2019版高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第12讲直流电路与交流电路学案

1、第12讲直流电路与交流电路1. （2018全国n卷，16）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（）14_u0_ 2U2效2正 Ft=rA.1：山B.求：1C.1：2D.2：1由有效值概念知，一个周期内产生热量u0Tu0Tu2Q方瑟2+育2=mQ2uo1.eT,故知Q方：Q正=2R2. （2018天津卷，4）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，1压表V的

2、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2,则（）一、,1A.R消耗的功率变为2P1B.电压表V的读数变为2UC.电流表A的读数变为2ID.通过R的交变电流频率不变1 nB&）1B发电机线圈的转速变为原来的2,由E=-BS-知，原线圈中输入电压变为原来的2,频率变为原来的1.根据，则U变为原来的1,即U=；U,则通过R的电流变为原来的1,2U2n2222一，一U21,11n2,一一、,1，一，R消耗的功率P2=-=7P）,根据丁=一，原线圈上的电流也变为原来的即电流表A的读数R412n12、,1一，变为2I.故选B.3. （2016高考全国卷I,16）一含有理想

3、变压器的电路如图所示，图中电阻R、R和R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、副线圈匝数比为（）A. 2C. 4B 设理想变压器原、副线圈的匝数之比为B. 3D. 5n,开关断开时，电路如图甲所示，原、副UI I2R = (nI)2(R1n21线圈的电流比丁=一=一,通过R2的电流12=nI,根据变压器的功率关系得,12nin4In21+R）;开关闭合时，电路如图乙所小，原、副线圈的电流比|=n=n,通过R的电流12,=4nI,根据功率关系有U-4I（4I）2R=（4nI）

4、2R,联立以上两式并代入数据解得n=3,选项B正确.甲乙4. （2016高考全国卷H,17）阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路.开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q;闭合开关S,电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q.Q与Q的比值为（）2A.5 B.2 C. 5 D.C断开S和闭合S后等效电路分别如图甲、乙所示.图中国乙1根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压u=5E，u1=3E,C所带的电荷量Q=CU则Q：Q=3：5,选项C正确.5. （2016高考全国卷出，19）（多选）如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和

5、b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光.下列说法正确的是（）A.原、副线圈匝数比为9：1B.原、副线圈匝数比为1：9C.此时a和b的电功率之比为9：1D.此时a和b的电功率之比为10倍时灯泡正常发光，则变9： 1,选项A正确，选项B错9倍，根据P= UI, a、b灯泡AD设灯泡的额定电压为U）,输入电压为灯泡额定电压的压器原线圈的车入电压为9U）,变压器原、副线圈的匝数比为误；由9U0Ia=U0Ib得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的的电功率之比为1：9,选项C错误，选项D正确.考情分析命题特点与趋势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

6、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，以及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 .2018年高考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.解题要领1 .理解串、并联电路的特点，闭合电路欧姆定律的含义.理解交变电流的“四值”含义和变压器、远距离输电的原理.2 .掌握以下应考技法（1）程序法；（2）等效法；（3）分析推理法；（4）守

7、恒法.高频考点突砥0析经集维题加提升考能高频考点一直流电路的分析计算备考策略1 .高考对本考点的考查较为简单，考生失分主要原因是不按正确程序进行分析，只关注局部，不考虑整体，解决此类问题时注意应用程序法分析动态变化，并用好“串反并同”结论进行快速判断.需要考生学会灵活变通2 .知识概括命题视角考向1直流电路的功率问题例1（2018湖北八校二联）（多选）在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0V,内R为定值电阻不计，Li、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示,阻，阻值为7.5.当开关S闭合后（）1A. L1的电阻为QB. L1消耗的电功率为7.5WC. L2的电阻为7.5Q

