2019年高考物理 命题猜想与仿真押题 专题11 恒定电流与交变电流命题猜想（含解析）.doc

恒定电流与交变电流命题猜想【考向解读】 1从近几年高考试题可以看出以下特点：应用串、并联电路规律，闭合电路欧姆定律及部分电路欧姆定律进行电路动态分析，稳态、动态含电容电路的分析，电路故障的判断分析，交变电流的产生及“四值”，多以选择题形式出现变压器的原理，电压比、电流比及功率关系，变压器的动态分析是考查的重点，题型以选择题为主2高考命题会以部分电路欧姆定律与闭合电路欧姆定律的应用为主线，重点考查电路的动态分析与功率的计算；与日常生活、生产相联系的交变电流规律、远距离输电也可能会成为新命题点【网络构建】【命题热点突破一】直流电路的分析1闭合电路动态分析的常用方法(1)利用结论法：即“串反并同”法“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、两端电压、消耗的电功率都减小(增大)；“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、两端电压、消耗的电功率都增大(减小)(2)极限法：因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将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2电路中的电功、电热、电功率和热功率(1)纯电阻电路：QWUItI2RtPUII2R(2)非纯电阻电路WQ(WQE其他)P电P热(P电P热P其他)例1如图1所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 ，四个电阻的阻值已在图中标出闭合开关S，下列说法正确的有()图1A路端电压为10 VB电源的总功率为10 WCa、b间电压的大小为5 VDa、b间用导线连接后，电路的总电流为1 A【答案】AC【解析】设四个电阻的等效电阻为R路，由得R路10 ，由闭合电路欧姆定律知，I1 A，设路端电压为U，则UIR路1 A10 10 V，选项A正确；电源的总功率PEI12 W，选项B错误；设电源负极电势为0 V，则a点电势a0.5 A5 02.5 V，b点电势b0.5 A15 07.5 V，则a、b两点的电势差Uabab2.5 V7.5 V5 V，所以a、b间电压的大小为5 V，选项C正确；当将a、b两点用导线连接后，由于导线没有电阻，此时a、b两点电势相等，其等效电路图如图所示其中一个并联电路的等效电阻为3.75 ，显然总电阻为9.5 ，电流I A，故选项D错误【变式探究】 如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1100 ，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化的图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在滑动变阻器的两个不同端点得到的则下列说法正确的是()A该电源的电动势为16 VB定值电阻R2的阻值为10 C滑动变阻器的最大阻值为300 D在滑动变阻器的滑片P从左端滑至右端的过程中，该电源的最大输出功率为10 W【答案】C【变式探究】在如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，闭合开关后，当滑动变阻器的滑片P由a端滑向b端的过程中，以下说法正确的是()A电源内阻消耗的功率一定增大B电源内阻消耗的功率一定减小C电源的输出功率一定减小D电源的输出功率可能减小【解析】闭合开关后，当滑动变阻器的滑片P由a端滑向b端的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，所在支路的电阻增大，外电路电阻增大，电源输出电流减小，电源内阻消耗的功率PrI2r一定减小，选项A错误，B正确；根据电源输出功率最大的条件可知，当外电路电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大当滑动变阻器的滑片P由a端滑向b端的过程中，电源的输出功率可能减小，选项D正确，C错误【答案】BD【变式探究】如图所示，平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响当滑动变阻器R2的滑片向b端移动时，则()A电压表示数增大 B.电流表示数减小C质点P将向下运动 DR1上消耗的功率逐渐减小【答案】C【变式探究】在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，D为理想二极管(具有单向导通作用)，R1为定值电阻，C为电容器，电压表和电流表均为理想电表，S1、S2均断开，则下列说法正确的是()A仅闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，电压表、电流表示数均变大B仅闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，电容器的带电荷量不变C先闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，再闭合S2电容器有放电现象D同时闭合S1、S2，将滑动变阻器的滑片向右移，定值电阻R1两端的电压增大【答案】BC【命题热点突破二】交变电流的产生及描述两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时，SB，最大，0，e0，i0，电流方向将发生改变(2)线圈平面与中性面垂直时，SB，0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变例2(2018高考天津卷)教学用发电机能够产生正弦式交变电流利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P.