专题13直流电路与交流电路（解析版）.docx

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1、2021年高考物理二轮复习热点题型归纳与提分秘籍专题13直流电路与交流电路目录一、热点题型归纳1【题型一】直流电路的动态分析1【题型二】交流电的产生和描述5【题型三】非正弦式交流电有效值的计算8【题型四】变压器和远距离输电问题II二、高考题型标准练15一、热点题型归纳【题型一】直流电路的动态分析（I）直流电路动态分析方法程序法；“串反并同”法；极限法。（2）电容器的特点直流电路中，只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的支路 相当于断路。电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，电容器两端的电压等于与之 并联的电阻（或电路）两端的电压。

2、【典例分析1】（多选）（2020浙江7月选考”6）如图所示，系留无人机是利用地面直流电源通过电缆供电的无 人机，旋翼由电动机带动.现有质量为20 kg、额定功率为5 kW的系留无人机从地面起匕沿竖直方向上升， 经过200 s到达100 m高处后悬停并进行工作.已知直流电源供电电压为400 V,若不计电缆的质量和电阻， 忽略电缆对无人机的拉力，则（）A.空气对无人机的作用力始终大于或等于200 N（4）没有特别加以说明的，是指有效值;（5） “交流的最大值是有效值的啦倍”仅适用于正（余）弦式交变电流.3.有效值的计算计算有效值时要根据电流的热效应，抓住“三同”：”相同时间（周期整数倍）”内“相同

3、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.U-（3）利用两个公式Q=/2Ri和可分别求得电流有效值和电压有效值.（4）若图象部分是正弦（或余弦）式交变电流，其中的9周期（必须是从零至最大值或从最大值至零）和;周期部分 可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系/=%、U端求解.【强化训练】1.（2020辽宁大连市质检）A、3是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波交变电流，6通以图乙所示 的正弦式交变电流，则两电热器的电功率Pa：Pb等于（）A. 5 ： 4 B. 3 ： 2 C.小：1 D. 2 ： 1【答案】A而根据功率【解析】根据电流

4、有效值的定义可知成+ 既成解得有效值/产 乙 乙 4的计算公式P=PR可得PA : P/?=/a2 : = 5 ： 4,故A正确.2.（2020福建厦门市3月质检）如图所示为一个经双向可控硅调节后加在电灯上的电压，正弦交流电的每一个 二分之一周期中，前面四分之一周期被截去。现在电灯上电压的有效值为（）A. UmB.$ C.牛D.牛,根据有效值的定义:【答案】D 【解析】从u-t图象上看，每个:周期正弦波形的有效值U =+0,解得：U=T，D正确。3.(多选)如图甲所示，将阻值为R=5 Q的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，电流随时间变化的规律如 图乙所示，理想交流电流表串联在电路中测量电流的大

5、小。对此，下列说法正确的是()甲乙A.电阻R两端电压变化规律的函数表达式为=2.5sin (200叫VB.电阻R消耗的电功率为1.25 WC.如图丙所示，若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，当线圈的转速提升一倍时，电流 表的示数为1 AD.这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值之比为1：立【答案】AD 【解析】题图乙所示包流的最大值为/m=0.5 A,周期为 XO.Ols,其角速度为=宁=200兀rad/s,由欧姆定律得Um=/mR=2.5 V。所以电阻R两端电压的表达式为=2.5sin(2007U)V,选项A正确；该电流的有效值为/=An,电阻R消耗的电功率为尸=尸凡 解得尸

6、=0.625 W, B选项错误；电流表的示数为有效值，若该交变电流由题图丙所示矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，当转速提升一倍时，电动势的最大值反产变为原来的2倍，电路中也流的有效值也是原来的2倍，为2xa#1A,选项C错误；题图乙中 的正弦交变电流的有效值为等A,题图丁所示的交变电流虽然方向发生变化，但大小恒为0.5 A,选项D正确。【题型四】变压器和远距离输电问题【题型解码】(1)变压器联系着两个电路：原线圈电路、副线圈电路.原线圈在原线圈电路中相当于一用电器.副线圈在 副线圈电路中相当于电源.(2)远距离输电示意图中涉及三个电路，在中间的远距离输电线路中升压变压器的副线圈、导线、降压变压