8、D. L2消耗的电功率为0.3WCD S闭合后，L1两端的电压为由乙图可知，I 1=0.25 A ,故R= 0.7 5 W ,R=12 Q, A、B均错；L2与R及电源串联，把R和电源等效成电动势为3 V,内阻为7.5 Q的新电源，在图乙中作出新电源的I U图线，如图，两图线的交点表示出了此时L2两端的电压与通过的电流的大小，由图知U=1.5 V , 12= 0.2 A ,所以 R=丁 = 7777 = 7.5I 2 0.2F2= Ud2=1.5X0.2 W= 0.3 W, C、归纳反思1.电路的电功率分析2U2纯电阻电路：P电= P热= i2r= iu = - R非纯电阻电路：P电=P热+P

9、机，即ui=i2r+ P机.2 .电源的输出功率与负载的关系分析E当RUr时，电源的输出功率取大，为Pm=4p当R>r时，随着R的增大，电源的输出功率越来越小；当火r时，随着R的增大，电源的输出功率越来越大；当P出<Pn时，每个输出功率对应两个外电阻阻值R和R,且RR=r2.考向2直流电路的动态分析例2（2018衡水中学信息卷二）如图所示的电路中，L为小灯泡，R、R、R为定值电阻，C为电容器，电源电动势为E,内阻为r,图中电表为理想电表.闭合开关S,将滑动变阻器的滑片P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是（）A.小灯泡的亮度是先变暗后变亮B.电容器C先放电后充电C.电流表A的示

10、数先减小后增大D.电压表和电流表Ai的示数之比先减小后增大C由题意可将电路图转化成如图所示，在滑片P从a到b的过程中，R接入电路的阻值先增大后减小，使整个回路的电阻先增大后减小，因此干路电流先减小后增大，内电压先减小后增大，路端电压先增大后减小，故C先充电后放电，B错误；小灯泡L、R、R支路电阻恒定，随路端电压的变化，小灯泡L先变亮后变暗，A错误；小灯泡L的电流先增大后减小，而干路电流先减小后增大.因此电流表A的示数先减小后增大，C正确；电压表和电流表Ai的示数之比为滑动变阻器及R串联的总电阻，阻值先增大后减小,D错误.归纳反思3 .闭合电路动态变化的原因当外电路的任何一个电阻增大（或减小）时

11、，电路的总电阻一定增大（或减小）.（2）若电键的通断使串联的用电器增多，总电阻增大；若电键的通断使并联的支路增多,总电阻减小.（3）热敏电阻或光敏电阻的阻值变化.4 .闭合电路动态分析的三种常用方法（1）程序分析法：流程如下增大 “ R + r减小*减小U内一息减小增大,内增大增大展后确定几减小"【建（2）利用结论法：即“串反并同”法.“串反”一一即某一电阻增大（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”一一即某一电阻增大（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）.（3）极限法：因变阻器滑片滑动引

12、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.考向3闭合电路的图象问题例3（2018黑龙江省哈尔滨市第三中学冲刺（二）如图所示，图1为一电动机，当滑动变阻器的触头从一端滑到另一端的过程中, 2所示，已知电流表读数在 0.2 A以下时, 以下判断不正确的是（）两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图电动机没有发生转动， 不考虑电表对电路的影响,A.电路中的电源电动势为3.9VB.电动机的电阻为4Q0.9 WC.此电路中，电动机的最大输出功率为D.变阻器的最大阻值为32QC由电路图1知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线

13、表示V2的电压与电流的关系，此图线的斜率大小等于电源的内阻,二3.63.00=3当电流I=0.1A时，U=3.6V,则电源的电动势_.一._0.80.4E=U+Ir=3.6V+0.1X3V=3.9V,故A正确；由图可知，电动机的电阻r=4，故B正确；当I=0.3A时，U=3.0V,电动机的输入功率最大，最大输入功率为P=UI=3X0.3W=0.9W,电动机的热功率为Rm=I2m=0.32X4W=0.36W,则最大的输出功率为P出=0.9W0.36W0.54W故C错误；当I=0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R=Erm=（3y-3-4）Q=32Q,故D正确.故选C.归纳反思闭

