2020届高考艺术生物理复习专题四第1讲直流电路与交流电路

1、专题!JJ电路与电磁感应直流电路与交流电路考情分析,备考导航明确高考考情透视命第助律三年考情分析高考命题规律三年考题考查内容核心弄3卜交交电流科学2018出卷16T中热思维量的计算考向聚焦,高考必备1 .直流电路的考查：以电学实验为主，单独对直 流电路的分析与计算进行命题的概率较小，有 时会综合电磁感应现象，能量等知识进行综合 考查.全国卷中只有 2016全国卷n中的第17 题对含电容器的电路进行了考查.2 .交流电路的考查：2018全国卷出第16题考查 了交流电的产生和描述.3 .2020年高考全国卷从以下几个方面命题的概率较大：(1)理想变压器的工作原理与规律及动态分析.(2)远距离输电的

2、模式.(3)交流电的产生和 描述.深研热点者向突破放送指导考向一直流电路的动态分析知识必备提核心通技法1 .明确1个定律、2个关系闭合电路的欧姆定律：I = 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路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小.2.明确引起电路动态变化的原因(1)滑动变阻器、热敏电阻或光敏电阻的阻值变化.(2)某支路开关闭合或断开.典题例析析典题 学通法E、内电阻为r, Ri、例1（多选）在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V分别为理想电流表和电压表.在滑动变 阻器的滑片P自

3、a端向b端滑动的过程中，下列说法正确的是（）A.电压表示数减小B.电流表示数增大C.电容器C所带电荷量增多D. a点的电势降低审题指导滑动变阻器的滑片自a端向b端滑动一滑动变阻器接入电路的电阻减小 一总 电阻减小一总电流增大一局部电流、电压、功率变化，也可根据串反并同法或极限法求解.解析BD 基础解法：程序法滑片P由a端向b端滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，则电路总电阻减小，总电流增大，电阻Ri两端电压增大，电压表 V示数变大，A错U2误；电阻R2两端的电压 U2= EI总（Ri + r）, I总增大，贝U U2减小，12 = 一，故I2减小，电流 R2表A的示数Ia=I总一I2增大，B正

4、确；由于电容器两端的电压Uc= U2减小，由Q = CUc知电容器所带电荷量 Q减小，C错误；Uab= （）a （）b= （）a= U2,故（）a降低，D正确.能力解法一：串反并同法由于R3减小，R2与R3并联，则U2、I2均减小，而Uc= U2,Q=CUc,知电容器所带电荷量 Q减小，C错误；Uab= U2= （）a （）b=（）a减小，D正确；因 为Ri间接与R3串联，故Ii、Ui均增大，电压表 V示数增大，A错误；电流表和滑动变阻器 串联，滑动变阻器接入电路的阻值减小时，电流表 A示数增大，B正确.能力解法二：极限法 若将1t片P滑到b点，则R3=0,如=岫=0, D正确；R2两端 电压

5、为零，则电容器 C两端电压也为零，电容器所带电荷量 Q = 0, C错误；当R3=0时，电 路总电阻最小，总电流最大， Ri两端电压最大，故 A错误；由于Ia=IiI2,此时Ii最大，I2 =0最小，故Ia最大，B正确.跟进题组练考题 提能力i. （20i9银川期末）如图所示电路，电源内阻不可忽略.开关 S闭合后，在滑动变阻器 R0 的滑片向下滑动的过程中（）A.电压表的示数增大，电流表的示数减小B.电压表的示数减小，电流表的示数增大C.电压表与电流表的示数都增大D.电压表与电流表的示数都减小解析：D Ro向下滑，的减小，R总减小，21总=-E, TU内=1总Tr, JU路=EUR总J内T ,

