高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專題七 電磁感應(yīng)與電路 第2講 直流電路和交流電路-人教版高三全冊物理試題

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1、第2講　直流電路和交流電路 1.純電阻電路和非純電阻電路的電功、電功率的比較 (1)純電阻電路：電功W＝UIt，電功率P＝UI，且電功全部轉(zhuǎn)化為電熱，有W＝Q＝UIt＝t＝I2Rt，P＝UI＝＝I2R. (2)非純電阻電路：電功W＝UIt，電功率P＝UI，電熱Q＝I2Rt，電熱功率P熱＝I2R，電功率大于電熱功率，即W>Q，故求電功、電功率只能用W＝UIt、P＝UI，求電熱、電熱功率只能用Q＝I2Rt、P熱＝I2R. 2.電源的功率和效率 (1)電源的幾個功率 ①電源的總功率：P總＝EI ②電源內(nèi)部消耗的功率：P內(nèi)＝I2r ③電源的輸出功率：P出＝UI＝P總－P內(nèi) (2)

2、電源的效率η＝×100%＝×100% 3.交流電的“四值” (1)最大值Em＝NBSω. (2)瞬時值e＝NBSωsin_ωt. (3)有效值：正弦式交流電的有效值E＝；非正弦式交流電的有效值必須根據(jù)電流的熱效應(yīng)，用等效的思想來求解.計算交流電路的電功、電功率和測定交流電路的電壓、電流都是指有效值. (4)平均值：＝n，常用來計算通過電路的電荷量. 4.理想變壓器的基本關(guān)系式 (1)功率關(guān)系：P入＝P出. (2)電壓關(guān)系：＝. (3)電流關(guān)系：只有一個副線圈時＝. 直流電路動態(tài)分析方法 (1)程序法：基本思路是“部分→整體→部分”.即從阻值的變化入手，由串、并聯(lián)規(guī)律判

3、定R總的變化情況，再由閉合電路歐姆定律判斷I總和U端的變化情況，最后由部分電路歐姆定律及串聯(lián)分壓、并聯(lián)分流等規(guī)律判斷各部分的變化情況. (2)結(jié)論法——“串反并同”： “串反”：指某一電阻增大(減小)時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小(增大). “并同”：指某一電阻增大(減小)時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大(減小). 例1　(多選)如圖1所示，直流電源、滑動變阻器、平行板電容器與理想二極管(正向電阻為0，反向電阻為∞)連接，電源負(fù)極接地.開始時電容器不帶電，閉合開關(guān)S，穩(wěn)定后，一帶電油滴恰能靜止在電容器中P點.在開關(guān)S保持

4、接通的狀態(tài)下，下列說法正確的是(　　) 圖1 A.當(dāng)滑動變阻器的滑片向上滑動時，帶電油滴會向上運(yùn)動 B.當(dāng)電容器的上極板向上移動時，帶電油滴會向下運(yùn)動 C.當(dāng)電容器的下極板向下移動時，P點的電勢不變 D.當(dāng)電容器的下極板向左移動時，P點的電勢會升高 解析　當(dāng)滑動變阻器的滑片向上滑動時，變阻器有效阻值增大，R的電壓增大，則電容器板間電壓增大，場強(qiáng)增大，油滴所受的電場力增大，所以帶電油滴會向上運(yùn)動.故A正確；當(dāng)電容器的上極板向上移動時，由電容的決定式C＝知，電容減小，而電容器的電壓不變，由C＝知，Q要減小，電容器要放電，由于二極管的單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放電，則電容器的帶電量不

5、變，根據(jù)推論可知電容器板間場強(qiáng)不變，油滴所受的電場力不變，所以帶電油滴仍靜止不動，故B錯誤；當(dāng)電容器的下極板向下移動時，電容器所帶的電量Q不變，由E＝知電容器板間場強(qiáng)不變，由U＝Ed知，P與下極板間的電勢差變大，P點的電勢會升高.故C錯誤；當(dāng)電容器的下極板向左移動時，C＝，電容器的電容減小，由C＝知，Q要減小，電容器要放電，由于二極管的單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放電，則電容器的帶電量不變，那么只能是極板間U增大，由E＝知電容器板間場強(qiáng)變大，則P與下極板間的電勢差變大，P點的電勢升高.故D正確. 答案　AD 預(yù)測1　(多選)如圖2所示的火警報警裝置，R1為熱敏電阻，若溫度升高，則R1的阻值會

