高考物理一本突破二轮复习讲义专题四第1讲直流电路与交流电路

第1讲直流电路与交流电路[做真题·明考向]真题体验透视命题规律授课提示：对应学生用书第54页[真题再做]1．(2018·高考全国卷Ⅲ，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()A．1∶eq\r(2)B.eqB.eq\r(2)∶1C．1∶2 D．2∶1解析：由有效值概念知，一个周期内产生热量Q方＝eq\f(u\o\al(2,0),R)·eq\f(T,2)＋eq\f(u\o\al(2,0),R)·eq\f(T,2)＝eq\f(u\o\al(2,0),R)T，Q正＝eq\f(U\o\al(2,有效),R)T＝eq\f(?\f(u0,\r(2))?2,R)T＝eq\f(1,2)·eq\f(u\o\al(2,0),R)T，故知Q方∶Q正＝2∶1.答案：D2.(2016·高考全国卷Ⅰ，T16)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()A．2 B．3C．4 D．5解析：设理想变压器原、副线圈的匝数之比为n，开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比eq\f(I,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,n)，通过R2的电流I2＝nI，根据变压器的功率关系得，UI－I2R1＝(nI)2(R2＋R3)；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比eq\f(4I,I2′)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,n)，通过R2的电流I2′＝4nI，根据功率关系有U·4I－(4I)2R1＝(4nI)2R2，联立以上两式并代入数据解得n＝3，选项B正确．答案：B3．(2016·高考全国卷Ⅱ，T17)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()A.eq\f(2,5) B.eq\f(1,2)C.eq\f(3,5) D.eq\f(2,3)解析：S断开时等效电路如图甲所示．电容器两端电压为U1＝eq\f(E,R＋\f(2,3)R)×eq\f(2,3)R×eq\f(1,2)＝eq\f(1,5)E；S闭合时等效电路如图乙所示．电容器两端电压为U2＝eq\f(E,R＋\f(1,2)R)×eq\f(1,2)R＝eq\f(1,3)E，故由Q＝CU得eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(3,5)，故选项C正确．答案：C4.(多选)(2016·高考全国卷Ⅲ，T21)如图，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，则()A．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＝eq\f(T,8)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解析：两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A错误；导线框的转动周期为T，则感应电流的周期也为T，选项B正确；在t＝eq\f(T,8)时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C正确；M导线框中一直有感应电流，N导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D错误．答案：BC[考情分析]■命题特点与趋势——怎么考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．2．2019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——怎么做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)守恒法．[建体系·记要点]知识串联熟记核心要点授课提示：对应学生用书第55页[网络构建][要点熟记]1．闭合电路欧姆定律(1)闭合电路的欧姆定律：I＝eq\f(E,R＋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：U＝IR＝eq\f(R,R＋r)E＝eq\f(1,1＋\f(r,R))E，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．正弦式交变电流的“四值”(1)最大值Em＝NBSω.(2)瞬时值e＝NBSωsinωt.(从中性面开始计时)(3)有效值：正弦式交变电流的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))；非正弦式交变电流的有效值必须根据电流的热效应，用等效的思想来求解．(4)半个周期内的平均值：eq\x\to(E)＝eq\f(2NBSω,π)，常用来计算通过电路的电荷量．3．理想变压器的基本关系式(1)功率关系：P入＝P出．(2)电压关系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2).(3)电流关系：只有一个副线圈时，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1).[研考向·提能力]考向研析掌握应试技能授课提示：对应学生用书第55页考向一直流电路的动态分析直流电路动态分析的3种常用方法(1)程序法遵循“局部—整体—部分”的思路，按以下步骤分析：(2)结论法——“串反并同”①“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)．②“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)．(3)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．1．(多选)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Pr＝I2r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：BD2．