6、因此电压表示数减小，接下来看第一级：定值电阻Ri与右端总电阻串联，先看定值电阻Ri, I总=Ii变大，所以Uri增大，由J U路=Ui T + U并可知U并减小.看第二级：定值电阻R2与Ro并联，U2 = U并减小，所以I2 = U2减小，电流表示数也减小，所以D选项正确.R22.（2020西安*II拟）如图所示的电路中，电源的电动势为 E、内阻为r,电表均为理想电表.闭 合开关S,滑动变阻器的滑动触头由图示的位置向右滑动一小段距离，在这个过程中，下列判 断正确的是（）於，T J ®©11'S 瓦rA.电源的输出功率增加B.电阻R2两端电压减小C.电容器所带电荷量减

7、少D.电压表与电流表示数变化量的比值增加解析：C Ri向右滑动，使Ri减小，电容器与 Ri并联，电容器相当于断路，所以R总J=Ri J +R2+ r减小，由I总T =一可知I总增大，U内T =1总T r增大，U路J=E U内T R总J减小，定值电阻 R2的电流增大，所以 Ur2 T = I总T R2, UR2增大，U路J=UR1+UR2T,所以Uri减小，Uc=Uri减小，由Qc=CUc可知Qc减小，C选项正确，B选项错误.对于定值电.一 Ui U2 AU 一阻R=7 = 77=不，而变化电阻不能成立，由于 E=U路+ U内，当测路端电压的电压表本数减少AU时，内电压就增加 AU,所以=丁 =

8、当，选项D是错误的.而对电源的输出功率，当r=R外时，输出功率最大，开始时 R外与r的关系不确定，所以当 Ri向右滑动时，不知 R外与r最接近，还是相差更多，因此电源的输出功率如何变不确定，因此 A选项错误.所以应选C选项.规律方法知规律 握方法闭合电路的动态分析方法(1)程序法：闭合电路中，由于局部电阻变化(或开关的通断)，引起各部分电压、电流(或灯泡明暗)发生变化，分析此类问题的基本步骤是：由局部电阻变化判断总电阻的变化；由1=一匚判断总电流的变化； R+r由U内=Ir判定内电压的变化；据U=EU内判断路端电压的变化；接下来要逐级确定定值电阻的电压或电流的变化，再确定变化电阻的电压或电流的

9、变化.(2)极限法：即因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论.(3)特殊值法：对于某些电路问题，可以采取代入特殊值法判定，从而得出结论.(4)结论法：“串反” “并同”.即某一电阻阻值变化，则与该电阻相串联的用电器两端电压、通过的电流、消耗的功率都将与该电阻阻值变化情况相反；与该电阻相并联的用电器两端电压、通过的电流、消耗的功率都将与该电阻阻值变化情况相同.考向二交变电流的产生及描述知识必备提核心通技法1 .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.2 .正弦式交流电

10、的 “四值”的应用(以电动势为例)四值计算式应用最大值Em= NBSco计算电容器的耐压值瞬时值e= Emsin w t计算闪光电器的闪光时间等功效值_ Em 荻电表的读数、电热、电功及保险丝熔断电流的计算等平均值nA E= At计算通过导体横截面的电荷量等注意：(1)只有正弦交流电最大值与有效值间才有W倍关系.(2)计算电热时只能用有效值，不可用平均值.(3)计算电荷量时应该用平均值.典题例析 析典题 学通法例2 (2019商丘三模)(多选)如图甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r=2 Q,矩形线圈在磁感应强度为 B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴 OO '匀速转动，线圈的

11、两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R的最大阻值为Ro=40 ，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻Ri=Ro、R2 = R0,其他电阻不计.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S,线圈转动过程中理想交流电压表示数是10 V,图乙是矩形线圈磁通量 随时间t变化的图像，则下列说法正确的是()甲乙5A.电阻R2上的热功率为7 WB. 0.02 s时滑动变阻器 Ro两端的电压瞬时值为零C.线圈产生的e随时间t变化的规律是 e=10V2cos (100句VD.线圈开始转动到t= s的过程中，通过 R1的电荷量为 兴 C 600200 兀审题指导(1)矩形线圈从与中性面垂直的位