6、急劇減小，從而引起電鈴電壓的增加，當(dāng)電鈴電壓達(dá)到一定值時，電鈴會響.下列說法正確的是(　　) 圖2 A.要使報警的臨界溫度升高，可以適當(dāng)增大電源的電動勢 B.要使報警的臨界溫度降低，可以適當(dāng)增大電源的電動勢 C.要使報警的臨界溫度升高，可以把R2的滑片P適當(dāng)向下移 D.要使報警的臨界溫度降低，可以把R2的滑片P適當(dāng)向下移 答案　BD 解析　要使報警的臨界溫度升高，R1對應(yīng)的阻值減小，電路中電流會增大，電鈴兩端的電壓會增大，而電鈴電壓達(dá)到一定值時，電鈴會響，要使電鈴的電壓仍為原來的值，必須適當(dāng)減小電源的電動勢，相反，要使報警的臨界溫度降低，可以適當(dāng)增大電源的電動勢.故A錯誤，B

7、正確.要使報警的臨界溫度升高，R1對應(yīng)的阻值減小，根據(jù)串聯(lián)電路的特點可知，將使電鈴的電壓增大，要使電鈴的電壓仍為原來的值，可以把R2的滑片P適當(dāng)向上移，以減小R2，相反，要使報警的臨界溫度降低，可以把R2的滑片P適當(dāng)向下移，故C錯誤，D正確.故選B、D. 預(yù)測2　(2016·全國甲卷·17)阻值相等的四個電阻、電容器C及電池E(內(nèi)阻可忽略)連接成如圖3所示電路.開關(guān)S斷開且電流穩(wěn)定時，C所帶的電荷量為Q1；閉合開關(guān)S，電流再次穩(wěn)定后，C所帶的電荷量為Q2.Q1與Q2的比值為(　　) 圖3 A. B. C. D. 答案　C 解析　S斷開時等效電路圖如圖甲所示. 甲 電

8、容器兩端電壓為U1＝×R×＝E； S閉合時等效電路圖如圖乙所示. 乙 電容器兩端電壓為U2＝×R＝E， 由Q＝CU得＝＝，故選項C正確. 解題方略 1.線圈通過中性面時的特點 (1)穿過線圈的磁通量最大； (2)線圈中的感應(yīng)電動勢為零； (3)線圈每經(jīng)過中性面一次，感應(yīng)電流的方向改變一次. 2.交流電的“四值” (1)最大值Em＝NBSω.分析電容器的耐壓值. (2)瞬時值e＝NBSωsin ωt.計算閃光電器的閃光時間、線圈某時刻的受力情況. (3)有效值：正弦式交流電的有效值E＝；非正弦式交流電的有效值必須根據(jù)電流的熱效應(yīng)，用等效的思想來求解.計算交流電路

9、的電功、電功率和測定交流電路的電壓、電流都是指有效值. (4)平均值：＝n，常用來計算通過電路的電荷量. 例2　如圖4甲所示，電阻為1 Ω的矩形線圈繞垂直勻強(qiáng)磁場的轉(zhuǎn)軸OO′勻速旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生交流電，現(xiàn)將此電流給阻值為R＝10 Ω的小燈泡L供電，通過電流傳感器得到燈泡中電流的圖象如圖乙，不考慮溫度對燈泡阻值的影響，下列說法正確的是(　　) 圖4 A.在t＝5×10－3 s時，線圈處于中性面位置 B.在t＝10×10－3 s時，穿過線圈的磁通量最大 C.交變電流的瞬時表達(dá)式為i＝5cos 50πt(A) D.線圈產(chǎn)生的交流電的電動勢為55 V 解析　由圖乙可知t＝5×10－3 s時

10、刻感應(yīng)電流最小為零，此時線圈所在平面處于中性面位置，故A正確；t＝10×10－3 s時刻感應(yīng)電流最大，此時線圈所在平面與中性面位置垂直，所以穿過線圈回路的磁通量最小，故B錯誤；周期T＝0.02 s，角速度ω＝＝100π rad/s，故電流的瞬時表達(dá)式為i＝5cos 100πt(A)，故C錯誤；線圈產(chǎn)生的交流電的電動勢最大值為Em＝Im(R＋r)＝55 V，D錯誤. 答案　A 預(yù)測3　如圖5所示是某興趣小組用實驗室的手搖發(fā)電機(jī)給小燈泡供電的裝置示意圖.在某次勻速轉(zhuǎn)動手柄的過程中，他們發(fā)現(xiàn)小燈泡周期性的閃亮.以下判斷正確的是(　　) 圖5 A.圖示位置線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大 B.