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 D．R1上消耗的功率逐渐减小解析：由题图可知，滑动变阻器R2与R3并联后与R1串联，电容器与R3并联．当滑动变阻器R2的滑片向b端移动时，R2接入电路的阻值减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，路端电压减小，R1两端的电压增大，可知并联部分的电压减小，电压表读数减小，故A错误；并联部分电压减小，流过R3的电流减小，而电路中总电流增大，故流过R2的电流增大，即电流表示数增大，故B错误；因电容器两端电压减小，板间场强减小，质点受到的向上电场力减小，故质点P将向下运动，故C正确；因通过R1的电流增大，由P＝I2R可知，R1上消耗的功率增大，故D错误．答案：C3．(多选)(2018·百校联盟四月联考)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R1两端的电压增大解析：仅闭合S1，回路中只有R1与R2串联，当滑动变阻器的滑片向右移时，R2的有效阻值减小，故总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律得，总电流增大，路端电压减小，即电压表示数减小，电流表示数增大，因电容器与二极管串联，电容器不能放电，故电容器的带电荷量不变，故A错误，B正确；先闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，再闭合S2，电容器与R2形成闭合回路，电压减小，故电容器所带的电荷量减小，电容器对外放电，故C正确；同时闭合S1、S2，二极管与R1并联，而二极管的正向导电的电阻为零，故此时R1被短接，故D错误．答案：BC考向二交变电流的产生和描述[典例展示1]如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20cm，ad边长l2＝25cm，放在磁感应强度B＝0.4T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n＝3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝9Ω，t＝0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A．t＝0时感应电流的方向为a→b→c→d→aB．从图示时刻开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝314sin100πt(V)C．线圈转一圈外力做的功为98.6JD．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[解析]根据右手定则，线圈中感应电流的方向为a→d→c→b→a，选项A错误；由转速n＝3000r/min可知线圈的角速度ω＝100πrad/s，图示位置的感应电动势最大，其大小为Em＝NBl1l2ω，代入数据得Em＝314V，感应电动势的瞬时值表达式e＝Emcosωt＝314cos100πt(V)，选项B错误；感应电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))，线圈匀速转动的周期T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s，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W＝I2(R＋r)T＝eq\f(E2T,R＋r)，代入数据得W＝98.6J，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＝eq\f(NΔΦ,R＋r)＝eq\f(NBΔS,R＋r)＝eq\f(NBl1l2,R＋r)，代入数据得q＝0.1C，选项D错误．[答案]Ceq\a\vs4\al([规律总结])(1)有效值计算的三点注意①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．②分段计算电热，求和得出一个周期内产生的总热量．③利用两个公式Q＝I2Rt和Q＝eq\f(U2,R)t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①在解答有关交变电流的问题时，要注意电路结构．②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．③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)①确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象或由公式Em＝NBSω求出相应峰值，其中ω＝eq\f(2π,T)＝2πf＝2πn.②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，e＝Emsinωt；b．若线圈从垂直中性面开始计时，则e-t图象为余弦函数，e＝Emcosωt.4．(2018·湖北武汉高中毕业生调研)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ω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()A．t＝0时，线圈产生的感应电动势最大B．0～eq\f(π,2ω)时间内，线圈中感应电流方向为abcdaC．t＝eq\f(π,2ω)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解析：由右手定则可知，直导线右侧的磁场方向垂直纸面向外，则t＝0时，线圈中的磁通量最大，磁通量的变化率最小，产生的感应电动势最小，选项A错误；0～eq\f(π,2ω)时间内，线圈转过90°角，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向为abcda，选项B正确；t＝eq\f(π,2ω)时，线圈的磁通量为零，由于线圈的ab和cd边切割磁感线的速度方向与磁场方向不平行，则感应电动势不为零，选项C错误；线圈每转动一周电流方向改变两次，选项D错误．