2023年高考物理二轮复习专题08直流电路与交流电路教学案

专题08直流电路与交流电路恒定电流主要考查以"电路"为核心的三局部内容:一是以局部电路的欧姆定律为中心,考查直流电路的根本概念、伏安法测电阻、电功和电热等问题;二是以闭合电路的欧姆定律为中心,考查电源的作用、闭合电路的功率分配和能量转化的关系、电路的路端电压与电源电动势和内阴天的关系;三是以电路中的电工仪表的使用为中心,考查电学实验中仪器的选取、电表的读数、实物连接、数据处理和误差分析等问题.尤其是电学知识联系实际的问题和探究实验问题是近几年高考考查的热点.欧姆定律、焦耳定律往往与电磁感应现象相交叉渗透；电功率、焦耳热计算往往与现实生活联系较密切，是应用型、能力型题目的重要内容之一，也是高考命题热点内容之一。历届高考命题形式一是以选择、填空方式考查知识；二是与静电、磁场和电磁感应结合的综合题，值得说明的是，近年来高考在对本章的考查中，似乎更热衷于电路的故障分析.这类题通常都来自生活实际，是学生应具备的根本技能.尤其引人关注的是电路实验有成为必考题的趋势.交变电流局部的知识点不是很多，一般以难度中等或中等偏下的选择题出现。高考题型以选择题为主，重点考查交流电的产生原理、图像、表达式以及交流电的有效值，变压器的原理，远距离输电中的线路损耗问题，其中考查频度最高是交流电有效值、变压器的有关知识。本局部知识常与电场和力学知识结合在一起考查考生的综合分析能力，如带电粒子在交变电场中的运动等。虽然交流电的有关知识不属于高考物理的重点内容，但也不能因此而放弃对其根本内容的理解和掌握。因为交流电路与工农业生产和日常生活紧密结合，在近几年的高考试题中出现的频率较高。一、直流电路1．电功和电热电功W＝qU＝UIt；电热Q＝I2Rt.(1)对纯电阻电路，电功等于电热，即电流流经纯电阻电路，消耗的电能全部转化为内能，所以W＝Q＝UIt＝I2Rt＝t.(2)对非纯电阻电路(如电动机和电解槽)，电能一局部转化为内能，另一局部转化为其他形式的能(如机械能或化学能等)，所以电功必然大于电热，即W>Q，这时电功只能用W＝UIt计算，电热只能用Q＝I2Rt计算，两式不能通用．2．闭合电路欧姆定律表达形式：①E＝U外＋U内；②I＝(I、R间关系)；③U＝E－Ir(U、I间关系)；④U＝E(U、R间关系)．注意：①当外电路断开时(I＝0)，路端电压U等于电动势E.假设用理想电压表测量，那么读数等于电动势，在进行断路故障分析时，常用此结论进行判断，即何处断路，何处两端电压等于电动势．但用电压表直接测量时，读数却略小于电动势(因为有微弱电流流过电源而产生内压降)．②当外电路短路时(R＝0，因而U外＝0)，电流最大，为Im＝(不允许出现这种情况，因为这会把电源烧坏)．3．电源的功率与效率(1)电源的功率P：也称电源的总功率，是电源将其他形式的能转化为电能的功率，计算式为：P＝IE(普遍适用)；P＝＝I2(R＋r)(只适用于外电路为纯电阻的电路)．(2)电源内阻消耗功率P内：是电源内阻的热功率，也称电源的损耗功率，计算式为：P内＝I2r.(3)电源的输出功率P外：是外电路上消耗的功率，计算式为：P外＝IU外(普遍适用)；P外＝I2R＝(只适用于外电路为纯电阻的电路)．(4)电源的效率：η＝＝＝＝.(5)电源的输出功率(P外)与外电阻R的关系：P外＝＝.P外与R的关系图象如图4－11－1所示．由图可以看出：图4－11－1当R＝r时，电源的输出功率最大，Pm＝，此时电源效率η＝50%.当R＞r时，随着R的增大输出功率越来越小．当R＜r时，随着R的增大输出功率越来越大．当R由小于r增大到大于r时，随着R的增大输出功率先增大后减小(非单调变化)．4．含容电路的分析技巧电容器两极板间的电压等于与电容器并联的电阻两端的电压，与电容器串联的电阻两端的电压一定为零(有阻无流，那么无电压)．二、直流电路动态分析1．引起电路特征发生变化的主要原因有：①滑动变阻器滑片滑动，使电路的电阻发生变化；②开关的闭合、断开或换向(双掷开关)使电路结构发生变化；③电路发生短路和断路(电路故障)．2．电路动态变化问题的分析思路当电路中某处的电阻发生变化时，先由局部电阻的变化推出外电路电阻R外的变化，再由闭合电路的欧姆定律I总＝和U端＝E－I总r讨论干路电流I总的变化和路端电压U端的变化，最后分析对其他局部电路产生的影响，从而分别确定各元件上其他量的变化情况(使用的公式是局部电路欧姆定律、电路中各元件上的电压关系和电流关系等)．注意：①电路的总电阻总是随其中任一电阻的增大而增大，随任一电阻的减小而减小；电阻并联的数目越多，总阻值越小；②从电路分析角度看，断路可认为是电路中某处电阻增大到无穷大，短路可认为是电路某处电阻减小到零，因此电路故障问题可以视为特殊的动态分析问题；③对电路进行简化时，电压表和电容器视为断路，电流表视为短路；④电容器是一个储存电能的元件，在直流电路中，当电容器充、放电时，其所在电路中有充、放电电流，电路到达稳定状态时，电容器就相当于一个阻值无穷大的电阻，那么电容器所在电路处可视为断路．分析计算含有电容器的直流电路时应注意：电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，在此支路的电阻没有电压降，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压．电路中的电流、电压变化时，将会引起电容器充(放)电．三、与电功、电功率、电热相关问题的综合分析明晰电功、电功率、电热的概念与相互关系．电功W