若发电机线圈的转速变为原来的，则()AR消耗的功率变为PB电压表V的读数变为UC电流表A的读数变为2ID通过R的交变电流频率不变解析：由正弦交流电的产生原理可知，其电动势的最大值EmNBS，而2n，有效值EEm，线圈转速变为原来的，则U1E变为原来的.由知U2变为原来的，电压表读数变为原来的，选项B正确；R消耗的功率P，故R消耗的功率变为原来的，选项A错误；由P入P出得，U1I1，故I1变为原来的，即电流表读数变为原来的，选项C错误；变压器不改变交变电流的频率，故通过R的交变电流频率变为原来的，选项D错误答案：B【变式探究】如图所示，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()图1A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【答案】BC【变式探究】如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度从中性面开始匀速转动，线框转动时的感应电流为I，下列说法正确的是()A线框中感应电流的有效值为2IB线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为C从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为D线框转一周的过程中，产生的热量为【答案】BC【变式探究】如图所示，N50匝的矩形线圈abcd，ab边长l120 cm，ad边长l225 cm，放在磁感应强度B0.4 T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO轴以n3 000 r/min的转速匀速转动，线圈电阻r1 ，外电路电阻R9 ，t0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里则()At0时感应电流的方向为abcdaB从图示时刻开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e314sin 100t(V)C线圈转一圈外力做的功为98.6 JD从图示位置起到线圈转过90的过程中通过电阻R的电荷量为0.01 C【解析】根据右手定则，线圈中感应电流的方向为adcba，选项A错误；由转速n3 000 r/min可知线圈的角速度100 rad/s，图示位置的感应电动势最大，其大小为EmNBl1l2，代入数据得Em314 V，感应电动势的瞬时值表达式eEmcos t314cos 100t(V)，选项B错误；感应电动势的有效值E，线圈匀速转动的周期T0.02 s，线圈匀速转动一圈，外力做功的大小等于电阻产生的热量的大小，即WI2(Rr)T，代入数据得W98.6 J，选项C正确；从图示时刻起到线圈转过90的过程中，通过电阻R的电荷量q，代入数据得q0.1 C，选项D错误【答案】C【方法规律】 (1)有效值计算的三点注意计算有效值时要根据串联电路中，“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解分段计算电热，求和得出一个周期内产生的总热量利用两个公式QI2Rt和Qt可分别求得电流有效值和电压有效值(2)交变电流“四值”应用的三点提醒在解答有关交变电流的问题时，要注意电路结构注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，其中最大值是瞬时值中的最大值，有效值是以电流的热效应等效来定义的与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关的问题时，要用有效值，如例题中C项，计算功，先用有效值计算热量；而求解通过导体某横截面的电荷量时，要用平均值，如例题中D项(3)交变电流瞬时值表达式书写的基本思路(如例题中B选项)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象或由公式EmNBS求出相应峰值，其中2f2n.明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式a若线圈从中性面开始计时，则e t图象为正弦函数，eEmsin t；b若线圈从垂直中性面开始计时，则e t图象为余弦函数，eEmcos t.【变式探究】如图所示，竖直长导线通有恒定电流，一矩形线圈abcd可绕其竖直对称轴O1O2转动当线圈绕轴以角速度沿逆时针(沿轴线从上往下看)方向匀速转动时，从图示位置开始计时，下列说法正确的是()At0时，线圈产生的感应电动势最大B0时间内，线圈中感应电流方向为abcdaCt时，线圈的磁通量为零，感应电动势也为零D线圈每转动一周电流方向改变一次【答案】B【变式探究】边长为a的N匝正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线且与线圈在同一平面内的对称轴匀速转动，转速为n，线圈所围面积内的磁通量随时间t变化的规律如图所示，图象中0为已知下列说法正确的是()At1时刻线圈中感应电动势最大Bt2时刻线圈中感应电流方向发生变化C匀强磁场的磁感应强度大小为D线圈中感应电动势的瞬时表达式为e2nN0sin 2nt【解析】t1时刻通过线圈的磁通量最大，而磁通量的变化率等于零，故感应电动势为零，故A错误；t2时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，磁通量变化率最大，线圈中感应电流为最大值，电流不会改变方向，故B错误；磁通量与线圈匝数无关，所以磁感应强度B，故C正确；线圈中瞬时感应电动势的表达式为e2nN0cos 