；电源恒定，R增大，则电流I减小，根据I可知，充电时间变长，故B正确。若C增大，电容器两端达到80 V时所带电荷增大，所以闪光时通过闪光灯的电荷量也增大，故C正确。因为C两端电压达到80 V时，电容器就不再充电，外接电源只要提供电压超过80 V，产生的效果均相同，闪光灯闪光一次通过的电荷量也相同，故D正确。3.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，L1和L2为两个相同的灯泡，每个灯泡的电阻和电源内阻的阻值均相同，D为理想二极管，C为电容器，开关S处于断开状态。下列说法中正确的是()A滑动变阻器滑片向右移动，电流表示数变小B滑动变阻器滑片向右移动，电源内阻的发热功率变小C开关S闭合后，L2亮度变暗D开关S闭合后，电流表示数不变解析：选D电容器视为断路，所以只有灯泡L2中有电流通过，滑动变阻器滑片向右移动，电流表的示数不变，故A错误；滑动变阻器滑片向右移动，电路电流不变，电源内阻的发热功率不变，故B错误；开关S闭合后，因为二极管具有单向导电性，二极管处于截止状态，灯泡L1中无电流，电路总电阻不变，总电流不变，电流表的示数不变，L2亮度不变，故C错误，D正确。4.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，开关S闭合后，平行板电容器中的带电液滴M处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，则()A带电液滴M一定带正电BR4的滑片向上端移动时，电流表示数减小，电压表示数增大C若仅将电容器下极板稍微向上平移，带电液滴M将向上极板运动D若将开关S断开，带电液滴M将向下极板运动解析：选BC电容器的上极板带正电，板间场强方向向下，带电液滴M处于平衡状态，则知受到的电场力向上，带电液滴M带负电，故A错误。R4的滑片向上端移动时，其接入电路的电阻增大，根据“串反并同”知电流表示数减小，电压表示数增大，所以B正确。若仅将电容器下极板稍微向上平移，因为板间电压U不变，由E可得E增大，所以液滴受到的电场力增大，液滴将向上极板运动，所以C正确。若将开关S断开，电容器板间电压增大，液滴受到的电场力增大，液滴将向上极板运动，故D错误。5多选节能的LED灯越来越普及，而驱动LED发光需要恒流源。如图所示，电路中的电压表、电流表都是理想电表，电源是一个恒流源(该恒流源输出的电流大小和方向都不变)，在改变R2阻值的过程中，电压表的读数为U，电流表A的读数为I，电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，它们的变化量的绝对值分别为U、I、I1、I2。以下说法正确的是()A.R1，R2B.C.D当R2R1时，滑动变阻器R2消耗的电功率最大解析：选ABD由部分电路的欧姆定律可知R1，R2，A正确；因为I不变，I1的变化量与I2的变化量绝对值相等，所以B正确；因为I0，所以C错误；I2I，滑动变阻器R2消耗的电功率P2I22R2I22，故当R2R1时，R2消耗的电功率最大，D正确。72 备考精要1正弦式交变电流“四值”的比较和理解物理量表达式适用情况及说明瞬时值eEmsin tuUmsin tiImsin t(1)从线圈位于中性面开始计时(2)可用于分析或计算线圈某时刻的受力情况最大值(峰值)EmnBSIm(1)此时线圈垂直于中性面(2)电容器的击穿电压指的就是最大值有效值EUI(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)(2)电表的读数为有效值(3)保险丝的熔断电流为有效值(4)电气设备“铭牌”上所标的工作电压、工作电流一般都是有效值(5)非正弦式交变电流的有效值利用电流的热效应计算平均值BLn计算通过电路截面的电荷量，qn2交变电流常考的几类问题(1)从磁通量随时间变化的图像来认识交变电流的产生，当磁通量为零时，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，该位置是电流强度增大与减小的转换点。(2)求交变电流在一个周期内产生的热量。(3)在电磁感应和交变电流问题中，求解通过导体某横截面的电荷量时，可由公式qn快速得出。三级练四翼展一练固双基基础性考法1.一闭合矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电流如图所示，由图可知()A该交变电流的有效值是5 AB该交变电流的频率是20 HzCt0时刻线圈平面位于中性面D该交变电流的瞬时值表达式为i5cos(10t)A解析：选D由题图知，交流电的最大值为5 A，A错误；该交流电的周期为0.2 s，频率为5 Hz，B错误；t0时刻线圈平面位于垂直中性面位置，C错误；该交变电流的瞬时值表达式为i5cos(10t)A，D正确。2多选在匀强磁场中，一个匝数为150匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间变化规律如图所示。