14、合电路中几种常见图象的比较公式图象特例I-R图线E心|JR短路R=0,I=E，图象始端断路R=8,I=0,图象末端U-R图线ERU=r+RQR短路R=0,U=0,U内=E断路R=°°,U=E,U内=0U-I图线U=E-Iro旦1r短路R0,I=,U=0断路R0°,I=0,U=EP-R图线R.LrrR=2Rr+R监。用r京R1短路I=；，P出=0断路I=0,P出=0,当R=r时，P出最大，P出4rP-I图线P=EI-12r口才cb>£壬短路I=_,P出=0r断路I=0,P出=0,当I=：2时，_E2P出取大，P出=,4r高频考点二交变电流的分析与计算

15、备考策略1 .本考点是高考的热点，考查的知识交汇点较多，常与交变电流的性质和变压器的规律相结合.对于这类问题，需通过原、副线圈电路，综合分析变压器与电路的关系.需要考生学会迁移应用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=nBSo,分析电容器时的耐压值.(2)瞬时值：E=Esin3t(由中性面开始计时)，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：E=n-Y，计算通过电路

16、截面的电荷量.命题视角考向1交变电流的产生及四值例4(2018湖北部分重点中学联考)如图甲所示，在匀强磁场中，两个匝数相同的正方形金属线圈分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交流电动势e随时间t变化的图象如图乙中曲线a、b所示，则()A. t=0时刻，两线圈均处于垂直于中性面的位置B. a、b对应的线圈转速之比为2：3C. a、b对应的两线圈面积之比为1：1D.若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈电动势的有效值之比一定不变Ct=0时刻，两线圈感应电动势均为零，故两线圈均处于中性面的位置，选项A错1一误；由图线可知，两线圈的周期之比Ta：Tb=2:3；故根据n=T可知a、b

17、对应的线圈转速之比为3 ： 2,选项B错误；根据En NEBoS,3aTb3国153iSaEna3b1一=二：-=-：则=T,选cobTa2Eib102SbEmbcoa1项C正确；若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈的面积要变化，故感应电动势的最大值要变化，电动势的有效值之比一定变化，选项D错误；故选C.归纳反思解决交变电流的问题要注意以下几点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.一.A(1)与中性面重合时，S，B,最大，-jp=0,e=0,i=0,电流万向将发生改变.A一.一.(2)与中性面垂直时，S/B,=0,最大,e最大，i最大，电流万向不

18、变.2 .区分交变电流的峰值、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(典题3的C选项)(1)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象或由公式曰=nBSw求出相应峰值，其2兀中3="T"=2冗f=2兀n.(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式.若线圈从中性面开始计时，则et图象为正弦函数，e=Esincot；若线圈从垂直中性面开始计时，则et图象为余弦函数，e=Eos3t.考向2结合理想变压器考查交流电路例5(2018河南省南阳市统考)(多选)理想

19、变压器原线圈a匝数ni=200匝，副线圈b匝数n2=100匝，线圈a接在u=44，2sin314t(V)交流电源上，“12V6W'的灯泡恰好正常发光，电阻R2=16Q,电压表V为理想电表，下列推断正确的是()A.交变电流白频率为100Hz2B.副线圈磁通量的最大变化率为-yWb/sC.电压表V的示数为22VD. R消耗的功率是1W314BD由表达式知交变电流的频率为丁Hz=5。Hz'A错误；灯泡正常发光，故副八一，、一P一，一一,._A，线圈中电流为I=U=0.5A,故电压表本数为02=12V+IR2=20V,故根据Em=Nj知穿过铁芯的磁通量的最大变化率为-=Wb/s,故B正