2nt，故D错误【答案】C【变式探究】某小型交流发电机的示意图如图所示，其矩形线圈abcd的面积S0.03 m2，共有10匝，线圈总电阻r1 ，线圈处于磁感应强度大小为 T的匀强磁场中，并可绕与磁场方向垂直的固定轴OO转动，线圈在转动时通过滑环和电刷与电阻R9 的外电路相连在外力作用下线圈以10 rad/s的角速度绕轴OO匀速转动时，下列说法中正确的是()A电阻R的发热功率是3.6 WB交流电流表的示数是0.6 AC用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为0.02 sD如果将电阻R换成标有“6 V3 W”字样的小灯泡，小灯泡能正常工作【答案】B【命题热点突破三】理想变压器及远距离输电例3【2017北京卷】如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有R=55 的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2:1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是A原线圈的输入功率为220WB电流表的读数为1 AC电压表的读数为110VD副线圈输出交流电的周期为50 s【答案】B【变式探究】如图1所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则()图1A小灯泡变亮B小灯泡变暗C原、副线圈两端电压的比值不变D通过原、副线圈电流的比值不变【答案】B【解析】由变压器相关知识得：，原、副线圈减去相同的匝数n后：，0，则说明变压器原、副线圈的匝数比变大，则可得出C、D错误由于原线圈电压恒定不变，则副线圈电压减小，小灯泡实际功率减小，小灯泡变暗，A错误，B正确【变式探究】 (多选)如图所示，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A以下判断正确的是()A变压器输入功率为484 WB通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD变压器原、副线圈匝数比n1n2113【答案】BD【变式探究】如图所示为远距离输电示意图，其中T1、T2为理想变压器，输电线电阻可等效为电阻r，灯L1、L2相同且阻值不变现保持变压器T1的输入电压不变，滑片P位置不变，当开关S断开时，灯L1正常发光则下列说法正确的是()A仅闭合开关S，灯L1会变亮B仅闭合开关S，r消耗的功率会变大C仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小D仅将滑片P上移，电流表示数会变小【解析】闭合S，负载电阻减小，变压器T2副线圈电流增大，根据交变电流规律知，T2原线圈电流增大，即输电线上电流增大，导线上损耗的电压UIr增大，损耗的功率PI2r增大，T2的输入电压U3U2Ir减小，所以U4减小，即灯L1电压减小，变暗，故A错误，B正确；仅将滑片P下移，变压器T1副线圈匝数增加(n2增加)，根据可知U2变大，由I2U2IrIR，I2n3I3n4得U2I2(rR)，因U2变大，r及R不变，则I2变大，即输电线上电流变大，r消耗的功率会变大，故C错误；仅将滑片P上移，同理可得输电线电流减小，电流表示数会变小，所以D正确【答案】BD【方法技巧】抓住“两不变、两损耗”巧解变压器与远距离输电问题(1)“两不变”的动态分析负载电阻不变，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，如例题C、D选项中仅移动滑片P的位置，用来改变匝数比匝数比不变，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，如例题中滑片P位置不变，保证了T1的匝数比不变，选项A、B中仅闭合开关S，改变负载不论哪种情况，要注意两点：一、根据题意分清变量和不变量；二、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)“两损耗”的输电分析电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，URU2U3IRR，如例题中电流变化引起r上电压变化功率损耗：输电线上的电阻发热导致的功率损耗，PRP2P3IR.输电线上的能量损耗是热损耗，计算功率损耗时用公式PRIR或PR.【变式探究】如图所示为原、副线圈匝数比为n1n2101的理想变压器，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上u1220sin 100t V的交变电压，则下列说法正确的是()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，在滑动变阻器的滑片P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小C当单刀双掷开关由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，调节滑动变阻器的滑片到适当位置，有可能实现调节开关前、后原线圈输入功率相等【解析】当单刀双掷开关与a连接时，原线圈匝数与副线圈匝数之比为101，原线圈两端的输入电压的有效值为220 V，根据变压器原、副线圈的电压关系，可知副线圈输出电压的有效值为22 V，电压表示数为22 V，选项A错误；当单刀双掷开关与a连接时，在滑动变阻器的滑片P向上移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻增大，因为电压表的示数不变，故电流表的示数变小，选项B错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈匝数减小为原来的一半，原线圈匝数与副线圈匝数之比为51，根据变压器原、副线圈的电压关系，可知副线圈输出电压的有效值为44 