7、 器的原线圈相当于闭合回路的电源、电阻、用电器.【典例分析1】（2020湖北恩施州2月教学质量检测）在如图所示的电路中，变压器为理想变压器，原、副线 圈的匝数比为1 : 2,三个定值电阻的阻值相同，电压表为理想交流电表.现在。、端输入正弦式交变电流， 电键S断开时，电压表的示数为5,电键S闭合后，电压表的示数为S，则仍的值为（）5-3D 3-5 32c 2-3A.5-3D 3-5 32c 2-3A.【答案】D【解析】设时端输入的电压有效值为U,当电键S断开时，原线圈两端的电压为号，副线圈中的甩流为分；原线圈中的电流为则U=与+U|=当；当电键S闭合时，原线圈两端的电压为华，副线圈中的电流为AZ

8、ZZ哙,原线圈中的电流为华，则=华+23=当;5-3【典例分析2】.（2020天津市河西区3月调研）如图所示为原、副线圈匝数比为100： 1的理想变压器，人是 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、”两端加上交变电压，其瞬 时值表达式为i=3Usin314”V）,则（ ）A.当单刀双掷开关与。连接时，电压表的示数为3.1 VB.副线圈两端的电压频率为50 HzC.当单刀双掷开关由。扳向方时，原线圈输入功率变小D.当单刀双掷开关由。扳向人时，电压表和电流表的示数均变小【答案】B【解析】。、d两端电压的有效值U=VQ220V,当单刀双掷开关与“连接时，原线图的电,压

9、的有效值为U,根据原、副线图电压与匝数成正比可知接喷则副线图电压的有效值为S=2.2V,所以电压 表的示数为2.2 V,故A错误；变压器不改变交流电的频率，由解得原线图两端的电压 频率为50 Hz,所以副线圈两端的电压频率也为50 Hz,故B正确；若将单刀双掷开关由a拨向 由于原 线圈的匝数变小，导致副线图的电压增大，电流增大，两电表的示数均变大，副线图的输出功率变大，由 于原线圈输入功率和副线图输出功率相等，所以原线圉榆入功率变大，故C、D错误.【典例分析3】（2020,浙江7月选考T1）如图所示，某小型水电站发电机的输出功率夕=100 kW,发电机的 电压Ui=250V,经变压器升压后向远

10、处输电，输电线总电阻R饯=8 C,在用户端用降压变压器把电压降为 3=220 V.已知输电线上损失的功率Pa=5kW,假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是（）A.发电机输出的电流4=40 AB.输电线上的电流/战=625 AC.降压变压器的匝数比3 :小=190 ： 11D.用户得到的电流L=455A【答案】Cp 1 nn 义【解析】由功率P=U/可知，发业机输出的也流/|=-右一A = 400 A,故A错误；输包线上损失的 功率Pa=/iR媒=5kW,所以/氏=25 A,故B错误；用户得到的功率P4=P-Pa = (100-5)kW =95 kW,则及=鲁=筌匕A=土鲁 A132

11、A,即用户得到的电流为432 A,故也=4=等,故C正U4 ZNU1 1/线 I 1确，D错误.【提分秘籍】.动态分析的两种情况(I)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、电功率等随负载电阻的变化情况.1 .四点注意(I)变压器不能改变恒定电压.(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率.(3)理想变压器本身不消耗能量.(4)理想变压器基本关系中的幼、S、4、/2均为有效值.2 .输电线路功率损失的计算方法(1)P饯=P-P，P为输送的功率，P为用户所得功率.(2)P翻=/舒

12、?线，/线为输电线路上的电流，R线为线路电阻.(3)尸怅=喑2, (7为输电线路上损失的电压，R线为线路电阻. mt（4）PtQ=AU/加AU为输电线路上损失的电压，/规为输电线路上的电流.【强化训练】.（多选）（2020吉林长春市六中3月线上测试）如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压 器力和降压变压器乃向用户供电，已知输电线的总电阻R=10C,降压变压器乃的原、副线圈匝数之比为 4 ： 1,副线圈与用电器Ro组成闭合电路.若 小乃均为理想变压器，八的副线圈两端电压U=22味sin 00nt （V）,当用电器电阻岛=11。时（）A.通过用电器Ro的电流有效值是20 AB.当用