电热Q

电功率P

物理意义

电流通过电路做的功，即使电荷定向移动时电场力做的功

电流通过导体所做的功，电阻上所产生的热量

表征电流做功快慢的物理量，用电流所做的功与所用时间的比值来表示

能量转化

消耗的电能转化为其他形式的能量(内能、机械能、化学能等)消耗的电能转化为内能

说明：纯电阻电路中，电功率等于热功率；非纯电阻电路中，电功率只有一局部转化成热功率．纯电阻电路中只有电阻元件，如电熨斗、电炉、白炽灯等；非纯电阻电路中常含有电动机、电解槽等．四、含容电路问题的综合分析电容器是一个储存电能的元件.在直流电路中,当电容器充放电时,电路里有充放电电流.一旦电路到达稳定状态,电容器在电路中就相当于一个阻值无限大的元件,电容器所处电路看做是断路,简化电路时可去掉它.简化后假设要求电容器所带电荷量时,可在相应的位置补上.在具体方法上要注意以下几点:(1)根据Q=CU､ΔQ=CΔU可知,要求电容器所带电荷量以及充放电时所带电荷量的变化,关键是求电容器两端的电压.(2)在电路分析时要注意电容器所在支路的连接情况.电路稳定后,由于电容器所在支路无电流通过,所以此支路中的电阻上无电压降,可以把与电容器串联的电阻看成导线,电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压.(3)对于较复杂的电路,经常需要将电容器两端的电势与基准点的电势进行比拟后才能确定电容器两端的电压.五、U-I图像的意义复习时注意电源的伏安特性曲线反映的是电源自身的性质,具有丰富的内涵(如下图):1.图线与纵轴的截距表示电源的电动势;2.与横轴的截距表示短路电流;3.斜率的绝对值表示电源内阻;4.图线上任意一点所对应的电压和电流的比值(或者说任意一点与坐标原点O连线的斜率)表示接在外电路的电阻;5.阴影局部面积表示电流为I时,外电路电阻两端的输出功率,四边形AEOI的面积表示电源的总功率。导体的伏安特性曲线反映导体的性质.如果是遵循欧姆定律的线性元件,这是一条直线,电阻恒定不变(如图中直线b所示);如果是不遵循欧姆定律的非线性元件,如气体､半导体等,就是一条曲线.电阻不断变化,其曲线上每一点对应的电压与电流的比值就是此时导体的电阻(或说成此点与坐标原点连线的斜率表示此时导体的电阻).六、直流电路的图象问题1．三种图象的比拟图象