20、确；根据电流与匝数成反比，原线圈N5电流为0.25A,由题意可知：原线圈电压有效值为44V,根据电压与匝数成正比得U=40V,R消耗的功率是P=(4440)X0.25W=1W,故C错误，D正确.例6（2018河南中原名校高三联考）如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户（电灯等用电器），R表示输电线的电阻，则（）A.用电器增加时，变压器输出电压增大B.要提高用户的电压，滑动触头P应向上滑C.用电器增加时，输电线的热损耗减少D.用电器增加时，变压器的输入功率减小B由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输.,一，一，一.n2,

21、一出电压，故A错误；根据变压器原理可知输出电压U=U,当滑动触头P向上滑时，n2增ni大，所以输出电压增大，用户两端电压增大，故B正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故C错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故D错误.归纳反思有变压器动态分析的方法1 .明确交流电源、原线圈、副线圈及负载的串并联情况.2 .分清涉及理想变压器动态分析的两类情况，如（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

22、随负载电阻的变化情况.（3）不论哪种情况，要注意两点：根据题意分清变量和不变量；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.题组冲关2-1.（2018辽宁庄河模拟）（多选）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比ni：r=10：1,b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上U1=220小sin100兀t（V）的交流电压，开始时单刀双掷开关与b连接，下列说法正确的是（）1A.t=400s时，cd间电压的瞬时值为220VB.电压表的示数为442VC.若将滑动变阻器的滑片向上移，电压表和电流表的示数都变大D.若单

23、刀双掷开关由b拨向a后，电压表示数和电流表示数都变小AD由ui=220j2sin1007tt（V）可知，当t=工s时，cd间电压的瞬时值为220V,400故A正确；单刀双掷开关与b连接，由电压关系U1=n1,因电压表显示的是有效值，则U=5n2220V,故电压表的示数为44V,故B错误；若将滑动变阻器的滑片向上移动，副线圈回路电阻减小，电压表示数不变，电流表的示数变大，C错误；若单刀双掷开关由b拨向a,则原线圈匝数ni增加，副线圈电压降低，电压表示数和电流表示数都变小，故D正确.22.（2018山东省实验中学一诊）在如图所示的电路中，理想变压器的匝数比为2：1,四个标有“6V,6W”的完全相同

24、的灯泡Li、L2、L3、L4,按如图的方式接入电路，其中L1恰能正常发光.忽略灯泡电阻随电压的变化.电路中的电表均为理想交流电表，则下列选项中正确的是（）A.L2、L3、L4均正常发光B.电流表示数为0.5AC.mn两点间所加的电压为14VD.整个电路消耗的总功率为18WC理想变压器的匝数比为2：1,则原、副线圈中的电流比为1：2,四个灯泡的额定m12电流都为I0=1A,L1恰能正常发光，则原线圈中电流为I1=1A,根据一=丁，可知副线圈n2112中电流为I2=2A,流过L2、L3、L4的电流均为小不能正常发光，选项A、B错误；L2、L3、3一,2L4的电阻值为R=6Q,则副线圈两端电压为U2

25、=-X6V=4V,3.n1U根据工=n，可知原线圈两端电压为U=8V,由于L1正常发光，其两端电压UL1=6V，n2U>故mn两端所加电压为Unn=U+U1=14V,选项C正确；整个电路消耗的总功率P=UJ1=14W,选项D错误.高频考点三远距离输电问题备考策略1 .理清三个回路回路1:发电机回路.11=I机，U=U机，Pi=P机.回路2：输送电路.12=13=Ir,U=U+UR,B=R+R.回路3:输出电路.I4=I用，U=U用，P4=Pi2 .掌握两种损耗(1)电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，Ur=UU=IrR(2)功率损耗：输电线上电阻发热导致的功率损耗，注=P2-P3=I

26、RR输电线上的能量损耗是热损耗，计算功率损耗时用公式R=I2R或Pr=U.R题组突破3-1.(多选)图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器.升压变压器原副线圈匝数比为1：100,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R为一定值电阻，R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).未出现火警时,升压变压器乙A.降压变压器副线圈输出的交变电流频率为50HzB.远距离输电线路损耗功率为180kWC.当传感器R所在处出现火警时，电压表V的示数变大D.当传感器R所在处出现火警时，输