13、电器的电阻Ro减小时，发电机的输出功率减小C.发电机中的电流变化频率为100HzD.升压变压器的输入功率为4 650 W【答案】AD【解析】降压变压器副线图两端交变电压有效值为U=/=卷但V=220V,用电器电阻Ro=llC,所以 通过Ro的电流有效值是20 A,故A正确；当用电器的电阻Ro减小时，由于用电器两端电,压不变，所以电 流增大，输出功率增大，则发电机的输出功率也增大，故B错误；交流电经过变压器，频率不变，则交流 电的频率尸治=50 Hz.故C错误：根据小：=4 ： 3得，输电线上的也流=5A,则输电线上损耗的功 率尸梢=/32R=52xi0W=250W,降压变压器的输入功率P3=P

14、4=U4=220X20W=4400W,则升压变压 器的输出功率。=03+尸旗=4400W+250W=4650W,即升压变压器的输入功率为4 650 W,故D正确.1 .（多选）（2020福建厦门市3月质检）如图所示，灯泡A、B完全相同,理想变压器原副线圈匝数比3：处=5 : 1, 指示灯L的额定功率是灯泡A畦，当输入端接上=UOsinlOOn/（V）的交流电压后，三个灯泡均正常发光，两 个电流表均为理想电流表，且A?的示数为0.4A,则（）A.电流表Ai的示数为0.08 AB.灯泡A的额定电压为22 VC.灯泡L的额定功率为0.8WD.原线圈的输入功率为8.8 W【答案】AC 【解析】副线图的

15、总电流即A2的示数为/2 = 0.4A,由理想变压器两端的电流比等于匝效的反比，可得 /尸守2=X0.4 A=0.08 A,即电流表Ai的示数为0.08 A,故A正确；揄入端电压的有效值为U= 110 V, 根据全电路的能量守恒定律有U/i=R.+2PA而指示灯L的额定功率是灯泡A的g,即Pl=,联立解得 Pa=4W, Pl=0.8W由灯泡A的电功率Pa=Ua/a=Ua*可得Ua = 20V,故B错误，C正确；原线图的输入功率等于副线图的输出功率，则P腔=2P,、= 8W,故D错误.3.（2020浙江“七彩阳光”新高考联盟评估）如图所示，理想变压器接在电压为U的交流电源I.,原线圈 匝数加可调

16、，电阻R大小可调，若理想电流表Ai、A2,理想电压表V的读数均减小.则调节的过程可能 为（）A.如不变,R减小B. i不变，R增大C. R不变,加减小D. R不变,由增大【答案】D【解析】如不变，R改变时，电压表读数不变，A、B错：R不变，力增大时，由S=和知，5减小即电 压表读数减小，由欧姆定律知，2减小即电流表A2的读数减小，由八=力2知，/减小即电流表A1的读数 减小，C错误，D正确.二、高考题型标准练1.（2020湖北宜昌市3月调研）两个完全相同的电热器，分别通以如图甲、乙所示的交变电流，在一段相同时 间，它们的发热量之比为0 ：。2=4 ： I,则八：/2等于（）A. 4 ： 1 B

17、. 22 ： 1C. 1 ： 2 D. 1 ： 1【答案】A【解析】对题图甲，由有效值的定义方法可知（金）喝=尸环解得/=5则其功率P|=/2r=,2宠在题图乙中正反向电流相等，故功率P2=*R 因 Q :。2 = 4 ： 1,由 Q=P/得 1 : /2=4 : 1,故选 A.2. (2020北京大兴区一模)如图(a)-(b)f (c)-(d)-(e)过程是交流发电机发电的示意图.线圈的ab边连在金 属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通 过滑环和电刷保持与外电路连接.下列说法正确的是()A.图(a)中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化

18、率最大B.从图(b)开始计时，线圈中电流i随时间，变化的关系是匚/msin。，C.当线圈转到图(c)位置时，感应电流最小，且感应电流方向改变D.当线圈转到图(d)位置时，感应电动势最大，时边感应电流方向为。一【答案】C【解析】图(a)中，线图平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率最小为零，故A错误；从图(b)开始计时，线图产生的感应电动势最大，形成的感应电流最大，线图中电流随时间变化的关系是i=/mCOSW, 故B错误：当线圈转到图(c)位置时，线图位于中性面位置，此时感应电流最小，且感应电流方向改变，故 C正确；当线圈转到图(d)位置时，感应电动势最大，根据楞次定律可知边感应电流方向为