物理意义

注意问题

反映I跟U的正比关系

图象的斜率表示导体的电阻，斜率越大，电阻越大

反映导体的伏安特性，图象是直线表示导体为线性元件，是曲线表示导体为非线性元件

线性元件图象斜率的倒数为导体的电阻

表示电源的输出特性，纵轴截距为电源电动势，横轴截距为短路电流

图象斜率的绝对值表示电源的内阻(注意纵坐标数值在坐标原点是否从零值开始)2．方法技巧在某段电路的U－I图象中，图上任意一点的U与I所对应的矩形面积，就是该段电路消耗的功率，如果是电源的U—I图象，那么图上任意一点的U与I所对应的矩形面积，就是电源的输出功率，通过图象的面积变化，可以分析功率的变化情况。解决图象问题应注意(1)明确图象的研究对象。根据题目反映的物理规律确定各物理量之间的关系。(2)识别图象中横坐标、纵坐标所代表的物理量及物理意义，明确图象的截距、斜率、图象交点、峰值、“面积〞等的物理意义。(3)对图象进行分析、比拟、判断，找出规律得出结论。七､交变电流的产生和变化规律1.交变电流(1)定义:大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫做交变电流.(2)特例:随时间按正弦规律变化的电流叫做正弦式电流,正弦式电流的图像是正弦曲线,我国城镇使用的交变电流都是正弦式电流.2.正弦式电流的产生和规律(1)产生:如下图,将一个平面线圈置于匀强磁场中,并使它绕垂直于磁感线的轴匀速转动,线圈中就会产生正弦式电流.甲:线圈中没有电流乙:电流从a流向b丙:线圈中没有电流丁:电流从b流向a戊:线圈中没有电流(2)中性面:平面线圈在匀强磁场中旋转,当线圈平面垂直于磁感线时,各边都不切割磁感线,线圈中没有感应电动势,这个位置叫做中性面.如图中甲､丙､戊线圈所在平面即是.中性面的特点是:①线圈位于中性面时,穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为零,感应电动势为零.②线圈经过中性面时,内部的电流方向要发生改变.3.规律:n匝面积为S的线圈以角速度ω绕垂直于磁场方向的轴匀速转动,从中性面开始计时,其函数形式为e=nBSωsinωt,用Em表示感应电动势的峰值,图像如下图,那么有感应电动势大小:e=Emsinωt,电流大小:isinωt=Imsinωt,电压大小:u=Umsinωt.4.表征交变电流的物理量(1)瞬时值正弦式交变电流的电动势和电流随时间的变化而变化,不同的时刻有不同的值,叫做交变电流的瞬时值,变化规律为e=Emsinωt,i=Imsinωt,用小写的字母表示.(2)最大值交变电流在一个周期内所能到达的最大值,也称峰值,反映的是交变电流大小的变化范围,当矩形线圈转到与磁感线平行时出现.其表达式用大写字母加脚标表示,瞬时值与最大值的关系为-Em≤e≤Em,-Im≤i≤Im.(3)有效值①定义:如果让交流电流和直流电流分别通过同样的电阻,在同一时间内产生的热量相同,这个直流电流的数值就称为该交流电流的有效值.②正弦式电流的最大值和有效值的关系为:(5)周期和频率①交变电流的周期和频率都是描述交变电流变化快慢的物理量.②周期T:交变电流完成一次周期性变化所需的时间,单位是秒(s).周期越大,交变电流变化越慢,在一个周期内,交变电流的方向变化两次.③频率f:交变电流在1s内完成周期性变化的次数,单位是赫兹,符号为Hz.频率越大,交变电流变化越快.八､变压器､远距离输电1.电压关系: (输出电压由输入电压和匝数比决定,与用电器的电阻大小以及有无其他副线圈无关).2.功率关系:P入=P出或I1U1=I2U2+I3U3+…+InUn.3.电流关系:I1n1=I2n2+I3n3+…+Innn,当只有一个副线圈时I1n1=I2n2.4.远距离输电(1)问题:电能的损失和电压的损失.(2)关键:减少输电线上电能的损失,P损=I2R线.(3)方法:①减小输电导线的电阻,如采用电阻率小的材料,加大导线的横截面积;②提高输电电压,减小输电电流.【特别提醒】1．中性面：当线圈平面转动至垂直于磁感线位置时，各边都不切割磁感线，感应电动势为零，即线圈中没有感应电流，这个特定位置叫做中性面．注意：①线圈通过中性面时，磁感线垂直于该时刻的线圈平面，所以磁通量最大，磁通量的变化率为零．②线圈平面通过跟中性面垂直的位置时，线圈平面平行于磁感线，所以磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势、感应电流均最大．③线圈平面每次通过中性面时，线圈中感应电流方向改变一次，转动一周那么线圈两次通过中性面，故一个周期内线圈中电流方向改变两次．2．交变电流的描述(1)峰值：反映交变电流大小的变化范围，线圈平面跟磁感线平行时，交变电动势最大，Em＝NBSω.电容器接在交流电路中，那么交变电压的最大值不能超过电容器的耐压值．(2)有效值：交变电流的有效值是根据电流的热效应来规定的．让交变电流和恒定电流通过同样阻值的电阻，如果它们在一个周期内产生的热量相等，而这个恒定电流是I、电压是U，我们就把I、U叫做交变电流的有效值．注意：①交变电流的有效值反映的是交变电流产生热效应的平均效果．②正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系是E＝Em，U＝Um，I＝Im.3．变压器(1)原理：法拉第电磁感应定律．(2)电压关系：＝，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压与匝数成正比．(3)功率关系：无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于所有输出功率之和．①当只有一个副线圈工作时，有U1I1＝U2I2，＝.②假设有两个以上的副线圈，那么有：P1＝P2＋P3＋…，＝、＝…，n1I1＝n2I2＋n3I3＋….(4)决定关系：在匝数比一定的情况下，理想变压器的输出电压由输入电压决定，输入电流由输出电流决定，输入功率由输出功率决定．考点一、欧姆定律电阻定律【例1】AB两地间铺有通讯电缆，长为L，它是由两条并在一起彼此绝缘的均匀导线组成的，通常称为双线电缆，在一次事故中经检查断定是电缆上某处的绝缘保护层损坏，导致两导线之间漏电，相当于该处电缆的两导线之间接了一个电阻，检查人员经过下面的测量可以确定损害处的位置：⑴令B端的双线断开，在A处测出双线两端间的电阻RA；⑵令A端的双线断开，在B处测出双线两端的电阻RB；⑶在A端的双线间加一电压UA，在B端用内阻很大的电压表测出两线间的电压UB.试由以上测量结果确定损害处的位置，考点二、电功电功率电热【例2】不考虑温度对电阻的影响，对一个"220v，40w〞的灯泡，以下说法正确的选项是A．接在110V的电路上时的功率为20wB．接在110V的电路上时的功率为10wC．接在440v的电路上时的功率为160wD.接在220v的电路上时的功率为40w【解析】解法l：由得灯泡的电阻∴电压为ll0V时，.电压为440V时，超过灯泡的额定电压一倍，故灯泡烧坏，P=0．解法2：由可知R一定时，，∴当时，【变式探究】有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；假设把电动机接入2.0V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0A。求电动机正常工作时的输出功率多大？如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是多大？【解析】当电动机转子不转时，电动机无机械能输出，故电能全部转化成内能，相当于纯电阻电路，欧姆定律成立。当电动机转动时，一局部电能转化成机械能输出，但因线圈有电阻，故又在线圈上产生内能，输入的电功率P电＝P热＋P机。接U＝0.2V电压时，电动机不转，电流I＝0.4A，根据欧姆定律，线圈电阻R＝＝＝0.5Ω。当接U′＝2.0V电压时，电流I′＝1.0A，故输入电功率P电＝U′I′＝2.0×1.0W＝2.0W消耗热功率P热＝I′2R＝1.02×0.5W＝0.5W故输出功率即机械功率P机＝P电－P热＝(2.0－0.5)W＝1.5W。如果正常工作时转子被卡住，那么电能全部转化成内能，故其发热功率P热′＝＝W＝8W。【答案】1.5W8W考点三、闭合电路欧姆定律【例3】在如图A-10-45-4所示电路中，电池电动势E=5V，内阻r=10Ω，固定电阻R=90Ω，R0是可变电阳．在R0由零增加到400Ω的过程中．求：⑴可变电阻R0上消耗热功率最大的条件和最大热功率．⑵电池的内电阻r和固定电阻R上消耗的最小热功率之和．⑵内阻r和固定电阻R上消耗的热功率之和当R0=400Ω时，P2有最小值，．考点四、直流电路的分析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)，引起各局部电压、电流(或灯泡明暗)发生变化，分析此类问题的根本步骤是：①由局部电阻变化判断总电阻的变化；②由I＝判断总电流的变化；,③据U＝E－Ir判断路端电压的变化；④由欧姆定律及串并联电路特点判断各局部电流、电压变化。(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，那么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。