12、置开始计时，产生余弦规律的交流电.(2)理想交流电压表的示数是有效值.(3)从一t图象中可读出交流电的周期，进而求出频率.7解析AD 由电路的串、并联关系可得R外= 4R0=10 ，电压表测的是电源的路端Ro电压，由欧姆定律 1= = 1 A,所以I2=IX=- A 所以PR2 = I2R2 = - WR 外 10 aRo 27R2+ 2A所以A选项正确. 0.02 s时中=0, 最大，Ro两端电压最大，所以 B选项错误.E= U At+ Ir=12 V,所以Em = 121>2 V,由于从中性面垂直位置计时，应为余弦函数，e=12，2A兀cos（100 兀t） V, C 选项错误.q

13、=,转过 9= cot = , Em =m 3 A =m sin 9,代R外 + r6入得q=20Q C，所以选项D正确，应选 A、D.跟进题组练考题 提能力1. （2018全国卷m, 16T）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Qe该电阻上电压白峰值均为 U。,周期均为T,如图所示，则 Q方：Q正等于（）A. 1 ： V2C. 1 ： 2B.2 ： 1D. 2 ： 1222 -解析：D 由焦耳定律Q=?t,得：Q方=管3； +曾二Q正RR 2 R 2以 所 T-_Q方2一=；,故D正确，A、B、C错误.Q正12. （20

14、20陕西省榆林市第三次模拟）如图甲所示，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按余弦规律变化，其e-1图像如图乙所示.发电机线圈的内阻为1Q,外接灯泡的电阻为 9Q,电表均为理想电表，则（）A .电压表的示数为 6 VB.在2X102 s时刻，穿过线圈的磁通量变化率为零，线圈与中性面平行C.在1X10 2 s时刻，穿过线圈的磁通量为零，线圈处于中性面D.发电机的输出功率为 3.24 W解析：D 由Em=642 V, E = £= 6 V,由闭合电路欧姆定律得，电压表示数RU = R+ rE=5.4 V,故A错误；在2X10-2 s时刻，感应电动势最大， 故穿过

15、线圈的磁通量变化率最大,线圈与中性面垂直， 故B错误；在1X10-2 s时刻，感应电动势为零，故说明线圈处于中性面,此时穿过线圈的磁通量最大，故C错误；灯泡实际消耗的功率即电源的输出功率，由功率公式可知，P = U= 吟 W=3.24 W,故输出功率为 3.24 W,故D正确. R 9易错警示辨易错 防未然解决交变电流问题要注意的几点(1)理解几个特殊位置的磁通量、磁通量的变化率、感应电动势及感应电流方向的特点与中性面重合时，S, B,最大，号=0, e=0,i = 0,电流方向将发生改变. A一, 一,与中性面垂直时， S/1B,=0, At取大，e取大,i最大；电流方向不变.(2)区分交变

16、电流的峰值、瞬时值、有效值和平均值.(3)确定交变电流中电动势、电压、电流的有效值后就可以运用直流电路的规律处理交流电路中的有关问题.(4)交变电流瞬时值表达式书写的基本思路确定正、余弦交变电流的峰值， 根据已知图像或由公式 Em=nBSco求出相应峰值，其中3=多卫=2 f = 2 n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图像为正弦函数，e= Emsintb.若线圈从垂直中性面开始计时，则 e t图像为余弦函数，e= Emcos cot考向三有关变压器问题分析知识必备提核心通技法理想变压器的基本关系大小关系因果关系功率P入=P出P出决定P入电压U1

17、n1 m>n2：降压变压器五一 n2 m<n2：升压变压器U1决定U2电流只有一个副线圈时，；=耍 |2 n1有多个副线圈时，U1|1 =U2I2+U3I3+ UnIn|2决定|1典题例析析典题 学通法例3 （2020枣庄*II拟）（多选）如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为ni : n2=10 ： 1,原线圈接入电压 u=22042sin （100兀t）V的交流电源，电压表和电流表对电路的影响 可忽略不计，定值电阻R）= 10 Q,可变电阻R'的阻值范围为010 Q,则（）A.副线圈中交变电流的频率为 100 Hz8. t=0.02 s时，电压表的示数为 22 V