设线圈总电阻为2 ，则()At0时，线圈平面与磁感线方向垂直Bt0.5 s时，线圈中的电流改变方向Ct2 s时，线圈中磁通量的变化率为零D在2 s内，线圈产生的热量为182 J解析：选BD根据题图可知，在t0时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，感应电动势最大，故A错误；t0.5 s时，线圈中磁通量最大，感应电动势为零，此时的电流改变方向，故B正确；t2 s时，线圈中磁通量为零，此时磁通量的变化率最大，故C错误；感应电动势的最大值为EmNBSNm1500.04 V6 V，有效值E3 V，根据焦耳定律可得2 s内产生的热量为QT2 J182 J，故D正确。3(2018全国卷)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()A1B.1C12 D21解析：选D由焦耳定律和有效值概念知，一个周期内产生热量Q方T，Q正TTT，故Q方Q正21。4多选(2019天津高考)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，穿过线框的磁通量与时间t的关系图像如图所示。下列说法正确的是()A.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C线框转一周外力所做的功为D从t0到t过程中线框的平均感应电动势为解析：选BC中性面的特点是与磁场垂直，穿过线框的磁通量最大，磁通量变化率最小，由题图可知时刻线框在中性面上，A错误。电动势最大值为Emmm，对正弦交流电，E有，故B正确。由功能关系知，线框转一周外力做的功等于产生的电能，WW电T，C正确。由法拉第电磁感应定律知，D错误。5(2019聊城二模)一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦图像如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0 ，现外接一只电阻为95.0 的灯泡，如图乙所示。下列说法正确的是()A电压表的示数为220 VB电路中的电流方向每秒钟改变50次C灯泡实际消耗的功率为484 WD发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J解析：选D由题图甲可知Em220 V，则有效值E220 V，电压表示数UE209 V，故A错误；周期T0.02 s，每个周期交流电方向改变两次，则1 s内电流方向改变的次数为n2100次，故B错误；灯泡实际消耗的功率P W484 W，故C错误；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Qt1 J24.2 J，故D正确。二练会迁移综合性考法1.如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和电阻R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看成零，反向电阻可看成无穷大)，在A、B间加一正弦交流电，该正弦交流电电压的瞬时值表达式为u20sin (100t)V，则加在R2上的电压有效值为()A10 V B20 VC15 V D5 V解析：选D由二极管的单向导电性可知，二极管导通时，加在R2上的电压为电源电压，时长半个周期，最大值为20 V，二极管截止时，R1、R2串联，则R2上的电压为电源电压的一半，时长半个周期，最大值为10 V。由有效值的定义得T，可得加在R2上的电压有效值为U5 V，选项D正确。2多选小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示。不计线圈的电阻。下列说法正确的是()A产生的感应电动势瞬时值表达式为e20sin(8t)VB若与一个R10 的电阻构成闭合回路，交变电流的有效值为 AC若将此电动势加在电容为C1 F的电容器上，则该电容器的耐压值应不小于10 VD若该交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动的速度增大到原来的2倍，则产生的交变电流的电动势的最大值增大为40 V解析：选BD由题图可知，交变电流的电动势的最大值Em20 V，周期为T0.25 s，频率为f4 Hz，线圈转动的角速度2f8 rad/s，产生的感应电动势瞬时值表达式为eEmsin t20sin(8t)V，选项A错误；交变电流的电动势的有效值为E10 V，由闭合电路的欧姆定律得交变电流的有效值为I A，选项B正确；若将此电动势加在电容器上，电容器的耐压值应不小于电动势最大值，即不小于20 V，选项C错误；由交变电流的电动势最大值表达式EmNBS可知，若该交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动的速度增大到原来的2倍，则产生的交变电流的电动势的最大值增大到原来的2倍，为40 V，选项D正确。