V，输出电流增大，输出功率增大，根据变压器输入功率等于输出功率，可知原线圈的输入功率增大，选项C错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，虽然副线圈输出电压的有效值为44 V，但若调节滑动变阻器的滑片到适当位置，使副线圈中的电流变为原来的，则调节开关前、后副线圈的输出功率不变，因此实现了调节开关前、后原线圈输入功率相等，选项D正确【答案】D【变式探究】在如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为21，五个完全相同灯泡的额定电压均为U，交流电源的电压恒定不变当闭合K3、K4而断开K5时，灯泡L3和L4恰能正常工作，则以下判断正确的是()A当闭合K3、K4而断开K5时，L1和L2都能正常工作B当K3、K4、K5都闭合时，L1和L2都能正常工作C当闭合K3、K4而断开K5时，交流电源的电压为2UD当K3、K4、K5都闭合时，L1和L2的功率会减小【答案】A【变式探究】如图甲所示的远距离输电示意图中，变压器均为理想变压器升压变压器原、副线圈匝数比为1100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 .降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)未出现火情时，升压变压器的输入功率为750 kW.下列说法正确的是()A降压变压器副线圈输出的交变电流频率为50 HzB输电线中的电流为60 AC输电线路损耗功率为90 kWD当传感器R2所在处出现火情时，电压表V的示数变大【答案】AC【命题热点突破四】交变电流、理想变压器的综合问题分析例4、(2018高考全国卷，T16)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()A1 B.1C12 D21【解析】由有效值概念知，一个周期内产生热量Q方T，Q正TTT，故知Q方Q正21.【答案】D【变式探究】【2017天津卷】在匀强磁场中，一个100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按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2 ，则At=0时，线圈平面平行于磁感线Bt=1 s时，线圈中的电流改变方向Ct=1.5 s时，线圈中的感应电动势最大D一个周期内，线圈产生的热量为【答案】AD【变式探究】如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，内阻不计，绕OO轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度做匀速转动，从图示位置开始计时矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的是()图4916A矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为eNBScos tB矩形线圈从图示位置经过时间时，通过电流表的电荷量为0C当P位置不动，R增大时，电压表读数也增大D当P位置向上移动、R不变时，电流表读数减小【答案】A【变式探究】如图所示，匝数为100匝的矩形线圈abcd位于磁感应强度B T的水平匀强磁场中，线圈面积S0.5 m2，内阻不计线圈绕垂直于磁场的轴以角速度10 rad/s匀速转动线圈通过金属滑环与理想变压器原线圈相连，变压器的副线圈接入一只“12 V，12 W”灯泡，灯泡正常发光，下列说法中正确的是()A通过灯泡的交变电流的频率是50 HzB变压器原、副线圈匝数之比为101C矩形线圈中产生的电动势的最大值为120 VD若将灯泡更换为“12 V,24 W”且保证其正常发光，需要增大矩形线圈的转速【解析】由2f可得通过灯泡的交变电流的频率是5 Hz，选项A错误；矩形线圈在水平匀强磁场中转动产生感应电动势最大值为EmNBS1000.510 V120 V，变压器输入电压为120 V，由变压器变压公式可知，变压器原、副线圈匝数之比为101，选项B正确，C错误；因副线圈电压仍为12 V，故将灯泡更换为“12 V,24 W”能保证其正常发光，不需要增大矩形线圈的转速，选项D错误【答案】B【变式探究】(多选)如图所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成发电机中矩形线圈所围的面积为S，匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴OO在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度匀速转动矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是()A若发电机线圈某时刻运动到图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为零B发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为eNBSsin(t)C当用户增加时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动D当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高【答案】BC【方法规律】交变电流综合问题一般会与变压器问题相结合，常涉及交流电路最大值、有效值、平均值、瞬时值的计算，交变电流的图象及与电磁感应、安培力、闭合电路欧姆定律的综合应用等解答时应注意以下两点：(1)分清交流电路中“四值”的不同计算方法和物理意义(2)学会将直流电路、闭合电路欧姆定律及变压器分析的知识应用在交流电路中【变式探究】在如图所示的含有理想变压器的电路中，变压器原、副线圈匝数比为201，图中电表均为理想交流电表，R为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，L1和L2是两个完全相同的灯泡原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是()A交流电的频率为50 