18、C.调节可变电阻 R'的阻值时，电流表示数的变化范围为0.110.22 AD.当可变电阻阻值为10 时，变压器的输入电功率为242 W审题流程第一步审题干一提取信息（1）从输入电压的表达式可知道电压的最大值2202 V,有效值为220 V,角速度1000周期 T=2Jt= 0.02 s,频率 f= 1=50 Hz. wI（2）电压表、电流表的示数指的是电压、电流的有效值，在哪个时刻都不变.第二步审问题一明确目标输入电流是由输出端负载电阻的大小决定的，因此必须先计算负载电阻的变化范围，再计算输出的功率的变化范围，最后确定输入电流的变化范围.解析BC 原、副线圈绕在同样的铁芯上，因此原、副

19、线圈中交变电流的周期、频率都是相同的，由 u=220 V2sin（100 忒）V可知3 = 100兀，由3 = 2k 可知f = - = 50 Hz , A52兀选项错误.电表的示数在任何时刻都是有效值，是不变的,U1的有效值为最大值除以小即Ui niUi = 220 V .由一=一可得U2 = 22 V,所以B选项是正确的.调节R' R副的取值范围是10 U2 n2U220 Q, P2=,可得P2的范围是24.248.4 W ,由于是理想变压器，Pi的范围也是24.2 R48.4 W ,由Pi = UiIi可知电流表的变化范围是0.110.22 A ,因此C选项正确，D是错误的.跟进

20、题组 练考题 提能力1 .（多选）一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5： 1,原线圈接入电压为 220 V的正弦交流电，各元件正常工作，一个理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示.电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是（）A.原、副线圈中的电流之比为5 ： 1B.电压表的读数约为 31.11 VC.若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Q,则1 min内产生的热量为2 904 JD.若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小解析：BC 由 n1|1 = n2l2,可得 I1 ： I2=n2： n = 1 ： 5,选项 A 错误；U = 220 V, U2 = 4

21、4V,电压表测量的是电阻 R两端的电压，其示数表示有效值， 需要根据电流的热效应计算电压的有效值，取交流电的一个周期T,考虑到二极管具有单向导电性，则U2T=T,代入数据R 2 R可得变阻器两端电压有效值U = 2202 V = 31.11 V,选项B正确；1 min内电阻R上产生的热量为Q=U2t = 2 904 J,选项C正确；若将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变小，但滑动变阻器两端电压的有效值不变，即电压表示数不变，变阻器消耗的功率变大，输出功率变大，输入功率和输入电流均变大，所以电流表示数变大，选项D错误.2 . （2020湖北武汉武昌区元月调研 ）（多选）如图为远

22、距离输电示意图，两变压器均为理想变压器.升压变压器 T1的原、副线圈匝数之比为n1 ： n2 = 1 ： 10,在T1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为 2r=2 ，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为 n3：n4=10：1,若T2的“用电设备”两端的电压为U4=200 V且“用电设备”消耗的电功率为10 kW,不考虑其他因素的影响，则（）T；A . T1的副线圈两端电压的最大值为2 01072 VB. T2的原线圈两端的电压为2 000 VC.输电线上损失的电功率为50 WD. T1的原线圈输入的电功率为10.1 kW解析：ABC 容=n3,解得U3=2 000 V , “用电设

23、备”中的电流l4=7p- = 10kW=50 A, U 4 n4U 4 200 V输电线上的电流I2=I3=1=5 A,输电线上损失的电压为AU=l2-2r=10 V,升压变压器副线圈两端的电压 U2=U3+AU = 2 010 V, T1的副线圈两端电压的最大值为2 010m V, A、B正确；输电线上损失的电功率AP= I2 2r = 50 W, C正确；T1的原线圈输入的电功率为 P' = P + AP=10 000 W + 50 W= 10 050 W, D 错误.规律方法知规律 握方法变压器动态分析方法1 .变压器动态分析常见的两种情况(1)负载不变，匝数比变化;(2)匝数比

