（新课标）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.docx

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，或EU外Ir，或EqqU外qU内(3)电路故障分析基本思路及方法仪表检测法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：.电压表损坏；.电压表接触不良；.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：.电流表短路；.和电压表并联的用电器断路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无漏磁，故原、副线圈中的、相同线圈无电阻，因此无电压降低，UEn.根据得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都成立无电能损失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总先减小后增大，电源内阻消耗的功率P内IR内先减小后增大，A项正确电源的效率先增大后减小，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UEI总R内先增大后减小，D项正确答案AD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UadU，Uab0，UbcU，Ucd0，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)()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Udc0，Ubc0，UabU，与题意不符，故A错误；若灯泡L2断路，电路中没有电流，则Uab0，Ubc0，UcdU，与题意不符，故B错误；若变阻器R断路，电路中没有电流，Uab0，Ucd0，UbcU，与题意相符，故C正确；若电源断路，则UadUbc0，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CR1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：UEI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I4I总I3，I总变小，I3变大，可得I4变小，从而知U4变小，而U1UU4，U变大，U4变小，则U1变大，I1变大，又I总II1，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I4I1I2，I4变小，I1变大，知I2变小，则I1I4，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，I总II1，I总变小，I变小，I1变大，所以I总，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PI2RL，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UEIr，U变大，选项D错误答案A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B线圈消耗的电功率为4I2RCt时刻线圈中的感应电动势的瞬时值e2IRsintDt时刻穿过线圈的磁通量的瞬时值cost思路引领线圈与磁场平行时感应电动势最大，由公式EmnBS求解感应电动势的最大值；由题意可知，t0时线圈处于中性面位置，根据eEmsint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vl1sintl1sint，其产生的瞬时电动势为eBl2vsintsint，则线圈转动30时的瞬时电动势为e，电路的总电阻为2R，产生的瞬间电流为I，解得线圈面积S，选项A正确；由公式EmnBS可知，线圈中的电动势的最大值Em4IR，有效值E2IR，线圈消耗的电功率P2R2I2R，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esint4IRsint，磁通量的瞬时值BScostcost，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Bl1l2cost，将对t求导，得sint，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esint，则线圈转动30时，线圈中产生的瞬时电动势e，后面的解析见解法一答案AD正弦式交变电流“四值”的比较和理解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由t图像可知，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EmNBS，又，N1，BSm，则整理得Em，因此感应电动势的有效值为E，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WT，C正确；0的过程中，线框中产生的平均感应电动势为，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R10 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B1.0102sin200t(T)，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e8cost(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S0.04 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 VB通过圆形金属线圈的电流的有效值为 AC电阻消耗的电功率为3.2 WD在磁感应强度变化的0时间内，通过电阻R的电荷量为4.0105 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Em8 V，选项A错误；闭合回路中的电流最大值Im0.8 A，有效值I A，选项B正确；电阻消耗的电功率为PI2R3.2 W，选项C正确；在0时间内，感应电动势的平均值，平均电流，通过电阻的电荷量为Qt4.0105 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UUm正弦半波电流UUm正弦单向脉动电流U矩形脉动电流UUm非对称性交变电流U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)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 、1 和4 ，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()A2 B3 C4 D5思路引领解析解法一：能量守恒法设原副线圈的匝数比值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P1I2R1(kI)2(R2R3)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：P1IU，P24IU，易知P24P1以上各式联立解得k3.解法二：电流、电压关系法设原副线圈的匝数比值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k即k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k联立解得k3.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，R设原副线圈的匝数比值k下面导出R与R0的关系R02Rk2R设开关S断开时，变压器的原线圈等效电阻为R等效电路如图5所示则Rk2(R2R3)UI(R1R)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Rk2R2U4I(R1R)联立解得k3.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n1n2，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()A第二次实验时因为多接了两个变压器，所以P2P1B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I2I1n1n2D若输送功率一定，则P2P1nn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P221，选项A错误；S断开时，根据变压器输入电流和输出电流的关系可知，R1中电流等于R2中电流的，根据电功率公式PI2R可知，R1消耗的电功率为R2消耗的电功率的，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PI2R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31，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()AU260 V，kBU260 V，kCU2 V，kDU2 V，k解析由题意可知，副线圈n2回路中电阻两端的电压为U2，由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k，因I13U22I2U2，解得I1I2，k；因为I2RU2，I1RI2RU2,3U2I1RU2220 V，解得U260 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1100，降压变压器原、副线圈匝数比为1001，远距离输电线的总电阻为100 ，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 HzB用户端电压为250 VC输电线中的电流为30 AD输电线路损耗的功率为180 kW解析由图乙知交流电的周期T0.02 s，所以频率为f Hz50 Hz，故A正确；由图乙知升压变压器输入电压的最大值为Um250 V，有效值为U1Um250 V，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U225000 V2.5104 V，所以输电线中的电流为I A30 A，输电线路损失的电压为UIR30100 V3000 V，降压变压器输入电压为U1U2U2.5104 V3000 V2.2104 V，由，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PUI300030 W90 kW，D错误答案AC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IRUI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U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、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UEn.