例4、如下图电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中()A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大【答案】A考点五、含电容电路的分析(1)电容器在直流电路中，相当于一个阻值无限大(只考虑电容器是理想的不漏电的情况)的电阻，在电容器处电路可视为断路，分析时可以等效于拆去电容器，从而简化电路；简化后假设求电容器所带电荷量，可接在相应的位置上。(2)电路稳定后，电容器两极的电压等于与它并联电路的电压值。(3)当电容器与电阻串联时，电阻两端不分电压。(4)电路中的电流、电压变化时，将会引起电容器的充放电。如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电。(5)电容器带电荷量或带电荷量变化的求解方法：电容器所带电荷量用Q＝CU计算，电容器所带电荷量变化用ΔQ＝C·ΔU计算。例5、【2023·江苏卷】某音响电路的简化电路图如下图，输入信号既有高频成分，也有低频成分，那么〔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【变式探究】在如下图的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻。当开关S闭合后，两平行金属板M、N中有一带电液滴正好处于静止状态。为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是()A．增大R1的阻值B．减小R2的阻值C．减小R3的阻值D．增大M、N间距【答案】B【变式探究】科学家研究发现，磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而变小，如下图电路中，GMR为一个磁敏电阻，R、R2为滑动变阻器，R1、R3为定值电阻，当开关S1和S2闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。那么()A．只调节电阻R，当P1向右端移动时，电阻R1消耗的电功率变大B．只调节电阻R，当P1向右端移动时，带电微粒向下运动C．只调节电阻R2，当P2向下端移动时，电阻R1消耗的电功率变大D．只调节电阻R2，当P2向下端移动时，带电微粒向下运动考点六、考查U-I图像电源的伏安特性曲线反映的是电源自身的性质,具有丰富的内涵(如下图):1.图线与纵轴的截距表示电源的电动势；2.与横轴的截距表示短路电流；3.斜率的绝对值表示电源内阻；4.图线上任意一点所对应的电压和电流的比值(或者说任意一点与坐标原点O连线的斜率)表示接在外电路的电阻；5.阴影局部面积表示电流为I时,外电路电阻两端的输出功率,四边形AEOI的面积表示电源的总功率。导体的伏安特性曲线反映导体的性质.如果是遵循欧姆定律的线性元件,这是一条直线,电阻恒定不变(如图中直线b所示);如果是不遵循欧姆定律的非线性元件,如气体､半导体等,就是一条曲线.电阻不断变化,其曲线上每一点对应的电压与电流的比值就是此时导体的电阻(或说成此点与坐标原点连线的斜率表示此时导体的电阻).例6、为探究小灯泡L的伏安特性,连好图示的电路后闭合开关,通过移动变阻器的滑片,使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大,直到小灯泡正常发光,由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U-I图像应是()【解析】由于小灯泡灯丝电阻随温度的升高而增大,随着灯泡两端电压逐渐增大,灯丝温度逐渐升高,其电阻逐渐增大,在图像上某点到原点连线的斜率应越来越大,C正确.【答案】C【变式探究】某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知()A．反映Pr变化的图线是bB．电源电动势为8VC．电源内阻为1ΩD．当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω【答案】D考点七对交变电流变化规律的考查例7、【2023·北京卷】如下图，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有R=55Ω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。以下说法正确的选项是A．原线圈的输入功率为220WB．电流表的读数为1AC．电压表的读数为110VD．副线圈输出交流电的周期为50s【答案】B【变式探究】如图4甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r＝2Ω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R0＝Ω，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝，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10V，图乙是矩形线圈磁通量随时间t变化的图像，那么以下说法正确的选项是()图4A．电阻R2上的热功率为WB．0.02s时滑动变阻器R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＝10cos100πt(V)D．线圈开始转动到t＝s的过程中，通过R1的电荷量为C解析R总＝R1＋＋＝R0＝10Ω，I＝A＝1A，UR2＝V，根据公式P＝得电阻R2上的热功率为PR2＝W，故A正确；0.02s通过线圈的磁通量为零，感应电动势最大，故B错误；T＝0.02s，ω＝＝100πrad/s，E＝10V＋1×2V＝12V，e＝12cos100πt(V)，故C错误；电动势的最大值为Em＝12V＝nBSω，Φm＝BS＝(Wb)，Φ＝sin100πt(Wb)，线圈开始转动到t＝s的过程中，通过电阻的电量为＝C，故D正确．#答案AD【变式探究】一个匝数为100匝，电阻为0.5Ω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5所示规律变化．那么线圈中产生交变电流的有效值为()图5A．5AB．2AB．6AD．2A答案B【举一反三】如图6甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b所示，那么()图6A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3C．曲线a表示的交变电动势频率为25HzD．曲线b表示的交变电动势有效值为10V答案AC【方法技巧】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．交流电“四值〞的应用(1)最大值：分析电容器的耐压值；(2)瞬时值：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：计算通过电路截面的电荷量．考点八对变压器和远距离输电的考查例8、如图7所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，那么()图7A．用户用电器上交流电的频率是100HzB．发电机输出交流电的电压有效值是500VC．输电线上的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小答案D【变式探究】如图8所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25Ω，D为理想二极管，原线圈接u＝220sin100πt(V)的交流电．那么()图8A．交流电的频率为100HzB．通过R1的电流为2AC．通过R2的电流为AD．变压器的输入功率为200W答案C解析原线圈电压有效值为220V，频率为50Hz，那么根据变压器匝数比可得副线圈电压为50V，R1的电流为2A，A、B错误；流过二极管中的交流电只有半个周期可以通过，电压最大值为50V，二极管的电压有效值为25V，流过R2电流为A，C正确；电阻R1消耗功率为100W，电阻R2消耗功率为50W，那么原线圈输入功率为150W，D错误．【举一反三】如图9所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，以下说法正确的选项是()图9A．P向下滑动时，灯L变亮B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大答案BD【方法技巧】1．变压器各物理量间的因果关系变压器的一定，输入电压U1决定了输出电压U2的大小，与其它无关．由输出电压U2与负载电阻R，通过欧姆定律决定了输出电流I2的大小．进而确定了输出功率P2的大小，由能量守恒决定了输入功率P1的大小．最后又通过决定输入电流I1的大小．2．理想变压器动态分析的两种情况(1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、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、功率等随负载电阻的变化情况．不管哪种情况，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．考点九交变电流的综合问题分析例9、如图10甲是小型交流发电机的示意图，两极M、N间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表，V为理想交流电压表．