27、电线上的电流变大AD由题图乙知交变电流的周期为0.02s,所以频率为50Hz,A正确；由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250V,根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25000V,所P，,以输电线中的电流为I=U=30A,输电线损失的电压为AU=IR=30X100V=3000V,输电线路损耗功率为AP=AUI=90kW,B错误；当传感器R所在处出现火警时，其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数变小，C错误；由C知副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流变大，D正确.3-2.如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压

28、器T的原、用 户B.副线圈匝数分别为ni、鱼，在T的原线圈两端接入一电压u=Usin3t的交流电源，若输送电功率为P,输电线的总电阻为2r,不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为()A.rn Um()-n2 4r凄im()ni4rC.*2点2rD.42点2rC 升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为Um, 、 ，一 一 U ni ,u=g,由变压关系可得U2=n-,则n211m U因为输送电功率为P,输电线中的电流为2niI2=U2=SP>5则输电线上损失的电功-224n2P2r 一人彳 “率为AP= I2(2r)=Fr,故选项 C正确.n21m3-3.如图所示为远距离输电的原理

29、图，升压变压器的变压比为E降压变压器的变压比为n,输电线的电阻为 R,升压变压器和降压变压器均为理想变压器，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A U,则下列判断正确的是i4A.电流表A2的示数增大了B.电流表Ai的示数增大了nA UC.电压表Vi的示数减小了AUD.输电线损失的功率增加了 （nAU)2RB电压表V2的示数减小了AU,根据变压器的变压比可知降压变压器输入电压减小了AU3=nAUI,由于升压变压器输入电压不变,因此输电线上的电压增大了nAU,因此电流表Ai的示数增大了B正确；根据变流比，电流表 A2的示数增大了n2AUA错误；由于发23V的示数不

30、变，C错误；设电机的输出电压不变，因此升压变压器的输出电压不变，电压表原来输电线上的电流为I,则输电线损失的功率增加了（I+喑）2I2R不等于（空U）2RdRR错误.课时跟我训练（十二）、单项选择题1. （2018 福州一中检测）如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=.125兀T.单匝矩形线圈面积S=1m2.电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO匀速转动.线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，为交流电流表.调整副线圈的滑动触头P,当变压器原、副线圈匝数比为2:1时，副线圈电路中标有“6 V 6 W的灯泡正常发光.以下判断正确的是A.电流表的示数为1 AB.矩形线圈产生电动势的最大值为C.从矩形线圈转到中性

31、面开始计时,18 V矩形线圈电动势随时间变化的规律为e= 12 2sin60兀t(V)D.若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当下移灯泡正常发光，故变压器的输出电流为:|2 = 6= 1 A；根据公式:11n211 = 0.5A,故A错误；灯泡正常发光，故变压器的输出电压为6 V,根据公式Ui n1 一口U2=E解得:U = 12 V,故矩形线圈产生电动势的有效值为12 V,最大值为12，2v= 17 V,故 B 错误;根据公式Em= NBSo ,解得：3 =NBSEm12 2rad/s =60 兀rad/s ,故从矩形线圈转到1X5兀XI中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变

32、化规律e= EmSin3 t = 12>/2sin 60 兀 t(V),故C正确；若矩形线圈转速增大，根据公式ENBSo,感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P适当上移，故D错误.2.图甲电路中，D为二极管，其伏安特性曲线如图乙所示.在图甲电路中，闭合开关S,滑动变阻器R的滑片P从左端向右移动过程中（）A.二极管D消耗的功率变大B.二极管D的电阻变大C.通过二极管D的电流减小D.电源的功率减小A滑动变阻器R的滑片P从左端向右移动过程中，滑动变阻器的电阻减小，电路电流增大，由图乙可知，二极管的电阻减小，电流、电压增大，消耗的功率也增大，故A正