19、一出故D 错误；故选C.3.(2020,河南中原名校第五次考评)在如图所示电路中，开关S、S2、S3、S4均闭合，。是极板水平放置的平 行板电容器，板间悬浮着一油滴P，断开哪个开关后P会向上运动()A. Si B. S2c. S?D. Sa【答案】B【解析】电路稳定时电容器为断路，断开S对电容器两极板间电压没有影响，。不会运动，故A错误；断 开S2,。直接接到包源两端，两极板间电压塔大，电场力变大，油滴向上运动，故B正确；断开S3,电源 断开，C通过R放电，电压减小，油滴向下运动，故C错误；断开S4,电容器断开，不会产生充放电现象， 故油滴受到的力不变，油滴不会运动，故D错误.4 .(2020

20、山东青岛市质检)某实验小组模拟远距离输电的原理图如图所示，A、B为理想变压器，R为输电线 路的电阻，灯泡L、L2规格相同，保持变压器A的输入电压不变，下列说法正确的是()A.断开S, 4的输入功率减小B.断开S, Li不受影响C.将滑片P下移，灯泡Li变暗D.将滑片P上移，A的输入功率增大【答案】A【解析】 将8变压器等效为A变压器副线图的一部分电阻，则有强=，得/?3 =（普）4,断开S, 8变 K 3压器副线图电阻变大，则等效电阻/?3变大，变压器人的输入电压不变，则变压器4输出电压不变，则4变 压器副线圈中电流变小，A变压器原线图中的电流变小，4的输入功率减小，则等效部分电流减小，即L,

21、 变暗，故A正确，B错误：将滑片P下移，A变压器副线圈匝数变大，副线圈电压变大，等效部分电流变 大，则灯泡Li变亮，故C错误；将滑片。上移，A变压器副线圈匝数变小，副线圈电压变小，等效部分电流变小，原线图中也流变小，4的输入功率变小，故D错误.5 .（2020,江苏盐城市三模）在如图所示的电路中，电源电动势为E,内阻为，定值电阻为/ 滑动变阻器为 R.现闭合开关S,滑动变阻器A的滑动触头P从M端向N端滑动时，则电路中连接的电压表及电流表示数 的变化情况分别是（）A.先变大后变小；一直变大B.先变小后变大；一直变小C.先变大后变小；先变小后变大D.先变小后变大；先变大后变小【答案】A 【解析】由

22、电路的结构可知，滑动变阻器R的滑动触头夕两边的电阻并联，则当。从M端向N端滑动时, 电路的总电1阻先变大后减小，则总电（流先减小后变大，路端电压先变大后变小，即电压表的示数先变大后pRXF变小；设尸N部分的电阻为乂则PN部分的电流为/,=-X-=-,(R-xx R (Ri + RR + + 7 +x小，/i.逐渐变大，即电流表示数一直变大，故A正确.6 .（多选）（2020江西抚州等三市一模）如图所示，正弦交流电通过理想变压器对负载供电，当负载电阻R=4Q 时，变压器输入功率是Pi =25 W,当负载电阻&=16。时，变压器输入电流/2=0.25A,则下列说法正确 的是（）A.负载R与R2上电

23、压之比为1 ： 4B.负载Ri与R2上的电流之比为4 ： 1C.负载凡与R2上消耗的功率之比为1 : 1D.变压器的原、副线圈匝数之比为5： 2【答案】BD【解析】 理想变压器输入功率等于榆出功率，并且输入和榆出电压不变，即负载R与&上的电压之比为 1 ： I,选项A错误；负载变了，使相应的电流发生变化，电流比等于负载电阻的反比，即负载R与&上 的电流之比为4 ： 1,选项B正确.接上R=4C负载时，副线圈电压5=币诉=1（）丫，换上负载R2=16C 时，此时R2的功率凸=誓=宇 W,即负载R与R2上消耗的功率之比为4： 1;负线图的电流/ 2=华冶 A2 4A2 O51 fo A,此时根据原