内阻不计的矩形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，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R，从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的选项是()图10A．电压表的示数为10VB．0.01s时发电机线圈平面与磁场方向平行C．假设P的位置向上移动、R的大小不变时，电流表读数将减小D．假设P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，那么变压器的输入功率将增大到原来的4倍答案ABD【变式探究】如图11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的匀强磁场中绕转轴OO′转动，轴OO′垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2.保持线圈以恒定角速度ω转动，以下判断正确的选项是()图11A．在图示位置时线框中磁通量为零，感应电动势最大B．当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表V2的示数变大C．电压表V1示数等于NBωL2D．变压器的输入与输出功率之比为1∶1答案AD解析当线框转到如下图位置，穿过线框的磁通量为0，但线框中产生的感应电动势最大，应选项A正确；电压表V2测量的是副线圈的电压，副线圈电压由原线圈电压决定，与负载电阻变化无关，应选项B错误；电压表V1示数为有效值，等于u1＝＝，应选项C错误；理想变压器输入功率等于输出功率，那么选项D正确．【举一反三】图12甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，降压变压器原副线圈匝数比为100∶1，远距离输电线的总电阻为100Ω.假设升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750kW.以下说法中正确的有()图12A．用户端交流电的频率为50HzB．用户端电压为250VC．输电线中的电流为30AD．输电线路损耗功率为180kW答案AC【方法技巧】交变电流的综合问题，涉及交流电路最大值、有效值、平均值、瞬时值的计算，与电磁感应、安培力、闭合电路欧姆定律的综合应用等，解答时应注意以下几点：(1)分清交流电路“四值〞的不同计算方法和物理意义．(2)学会将直流电路、闭合电路欧姆定律的知识应用在交流电路中1．【2023·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2Ω，那么A．t=0时，线圈平面平行于磁感线B．t=1s时，线圈中的电流改变方向C．t=1.5s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．【2023·北京卷】如下图，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有R=55Ω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。以下说法正确的选项是A．原线圈的输入功率为220WB．电流表的读数为1AC．电压表的读数为110VD．副线圈输出交流电的周期为50s【答案】B【解析】电表的读数均为有效值，原线圈两端电压有效值为220V，由理想变压器原、副线圈两端电压与线圈匝数成正比，可知副线圈两端电压有效值为110V，C错误；流过电阻R的电流为2A，可知负载消耗的功率为220W，根据能量守恒可知，原线圈的输入功率为220W，A错误；由P=UI可知，电流表的读数为1A，B正确，由交变电压瞬时值表达式可知，ω=100πrad/s，周期T=0.02s，D错误。3．【2023·江苏卷】某音响电路的简化电路图如下图，输入信号既有高频成分，也有低频成分，那么〔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】BD1．【2023·全国卷Ⅱ】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】由条件及电容定义式C＝可得：Q1＝U1C，Q2＝U2CS断开时等效电路如图甲所示甲U1＝·E×＝E；S闭合时等效电路如图乙所示，乙U2＝·E＝E，那么＝＝，故C正确．2．【2023·江苏卷】如图1所示的电路中，电源电动势为12V，内阻为2Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S，以下说法正确的有()图1A．路端电压为10VB．电源的总功率为10WC．a、b间电压的大小为5VD．a、b间用导线连接后，电路的总电流为1A【答案】AC【解析】设四个电阻的等效电阻为R路，由＝＋得R路＝10Ω，由闭合电路欧姆定律知，I＝＝＝1A，设路端电压为U，那么U＝IR路＝1A×10Ω＝10V，选项A正确；电源的总功率P＝EI＝12W，选项B错误；设电源负极电势为0V，那么a点电势φa＝0.5A×5Ω－0＝2.5V，b点电势φb＝0.5A×15Ω－0＝7.5V，那么a、b两点的电势差Uab＝φa－φb＝2.5V－7.5V＝－5V，所以a、b间电压的大小为5V，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，其等效电路图如下图．其中一个并联电路的等效电阻为3.75Ω，显然总电阻为9.5Ω，电流I＝＝A，应选项D错误．3．【2023·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．以下说法正确的选项是()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．假设闭合开关S，那么电流表A1示数变大，A2示数变大4．【2023·天津卷】(3)某同学想要描绘标有“3.8V，0.3A〞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0～3V，内阻等于3kΩ)电压表V2(量程0～15V，内阻等于15kΩ)电流表A1(量程0～200mA，内阻等于10Ω)电流表A2(量程0～3A，内阻等于0.1Ω)滑动变阻器R1(0～10Ω，额定电流2A)滑动变阻器R2(0～1kΩ，额定电流0.5A)定值电阻R3(阻值等于1Ω)定值电阻R4(阻值等于10Ω)定值电阻R5(阻值等于1kΩ)电源E(E＝6V，内阻不计)①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．②该同学描绘出的IU图像应是图中的________．图1【答案】①电路如图1所示②B图1【解析】①电压表V1和定值电阻R5串联，可改装成量程为0～4V的电压表，电流表A1与定值电阻R4并联，可改装成量程为0～0.4A的电流表，待测小灯泡的电阻很小，故电流表采用外接法．②小灯泡的电阻随着温度的升高而变大，所以B正确．5．【2023·浙江卷】某同学用伏安法测量导体的电阻，现有量程为3V、内阻约为3kΩ的电压表和量程为0.6A、内阻约为0.1Ω的电流表．采用分压电路接线，图1是实物的局部连线图，待测电阻为图2中的R1，其阻值约为5Ω.图18(1)测R1阻值的最优连接方式为导线①连接________(填“a〞或“b〞)、导线②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________Ω.U/V0.400.801.201.602.002.40I/A0.090.190.270.350.440.53(3)图2中R2与R1是材料相同、厚度相等、外表为正方形的两导体，R2的边长是R1的，假设测R2的阻值，那么最优的连线应选________(填选项)．A．①连接a，②连接cB．①连接a，②连接dC．①连接b，②连接cD．①连接b，②连接d【答案】(1)ad(2)如下图4.4～4.7(3)B(3)根据电阻定律可得R＝ρ＝，故R2＝R1，要测R2的阻值，与测量R1一样，最优的连线应①连接a，②连接d，故B正确．6．【2023·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【解析】由闭合电路欧姆定律可知E＝U＋Ir，经变形可得U＝－rI＋E.测量电源电动势和内阻的实验通过改变外电路的电阻可以得到多组I和U，再通过描点法得到UI图像，图像的斜率k＝－r，从而得到r＝－k，图像的纵截距b＝E.选项A中可以通过安培表和伏特表的读数得到外电压和干路电流，如下图，所以选项A可取．选项B中可以通过伏特表的读数和假设干定值电阻的实际阻值大小计算出干路的电流大小，实验电路图如下图，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，实验电路图如下图，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．【2023·四川卷】Ⅱ.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3V，内阻约2Ω)，保护电阻R1(阻值10Ω)和R2(阻值5Ω)，滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线假设干．