HzB电压表的示数为22 VC当照射R的光强增大时，电流表的示数变大D若L1的灯丝烧断后，电压表的示数会变大【答案】AC【变式探究】如图所示，边长为L、匝数为N、电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO转动，轴OO垂直于磁感线，线圈通过两电刷与含有理想变压器的电路相连，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2.当线圈以恒定的角速度转动时，下列判断正确的是()A当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表V2的示数变大B线圈位于图示位置时磁通量为零，感应电动势最大C电压表V1的示数等于NBL2D变压器的输入与输出功率之比为11【解析】输出电压由输入电压及匝数之比决定，外电阻的变化不会影响电压的大小，即当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表V2的示数不变，故A错误；线圈位于图示位置时，磁场方向与线圈平面平行，磁通量为零，感应电动势最大，故B正确；电压表V1的示数为有效值，示数为U1，故C错误；理想变压器的输出功率等于输入功率，故D正确【答案】BD【变式探究】如图所示，边长为L、匝数为N、电阻不计的正方形线圈abcd，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的转轴OO以角速度匀速转动，制成一台交流发电机，它与理想变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为12，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线圈处于图示位置开始计时下列判断正确的是()A交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为eNBL2sin tB变压器的输入功率与输出功率之比为21C电压表V示数为NBL2D若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表和电压表示数均减小【答案】C【高考真题解读】1(2018高考全国卷，T16)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()A1 B.1C12 D21【解析】由有效值概念知，一个周期内产生热量Q方T，Q正TTT，故知Q方Q正21.【答案】D2(2018高考天津卷)教学用发电机能够产生正弦式交变电流利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P.若发电机线圈的转速变为原来的，则()AR消耗的功率变为PB电压表V的读数变为UC电流表A的读数变为2ID通过R的交变电流频率不变答案：B1【2017天津卷】在匀强磁场中，一个100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按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2 ，则At=0时，线圈平面平行于磁感线Bt=1 s时，线圈中的电流改变方向Ct=1.5 s时，线圈中的感应电动势最大D一个周期内，线圈产生的热量为【答案】AD2【2017北京卷】如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有R=55 的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2:1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是A原线圈的输入功率为220WB电流表的读数为1 AC电压表的读数为110VD副线圈输出交流电的周期为50 s【答案】B3【2017江苏卷】某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则（A）电感L1的作用是通高频（B）电容C2的作用是通高频（C）扬声器甲用于输出高频成分（D）扬声器乙用于输出高频成分【答案】BD【解析】电感线圈对交流电的阻碍作用由感抗描述，频率越高阻碍作用越大，对输入端的高频和低频交流信号的作用是通低频阻高频，所以A错误；电容对交流电的阻碍作用，频率越高阻碍作用越小，所以是通高频阻低频，故BD正确；C错误1【2016全国卷】 阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图1所示电路开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为()图1A. B.C. D.