24、、副线图电流关系可得原、副线图匝数之比点=胃=万天=米 选项C错误，D正确；故选 B、D.7 .（多选）（2020新疆克拉玛依三模）如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和 电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向。端移动时，则（）A.电压表读数增大B.电流表读数增大C.质点户将向上运动D. 当上消耗的功率减小【答案】AC【解析】 由图可知，R2与滑动变阻器串联后与R3并联后，再与R串联接在电源两端；也容器与76并联； 当滑片向a移动时，滑动变阻器接入也阻增大，则电路中总也阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中 电流减小；路端电压增大，同时 凡两端的电压也减小；故并联部分

25、的电压增大；由欧姆定律可知流过R3 的电流增大，则流过串联部分的电流减小，电流表读数减小，因而心中电压减小，故电压表示数增大，故 A正确，B错误；因包容器两端电压等于并联部分的电,压，增大，故质点受到的向上电场力增大，则重力小 于电场力，合力向上，质点。向上运动，故C正确；因R3两端的电压增大，由尸=匕可知，以上消耗的功 率增大，故D错误.8 .（多选）位于温州乐清市磐石镇的温州发电厂，是浙江省跨世纪重点能源工程之一，其中一期工程输送功率 为70MW,发电机的输出电压随时间变化如图甲所示.通过如图乙所示的电路向县域输电，其中输电电压 为70kV,输电线总电阻为4 Q,在用户端用理想降压变压器把

26、电压降为220 V,忽略降压变压器到用户的 输电线上的电阻.以下说法正确的是（）A.用户端交变电流频率为50 HzB.降压变压器原、副线圈匝数比为300： 1C. 00.01 s发电机线圈磁通量的变化量为零D.输电线上损失的功率为4X108 W【答案】AB【解析】由题图甲知/=*=50 Hz,变压器不改变交变电流的频率，所以用户端交变电流的频率为50 Hz,P 70 X 106故A正确：输电线上的电流/=,=70x 03 A=103A,输电线上的电压损失为Um = /R=4X103v,降压变压器原线圈两端的电压S = UU桢= 66X103 V,降压变压器原、副线圈的匝数比为=今=警翟丁丫=挈

27、 2C/2 ZZU V I故B正确：设磁场强度为8,发电机线困面积为S,则00.01 s发电机线图磁通量的变化量为23S,故C错误；输电线上损耗的功率P报=/2r=4X1()6w,故D错误.B.直流电源对无人机供电的额定电流为12.5 AC.无人机上升过程中消耗的平均功率为100 WD.无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功【答案】BD【解析】无人机在上升过程中有加速上升和减速上升的过程，在减速上升过程中空气对无人机的作用力小 于无人机的重力，即作用力小于200 N,故A错误；由尸=，得/=12.5A,故B正确；无人机上升W过程中，克服重力做的功W= 3?=2X104 J,故克服重力做功

28、的平均功率P=7=1OOW,而无人机在上升 及悬停过程中还受到空气作用力，由牛顿第三定律知无人机对空气有反作用力，使空气流动，无人机对空 气做功，在无人机上升过程中，既要克服重力做功，也要对空气做功，平均功率大于100W,故C错误，D 正确.【典例分析2】.（多选）（2020广西池州市期末）如图所示，电源电动势为E,内电阻恒为r, R是定值电阻， 热敏电阻Rt的阻值随温度降低而增大，。是平行板电容器.闭合开关S,带电液滴刚好静止在C内.在温 度降低的过程中，分别用/、5、AS和AS表示电流表、电压表1、电压表2和电压表3示数变化量的 绝对值.关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是（）A喻岩

29、 等一定都变大B.铠1和等一定不变，等一定变大C.带电液滴一定向下加速运动D.电源的工作效率一定变大【答案】D【解析】由题图知，V3测路端电压，V2测热敏电阻Rt的电压，V1测定值电阻R的电压，由5=一小 得 祟由S = E/（R+-）,得由Ui = /R得爷1=R,故A、B错误；带电液滴在平行板电容 器中受到向上的也场力和向下的重力处于平衡状态，在温度降低的过程中，热敏电1阻Rr的阻值变大，回路 中电流变小，路端电压变大，由于流过定值电阻R的电流变小，所以电阻R的电压也就变小，则刈两端的 电压变大，电容器两极板间的电压等于Rr的电压，所以电容器两极板间的电压变大，则平行板间的电场强 度也变大