3多选如图所示，一矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO逆时针(俯视)匀速转动。已知线圈匝数为n，总电阻为r，ab边长为l1，ad边长为l2，线圈转动的角速度为，外电阻阻值为R，匀强磁场的磁感应强度为B，电流表为理想交流电流表。下列判断正确的是()A在图示位置，ab边所受的安培力为FB线圈从图示位置转过90的过程中，流过电阻R的电荷量为qC在图示时刻，电流表的读数为D在图示位置，穿过线圈的磁通量的变化率为0解析：选AB矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO匀速转动，所以产生正弦式交变电流，图示位置穿过线圈的磁通量的变化率最大，产生的电动势最大，其最大值EmnBl1l2，又因为I，FnBIl1，所以在图示位置ab边所受的安培力为F，A正确，D错误；由qt，En可得，线圈从图示位置转过90的过程中，流过电阻R的电荷量为q，B正确；交流电表显示的是有效值，即I，C错误。4如图甲所示是一台交流发电机的构造示意图，线圈转动产生的感应电动势随时间变化的规律如图乙所示；发电机线圈电阻为1 ，外接电阻为4 ，则()A线圈转速为50 r/sB电压表的示数为2.5 VC负载电阻的电功率为2 WD线圈转速加倍，电压表读数变为原来的4倍解析：选C由题图乙可知，线圈转动周期为0.04 s，则转速为n r/s25 r/s，故A错误；电动势的最大值为5 V，有效值为E V2.5 V，那么电压表的示数为UR4 V2 V，故B错误；R消耗的功率P W2 W，故C正确；线圈转速加倍，则角速度加倍，最大值EmNBS，故最大值变为原来的2倍，有效值也变为原来的2倍，故电压表示数变为原来2倍，故D错误。5多选如图，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t0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()A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D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：选BC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。三练提素养创新性、应用性考法1多选(2019洛阳二模)如图所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动，角速度为，线圈匝数为n，电阻为r，外接电阻为R，A为理想交流电流表，线圈从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)转过60时的感应电流为i，下列说法正确的是()A电流表的读数为2iB转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为C从图示位置开始转过90的过程中，通过电阻R的电荷量为D线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为解析：选BCD由题有：iimcos ，可得感应电流的最大值im2i，有效值i有imi，则电流表的读数为i，故A错误；感应电动势的最大值Emim(Rr)2i(Rr)，又EmnBS，磁通量的最大值mBS，联立解得：mBS，故B正确；从题图所示位置开始转过90的过程中，通过电阻R的电荷量qnnn，故C正确；线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量Qi有2RT(i)2R，故D正确。2.一个匝数为100匝，电阻为0.5 的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按如图所示规律变化。则线圈中产生交变电流的有效值为()A5 A B2 AC6 A D2 A解析：选B01 s时间内，感应电动势为E11 V，电流为I12 A；11.2 s内，感应电动势E25 V，感应电流为I210 A，由有效值的定义有I12Rt1I22Rt2I2R(t1t2)，得I2 A，B正确。3多选如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，过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，磁场的磁感应强度为B。若线圈从图示位置开始，以角速度绕轴OO匀速转动，以下判断正确的是()A图示位置线圈中的感应电动势最大，其值为EmBL2B闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为eBL2sin tC线圈从图示位置转过180的过程中，流过电阻R的电荷量为qD线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q解析：选CD题图所示位置为中性面，线圈中的感应电动势为0，选项A错误；线圈的有效面积为正方形面积的一半，故闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为eBL2sin t，选项B错误；线圈从题图所示位置转过180的过程中，根据q，BS有效BS有效BL2，可得流过电阻R的电荷量为q，选项C正确；线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为QI2RT2R，选项D正确。