2020届高考物理艺考生大二轮总复习上篇专题四电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路教学案6628.pdf

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1、-1-第 1 讲 直流电路与交流电路 三年考情分析 高考命题规律 三年考题 考查内容 核心素养 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)远距离输电的模式(3)交流电的产生和描述.2018 卷 16T 交变电流中热量的计算 科学思维 考向一 直流电路的动态分析

2、知识必备提核心 通技法 1明确 1 个定律、2 个关系(1)闭合电路的欧姆定律：IERr.(2)路端电压与电流的关系：UEIr.(3)路端电压与负载的关系 UIRRRrE11rRE，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 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E、内电阻为r，R1、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a端向b端滑动的过程中，下列说法正确的是()-2-A电压表

3、示数减小 B电流表示数增大 C电容器C所带电荷量增多 Da点的电势降低 审题指导 滑动变阻器的滑片自a端向b端滑动滑动变阻器接入电路的电阻减小总电阻减小总电流增大局部电流、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R1两端电压增大，电压表 V 示数变大，A 错误；电阻R2两端的电压U2EI总(R1r)，I总增大，则U2减小，I2U2R2，故I2减小，电流表 A 的示数IAI总I2增大，B 正确；由于电容器两端的电压UCU2减小，由QCUC知电容器所带电荷量Q减小，C 错误

4、；UababaU2，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UCU2，QCUC，知电容器所带电荷量Q减小，C 错误；UabU2aba减小，D 正确；因为R1间接与R3串联，故I1、U1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 若将滑片P滑到b点，则R30，ab0，D 正确；R2两端电压为零，则电容器C两端电压也为零，电容器所带电荷量Q0，C 错误；当R30 时，电路总电阻最小，总电流最大，R1两端电压最大，故 A 错误；由于IAI1I

5、2，此时I1最大，I20最小，故IA最大，B 正确 跟进题组练考题 提能力 1(2019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 R0向下滑，R0减小，R总减小，I总ER总，U内I总r，U路EU内，因此电压表示数减小，接下来看第一级：定值电阻R1与右端总电阻串联，先看定值电阻R1，I总I1变大，所以UR1增大，由U路U1U并可知U并减小 看第二级：定值电阻R2与R0并联，U2U并减小，所以I2

6、U2R2减小，电流表示数也减小，所以 D 选项正确 2.(2020西安模拟)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-3-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()A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少 D电压表与电流表示数变化量的比值增加 解析：C R1向右滑动，使R1减小，电容器与R1并联，电容器相当于断路，所以R总R1R2r减小，由I总ER总可知I总增大，U内I总r增大，U路EU内减小，定值电阻R2的电流增大，所以UR2I总R2，UR2增大，U路UR1UR2，所以UR1减小，UC

7、UR1减小，由QCCUC可知QC减小，C 选项正确，B 选项错误对于定值电阻RU1I1U2I2UI，而变化电阻不能成立，由于EU路U内，当测路端电压的电压表示数减少 U时，内电压就增加 U，所以rU内IUI，选项 D 是错误的而对电源的输出功率，当rR外时，输出功率最大，开始时R外与r的关系不确定，所以当R1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

8、：由局部电阻变化判断总电阻的变化；由IERr判断总电流的变化；由U内Ir判定内电压的变化；据UEU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 -4-考向二 交变电

9、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正弦式交流电的“四值”的应用(以电动势为例)四值 计算式 应用 最大值 EmNBS 计算电容器的耐压值 瞬时值 eEmsin t 计算闪光电器的闪光时间等 有效值 EEm2 电表的读数、电热、电功及保险丝熔断电流的计算等 平均值 Ent 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 2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

10、(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r2，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R0407，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1R0、R2R02，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()A电阻R2上的热功率为57 W B0.02 s 时滑动变阻器R0两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e10 2cos

11、(100t)V D线圈开始转动到t1600 s 的过程中，通过R1的电荷量为2200 C 审题指导(1)矩形线圈从与中性面垂直的位置开始计时，产生余弦规律的交流电 -5-(2)理想交流电压表的示数是有效值(3)从t图象中可读出交流电的周期，进而求出频率 解析 AD 由电路的串、并联关系可得R外74R010，电压表测的是电源的路端电压，由欧姆定律IUR外10 V10 1 A，所以I2IR02R2R0212 A，所以PR2I22R257 W，所以 A选项正确t0.02 s 时0，t最大，R0两端电压最大，所以 B 选项错误EUIr12 V，所以Em12 2 V，由于从中性面垂直位置计时，应为余弦函