(3)，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.(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U1I1U2I2U3I3，将电压关系代入可得n1I1n2I2n3I3.3.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U2U1，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()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【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101，原线圈接入交变电压u100sin50t(V)，在副线圈的回路中接有理想电流表和阻值为10 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 AB电流表示数是0.1 AC电阻R消耗的电功率为10 WD电容器的耐压值至少是10 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，代入数据可得副线圈两端电压的有效值为10 V，根据I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 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，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51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uUmsintBU1Um，U2UmC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uUmsint，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U1Um，根据理想变压器变压规律，可得U2U1Um，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D2(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，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为，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2，则变压器原线圈电压的有效值为NBS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，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EmNBS知，若线圈转动的角速度变为2，则最大值变为原来的2倍，则有T，解得电压有效值UNBS，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()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R1R2R0RR0，可知两电阻接入电路的阻值为定值，则并联电阻R并，结合基本不等式的关系可知，当R1R0R2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R1R0R2时，R并最大，根据闭合电路欧姆定律有I，可知电路中总电流先减小后增大，而由UEIr可知，电压表示数先增大后减小当滑片向下滑动至R1R0R2时，电路中的总电阻变小，电路中的总电流I增大，U减小，R1R0增大，则流过R1和R0串联部分的电流I1减小，又II1I2，所以电流表示数I2II1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A2(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()AL变亮B通过R3的电流减小CE2的路端电压增大DR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AD3(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U1，电压表V2的示数改变量大小为U2，电流表A的示数改变量大小为I，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的值变大C的值不变，且始终等于电源内阻rD滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减小解析由题图可知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U1EI(R1r)，则R1r，所以的值不变，B错误根据闭合电路欧姆定律U2EIr，则r，所以的值也不变，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AC4(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 .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.105 A B.105 AC.105 A D.105 A解析由法拉第电磁感应定律，和欧姆定律，可得03 s内产生的感应电流I12105 A,35 s内产生的感应电流I23105 A，且与03 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IRt1IRt2I2Rt，代入数据可得I105 A，故B选项正确答案B5(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n44，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556B矩形线圈匀速转动的角速度为5 rad/sC矩形线圈中产生感应电动势的最大值为220 VD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T0.4 s，则5 rad/s，B错误；线圈中产生的感应电动势的最大值为EmnBSnm445 V220 V，C错误；原线圈两端电压的有效值为U1220 V，副线圈两端有效电压为U224 V，变压器原、副线圈匝数比为，A正确；原线圈输入功率为P12PL22 W，由P1I1U1得原线圈中的电流为I10.1 A，D错误答案A6(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n1n2101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u1220sin100t(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 VB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，又n1n2101，U1220 V，可得副线圈的电压U222 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，可知副线圈两端的电压U2变大，输出功率P2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可能不变，又输入功率等于输出功率，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D7(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1001和1100，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()Aa为电流表，b为电压表Ba为电压表，b为电流表C线路输送功率是22 kWD输电线路总电阻为22 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1001，又电压表的示数为22 V，得原线圈的电压U2200 V；电流互感器原、副线圈的匝数比为1100，由电流表的示数为1 A，得原线圈的电流I100 A所以电线输送功率PUI2.2105 W220 kW，C错误由已知条件无法求输电线电阻，D错误答案B8(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 ，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