30、，导致带电液滴向上运动，故C错误；电源的工作效率=智乂|（乂）=空乂100%,由于路端包 压变大，所以电源的工作效率一定变大，故D正确.【典例分析3】（多选）（2020四川成都市一诊）如图，曲线为某元件的伏安特性曲线，直线为某直流电 源的伏安特性曲线.将元件R与该电源连接成一闭合回路，下列说法正确的是（）A.元件/?的电阻随电压的增大而增大B.电源的电动势为5 V,内阻为5 cC.电源的总功率为1.2 WD.电源的效率为60%【答案】BD【解析】。图线上的点与原点连线的斜率表示电阻，由题图知图线斜率随电压的增大而减小，因此元件R的 电阻随电压的增大而减小，故A错误；力图线与电压轴的截距为也源的

31、也动势，斜率表示内阻，由图可知， 电源电动势为5V,内阻为5C,故B正确；电源总功率为尸=以，由题图可得Ps=2W,故C错误；P汴Px= U/=3.0X0.4 W=1.2 W,电源的效率为/=6-X ()()%,解得=6()%,故 D 正确.【提分秘籍】.部分电路欧姆定律：I=J,此式只适用于纯电阻电路.1 .电阻定律：此式为电阻的决定式，其中决定于导体的材料，且与温度有关.2 .闭合电路欧姆定律(I)两个公式F/=帚，适用于纯电阻电路；U=Elr,适用于任意电路-(2)路端电压与负载的关系八*=/后=+匕路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小尺十一十二 I十R.焦耳定律Q=I2R

32、t,适用于任意电路求电热.3 .直流电路的动态分析方法(1)程序法：部分电路阻值变化一电路总电阻R 变化-干路电流/变化一路端电压U变化-各分量变化,增大增大p成小增大4即 R 局J I tR 6 g , / 总J-U *1、T I T 成小减小增大臧小U分串反并同法：所谓“串反”，即某一电阻阻值增大（减小）时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端的 电压、电功率都减小（增大）。所谓“并同“，即某一电阻阻值增大（减小）时，与它并联或间接并联的电阻中的 电流、两端的电压、电功率都增大（减小）。4 .直流电路中的功率变化的判断定值电阻的功率随其电压或电流的增大而增大。外电阻越接近电源的内阻，电源

33、输出功率越大，等于内阻时电源的输出功率最大。判断变化电阻的功率时，可以将其他电路等效到电源内部，当变化电阻等于等效电阻时其功率最大，若 不能等于则越接近越大。【强化训练】1.（2020浙江名校协作体第二次联考）如图，一电动自行车动力电源上的铭牌标有“48V,12A由”的字样.它 正常工作时电源输出电压为40 V,额定输出功率为240 W.由于电动机发热造成损耗，电动机的效率为80%, 不考虑其他部件的摩擦损耗.已知人与车的总质量为76.8 kg,电动自行车运动时受到的阻力恒为38.4 N, 电动自行车保持额定功率从静止开始启动，加速到最大速度所前进的距离为10m,下列说法正确的是（）A.额定工

34、作电流为5A,电源内阻为L6CB.电动自行车电动机的内阻为5 cC.电动自行车加速的时间为7 sD.电动自行车保持额定功率匀速行驶的最长时间约为2.4 h【答案】C【解析】正常工作时电源输出电压为40 V,额定输出功率为240W,则额定工作电流/=专=240EU 48404司了A = 6 A电源内阻r=7-=-6故A项错误；设电动机的内阻为小，电动机的效率为 80%,则尸一0.8尸=尸小3解得小=叱噜 c=g。，故B项错误；设电动自行车加速的时间为f,对电动自行车的加速过程应用动能定理得0.8P/FfX=炉一,又0.8P=产d,解得=7 s,故C项正确;电动自行车保持额定功率匀速行驶的最长时间

35、打=与誓=2h,故D项错误.2 .（多选）（2020江西赣州市期末）如图所示，电源的电动势为反内阻为八合上开关S后，电压表和电流表 的读数分别为U、/，定值电阻&消耗的功率为P，电容器所带的电荷量为Q,两电表均为理想电表.当滑 动变阻器的滑片向右移动时，卜列有关物理量之间变化关系图象正确的是（）【答案】BD【解析】当滑动变阻器的滑片向右移动时，以减小，电流/增大，由夕=产&知夕一/图象中抛物线开口向 上，故 A 错误；由 Q=UC=E-/（&+r）C=CE-C（&+r）/,故 B 正确；U=E-Ir,端=丫,故 C 错误， D正确.3 .（多选）（2020陕西渭南市富平县高三期末汝I图所示，平