12、数，e12 2cos(100t)V，C 选项错误qR外r，转过t6，Emm，m sin，代入得q2200 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，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()A1 2 B.21 C12 D21 解析：D 由焦耳定律QU2Rt，得：Q方U20RT2U20RT2，Q正U022RT2U022RT2，所以Q方Q正21，故 D 正确，A、B、C 错误 2(2020陕西省榆林市第三次模拟)如

13、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et图像如图乙所示发电机线圈的内阻为 1，外接灯泡的电阻为 9，电表均为理想电表，则()A电压表的示数为 6 V B在 2102 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 1102 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Em6 2 V，EEm26 V，由闭合电路欧姆定律得，电压表示数URRrE-6-5.4 V，故 A 错误；在 2102 s 时刻，感应电动势最大，故穿过线圈的磁通量变化率最大，线圈与中性面垂直，故 B 错误；在

14、1102 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，PU2R5.429 W3.24 W，故输出功率为 3.24 W，故 D 正确 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，SB，最大，t0，e0，i0，电流方向将发生改变 与中性面垂直时，SB，0，t最大，e最大，i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

15、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EmnBS求出相应峰值，其中2T2f2n.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et图像为正弦函数，eEmsin t；b若线圈从垂直中性面开始计时，则et图像为余弦函数，eEmcos t.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 U1U2n1n2 n1n2：降压变压器n1n2：升压变压器 U1决定U2 电流 只有一个副线圈时，I1I2n2n1 有多个副线圈

16、时，U1I1 U2I2U3I3UnIn I2决定I1 典题例析析典题 学通法 例 3(2020枣庄模拟)(多选)如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1-7-n2101，原线圈接入电压u220 2sin(100t)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R010，可变电阻R的阻值范围为 010，则()A副线圈中交变电流的频率为 100 Hz Bt0.02 s 时，电压表的示数为 22 V 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 A D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 审题干提取信息(1)从输

17、入电压的表达式可知道电压的最大值 220 2 V，有效值为 220 V，角速度 100，周期T20.02 s，频率f1T50 Hz.(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、副线圈中交变电流的周期、频率都是相同的，由u220 2sin(100t)V 可知100，由2f可知f250 Hz，A 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 2

18、即U1220 V由U1U2n1n2可得U222 V，所以 B 选项是正确的调节R，R副的取值范围是 1020，P2U22R副，可得P2的范围是 24.248.4 W，由于是理想变压器，P1的范围也是 24.248.4 W，由P1U1I1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 51，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 51

19、B电压表的读数约为 31.11 V C若滑动变阻器接入电路的阻值为 20，则 1 min 内产生的热量为 2 904 J D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n1I1n2I2，可得I1I2n2n115，选项 A 错误；U1220 V，U244 V，-8-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U22RT2U2RT，代入数据可得变阻器两端电压有效值U22 2 V31.11 V，选项 B 正确；1 min 内电阻R上产生的热量为QU2Rt2 904 J，选项 C 正确；

20、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n1n2110，在T1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为 2r2，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为n3n4101，若T2的“用电设备”两端的电压为U4200 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()AT1的副线圈两

21、端电压的最大值为 2 010 2 V BT2的原线圈两端的电压为 2 000 V C输电线上损失的电功率为 50 W DT1的原线圈输入的电功率为 10.1 kW 解析：ABC U3U4n3n4，解得U32 000 V，“用电设备”中的电流I4PU410 kW200 V50 A，输电线上的电流I2I3I4105 A，输电线上损失的电压为 UI22r10 V，升压变压器副线圈两端的电压U2U3U2 010 V，T1的副线圈两端电压的最大值为 2 010 2 V，A、B正确；输电线上损失的电功率 PI222r50 W，C 正确；T1的原线圈输入的电功率为PPP10 000 W50 W10 050

22、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：-9-由U1和n1n2决定U2；由负载电阻R和U2决定I2；由P2U2I2，确定P1；由P1U1I1，确定I1.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G500 N，电源电动势E90 V，电源内阻r2，不计各处摩擦，当电动机以v