33、确,日C错误；电源的功率为：P=EI,因为电流增大，所以电源的功率增大，故D错误.所以A正确，RC、D错误.3. （2018山西五校三联）某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器Ti和降压变压器T2向R=11的纯电阻用电器供电.已知输电线的总电阻R=10Q,将 Ti、 T2T2的原、副线圈匝数比为4：1,用电器两端的电压为u=22042sin100兀t（V）均视为理想变压器.A.降压变压器的输入功率为4400WB.升压变压器中电流的频率为100HzC.输电线消耗的功率为500WD.当用电器的电阻减小时，输电线消耗的功率减小3100兀A由题可知，用电器两端电压有效值为220V，

34、交流电频率f=2T=-Hz=50HZ，由电功率公式可知，降压变压器输出功率P=U=4400W理想变压器输入功率与输出功率R）Un1相等，故A项正确；理想变压器不改变交变电流的频率，B项错；由变压规律71=；可知,I = 5 A,由焦耳定律U2n2降压变压器输入电压为880V,由P=UI可知，降压变压器输入电流为可知，输电线电阻消耗的功率P=I2R=250W,C项错；当用电器的电阻减小时，输出功率增大，故降压变压器输入功率增大，从而输入电流增大，再由P=I2R可知，输电线消耗的功率增大，D项错.4. （2018湖北省荆州中学高三全真模拟一）在如图所示的电路中，由于某个电阻发生故障，使电流表A的读

35、数变大，电压表V的读数变大，灯泡L的亮度变暗，关于故障判断的下列说法正确的是（）A.可能是R短路C.可能是R短路B.可能是R断路D.可能是R短路D 由电路元件各物理量动态变化的规律“串反并同”可知，只有当R短路时（可认为电阻减小），外电路电阻减小，总电流增大，电流表 A的读数变大，R的电流增大，电压表V的读数变大，灯泡 L的亮度变暗.故正确答案为D.故选D.5.如图所示，接在理想变压器回路中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比ni ：龛：禀为（B. 3 ： 2 ： 1D. 2 ： 2 ： 1A.1：1：1C.6：2：1一，_n2B灯泡正常发光，可得5=UB=UC=ID,所以

36、U2=2U,由理想变压器的电压关系得一=U2=2-,可得n2=2n3.灯泡都正常发光，则功率相等，即Pa=Pb=Pd.由P=12R得Ia=IbU31=IC=Id,艮PI1=I2=I3.由理想变压器的功率关系得UI1=UI2+U313,即nd1=n212+n313,可得m=n2+n3=2n3+n3=3n3.所以m：n2：n3=3：2：1.6. （2018湖北省武汉市高三下学期五月理综训练）如图是某温度检测和光电控制加热装置的原理图.R为热敏电阻（温度升高，阻值减小），用来探测加热电阻丝R的温度.RG为光敏电阻（光照强度增大，阻值减小），接收小灯泡L的光照.其他电阻均为定值电阻.当R处温度升高后，

37、下列说法正确的是（）RiKA.灯泡L将变暗B. R的电压将增大C. R的功率将增大D. R的电压变化量与R的电流变化量的比值不变DA项：当R处温度升高时，R阻值变小，左边回路中电流增大，小灯泡L的功率增大，灯泡L将变亮，故A错误；B、C项：L的光照强度增大，则RG阻值变小，右侧电路的总电阻变小，总电流变大，E的内电压增大，则其路端电压变小.总电流增大，则R两端电压增大，所以右侧电路并联部分电压减小，R的电压减小，则R的功率将减小.R的电流减小，而总电流增大，则通过R的电流增大，R的电压将增大，所以R的电压将减小，故BAURRC错误；D项：R的电压变化量与R的电流变化量的比值U=畀，保持不变，故