24、不变，负载变化.2 .处理此类问题应注意三点(1)根据题意分清变量和不变量;(2)要弄清“谁决定谁”的制约关系电压是输入决定输出，电流和功率是输出决定输入;(3)动态分析顺序:由负载电阻R和U2决定I2；由P2=U2l2,确定P1；由p=U1l1,确定I1.课时作业限时提能A级对点练题组一直流电路的分析1.（2020长沙长郡中学模拟）如图为直流电动机提升重物的装置，重物的重量 G=500 N, 电源电动势E=90 V,电源内阻r=2 ，不计各处摩擦，当电动机以v = 0.6 m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I = 5 A,下列判断不正确的是（）A.电动机消耗的总功率为B.电动机线圈

25、的电阻为400 W0.4 QC.电源的效率约为 88.9%D .电动机的效率为 75%解析：B 重物被提升的功率 P重=5丫= Gv=500X 0.6 W = 300 W,此时电路中的电流 I=5 A,则电源的总功率 P总=EI = 90X5 W=450 W,设电动机线圈的电阻为R,根据能量守恒定律得 P总=P重+I2r+I2R,则得 R=P总一P重一I2r 450-300-52X 2I252Q=4 Q,电动机消耗的总功率 P电=P重+I2R= 400 W,电源的效率P总一I2r450-52X 2尸丁 X100% = 5P重X 100% = 88.9%,电动机的效率%=X100% =Pit+

26、I2R300300+ 52X 4X 100% = 75%,故选项 B符合题意.2. （2020广州模拟）在如图所示白电路中， E为电源电动势，r为电源内阻，Ri和R3均为 定值电阻，R2为滑动变阻器.当 R2的滑动触点在a端时合上开关 S,此时三个电表 Ai、A2 和V的示数分别为Ii、I2和U.现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是A. Ii增大，I2不变，U增大B. Ii减小，I2增大，U减小C. Il增大，12减小，U增大D. Il减小，I2不变，U减小解析：B 由题图知电压表测量路端电压，电流表 Ai测量流过Ri的电流，电流表 A2测 量流过R2的电流.R2的滑动触点

27、向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，Ri、R2并联电压减小，通过 Ri的电流Ii减小，而总电流I增大，则流过 R2的电流I2增大.故A、C、D错误，B正确.3. （2020孝义市一模）如图所示的电路中，电源电动势 E=8 V,内阻r = 2 Q,电阻R2= 6 Q,电容为i 口的平行板电容器水平放置且下极板接地.当滑动变阻器Ri的滑片处于b端时，有一带电油滴位于板间正中央 P点且恰好处于静止状态.下列说法正确的是 （ ）SI“ ? ¥%。T_I1A.此时P点电势为6 VB.电容器上极板所带电荷量

28、为6Xi0 6 CC.若仅将电容器上极板缓慢上移少许，则P点电势不变D.若仅将滑片P从b端向a端缓慢移动少许，则油滴将向下移动R2解析：B 由闭合电路的欧姆定律可知：路端电压U =E = 6 V,那么电容器两极的R2+r一 i电势差为6 V,又有下端接地，故电势为零，那么 P点电势为2U = 3 V,故A错误；电容器上极板所带电荷量 Q = CU = ix i0 6X6 C=6X i0 6 C,故B正确；移动电容器上极板， 电容器两端电势差不变；又有两极板间距离增大，故电场强度减小；又有P点到下极板的距离不变，故电势差减小，那么， P点电势减小，故 C错误；滑片P从b端向a端移动，那么外电路电

29、阻增大，所以路端电压增大，故两极板电势差增大，极板间场强增大，那么，油滴受到的电场力增大；油滴受重力和电场力作用，故有开始时油滴静止可知：电场力方向向上，那么，移动滑片后油滴合外力向上，故油滴向上运动，故D错误.题组二交变电流的产生及描述4. （2020河南模拟）（多选）如图i所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的金属正方形线圈abcd2所示，则下列说以垂直磁感线的cd边为转动轴匀速转动，线圈产生的交变电动势图像如图法正确的是（）A. t=3 s时刻通过线圈的磁通量为零B. ab边两端的电压大小等于 dc边两端的电压大小C.此交变电动势的频率为 50 HzD. dc边两端电压的有效值为 2y2 V解