答案：B5．(2018·湖南永州高三下学期第三次模拟)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Φ随时间t变化的规律如图所示，图象中Φ0为已知．下列说法正确的是()A．t1时刻线圈中感应电动势最大B．t2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eq\f(Φ0,a2)D．线圈中感应电动势的瞬时表达式为e＝2nNπΦ0sin2πnt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＝eq\f(Φ0,a2)，故C正确；线圈中瞬时感应电动势的表达式为e＝2nNπΦ0cos2πnt，故D错误．答案：C6．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S＝0.03m2，共有10匝，线圈总电阻r＝1Ω，线圈处于磁感应强度大小为eq\f(2\r(2),π)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R＝9Ω的外电路相连．在外力作用下线圈以10πrad/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3.6WB．交流电流表的示数是0.6C．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0.02sD．如果将电阻R换成标有“6V3W”字样的小灯泡，小灯泡能正常工作解析：线圈在转动过程中切割磁感线产生感应电动势的最大值Em＝nBSω＝10×eq\f(2\r(2),π)×0.03×10πV＝6eq\r(2)V，则电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝6V，根据闭合电路欧姆定律得电路中的电流I＝eq\f(E,r＋R)＝eq\f(6,1＋9)A＝0.6A，电阻的发热功率P＝I2R＝3.24W，A错误，B正确；交流电的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,10π)s＝0.2s，所以用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔为0.2s，C错误；如果将电阻换成小灯泡，根据题意可知小灯泡的电阻RL＝eq\f(U2,P)＝12Ω，则电路中的电流I′＝eq\f(E,r＋RL)＝eq\f(6,1＋12)A＝0.46A，小灯泡两端的电压UL＝I′RL＝5.52V，小灯泡不能正常发光，D错误．答案：B考向三变压器与远距离输电[典例展示2](多选)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U＝Ir增大，损耗的功率P＝I2r增大，T2的输入电压U3＝U2－Ir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eq\f(n2,n1)＝eq\f(U2,U1)可知U2变大，由I2U2＝Ieq\o\al(2,2)r＋Ieq\o\al(2,3)R，I2n3＝I3n4得U2＝I2(r＋eq\f(n\o\al(2,3),n\o\al(2,4))R)，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]BDeq\a\vs4\al([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，如例题C、D选项中仅移动滑片P的位置，用来改变匝数比．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①电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，UR＝U2－U3＝IRR，如例题中电流变化引起r上电压变化．②功率损耗：输电线上的电阻发热导致的功率损耗，PR＝P2－P3＝Ieq\o\al(2,R)R.输电线上的能量损耗是热损耗，计算功率损耗时用公式PR＝Ieq\o\al(2,R)R或PR＝eq\f(U\o\al(2,R),R).7.如图所示为原、副线圈匝数比为n1∶n2＝10∶1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u1＝220eq\r(2)sin100πtV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22eq\r(2)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10∶1，原线圈两端的输入电压的有效值为220V，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22V，电压表示数为22V，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5∶1，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44V，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44V，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eq\f(1,2)，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：D8．