38、D正确.IrRHR37. （2018河北正定中学高三模拟）如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd的边长ab=cd=Li,bc=ad=L2,匝数为n,线圈的总电阻为r,线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO匀速转动，角速度为川，线圈两端通过电刷E、F与阻值为R的定值电阻连接.从线圈经过中性面开始计时，则（）A.线圈中感应电动势的最大值为BcoL1L2B.线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式为e=nBcoL1L2cos3t,1 c.经过4周期时间通过电阻R的电荷量为BLLR+ rD.此发电机在上述工作状态下的输出功率为n2B 3 2L2L2R22 & r

39、D线圈产生的感应电动势的最大值Em尸nBcoL1L2,选项A错误；感应电动势随时间变化的表达式e=Esin3t=nBcoL1Lsin3t,选项B错误；根据法拉第电磁感应定律有E=A，、ErBLL2n7二1，由闭合电路欧姆定律有I=Rr，又A（=BLiL2,q=IAt,联立解得q=nRr，选项C错误；线圈中感应电动势的有效值E=m=nB（b21L2,电流的有效值I=nP3LL,222R+r2n2B232L2ljR交流发电机的输出功率即电阻R的热功率P=IR=-l,选项D正确.2R十r二、多项选择题8. （2018山东省淄博市高三三模）一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U,额定电流为I,线圈电

40、阻为R,将它接在电动势为E,内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则（）A.电动机消耗白勺总功率为UIB.电源的效率为1，C.电源的输出功率为EID.电动机消耗的热功率为URAB电动机消耗的总功率应该用P=IU来计算，所以总功率为IU,所以A正确；电动机消耗的热功率应该用P=I2R来计算，所以热功率P=I2R所以D错误.电源的输出功率等于电动机的输入功率，得P出=UI.故C错误.电源的总功率为IE,内部发热的功率为I2r,IEI2rIr所以电源的效率为IE=1-,所以B正确.故选AB.9. （2018河南省郑州市高中毕业年级第二次质量预测）如图所示的电路中电表均为理想电表，闭合开关

41、S,将滑动变阻器的滑片P向右移动至某一位置，与移动前相比，下列说法正确的是（）A.电流表读数变小，电压表读数变大B.小火T泡L变亮C.电源的输出功率一定变大D.电容器C所带的电荷量减少BD由图可知，电容并联在滑动变阻器两端；当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻减小；则总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，故电流表示数增大，灯泡亮度变亮，因内压增大，故电压表示数减小，故A错误，B正确；由P=EI可知，电源的总功率变大；当外阻和内阻相等时输出功率最大，因为不知道外阻和内阻的关系，所以不能判断电源输出功率的变化，故C错误；因电容器并联在滑动变阻器两端；总电流变大，灯泡及内阻分压增大，则滑动变阻

42、器分压减小，故电容器C两端的电压减小，所以C上的电量减小，故D正确.所以BD正确，AC错误.10. （2018山东省淄博一中高三三模）电源的两个重要参数分别是电动势E和内电阻r.对一个电路有两种特殊情况：当外电路断开时，电源两端的电压等于电源电动势；当外电路短路时，短路电流等于电动势和内电阻的比值.现有一个电动势为E、内电阻为r的电源和一阻值为R的定值电阻，将它们串联或并联组成的系统视为一个新的等效电源，这两种连接方式构成的等效电源分别如图甲和乙中虚线框所示.设新的等效电源的电动势为E',内电阻为r'.试根据以上信息，判断下列说法中正确的是（）甲乙.r.A.甲图中的EE,r=RrR+rB.甲图中的E'=E,r'=R+rRrC.乙图中的E'=E,r'=祁八,R,RrD.乙图中的E=RE,r=RBD电源的电动势等于外电路断路时的路端电压，则对甲图可知E'=E,r'=r+R,选项A错误B正确；图乙中，E'=工史；r'故选项C错误，D正确；故选BD.R+rR+r11. （2018河北冀州5月模拟）如图所示，理想变压器输入端接在电动势随时间变化、内阻为r的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R