4如图甲所示电路，电阻R的阻值为50 ，在ab间加上如图乙所示的正弦交流电，则下面说法中错误的是()A交流电压的有效值为100 VB电流表示数为2 AC该交变电流的周期为0.01 sD如果产生该交流电的线圈转速提高一倍，则电流表的示数也增大一倍解析：选C由题图乙可知：电压最大值Um100 V，有效值U100 V，选项A正确；电流表显示有效值，根据欧姆定律得：I A2 A，故B正确；由题图乙知交流电压的周期为0.02 s，选项C错误；如果产生该交流电的线圈转速提高一倍，则产生的感应电动势的电压也提高一倍，根据欧姆定律可知电流也增大一倍，选项D正确。本题选说法错误的，故选C。5多选图1中，单匝矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴转动。改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图2中图线甲、乙的规律变化。设线圈的电阻为1.0 ，则()A图线甲对应线圈在t0时产生的感应电动势最大B图线甲、乙对应的线圈在t0.2 s时，线圈平面均平行于磁感线C图线甲、乙对应的线圈转速之比为54D图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5 A解析：选BC在t0时，甲最大，则产生的感应电动势最小，故A错误；因为在t0.2 s时，甲乙0，所以线圈平面均平行于磁感线，故B正确；由题图2可知甲、乙图线对应的周期之比为45，而线圈的转速n，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为54，故C正确；甲图线对应的线圈中交流电压的峰值EmBSm0.4V5 V，电流的峰值Im5 A，故D项错误。73 备考精要1变压器各物理量间的制约关系2远距离高压输电的工作原理(1)功率关系：P1P2，P3P4，P2P3P；(2)电压关系：，U2U3U；(3)电流关系：，I2I3I线；(4)输电电流：I线；(5)输电线路上损失的电功率：PP2P3I线2R线2R线。三级练四翼展一练固双基基础性考法1(2019江苏高考)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为110，当输入电压增加20 V时，输出电压()A降低2 VB增加2 VC降低200 V D增加200 V解析：选D理想变压器的电压与匝数关系为，整理可得，即原、副线圈匝数比等于电压变化量之比，当U120 V时，U2200 V，选项D正确。2多选每到夜深人静的时候我们就会发现灯泡比睡觉前要亮，其原因在于大家都在用电时，用电器较多。利用如图所示电路模拟输电线路，开关的闭合或者断开模拟用户的变化，原线圈输入50 Hz的220 V交流电。下列分析正确的是()A定值电阻相当于输电线电阻B开关闭合，灯泡L1两端电压升高C开关闭合，原线圈输入功率增大D开关断开，副线圈电压增大解析：选AC原、副线圈匝数和电压成正比，由于匝数比值不变，原线圈输入电压也不变，所以副线圈电压不会变化，选项D错误；家庭电路用电器之间为并联关系，用户较多时，并联支路增多，相当于开关闭合，而与之串联的定值电阻，实际是等效输电线的电阻，选项A正确；开关闭合副线圈总电阻变小，总电流变大，定值电阻分电压增多，并联电压变小，即灯泡L1两端电压减小，选项B错误；副线圈电压不变电流增大，副线圈电功率增大，根据能量守恒，原线圈电功率也增大，选项C正确。3多选如图所示，可调理想变压器原线圈接交流电，副线圈通过滑动触头P可改变其匝数。下列说法正确的是()A仅增大R的阻值，通过灯泡L的电流将变大B仅增大R的阻值，通过灯泡L的电流将变小C仅将滑动触头P向下滑动，灯泡L两端的电压将变大D仅将滑动触头P向下滑动，灯泡L两端的电压将变小解析：选BD仅增大电阻R时，由于匝数不变，输出电压不变，则由欧姆定律可知，通过灯泡的电流变小，故A错误，B正确；滑动触头P向下滑动时，输出端匝数减小，则输出电压变小，灯泡两端的电压变小，故C错误，D正确。4. 如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T为理想变压器，V1、A1为监控市电供电端的电压表和电流表，V2、A2为监控校内变压器输出端的电压表和电流表，R1、R2为教室的负载电阻，V3、A3为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S闭合时()A电流表A1、A2和A3的示数都变大B只有电流表A1的示数变大C电压表V3的示数变小D电压表V2和V3的示数都变小解析：选C开关S闭合，负载的总电阻减小，又副线圈的电压U2不变，所以副线圈的电流增大，电流表A2示数变大，根据变压器变流规律可得原线圈电流增大，电流表A1示数增大，配电房和教室间有相当长的一段距离，导线所耗电压增大，故并联电路的电压减小，即电压表V3示数减小，所以电流表A3的示数减小，所以A、B错误，C正确；副线圈电压不变，即V2示数不变，所以D错误。