30、析：ABD 由图乙可知，当t=3 s时，感应电动势最大，则此时穿过线框回路的磁通量变化率最大，磁通量为零.故 A正确；由图可知，线框中的ab边与dc边切割磁感线，产生电动势，由 E=BLv可知二者产生的电动势是相等的；由于线框各部分的电阻串联，所以ab边与dc边电压降U=IR也相等，所以ab边两端的电压大小等于 dc边两端的电压大小. 故1 1B正确；由图可知，交流电的周期为 0.04 s,则此交变电动势的频率为：f= 1 = 004 Hz = 25 Hz;故C错误；由图可知，交流电压的最大值为16 V,则有效值为8亚 V,该电路的等效电路如图设ab边与dc边产生的电动势都是 E,每一条边的电

31、阻都是 r,则E=42 V 2E电路中的电流：I = 472E 1，,一dc 边两侧的电压： Udc=EIr =E 1 r = 2E=2j2 V.故 D 正确.5 .（多选）如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像,b所示，以下关于这两个正弦交流电当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线的说法正确的是（）A.在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零B.线圈先后两次转速之比为3： 2C.交流电a的瞬时值表达式为 u= 10sin 5疝(V)D.交流电b的最大值为20 V3解析：BCD 在图中t=0时刻，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，A错误；a的周期为0.

32、4 s, b的周期为0.6 s,转速与周期成反比，所以转速之比为3 ：2, B正确；交流，一 2 兀电的瞬时值表达式为u= Um sin w t,所以a的瞬时值表达式为u= 10sinat= 10sin 5 it(V), C22正确；由Um=NBSco,可知角速度变为原来的则最大值变为原来的交流电b的最大值为 3320可V, D正确. 36 .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 t=0时产生的感应电动势最大B.图线甲、乙对应的线圈在t=2.0

33、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4 : 5D.图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5 A解析：B 在t= 0时，甲最大，则产生的感应电动势最小， 故A错误；因为在t= 0.2 sx 10 = 2.0 s时，甲=乙=0,所以线圈平面均平行于磁感线，故 B正确；由图可知甲、乙图线 一-1 _，一、，对应的周期之比为 4 : 5,而线圈的转速 n=T，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为5 ：4,-2 兀,、故C错误；甲图线对应的线圈中交流电压的峰值Em=BSco=:。，*V=5兀V,电流的峰值Im="R" = 5兀A,故D项错误.题组三变压器及远距

34、离输电7. （2019山西四模）如图甲所示，一阻值为 R的电阻接在电动势为 E、内阻为r的直流电 源两端，电源的效率为94.1%;如图乙所示，当该阻值为R的电阻通过理想变压器接在电压有 效值为E、内阻为r的交流电源上时，变压器原线圈两端的电压为E，则该变压器的原、副线圈匝数比为（）A. 4 ： 1B. 1 ： 4C. 16 ： 1D. 1 ： 16R解析：B 当接直流电源时，有： r=94.1%R+r解得：R=16r根据原副线圈的电压比等于匝数比可知:En1 U12n2 - U2- U2根据原副线圈的功率相等可知:En2 2 即为.鼠工显 “ 2r 2 Rn11解得：n= 4I1U1 = I2

35、U2故B正确，A、C、D错误.8. （2020安徽一模）有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯 两只小灯泡.当S断开时，灯L1正常发光.保持原线圈输入电压不变, 正确的是（）L1、L2为规格相同的S闭合后，下列说法A.电阻R消耗的功率增大B.原线圈的输入电流减小C.原、副线圈的电压比增大D.灯Li、L2都能正常发光解析：A 当S闭开后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以电阻R两端的电压增大，故R消耗的功率增大，故 A正确；变压器原副线圈的匝数不变，故原副线圈中电流之比不变，副线圈中电流增大，故原线圈中电流也增大，故 B错误；因线圈匝数之比不变，故原副线圈中电压比不变，故 C错误；当S闭