36、行金属板中带电质点尸处于静止状态，不考虑电流 表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器飞的滑片向b端移动时，则（）A.电压表示数变大B.电流表示数变大C. R上消耗的电功率逐渐增大D.质点P将向上运动【答案】BC【解析】由题图可知，Q与滑动变阻器心串联后与以并联，再与Ri串联接在电源两端：电容器与/心并联； 当滑动变阻器心的滑片向力端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，则电1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，同时2两端的电压增大，故并联部分的电压减小， 由欧姆定律可知，流过R3的电流减小，又因为电路中的总电流增大，则流过&的电流增大，故电流表示数 增大；因

37、并联部分电压减小，而R?中电压增大，故电压表示数减小，故A错误，B正确；由于流过R的电 流增大，根据尸=尸2知R上消耗的电功率逐渐增大，故C正确；因电容器两端电压减小，故质点P受到 的向上的电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，质点。将向下运动，故D错误.【题型二】交流电的产生和描述【题型解码】交变电流的产生往往与交变电流图象结合出题，要能将交变电流的图象与线圈的转动过程一一对应起来， 分析电流、电动势、磁通量的变化规律.【典例分析1】（2020江西景德镇市下学期第二次质检）一台小型发电机的原理图如图甲所示，单匝矩形线圈 绕垂直于磁场的轴匀速转动，发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如

38、图乙所示.已知发电机线 圈内阻为1Q,外接有灯泡和交流电压表，则下列说法正确的是()A.电压表的示数为220 VB.线圈转到如甲图所示位置时感应电动势为零C.当，=0.01 s时线圈中的磁通量最小，为零D.当，=0.01 s时线圈中的磁通量最大，为Wb7t【答案】D【解析】由题意可知该感应电动势的有效值为220 V,电压表测的是路端电压，由于电源有内阻，所以路端 电压和电动势不相等，电压表的示数小于220 V,故A错误；线圈转到如题图甲所示位直时，感应电动势最 大，故B错误；由题图乙可知周期7=0.02 s, r=0.01s时，感应电动势为零，线图位于中性面，与磁感线 垂直，磁通量最大，因为E

39、m=BSc，)=B样,则0m=BS=粤Wb,故C错误，D正确.【提分秘籍】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的特点。线圈平面与中性面重合时，SLB, 3最大，等=0, e=(), i=0,电流方向将发生改变。线圈平面与中性面垂直时，S/B, 0=0,等最大，e最大，最大，电流方向不变。(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能量问题。(4)交变电流瞬时值表达式书写的基本思路根据已知图象或由公式Em=N8S3确定正、余弦交变电流的峰值，其

40、中=爷=2妙 =2兀(为转速)。明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。a.若线圈从中性面位置开始计时，则e-z图象为正弦函数，e=Emsincot;b.若线圈从垂直中性面位置开始计时，则心/图象为余弦函数，e=EnCOSM。【强化训练】1.（多选）（202。浙江温州市选考适应性考试）图甲为小型交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂 直于磁场方向的固定轴。0匀速转动，线圈的匝数”=100、总电阻厂=5 C,线圈的两端与阻值为95 C的 电阻R连接，交流电压表为理想电表.，=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量随 时间/按图乙所示正弦规律变化.若交流发电机产生的电动势的

41、最大值为电压表的示数为U,则（）A. Em=200V, U=134VEin=l34 V, U=95VC.通过电阻R的电流每秒内方向改变约50次D.电阻R实际消耗的功率为190 W【答案】AD 【解析】交流发电机产生的电动势的最大值Em=8s/，而m=BS,由一，图线可知0m=2.OXlO_2Wb,p7=2几义10一2$,所以=（x）rad/s, m=200 V,也动势的有效值=禧=10（2 V,由闭合电路欧姆定律,EL可知电路中电流的有效值/=0A,也压表的示数为U=/R=95陋 V-134 V,选项A正确，B错误；由题图乙可知，周期丁=2兀XIOA,频率尸畀16 Hz,故通过电阻R的电流每秒