23、0.6 m/s 的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I5 A，下列判断不正确的是()A电动机消耗的总功率为 400 W B电动机线圈的电阻为 0.4 C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FvGv5000.6 W300 W，此时电路中的电流I5 A，则电源的总功率P总EI905 W450 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I2rI2R，则得RP总P重I2rI245030052252 4，电动机消耗的总功率P电P重I2R400 W，电源的效率1P总I2rP总100%450522450100%88.9%，电动机的效率2P重P重I2R

24、100%300300524100%75%，故选项 B 符合题意 2(2020广州模拟)在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1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 A1、A2和V 的示数分别为I1、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()AI1增大，I2不变，U增大 BI1减小，I2增大，U减小 CI1增大，I2减小，U增大 DI1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 A1测量流过R1的电流，电流表 A2测量流过R2的电流R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的

25、总电阻减小，总电流增大，-10-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，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1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E8 V，内阻r2，电阻R26，电容为 1F 的平行板电容器水平放置且下极板接地当滑动变阻器R1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()A此时P点电势为 6 V B电容器上极板所带电荷量为 6106 C C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

26、移动少许，则油滴将向下移动 解析：B 由闭合电路的欧姆定律可知：路端电压UR2R2rE6 V，那么电容器两极的电势差为 6 V，又有下端接地，故电势为零，那么P点电势为12U3 V，故 A 错误；电容器上极板所带电荷量QCU11066 C6106 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

27、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 1 所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的金属正方形线圈abcd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 2 所示，则下列说法正确的是()At3 s 时刻通过线圈的磁通量为零 Bab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 Hz Ddc边两端电压的有效值为 2 2 V 解析：ABD 由图乙可知，当t3 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

28、边与dc边切割磁感线，产生电动势，由EBLv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UIR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 B-11-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：f1T10.04 Hz25 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 2 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，每一条边的电阻都是r，则E4 2 V 电路中的电流：I2E4r dc边两侧的电压：UdcEIrE2E4rr12E2 2 V故 D 正确 5(多选)如图所示，图线

29、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，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是()A在图中t0 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 32 C交流电a的瞬时值表达式为u10sin 5t(V)D交流电b的最大值为203 V 解析：BCD 在图中t0 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 0.4 s，b的周期为 0.6 s，转速与周期成反比，所以转速之比为 32，B 正确；交流电的瞬时值表达式为uUm sin t，所以a的瞬时值表达式为u10sin20.4t10sin 5t(V)，C

30、 正确；由UmNBS，可知角速度变为原来的23，则最大值变为原来的23，交流电b的最大值为203 V，D 正确 6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t0 时产生的感应电动势最大 B图线甲、乙对应的线圈在t2.0 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 45 D图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为 2.5 A 解析：B 在t0 时，甲最大，则产生的感应电动势最小，故 A 错误；因为在t0.2 -12-s102.0 s 时，

31、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、乙图线对应的周期之比为 45，而线圈的转速n1T，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为54，故 C 错误；甲图线对应的线圈中交流电压的峰值EmBSm0.420.16 V5 V，电流的峰值ImEmR5 A，故 D 项错误 题组三 变压器及远距离输电 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E2，则该变压器的原、副线圈匝数比为()A41 B14 C161

32、 D116 解析：B 当接直流电源时，有：RRr94.1%解得：R16r 根据原副线圈的电压比等于匝数比可知：n1n2U1U2E2U2 解得：U2En22n1 根据原副线圈的功率相等可知：I1U1I2U2 即为：E2rE2En22n12R 解得：n1n214 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 L1、L2为规格相同的两只小灯泡当 S 断开时，灯 L1正常发光保持原线圈输入电压不变，S 闭合后，下列说法正确的是()A电阻R消耗的功率增大 B原线圈的输入电流减小 -13-C原、副线圈的电压比增大 D灯 L1、L2都能正常发光 解析：A

33、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 L1、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)、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 21.闭合开关 S

34、，在a、b两端输入正弦式交变电流u100 2sin 10t(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 21，原线圈两端的电压的有效值为 100 V，根据U1U2n1n2，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

35、，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资阳模拟)如图所示，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下列说法正确的是()A原、副线圈匝数之比为 19 B原、副线圈匝数之比为 91 C此时a和b的电功率之比为 101 D此时a和b的电功率之比为 110 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，输出电压为U；则可知，原副线圈匝数之比为 91，故 A 错误，B 正确；根据公式I1I2n2n1可得I1I2-14

36、-19，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式PUI可得两者的电功率之比为 19；故 C 错误，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 U，则下列判断正确的是()A电流表 A2的示数增大了UR B电流表 A1的示数增大了nUR C电压表 V1的示数减小了 U D输电线损失的功率增加了nUR2R 解析：B 由UU1m得U1Um，由于U、m不变，故U1不变，故