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答复以下问题：(1)电压表最好选用________；电流表最好选用________．A．电压表(0～3V，内阻约15kΩ)B．电压表(0～3V，内阻约3kΩ)C．电流表(0～200mA，内阻约2Ω)D．电流表(0～30mA，内阻约2Ω)(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)kak－R2(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局部的阻值增大，一导线接金属杆左端，一导线接电阻丝左端，那么滑片从左向右滑动时阻值增大，符合题意．(3)由E＝U＋I(r＋R2)，得U＝－I(r＋R2)＋E，比照UI图线可知，图像斜率的绝对值k＝r＋R2，所以电源内阻r＝k－R2；令U＝0，得I＝＝，图线在横轴上的截距为a，所以a＝I＝，那么E＝ka.8．【2023·全国卷Ⅰ】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到达或超过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999.9Ω)，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1000Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值为2000Ω)，单刀双掷开关一个，导线假设干．在室温下对系统进行调节，U约为18V，Ic约为10mA；流过报警器的电流超过20mA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650.0Ω.(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)按照以下步骤调节此报警系统：①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________Ω；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________．②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)连线如下图(2)R2(3)①650.0b接通电源后，流过报警器的电流会超过20mA，报警器可能损坏②c报警器开始报警【解析】(1)电路如下图．(2)在室温下对系统进行调节，U约为18V，Ic约为10mA；流过报警器的电流超过20mA时，报警器可能损坏，可知外电阻的取值范围是Ω＝900Ω≤R≤Ω＝1800Ω.报警器的电阻是650.0Ω，所以滑动变阻器阻值的取值范围在250Ω到1150Ω之间，所以滑动变阻器应该选R2.9．【2023·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．【2023·全国卷Ⅱ】某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5V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99999.9Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值50Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5kΩ)，直流电源E(电动势3V)，开关1个，导线假设干．实验步骤如下：图1①按电路原理图(a)连接线路；②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；③调节滑动变阻器，使电压表满偏；④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2.00V，记下电阻箱的阻值．答复以下问题：(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④中记录的电阻箱阻值为630.0Ω，假设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________Ω(结果保存到个位)．(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)．A．100μAB．250μAC．500μAD．1mA【答案】(1)R1(2)连线如下图(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R1.11．【2023·全国卷Ⅲ】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，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动．(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：A．适当增加两导轨间的距离B．换一根更长的金属棒C．适当增大金属棒中的电流其中正确的选项是________(填入正确选项前的标号)．【答案】(1)连线如下图(2)AC(2)由动能定理BIL·s＝mv2－0可知，要增大金属棒离开导轨时的速度v，可以增大磁感应强度B、增大电流I、增大两导轨间的距离L或增大导轨的长度s；但两导轨间的距离不变而只是换一根更长的金属棒后，等效长度L并不会发生改变，但金属棒的质量增大，故金属棒离开导轨时的速度v减小．12．【2023·江苏卷】小明同学通过实验探究某一金属电阻的阻值R随温度t的变化关系．该金属电阻在常温下的阻值约10Ω，R随t的升高而增大．实验电路如下图，控温箱用以调节金属电阻的温度．实验时闭合S，先将开关K与1端闭合，调节金属电阻的温度，分别记下温度t1，t2，…和电流表的相应示数I1，I2，….然后将开关K与2端闭合，调节电阻箱使电流表的示数再次为I1，I2，…，分别记下电阻箱相应的示数R1，R2，….图1(1)有以下两种电流表，实验电路中应选用________．A．量程0～100mA，内阻约2ΩB．量程0～0.6A，内阻可忽略(2)实验过程中，要将电阻箱的阻值由9.9Ω调节至10.0Ω，需旋转图中电阻箱的旋钮“a〞“b〞“c〞，正确的操作顺序是________．①将旋钮a由“0〞旋转至“1〞②将旋钮b由“9〞旋转至“0〞③将旋钮c由“9〞旋转至“0〞(3)实验记录的t和R的数据见下表：温度t(℃)20.040.060.080.0100.0阻值R(Ω)9.610.411.112.112.8请根据表中数据，在方格纸上作出Rt图线．图1由图线求得R随t的变化关系为R＝________Ω.【答案】(1)A(2)①②③(或①③②)(3)(见以下图)0．04t＋8.8(0.04t＋8.6～0.04t＋9.0都算对)【解析】(1)当滑动变阻器取最大阻值10Ω时，再加上金属电阻常温下阻值为10Ω，总电阻为20Ω，那么电流I＝＝＝0.075A＝75mA<100mA，应选量程为0～100mA的电流表比拟精确，即选A.1．【2023·全国卷Ⅲ】如下图，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t＝0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，那么()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2．【2023·全国卷Ⅰ】一含有理想变压器的电路如图1所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，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()图1A．2B．3C．4D．5【答案】B【解析】开关断开时，原、副线圈的电流比＝，通过R2的电流I2＝，副线圈的输出电压U2＝I2(R2＋R3)＝，由＝可得原线圈两端的电压U1＝5I，那么U＝U1＋IR1＝5I＋3I；开关闭合时，原、副线圈的电流比＝，通过R2的电流I′2＝，副线圈的输出电压U′2＝I′2R2＝，由＝可得原线圈两端的电压U′1＝4I，那么U＝U′1＋4IR1＝4I＋12I，解得＝3，选项B正确．3．【2023·全国卷Ⅲ】如图1所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和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．以下说法正确的选项是()图1A．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1∶94．【2023·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．以下说法正确的选项是()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．假设闭合开关S，那么电流表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．5．