36、合后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以通过电阻R的电压增大，灯泡两端的电压减小，灯 Li、L2都不能正常发光，故 D错误.9.（2020河南郑州检测）如图所示的电路中，R为光敏电阻（增大照射光的强度电阻会减小卜C为电容器，灯泡L的额定电压为50 V,理想变压器原、副线圈的匝数之比为 2 ： 1.闭合开关 S,在a、b两端输入正弦式交变电流u=100q2sin 10疝（V）,则下列说法正确的是（）A.灯泡会正常发光B.光敏电阻中的电流和灯泡中的电流相等C.增大照射光的强度照射光敏电阻，灯泡会变亮D.断开开关S,灯泡会熄灭解析：C 由题可知，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2 ： 1 ,原线

37、圈两端的电压的Ui ni有效值为100 V,根据屯=扁，可知副线圈两端的电压的有效值为50 V,由于电容器和光敏电阻都会阻碍交变电流的通过，因此灯泡两端的电压小于50 V,不会正常发光，A错误；由于电容器能通交流，因此光敏电阻 R中的电流小于灯泡中的电流,B错误；增大照射光的强度照射光敏电阻，光敏电阻的阻值减小，因此灯泡中的电流增大，灯泡会变亮，C正确；断开开关S,由于电容器能通交流，因此灯泡不会熄灭，D错误.10.（2020资阳*II拟）如图所示, b.当输入电压U为灯泡额定电压的理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和10倍时，两灯泡均能正常发光.下列说法正确的是（）B.原、副线

38、圈匝数之比为9 ： 1C.此时a和b的电功率之比为10 ： 1D.此时a和b的电功率之比为1 ： 10解析：B 灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U,则说明原线圈输入电压为 9U,输.一. ,，一 I1 n2 11出电压为U;则可知，原副线圈匝数之比为 9 ： 1,故A错误，B正确；根据公式丁=二可得丁 =I2 n1I211,由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为 1：9;故C错9误，D错误.B级综合练11. （2019江苏南京三模，5）如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原副线圈匝数比为m,降压变压器的原副线圈匝数比为n,输电线的电阻为 R,升压变压器和降

39、压变压器均为一理想变压器，发电机输出的电压恒为U,若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了 AU,则下列判断正确的是 （）A.电流表 A2的示数增大了 RB.电流表A1的示数增大了噜RC.电压表V1的示数减小了AUD,输电线损失的功率增加了nRU 2R解析：B 由4=m得U1 = U,由于U、m不变，故U1不变，故C错.设降压变压器的 U1m ,，U'1。一R输入电压为 U',则 U' =U1-I1R,由 U2 = n 得，U2=n m-l1R ,则 AU = - nAI1，由此可见，电流表A1的示数增大了 nRU,即B正确.由1二，得I2=nl1,由此可知,I2

40、增大了n2 AUR ，nn AU故A错.输电线损失的功率增加量AP=（I1+ AI1）2R- I2R= 2I1AI1 R+ AI2RW2R,故D错.12.（2020新课标n卷一模）如图所示，直角三角形导线框 OPQ放置在磁感应弓虽度大小为 B, 方向垂直于 OQ向右的匀强磁场中，且 OP边的长度为L, /POQ=9.当导线框绕 OQ边以角 速度3逆时针转动（从。向Q观察）时，下列说法正确的是（）fiA.导线框OPQ内无感应电流B.导线框OPQ内产生大小恒定，方向周期性变化的交变电流C. P点的电势始终大于O点的电势 .一 .一 . .一 .1 CD.如果截去导线 PQ,则P、。两点的电势差的最大值为 2BL2cosin 9cos 0解析：D 导线框OPQ内，只有边长 OP做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据法 拉第电磁感应定律可求得感应电动势的大小为E=BL号尸 wcos Osin w 2BL2wsin Qcos Osin3专故导线框OPQ内产生正弦式交变电流，故A、B错误；由于导体框OPQ内产生正弦式交变电流，P点的电动势与 。点的电动势大小成周期性变化，故C错误；如果截取导线 PQ,则没有感应电流，但 PQ两点的电势差 U=BLLs尸wcos （Sin w 2BL2sin 0cos的in