【答案】C【解析】 由已知条件及电容定义式C可得：Q1U1C，Q2U2C，则.S断开时等效电路如图甲所示甲U1EE；S闭合时等效电路如图乙所示，乙U2EE，则，故C正确2【2016江苏卷】 如图1所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 ，四个电阻的阻值已在图中标出闭合开关S，下列说法正确的有()图1A路端电压为10 VB电源的总功率为10 WCa、b间电压的大小为5 VDa、b间用导线连接后，电路的总电流为1 A【答案】AC3【2016天津卷】 如图1所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表下列说法正确的是()图1A当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大【答案】B【解析】滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，总电阻也变大，而副线圈两端的电压没有变化，所以干路中的电流减小，R1消耗的功率变小，A错误；干路中的电流变小，R1两端的电压变小，并联电路的电压变大，即电压表V示数变大，B正确；由于变压器副线圈干路中的电流变小，所以原线圈中的电流变小，即电流表A1的示数变小，C错误；闭合开关S后，并联电路的阻值变小，总电阻也变小，干路中的电流变大，R1两端的电压变大，并联电路的电压变小，通过R2的电流变小，即电流表A2示数变小，因变压器的功率变大，故电流表A1示数变大，D错误4【2016天津卷】 (3)某同学想要描绘标有“3.8 V，0.3 A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整可供该同学选用的器材除了开关、导线外，还有：电压表V1(量程03 V，内阻等于3 k)电压表V2(量程015 V，内阻等于15 k)电流表A1(量程0200 mA，内阻等于10 )电流表A2(量程03 A，内阻等于0.1 )滑动变阻器R1(010 ，额定电流2 A)滑动变阻器R2(01 k，额定电流0.5 A)定值电阻R3(阻值等于1 )定值电阻R4(阻值等于10 )定值电阻R5(阻值等于1 k)电源E(E6 V，内阻不计)请画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁该同学描绘出的IU图像应是图中的_图1【答案】 电路如图1所示B图1【解析】 电压表V1和定值电阻R5串联，可改装成量程为04 V的电压表，电流表A1与定值电阻R4并联，可改装成量程为00.4 A的电流表，待测小灯泡的电阻很小，故电流表采用外接法小灯泡的电阻随着温度的升高而变大，所以B正确5【2016浙江卷】 某同学用伏安法测量导体的电阻，现有量程为3 V、内阻约为3 k的电压表和量程为0.6 A、内阻约为0.1 的电流表采用分压电路接线，图1是实物的部分连线图，待测电阻为图2中的R1，其阻值约为5 .图18(1)测R1阻值的最优连接方式为导线连接_(填“a”或“b”)、导线连接_(填“c”或“d”)(2)正确接线测得实验数据如下表，用作图法求得R1的阻值为_.U/V0.400.801.201.602.002.40I/A0.090.190.270.350.440.53(3)已知图2中R2与R1是材料相同、厚度相等、表面为正方形的两导体，R2的边长是R1的，若测R2的阻值，则最优的连线应选_(填选项)A连接a，连接c B连接a，连接dC连接b，连接c D连接b，连接d【答案】 (1)ad(2)如图所示4.44.7(3)B【解析】 (1)因电压表的内阻远大于待测电阻的阻值，故采用电流表外接法，又知滑动变阻器采用分压电路接线，故测R1阻值的最优连接方式为导线连接a、导线连接d.(2)作图如图所示，则R2 4.4 .(3)根据电阻定律可得R，故R2R1，要测R2的阻值，与测量R1一样，最优的连线应连接a，连接d，故B正确6【2016北京卷】 某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是()A一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器B一个伏特表和多个定值电阻C一个安培表和一个电阻箱D两个安培表和一个滑动变阻器【答案】D选项B中可以通过伏特表的读数和若干定值电阻的实际阻值大小计算出干路的电流大小，实验电路图如图所示，所以选项B可取选项C中可以通过安培表的读数和电阻箱的取值得到外电压的大小，实验电路图如图所示，所以选项C可取选项D中无法得到外电压，所以选项D不可取7【2016四川卷】 . J7用如图1所示电路测量电源的电动势和内阻实验器材：待测电源(电动势约3 V，内阻约2 )，保护电阻R1(阻值10 )和R2(阻值5 )，滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干实验主要步骤：(i)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；(ii)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；(iii)以U为纵坐标，I为横坐标，作UI图线(U、I都用国际单位)；(iv)求出UI图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a.图1回答下列问题：(1)电压表最好选用_；电流表最好选用_A电压表(03 V，内阻约15 k)B电压表(03 V，内阻约3 k)C电流表(0200 mA，内阻约2 )D电流表(030 mA，内阻约2 )(2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是_A两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱B两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱C一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱D一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱(3)选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E_，r_，代入数值可得E和r的测量值【答案】 (1)AC(2)C(3)kakR2【解析】 (1)电压表内阻越大，分得的电流越小，误差也就越小，所以选内阻较大的A电压表；当滑动变阻器接入电路阻值最小时通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为I176 mA，所以选量程为200 mA的C电流表(2)由电路分析可知，滑片从左向右滑动，电压表示数变大，意味着滑动变阻器接入电路部分的阻值增大，一导线接金属杆左端，一导线接电阻丝左端，则滑片从左向右滑动时阻值增大，符合题意(3)由EUI(rR2)，得UI(rR2)E，对比UI图线可知，图像斜率的绝对值krR2，所以电源内阻rkR2；令U0，得I，图线在横轴上的截距为a，所以aI，则Eka.8【2016全国卷】 现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60 时，系统报警提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，流过的电流超过Ic时就会报警)，电阻箱(最大阻值为999.9 )，直流电源(输出电压为U，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1000 )，滑动变阻器R2(最大阻值为2000 )，单刀双掷开关一个，导线若干在室温下对系统进行调节，已知U约为18 V，Ic约为10 mA；流过报警器的电流超过20 mA时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在60 时阻值为650.0 .(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线图1(2)电路中应选用滑动变阻器_(填“R1”或“R2”)(3)按照下列步骤调节此报警系统：电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为_ ；滑动变阻器的滑片应置于_(填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因是_将开关向_(填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至_(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用【答案】 (1)连线如图所示(2)R2(3)650.0b接通电源后，流过报警器的电流会超过20 mA，报警器可能损坏c报警器开始报警9【2016北京卷】 (1)热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中图1为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值R随温度t变化的示意图由图可知，这种热敏电阻在温度上升时导电能力_(选填“增强”或“减弱”)；相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化的响应更_(选填“敏感”或“不敏感”)图1【答案】增强敏感【解析】由题目图像可知，随温度升高热敏电阻的阻值明显减小，所以导电能力增强又由图像可知，随温度变化，热敏电阻的电阻变化更明显，所以更加敏感10【2016全国卷】 某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5 V的电压表V的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱R(最大阻值99 999.9 )，滑动变阻器R1(最大阻值50 )，滑动变阻器R2(最大阻值5 k)，直流电源E(电动势3 V)，开关1个，导线若干实验步骤如下：图1按电路原理图(a)连接线路；将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置，闭合开关S；调节滑动变阻器，使电压表满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00 V，记下电阻箱的阻值回答下列问题：(1)实验中应选择滑动变阻器_(填“R1”或“R2”)(2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线图1(3)实验步骤中记录的电阻箱阻值为630.0 ，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为_(结果保留到个位)(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为_(填正确答案标号)A100 A B250 AC500 A D1 mA 【答案】 (1)R1(2)连线如图所示(3)2520(4)D【解析】 (1)此实验的实验原理类比于半偏法测电表内阻的实验，电压表所在支路的总电压应该尽量不变化，故滑动变阻器应选最大阻值小的即选R1.(3)近似认为电压表所在支路的总电压不变，且流过电压表与电阻箱的电流相等，由串联分压特点知，则RV4R2520 .(4)因电压表是由一个表头和电阻串联构成，表头允许的最大电流不会因此改变，则由欧姆定律可知，I满 A1 mA.11【2016全国卷】 某同学用图1中所给器材进行与安培力有关的实验两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直图1(1)在图中画出连线，完成实验电路要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