(2018·江西赣州中学高三模拟)在如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，五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的功率会减小解析：当闭合K3、K4而断开K5，副线圈中的L3、L4能正常工作，则此时副线圈两端的电压为U，则副线圈流过的电流为I2＝eq\f(2U,RL)，根据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，得流过原线圈的电流为I1＝eq\f(n2,n1)I2＝eq\f(U,RL)，L1、L2串联，则此时L1、L2两端的电压为UL1＝UL2＝I1RL＝U，即L1、L2能正常工作，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得原线圈两端的电压为U1＝eq\f(n1,n2)U2＝2U，则交流电源的电压为UL1＋UL2＋U1＝4U，故A正确，C错误；当K3、K4、K5都闭合时，设此时副线圈两端的电压为U′，则副线圈流过的电流为I2′＝eq\f(3U′,RL)，根据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)得流过原线圈的电流为I1′＝eq\f(n2,n1)I2′＝eq\f(3U′,2RL)，L1、L2串联，则此时L1、L2两端的电压为UL1′＝UL2′＝I1′RL＝eq\f(3U′,2)，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得原线圈两端的电压为U1′＝eq\f(n1,n2)U2′＝2U′，则交流电源的电压4U＝2U′＋3U′，则U′＝eq\f(4,5)U，UL1′＝UL2′＝eq\f(6,5)U，I1′＝eq\f(6U,5RL)，故L1、L2不能正常工作，它们的功率会增大，故B、D错误．答案：A9．(多选)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1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100Ω.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750kW.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50HzB．输电线中的电流为60C．输电线路损耗功率为90kWD．当传感器R2所在处出现火情时，电压表V的示数变大解析：由图乙知交变电流的周期T＝0.02s，所以降压变压器副线圈输出的交变电流频率为f＝50Hz，选项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，所以输电线中的电流为I＝eq\f(P,U)＝30A，选项B错误；输电线损失的电压为ΔU＝IR＝30×100V＝3000V，输电线路损耗功率为ΔP＝ΔUI＝90kW，选项C正确；当出现火情时，传感器R2阻值减小，升压变压器副线圈两端电压U2不变，由I2U2＝Ieq\o\al(2,2)R＋Ieq\o\al(2,3)(R1＋R2)，I2n3＝I3n4，得U2＝I2[R＋eq\f(n\o\al(2,3),n\o\al(2,4))(R1＋R2)]，因为R2减小，U2不变，则I2增大，输电线上电压损失增大，降压变压器原、副线圈两端电压都减小，且定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数变小，选项D错误．答案：AC考向四交变电流的综合问题[典例展示3](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ω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e＝NBSωsin(ωt＋eq\f(π,2))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[解析]若发电机线圈某时刻运动到图示位置，线圈的边C′D′和CD垂直切割磁感线，产生的感应电动势和感应电流最大，变压器原线圈的电流瞬时值最大，选项A错误．以线圈平面与磁场方向平行时为计时起点，发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωsin(ωt＋eq\f(π,2))，选项B正确．当用户增加时，输电线中电流增大，输电线上损失电压增大，为使用户电压保持不变，副线圈输出电压应该增大，副线圈匝数应该增多，滑动触头P应向上滑动，选项C正确．当滑动触头P向下移动时，变压器副线圈输出电压降低，原线圈两端的电压不变，选项D错误．[答案]BCeq\a\vs4\al([规律总结])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．10．(多选)(2018·河南洛阳一模)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20∶1，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50HzB．电压表的示数为22VC．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解析：根据题图乙所示的正弦交流电压u随时间t变化的图象可知，交流电的周期为T＝0.02s，频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，选项A正确；由正弦交流电压u随时间t变化的图象可知，电压最大值为220eq\r(2)V，变压器输入电压U1＝220V，根据变压器变压公式可得副线圈输出电压，即电压表读数为11V，选项B错误；当照射R的光强增大时，光敏电阻R的电阻值减小，变压器输出电流增大，输出功率增大，根据变压器输入功率等于输出功率可知输入功率增大，电流表的示数变大，选项C正确；根据变压器输入电压决定输出电压，输入电压不变，若L1的灯丝烧断后，变压器输出电压不变，电压表的示数不变，选项D错误．答案：AC11．(多选)(2018·宁夏石嘴山高三适应性测试)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ω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NBωL2D．变压器的输入与输出功率之比为1∶1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＝eq\f(NBSω,\r(2))＝eq\f(NBωL2,\r(2))，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：BD12．