42、内方向改变约32次, 选项C错误；电阻A消耗的功率为。=产欠=190,选项D正确.2.（多选）（2020广东广州市阶段检测）在同一匀强磁场中，两个相同的矩形金属线圈、力分别绕线圈平面内且与磁场垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的图象如图3所示，贝女）A.线圈的转速是8的3倍B.线圈人产生的电动势最大值为10 VC.，=0.01 S时，线圈。恰好经过中性面D. r=0.03 s时,线圈、恰好经过中性面【答案】BDT 9【解析】由题图可知?号，则线图八。的转速之比为3 : 2,故A错误；由于感应电动势最大值为Em=NBS(o=NBS2tu】,则铲=必，由题图可知，。线图产生的感应电动势最大值

43、为15V,则线圉产生的感应电动势 匕汕 nb最大值为10 V,故B正确；由题图可知，1=0.01 s时，线图a中感应电动势最大，则此时线圈a位于垂直 中性面的位直，故C错误；/=0.03s时，线圈力中感应电动势为0,则此时线图人恰好经过中性面，故D 正确.5.(多选)(2020湖北武汉市质量检测汝口图所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的正方形单匝导线框而cd绕 与磁感线垂直的转轴时匀速转动，线圈产生的交变电动势随时间变化的规律如图(b)所示，若线框总电阻为5 Q,贝立)A. cd边两端电压的有效值为I6.5VB.当线框平面与中性面的夹角为45。时，线框产生的电动势的大小为22 VC.在00.01

44、s时间内，通过线框某一横截面的电荷量为4.4X10 2 cD.线框转动一周产生的焦耳热为3.87 J【答案】AB【解析】根据也动势随时间的变化曲线可得，该电动势的瞬时值e=2班sin(MV)=2班sin l(Xht/(V),则该也动势3的有效值为E=22 V, cd边两端电压的有效值为U=1E=16.5 V,所以A正确；当线框平面与中性面的夹 角为45。，即/=；时，线框产生的电1动势为e=22 V,所以B正确；由题图(b)可得交流电的周期为7=0.02 s,在00.01s时间内，即半个周期内，通过线框某一横截面的电荷量为夕=/=*=*，Em=BSco=A A至咨=22点 V,则8S=/但Tf

45、Rg=岑=抖修 C%4.0X102 c,所以C错误：该交变电流的有效值P为/=4.4A,根据焦耳定律可得，线框转动一周产生的焦耳热为Q=R7=1.936J,所以D错误.【题型三】非正弦式交流电有效值的计算【题型解码】(1)定义有效值时要注意“三同”，即电阻相同、时间相同、产生热量相同。(2)在计算交变电流通过导体产生的热量和电功率以及确定保险丝的熔断电流时，只能用交变电池的有效 值。如电功率的计算式：P=U/中，U、/均为有效值。（3）在交流电路中，电压表、电流表、功率表等电子仪表的示数均为交变电流的有效值。在没有具体说明 的情况下，所给出的交变电流的电压、电流及电功率指的都是有效值。（4）我

46、国民用交变电流：照明电压220 V和动力电压380 V都是有效值。【典例分析”（2020辽宁沈阳质检）如图所示为一交流电压随时间变化的图象.每个周期内，前三分之一周 期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定.根据图中数据可得，此交流电压的有效值为（）A. 7.5 VB. 8 VC. 2匹 V D. 3仃 V【答案】选C【解析】：.根据电流的热效应有（9）2曷+ ）（=号T，解得4=60 V2,所以U=2仃 V, C正 确.【典例分析2】（2020河北五个一名校联盟第一次诊断）如图所示为一交流电电流随时间变化的图象，此交流 电电流的有效值为（）A. 7A B. 5A C. 3.5 / A D. 3.5 A【答案】B【解析】根据有效值的定义有：（4陋 A）2RX0.02 s + （3也 A）2/?X0.02 s = /2/eX0.（M s,解得/=5 A,故选 B.【提分秘籍】.有效值的规定交变电流、恒定电流人分别通过同一电阻R,在交流电的一个周期内产生的焦耳热分别为。交、若Q如则交变电流的有效值1=1 直流有效值也可以这样算）.1 .有效值的理解（1）交流电流表、交流电压表的示数是指有效值；（2）用电器铭牌上标的值（如额定电压、额定功率等）指的均是有效值； （3）计算热量、电功率及保险丝的熔断电流指的是有效值;