37、 C 错设降压变压器的输入电压为U，则UU1I1R，由UU2n得，U21nUmI1R，则 URnI1，由此可见，电流表 A1的示数增大了nUR，即 B 正确 由I1I21n得I2nI1，由此可知，I2增大了n2UR，故 A 错 输电线损失的功率增加量 P(I1I1)2RI21R2I1I1RI21RnUR2R，故 D 错 12.(2020新课标卷一模)如图所示，直角三角形导线框OPQ放置在磁感应强度大小为B，方向垂直于OQ向右的匀强磁场中，且OP边的长度为L，POQ.当导线框绕OQ边以角速度逆时针转动(从O向Q观察)时，下列说法正确的是()A导线框OPQ内无感应电流 B导线框OPQ内产生大小恒定

38、，方向周期性变化的交变电流 CP点的电势始终大于O点的电势 D如果截去导线PQ，则P、O两点的电势差的最大值为12BL2sin cos 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EBLLsin 2cos sin t12BL2sin cos sin t，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-15-产生正弦式交变电流，P点的电动势与O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UBLLsin 2cos sin t12BL2sin cos

39、sin t，故最大值为12BL2sin cos，故 D 正确 13(2020衡水模拟)(多选)如图所示，面积S0.5 m2、n50 匝、电阻不计的矩形闭合导线圈ABCD处于磁感应强度大小为B210 T 的水平匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴OO以角速度200 rad/s 匀速转动，并与理想变压器原线圈 1 相连，副线圈 2 接入一只“220 V 100 W”的灯泡甲，副线圈 3 接入一只“110 V 60 W”的灯泡乙与滑动变阻器，已知当滑动变阻器的滑片处于最左端时两灯均正常发光，交流电流表的量程为 00.6 A，且为理想电表下列说法正确的是()A从图示位置计时，线框中交变电压瞬时值的表达式为

40、e500 2sin 200t V B当两灯正常发光时，交流电流表的示数为 0.30 A C变压器线圈的匝数之比为n1n2n3502211 D当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数增大 解析：AC 图示位置穿过线框的磁通量最大，电动势的最大值EmNBS502100.5200 V500 2 V图示位置穿过线框的磁通量最大，导线框中产生交变电压的表达式为u500 2sin 200t V故 A 正确；变压器副线圈 2 中的电功率为 100 W，变压器副线圈 3中电功率为 60 W，则变压器原线圈中的电功率为 160 W，所以变压器原线圈中电流强度I1P1U1160500 A825 A故 B 错误；

41、电动势的最大值为 500 2 V，则交流电压的有效值 500 V滑动变阻器的滑片处于最左端时接入电路中的电阻值为 0；根据电压之比等于匝数比，则原副线圈的匝数比500220110502211，故 C 正确，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，接入副线圈的电阻值增大，所以副线圈 3 中的电流值减小，输出功率与输入功率都减小，所以电流表的示数减小，故 D 错误 14(多选)如图所示的电路中，E为电源，内电阻为r，V 为理想电压表，L 为阻值恒为2r的小灯泡，定值电阻R1的阻值恒为r，R3为半导体材料制成的光敏电阻(其阻值随光照的增强而减小)电容器两极板处于水平状态，闭合开关 S，电容器中心P点有一带电小

42、球处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是()A若将R2的滑片上移，则电压表的示数变小 -16-B若突然将电容器上极板上移，则小球在P点的电势能增大 C若光照变强，则小球会向上运动 D若光照变强，则A、B间电路的功率变大 解析：BD R2与电容器C串联，若只是将R2的滑片上移，对电路没有影响，电压表示数不变，A 项错误；若只是将电容器上极板上移，则电容器两端电压UC不变，两极板间距d增大，场强E减小，P点的电势减小，由题分析可知小球带负电，则小球在P点的电势能增大，B 项正确；若光照变强，则光敏电阻R3的阻值减小，灯 L 和R3两端电压减小，电容器两端电压减小，两极板间场强E减小，小球所受电场力减小，球会向下运动，C 项错误；将R1视为电源一部分，则等效电源内阻阻值为 2r，而A、B间 L 和R3的总电阻为RLR32rR32r，若光照变强，则R3的阻值减小，A、B间电路的功率变大，故 D 项正确