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ω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1∶2，二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e＝NBωL2sinωtB．变压器的输入功率与输出功率之比为2∶1C．电压表V示数为NBωL2D．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解析：图示线圈位置是与中性面垂直的位置，从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBωL2cosωt，A错．理想变压器的输入功率与输出功率相等，B错．原线圈电压的有效值U1＝eq\f(\r(2),2)NBωL2，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(1,2)得U2＝eq\r(2)NBωL2，由于二极管的单向导电性，副线圈中只有半个周期内有电流，设电压表示数为U，根据有效值的定义得eq\f(U\o\al(2,2),R)×eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)×T，所以电压表的示数U＝NBωL2，C对．若滑动变阻器的滑片向下滑动，副线圈的总阻值增大，原线圈电压不变，副线圈电压也不变，电压表示数不变，由欧姆定律得副线圈的电流变小，原线圈中的电流也变小，电流表示数变小，D错．答案：C[限训练·通高考]科学设题拿下高考高分单独成册对应学生用书第143页(45分钟)一、单项选择题1．如图所示为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断正确的是()A．这是一个升压变压器B．原线圈的匝数比副线圈的匝数多C．当原线圈输入交流电压220V时，副线圈输出直流电压12VD．当原线圈输入交流电压220V、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流小解析：根据铭牌信息，输入电压为220V，输出电压为12V，这是一个降压变压器，原线圈的匝数比副线圈的匝数多，选项A错误，B正确；当原线圈输入交流电压220V时，副线圈输出交流电压12V，选项C错误；当原线圈输入交流电压220V、副线圈接负载时，根据变压器功率关系，副线圈中电流比原线圈中电流大，选项D错误．答案：B2.在如图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P缓慢向右移动，则下列说法正确的是()A．灯泡L变暗B．电源内部消耗的功率先变大后变小C．电容器C上的电荷量增加D．流过R1的电流方向由左向右解析：滑片P右移，滑动变阻器接入电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，故灯泡L变亮，选项A错误；电源内部消耗的电功率P内＝I2r，随电流的增大，电源内部消耗功率一直变大，选项B错误；由U＝IR可知，灯泡两端电压和电源内电压均增大，所以滑动变阻器两端电压减小，故与滑动变阻器并联的电容器C两端电压减小，由Q＝CU可知，电容器C上的电荷量减少，选项C错误；电容器C带电荷量减少，故电容器C处于放电状态，流过R1的电流方向由左向右，D项正确．答案：D3.某交流发电机产生的感应电动势随时间变化的关系如图所示，下列说法正确的是()A．t＝0时刻发电机的转动线圈位于中性面B．在1s内发电机的线圈绕轴转动50圈C．将此交流电接到匝数比是1∶10的升压变压器上，副线圈的电压有效值为2200eq\r(2)VD．将此交流电与耐压值是220V的电容器相连，电容器不会被击穿解析：由题图知t＝0时刻，感应电动势最大，线圈位于与中性面垂直的平面，选项A错误；交流电的周期是0.02s，一个周期内线圈转动1圈，1s内有50个周期，所以线圈转动50圈，选项B正确；原线圈电压的有效值U1＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得，副线圈电压的有效值为2200V，选项C错误；此交流电电压的最大值为220eq\r(2)V，大于220V，所以耐压值为220V的电容器会被击穿，选项D错误．答案：B4.如图所示，电阻不计的单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，产生的交流电压瞬时值表达式为u＝100eq\r(2)cos100πt(V)．下列说法正确的是()A．当线圈平面与磁感线平行时，磁通量变化率最大B．该交流电压的频率为100HzC．穿过线圈的磁通量最大值是eq\r(2)WbD．用理想电压表测量该电压，其示数约为141V解析：当线圈平面与磁感线平行时，产生的感应电动势最大，此时磁通量变化率最大，A项正确；频率f＝eq\f(100π,2π)Hz＝50Hz，B项错误；感应电动势的最大值Em＝100eq\r(2)V，根据Em＝NBSω可知，BS＝eq\f(Em,ω)＝eq\f(100\r(2),100π)Wb＝eq\f(\r(2),π)Wb，C项错误；电压表测量的是有效值，则E＝eq\f(Em,\r(2))＝100V，D项错误．答案：A5．(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eq\f(1,2)，则()A．R消耗的功率变为eq\f(1,2)PB．电压表V的读数变为eq\f(1,2)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Em＝NBSω，而ω＝2πn，有效值E＝eq\f(\r(2),2)Em，线圈转速变为原来的eq\f(1,2)，则U1＝E变为原来的eq\f(1,2).由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知U2变为原来的eq\f(1,2)，电压表读数变为原来的eq\f(1,2)，选项B正确；R消耗的功率P＝eq\f(U\o\al(2,2),R)，故R消耗的功率变为原来的eq\f(1,4)，选项A错误；由P入＝P出得，U1I1＝eq\f(U\o\al(2,2),R)，故I1变为原来的eq\f(1,2)，即电流表读数变为原来的eq\f(1,2)，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eq\f(1,2)，选项D错误．答案：B6.