5.如图为模拟远距离交流输电的电路，升压变压器T1的原、副线圈匝数比n1n21k，降压变压器T2的原、副线圈匝数比n3n4k1，模拟输电导线的电阻r3 ，T2的负载是规格为“15 V45 W”的灯泡L。当T1的输入电压为16 V时L正常发光，两个变压器可视为理想变压器，则k的值为()A.B3C4 D9解析：选B根据电压与匝数成正比，有，即，可得U216k，灯泡的额定电流为I A3 A，降压变压器副线圈电流I43 A，根据，得U3kU415k，根据电流与匝数成反比，得，即I3，电压关系：U2U3I3r，代入数据得16k15k3，解得：k3。二练会迁移综合性考法1远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是()A.BI2CI1U1I22RDI1U1I2U2解析：选D根据理想变压器的工作原理得I1U1I2U2，。U2不是加在R两端的电压，故I2，而I1U1等于R上消耗的功率I22R与下一级变压器的输入功率之和。选项D正确。2.如图所示，水平铜盘半径为r，置于磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过导线和滑动变阻器R1与理想变压器的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为n1，变压器的副线圈与电阻为R2的负载相连，则()A变压器原线圈两端的电压为B若R1不变时，通过负载R2的电流强度为0C若R1不变时，通过变压器的副线圈横截面磁通量为0D若R1变化时，通过负载R2的电流强度为通过R1电流的解析：选B铜盘转动产生的电动势大小为，加在变压器原线圈两端的电压小于，A错误；铜盘匀速转动产生恒定的电动势，若R1不变时，原线圈中有恒定的电流，通过变压器的副线圈横截面磁通量不变(但不为零)，不产生感应电流， B正确，C错误；若R1变化时，通过负载R2的电流强度为通过R1电流的n倍， D错误。3.一理想变压器原、副线圈匝数比为31，原线圈与小灯泡D串联后，接入一正弦交流电源，电源电压的有效值恒定；副线圈电路中连接可变电阻R和电流表，电流表内阻不计，如图所示。若改变R的阻值，使电流表的示数变为原来的两倍。则()A小灯泡D的亮度变暗B副线圈的电压变小CR的阻值大于原来的一半D变压器的输入功率变为原来的两倍解析：选B因电流表的示数变为原来的两倍，即副线圈中电流变为原来的两倍，则原线圈中电流也变为原来的两倍，即小灯泡D的亮度变亮，选项A错误；因灯泡D两端的电压变大，可知变压器原线圈中电压减小，副线圈中电压也减小，R的阻值小于原来的一半，选项B正确，C错误；原线圈中电流变为原来的两倍，但是原线圈中电压减小，则变压器的输入功率小于原来的两倍，选项D错误。4如图所示，面积为S、匝数为N、内阻不计的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕水平轴OO以角速度匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过滑环连接理想变压器。理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动时，可改变副线圈的输出电压；副线圈接有可变电阻R。电表均为理想交流电表。下列判断正确的是()A原线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为eNBSsin tB矩形线圈产生的感应电动势的有效值为NBSC当P位置不动，R减小时，电压表示数也增大D当P位置向上移动，R不变时，电流表示数将增大解析：选D由题图知开始计时时线圈处于垂直于中性面的位置，故产生的电动势瞬时值为eNBScos t，即变压器原线圈的电压瞬时值为eNBScos t，所以A错误；矩形线圈产生的感应电动势的有效值为NBS，所以B错误；当P位置不动，R减小时，电压表示数不变，故C错误；当P位置向上移动，原线圈的匝数减少，根据变压规律知，副线圈的电压U2增大，又R不变，根据欧姆定律知，副线圈的电流增大，原线圈电流跟着增大，即电流表示数将增大，所以D正确。5. 如图所示，一个匝数为N100匝的线圈以固定转速50转/秒在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1n2101的理想变压器给阻值R20 的电阻供电。