【2023·江苏卷】一自耦变压器如图1所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一局部，接在c、d间作为副线圈．在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2，在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中()图1A．U2>U1，U2降低B．U2>U1，U2升高C．U2<U1，U2降低D．U2<U1，U2升高6．【2023·四川卷】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，那么()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，那么说明变压器原、副线圈的匝数比变大，那么可得出C、D错误．由于原线圈电压恒定不变，那么副线圈电压减小，小灯泡实际功率减小，小灯泡变暗，A错误，B正确．1.【2023·安徽·17】3．一根长为L，横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ。棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流、自由电子定向运动的平均速率为v。那么金属棒内的电场强度大小为A．B．C．ρnevD．【答案】C【解析】，I=neSv，，，联立得E=ρnev，应选C。2.【2023·北京·19】6．如下图，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；的阻值等于电流表内阻的；的阻值等于电流表内阻的2倍。假设用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，那么以下分析正确的选项是A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04AB．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02AC．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06AD．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A【答案】C【解析】A.B.当接线柱1、2接入电路时，电阻与电流表内阻并联后等效阻值为电流表电阻的，由于电流表的满偏电压为定值，故量程扩大为原来的3倍，那么每小格变为0.02×3=0.06A，选项A.B均错误。C.D.当接线柱1、3接入电路时，电阻与电流表内阻并联后再和电阻串联，但串联的电阻对于电流表量程无影响，故每一小格仍为0.06A，选项C正确，选项D错误。应选C。【2023·海南·10】4．如图，一理想变压器原、副线圈匝数比为4:1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R=11R0，是理想电压表；现将负载电阻的阻值减小为R=5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表读数为5.0V，那么A．此时原线圈两端电压的最大值约为34VB．此时原线圈两端电压的最大值约为24VC．原线圈两端原来的电压有效值约为68VD．原线圈两端原来的电压有效值约为48V【答案】AD【解析】当负载电阻的阻值减小为R=5R0时，根据串并联电路规律，R两端电压为两端电压的5倍，因为电压表测量R两端的电压，所以，故副线圈两端电压为，根据公式可得此时原线圈两端电压的有效值为=24V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为，A正确，B错误；因为变化过程中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈中变化前后电流也不变，那么变化后电压，变化前，，所以，根据公式可得原线圈两端原来的电压有效值约为48V，D正确，C错误。【2023·江苏·1】5．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改为110V，变压器原线圈匝数为800，那么副线圈匝数为〔〕A．200B．400C．1600D．3200【答案】B【解析】根据变压器的变压规律，代入数据可求副线圈匝数为400，所以B正确。【2023·全国新课标Ⅰ·16】7．一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3:1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如下图。设副线圈回路中电阻两端的电压为，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，那么A．B．C．D．7．【答案】A【2023·四川·4】8．小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如下图。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，那么发电机输出电压A．峰值是e0B．峰值是2e0C．有效值是D．有效值是8．【答案】D【解析】由题意可知，线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0，又因为发电机线圈共N匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne0，应选项A、B错误；又由题意可知，假设从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U＝，即U＝，应选项C错误；选项D正确。【2023·安徽·16】9．图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A。那么以下说法正确的选项是A．电压表V1示数增大B．电压表V2、V3示数均增大C．该变压器起升压作用D．变阻器滑片是沿的方向滑动9．【答案】D【2023·广东·15】10．图5为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，调节前后A．副线圈中的电流比为1∶2B．副线圈输出功率比为2∶1C．副线圈的接入匝数比为2∶1D．原线圈输入功率比为1∶210．【答案】C【解析】设原线圈中电流为I1，匝数为n1，两端输入电压为U1，输入功率为P1，幅线圈中电流为I2，匝数为n2，两端输出电压为U2，输出功率为P2，根据理想变压器原副线圈两端电压与匝数关系有：＝，所以当输出电压U2由220V降至110V时，副线圈匝数n2也应减少为一半，应选项C正确；由于副线圈两端所接用电器不变，所以当用电器电压减半时，其电流I2也减半，应选项A错误；根据功率计算式P＝UI可知，副线圈中输出功率P2变为原来的1/4，应选项B错误；由能量守恒定律可知，原线圈中输入功率P1也变为原来的1/4，应选项D错误。【2023·福建·15】11．图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2。在T的原线圈两端接入一电压的交流电源，假设输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，那么输电线上损失的电功率为()11．【答案】C【解析】原线圈电压的有效值：，根据可求：，又因为是理想变压器，所以T的副线圈的电流功率等于输入功率P，所以输电线上电流，导线上损耗的电功率，所以C正确，A、B、D错误。1.【2023·天津卷】如下图，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置．闭合开关S，电路到达稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变以下某一个条件，油滴仍能静止不动的是()A．增大R1的阻值B．增大R2的阻值C．增大两板间的距离D．断开开关S【答案】B【解析】此题考查含有电容器的动态电路及受力平衡等知识点，为了保证带电油滴悬浮在两板之间静止不动，就要使电容器两板之间的场强E不变．电路稳定后，和电容器相串联的电阻对电容器两端的电压不产生影响，而增大R1的阻值将使电容器两端的电压增大，根据E＝可知，E增大，故A错误；增大R2的阻值，电容器两端的电压不变，E不变，故B正确；增大两板间的距离，E减小，故C错误；断开开关S，电容器两端的电压发生改变，D错误．2.〔2023上海〕18.如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△V1、△V2、△V3，理想电流表示数变化量的绝对值△I，那么〔〕〔A〕A的示数增大〔B〕V2的示数增大〔C〕△V3与△I的比值大于r(D)△V1大于△V2【答案】ACD3.【2023·浙江卷】小明对2B铅笔芯的导电性能感兴趣，于是用伏安法测量其电阻值．(1)图1是局部连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图1中画出．第22题图1(2)小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到UI图上，如图2所示．