(2015·高考全国卷Ⅰ)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，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则()A．U＝66V，k＝eq\f(1,9) B.U＝22V，k＝eq\f(1,9)C．U＝66V，k＝eq\f(1,3) D．U＝22V，k＝eq\f(1,3)解析：设原线圈中电流为I，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)知，副线圈中的电流I2＝3I，由题意知副线圈中电阻两端的电压U＝3IR，则原线圈回路中R两端的电压U′＝IR＝eq\f(U,3)，原线圈两端的电压U1＝3U，由闭合电路中电压关系可知U1＋U′＝220V，即3U＋eq\f(U,3)＝220V，U＝66V，原线圈回路中电阻消耗的功率P1＝I2R，副线圈回路中电阻消耗的功率P2＝(3I)2R，eq\f(P1,P2)＝k＝eq\f(I2R,?3I?2R)＝eq\f(1,9)，选项A正确．答案：A7．(2018·四川雅安高三第三次诊断)如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交变电流的电压随时间变化的图象如图乙所示，经原、副线圈匝数比为1∶10的理想变压器给一灯泡供电如图丙所示，灯泡的额定功率为22W．闭合开关后，灯泡正常发光，下列说法正确的是()A．t＝0.01s时穿过线框的磁通量为零B．变压器原线圈中电流表示数为1C．交流发电机的转速为100r/sD．灯泡的额定电压为220eq\r(2)V解析：由题图乙可知，当t＝0.01s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，故A错误；原线圈输入电压为有效值为22V，则副线圈的电压为220V，由P＝UI可知，副线圈电流I2＝eq\f(P,U)＝eq\f(22,220)A＝0.1A，则由eq\f(I1,I2)＝eq\f(10,1)，求得I1＝1A，故B正确；由题图乙可知，交流电的周期为0.02s，则转速为n＝eq\f(1,T)＝50r/s，故C错误；灯泡正常发光，故额定电压为220V，故D错误．答案：B二、多项选择题8．(2018·贵州普通高等学校招生适应性考试)如图所示，L1、L2、L3为三只完全相同的小灯泡，其中L1接在理想变压器的原线圈上，L2、L3并联在副线圈两端，三只灯泡均正常发光．已知输入端电压为U，则()A．理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2B．理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1C．小灯泡额定电压为eq\f(U,2)D．小灯泡额定电压为eq\f(U,3)解析：设每只小灯泡的额定电流为I，因并联在副线圈两端的两只小灯泡均正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，原、副线圈电流之比为1∶2，所以原、副线圈的匝数之比为2∶1，则有原、副线圈两端的电压之比为2∶1，故B正确，A错误；设小灯泡的额定电压为U1，则有副线圈电压为U1，所以原线圈电压为2U1，又因为原线圈与灯泡串联，所以U＝2U1＋U1，解得U1＝eq\f(U,3)，故D正确，C错误．答案：BD9．某温度检测、光电控制加热装置原理图如图所示．图中RT为热敏电阻(随温度升高，阻值减小)，用来探测加热电阻丝R的温度，RG为光敏电阻(随光照强度增大，阻值减小)，接收小灯泡L的光照，除RT、RG外，其他电阻均为定值电阻．当R处温度升高时()A．L变亮B．流过R3的电流减小C．E2的路端电压增大D．R的功率减小解析：当R处温度升高时，RT阻值变小，左侧回路中的电流变大，L消耗的功率变大，所以L变亮，L的光照强度增大，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，所以R消耗的电功率变小，通过R3的电流变大，选项A、D正确．答案：AD10．(2018·河北衡水一中测试)如图所示，理想变压器原线圈接入正弦交流电，副线圈的匝数可以通过滑动触头P调节．RT为热敏电阻，当环境温度升高时，RT的阻值变小．下列说法正确的有()A．P向下滑动时，电压表读数变大B．P向下滑动时，电流表读数变小C．若环境温度升高，变压器的输入功率变大D．若环境温度升高，灯泡消耗的功率变小解析：根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，电压表读数变小，选项A错误；根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，副线圈电流减小，输出功率变小，根据输入功率等于输出功率可知，原线圈电流也减小，所以电流表读数变小，选项B正确；当环境温度升高时，RT的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，变压器的输出功率变大，变压器的输入功率也变大，选项C正确；当环境温度升高时，RT的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，根据P＝I2R可知灯泡消耗的功率变大，选项D错误．答案：BC11．(2018·湖南张家界高三第三次模拟)如图甲所示，理想变压器原线圈匝数n1＝200匝，副线圈匝数n2＝100匝，交流电压表和交流电流表均为理想电表，两个电阻R的阻值均为125Ω，图乙为原线圈两端的输入电压与时间的关系图象，下列说法正确的是()A．通过电阻的交流电频率为50HzB．电压表的示数为250VC．电流表的示数为0.25D．每个电阻R两端电压最大值为125eq\r(2)V解析：由题图乙知T＝0.02s，则f＝eq\f(1,T)＝50Hz，变压器不改变交流电的频率，所以输出交流电的频率仍为50Hz，A正确；由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，电压表的示数U2＝eq\f(n2,n1)U1＝125V，B错误；根据欧姆定律可得副线圈中的电流I2＝eq\f(U2,2R)＝0.5A，又eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，则电流表的示数I1＝eq\f(n2,n1)I2＝0.25A，C正确；因为副线圈两端电压有效