已知交流电压表的示数为20 V，从图示位置开始计时，则下列说法正确的是()A电阻R消耗的电功率为10 WB穿过线圈平面的最大磁通量为 WbCt0时刻流过线圈的电流不为零Dt0.002 5 s时刻穿过线圈平面的磁通量为 Wb解析：选D电阻R消耗的电功率为PW20 W，故A错误；根据变压器的匝数比可知线圈转动产生的电动势有效值为U200 V，则最大值Em200 V，根据公式EmNBSNm，可得穿过线圈平面的最大磁通量为m Wb Wb，故B错误；题图所示时刻线圈处于中性面位置，故感应电动势为零，感应电流为零，故C错误；线圈转动的周期为T s0.02 s，又t0.002 5 sT，则穿过线圈的磁通量为mcos Wb Wb，故D正确。三练提素养创新性、应用性考法1. 如图所示，理想变压器三个线圈的匝数之比n1n2n31051，其中匝数为n1的原线圈接到220 V的交流电源上，匝数为n2和n3的两个副线圈分别与电阻R2、R3组成闭合回路。已知通过电阻R3的电流I32 A，电阻R2110 ，则通过电阻R2的电流I2和通过原线圈的电流I1分别是()A10 A,12 A B10 A,20 AC1 A,0.7 A D1 A,3 A解析：选C由，得U2U1110 V，则I21 A。由，得U3U122 V。又I1U1I2U2I3U3，解得I10.7 A。选项C正确。2多选(2019南宁二模)手摇发电机产生的正弦交流电经变压器给灯泡L供电，其电路如图所示，当线圈以角速度匀速转动时，电压表示数为U，灯泡正常发光。已知发电机线圈的电阻为r，灯泡正常发光时的电阻为R，其他电阻可忽略，变压器原线圈与副线圈的匝数比为k，变压器可视为理想变压器。则()A灯泡的额定电压为B灯泡的额定功率为C发电机的线圈中产生的电动势最大值为UD从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为uUsin t解析：选AD电压表测量的是原线圈的电压有效值，因为此时灯泡正常发光，则灯泡的额定电压等于此时副线圈的电压，则由k得灯泡的额定电压UL，A正确；灯泡的额定功率PL，B错误；副线圈的电流IL，因原、副线圈的电流之比，故原线圈的电流I1，因此发电机的线圈中产生的电动势的有效值EUI1r，最大值EmEU，C错误；原线圈输入电压最大值为U，则从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为uUsin t，D正确。3多选如图所示，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，磁感应强度大小为B，线圈转动的角速度为，匝数为N，线圈电阻不计。下列说法正确的是()A将原线圈抽头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线圈处于图示位置时，电压表读数为0D若线圈转动的角速度变为2，则电压表读数变为原来2倍解析：选AD根据公式可得U2U1，P向上滑动，n1增大，而U1不变，所以U2减小，故灯泡变暗，A正确；根据公式XC，电容增大，容抗减小，故灯泡变亮，B错误；交流电路中电表示数为有效值，所以电压表示数不为零，C错误；根据公式EmNBS可得交流电最大值变为原来的2倍，所以有效值变为原来的2倍，D正确。4多选如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为51，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统 (报警器未画出)，电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法中正确的是()A图乙中电压的有效值为110 VB电压表的示数为44 VCR处出现火灾时电流表示数增大DR处出现火灾时电阻R0消耗的电功率增大解析：选ACD根据电流的热效应可得0.01 s0.02 s，解得U110 V，故A正确；电压与匝数成正比：，即，解得：U231.1 V，所以电压表的示数为31.1 V，故B错误；R处出现火灾温度升高时，R的阻值减小，由于电压不变，所以出现火灾时副线圈电流增大，输出功率增大，根据输入功率等于输出功率，输入功率增大，根据P1U1I1，所以电流表的示数增大，故C正确；R处出现火灾时，R的阻值减小，由于电压不变，电流增大，R0消耗的功率增大，故D正确。5. 如图所示为理想变压器及其工作电路，原、副线圈匝数比n1n221，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接函数表达式u1220sin(100t)V的交流电，RT为半导体热敏电阻(其电阻随温度升高而变小)。R1、R2为定值电阻，C为电容器。下列判断正确的是()AV1表的示数为220 VBR2的电功率为零C副线圈输出电压的函数表达式为u2110sin(50t)VDRT处温度升高时，V1表示数不变，V2表和A表的示数均变大解析：选A由题意可知原线圈输入电压的有效值为220 V，即V1表的示数为220 V，故选项A正确；由于原线圈输入交流电，副线圈也输出交流电，所以有电流通过电容器，即通过电阻R2的电流不为零，功率不为零，故选项B错误；由于原、副线圈的电流频率相同，故选项C错误；副线圈相当于电源，其电压为110 V，当半导体电阻温度升高时，其阻