在图中，由电流表外接法得到的数据点是用________(选填“○〞或“×〞)表示的．第22题图2(3)请你选择一组数据点，在图2上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为________Ω.【答案】(1)如下图第22题图1第22题图2(2)“×〞(3)作图见第22题图2用“×〞连线R＝(1.1～1.3)Ω；用“○〞连线R＝(1.5～1.7)Ω【解析】(1)由图2中的电压、电流数据从零开始可知滑动变阻器采用分压式，电压表选择量程3V，电流表采用外接法．(2)外接法由于电压表分流，测得的电阻比内接法测得的要小，故电流表外接法得到的数据点是用“×〞表示的．(3)用“×〞数据点连直线，斜率为铅笔芯的电阻，考虑误差因素，R＝(1.1～1.3)Ω，用“○〞数据点连直线，同理得R＝(1.5～1.7)Ω.4.【2023·重庆卷】(1)某照明电路出现故障，其电路如题6图1所示，该电路用标称值为12V的蓄电池为电源，导线及其接触完好．题6图1维修人员使用已调好的多用电表直流50V挡检测故障，他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点．①断开开关，红表笔接a点时多用电表指示如题6图2所示，读数为________V，说明________正常(选填“蓄电池〞或“保险丝〞或“开关〞或“小灯〞)．题6图2②红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用电表指示仍然和题6图2相同，可判定发生故障的器件是________(选填“蓄电池〞或“保险〞或“开关〞或“小灯〞)．【答案】(1)①11.5(11.2～11.8之间的值均可)蓄电池②小灯5．【2023·新课标全国卷Ⅰ】利用如图(a)所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源，电阻箱R(最大阻值999.9Ω)，电阻R0(阻值为3.0Ω)，电阻R1(阻值为3.0Ω)，电流表A(量程为200mA，内阻为RA＝6.0Ω)，开关S.图(a)实验步骤如下：①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；②屡次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻值箱相应的阻值R；③以为纵坐标，R为横坐标，作R图线(用直线拟合)；④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b.答复以下问题：(1)分别用E和r表示电源的电动势和内阻，那么与R的关系式为________．(2)实验得到的局部数据如下表所示，其中电阻R＝3.0Ω时电流表的示数如图(b)所示，读出数据，完成下表．答：①________，②________．R/Ω1.02.03.04.05.06.07.0I/A0.1430.125①0.1000.0910.0840.077I－1/A－16.998.00②10.011.011.913.0图(b)图(c)(3)在图(c)的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k＝________A－1Ω－1，截距b＝________A－1.(4)根据图线求得电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.【答案】(1)＝R＋(2)0.1109.09(3)1.0(或在0.96～1.04)之间，6.0(或在5.9～6.1之间)(4)3.0(或在2.7～3.3之间)，1.0(或在0.6～1.4之间)【解析】此题考查了测量电源电动势和内电阻的实验．(1)根据闭合电路欧姆定律有E＝(R＋R0＋r)＋IRA.代入数据，化简得＝R＋.(2)电流表每小格表示4mA，因此电流表读数是0.110A，倒数是9.09A－1.(3)根据坐标纸上给出的点，画出一条直线，得出斜率k＝1.0A－1·Ω－1，截距b＝6.0A－1.(4)斜率k＝，因此E＝3.0V，截距b＝，因此r＝－5＝1.0Ω.6.【2023·新课标Ⅱ卷】在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx的阻值约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图(a)或图(b)所示，结果由公式Rx＝计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数．假设将图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，那么______(选填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1________(选填“大于〞“等于〞或“小于〞)真实值，测量值Rx2______(选填“大于〞“等于〞或“小于【答案】Rx1大于小于7．【2023·安徽卷]Ⅱ.其同学为了测量一个量程为3V的电压表的内阻，进行了如下实验．(1)他先用多用表进行了正确的测量，测量时指针位置如图1所示，得出电压表的内阻为3.00×103Ω，此时电压表的指针也偏转了．多用表欧姆档表盘中央刻度值为“15”，表内电池电动势为1.5V，那么电压表的示数应为________V(结果保存两位有效数字)图1图2(2)为了更准确地测量该电压表的内阻RV，该同学设计了图2所示的电路图，实验步骤如下：A．断开开关S，按图2连接好电路；B．把滑动变阻器R的滑片P滑到b端；C．将电阻箱R0的阻值调到零；D．闭合开关S；E．移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电压表的指针指到3V位置；F．保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置，读出此时电阻箱R0的阻值，此值即为电压表内阻RV的测量值；G．断开开关S.实验中可供选择的实验器材有：a．待测电压表b．滑动变阻器：最大阻值2000Ωc．滑动变阻器：最大阻值10Ωd．电阻箱：最大阻值9999.9Ω，阻值最小改变量为0.1Ωe．电阻箱：最大阻值999.9Ω，阻值最小改变量为0.1Ωf．电池组：电动势约6V，内阻可忽略g．开关，导线假设干按照这位同学设计的实验方法，答复以下问题：①要使测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变阻器中选用________(填“b〞或“c〞)，电阻箱中选用________(填“d〞或“e〞)②电压表内阻RV的测量值R测和真实值R真相比，R测________R真(填“>〞或“<〞)；假设RV越大，那么越________(填“大〞或“小〞)．【答案】(1)1.0V(2)①cd②>小(2)①根据分压电路的滑动变阻器的阻值小，测量支路的电阻变化对其所分得的电压影响小，因此滑动变阻器选择c，由于电压表的内阻约为3.0×103Ω，故电阻箱选择d.②由于电阻箱串联接入测量支路，测量支路电阻增加，造成测量支路的电压大于3.0V，电阻箱两端的电压大于1.5V，因此R测>R真．RV越大，测量支路电阻越大，测量支路的电压越接近3.0V，电阻箱的电压越接近1.5V，因此R测越接近R真，相对误差越小。8．【2023·北京卷]利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．(1)应该选择的实验电路是图1中的________(选填“甲〞或“乙〞)．甲乙图1(2)现有电流表(0～0.6A)、开关和导线假设干，以及以下器材：A.电压表(0～15V)B.电压表(0～3V)C.滑动变阻器(0～50Ω)D.滑动变阻器(0～500Ω)实验中电压表应选用________；滑动变阻器应选用________．(选填相应器材前的字母)(3)某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出UI图线.序号123456电压U(V)1.451.401.301.251.201.10电流I(A)0.0600.1200.2400.2600.3600.480图2(4)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.(5)实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变化．图3的各示意图中正确反映PU关系的是________．ABCD图3【答案】(1)甲(2)BC(3)略(4)1.50(1.49～1.51)0.83(0.81～0.85)(5)C【解析】第(1)问考查电流表的内外接法；第(2)问考查仪器的选择；第(3)问考查作图，数据处理；第(4)问考查图像；第(5)问考查输出功率．(5)电源输出功率P＝UI＝U＝－U2＋U，PU图像为开口向下的二次函数，应选C.9.【2023·全国卷】现要测量某电源的电动势和内阻．可利用的器材有：电流表A，内阻为1.00Ω；电压表V；阻值未知的定值电阻R1、R2、R3、R4、R5；开关S；一端连有鳄鱼夹P的导线1，其他导线假设干．某同学设计的测量电路如图(a)所示．(1)按图(a)在实物图(b)中画出连线，并标出导线1和其P端．图(a)图(b)(2)测量时，改变鳄鱼夹P所夹的位置，使R1、R2、R3、R4、R