11、若增大手搖發(fā)電機(jī)的轉(zhuǎn)速，燈泡亮度將不變 C.若增大手搖發(fā)電機(jī)的轉(zhuǎn)速，燈泡閃亮的頻率將變大 D.小燈泡周期性閃亮的主要原因是電路接觸不良 答案　C 解析　圖示位置線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最小，故A錯誤；若增大手搖發(fā)電機(jī)的轉(zhuǎn)速，角速度將增大，頻率將增大，產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢Em＝NBSω，故燈泡的亮度增大，故B錯誤，C正確；小燈泡周期性閃亮的主要原因是產(chǎn)生的電流為交流電，故D錯誤. 預(yù)測4　(多選)如圖6所示，圖線a是線圈在勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動時所產(chǎn)生正弦式電流的圖象，當(dāng)調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速后，所產(chǎn)生正弦式電流的圖象如圖線b所示，以下關(guān)于這兩個正弦式電流的說法正確的是(　　) 圖6 A.在圖

12、中t＝0時刻穿過線圈的磁通量均為零 B.線圈先后兩次轉(zhuǎn)速之比為3∶2 C.正弦式電流a的瞬時值為u＝10sin 5πt V D.正弦式電流b的最大值為 V 答案　BCD 解析　t＝0時刻兩個正弦式電流的感應(yīng)電動勢瞬時值均為零，線圈都與磁場垂直，穿過線圈的磁通量都最大.故A錯誤.由圖讀出兩電流周期之比為Ta∶Tb＝0.4 s∶0.6 s＝2∶3，而T＝，則線圈先后兩次轉(zhuǎn)速之比為3∶2.故B正確.正弦式電流a的瞬時值為u＝Umsin t＝10sin t V＝10sin 5πt V.故C正確.根據(jù)電動勢最大值公式Em＝nBSω＝nBS得到，兩電動勢最大值之比為Ema：Emb＝Tb∶Ta＝3

13、∶2，Ema＝10 V，則得到正弦式電流b的最大值為Emb＝ V.故D正確. 解題方略 理想變壓器動態(tài)分析的兩種情況 (1)負(fù)載電阻不變，討論變壓器原、副線圈兩端的電壓、電流、電功率等隨匝數(shù)比的變化情況. (2)匝數(shù)比不變，討論變壓器原、副線圈兩端的電壓、電流、電功率等隨負(fù)載電阻的變化情況. 不論哪種情況，要注意兩點：一、根據(jù)題意分清變量和不變量；二、弄清“誰決定誰”的制約關(guān)系.對電壓而言，輸入決定輸出；對電流、電功(率)而言，輸出決定輸入. 例3　(2016·全國乙卷·16)一含有理想變壓器的電路如圖7所示，圖中電阻R1、R2和R3的阻值分別為3 Ω、1 Ω和4 Ω，為理想交

14、流電流表，U為正弦交流電壓源，輸出電壓的有效值恒定.當(dāng)開關(guān)S斷開時，電流表的示數(shù)為I；當(dāng)S閉合時，電流表的示數(shù)為4I.該變壓器原、副線圈匝數(shù)比為(　　) 圖7 A.2 B.3 C.4 D.5 解析　開關(guān)斷開時，電路如圖甲所示，原、副線圈的電流比＝，通過R2的電流I2＝，副線圈的輸出電壓U2＝I2(R2＋R3)＝，由＝可得原線圈兩端的電壓U1＝5I2，則U＝U1＋I(xiàn)R1＝5I2＋3I；開關(guān)閉合時，電路如圖乙所示，原、副線圈的電流比＝，通過R2的電流I2′＝，副線圈的輸出電壓U2′＝I2′R2＝，由＝可得原線圈兩端的電壓U1′＝4I2，則U＝U1′＋4IR1＝4I2＋12I，聯(lián)立解

15、得＝3，選項B正確. 　 甲　　　　　　　　　　乙 答案　B 預(yù)測5　一理想變壓器的原線圈連接一只交流電流表，副線圈接入電路的匝數(shù)可以通過滑動觸頭Q調(diào)節(jié)，如圖8所示.在副線圈輸出端連接了定值電阻R0和滑動變阻器R，原線圈上加一電壓為U的交流電，則(　　) 圖8 A.保持Q位置不動，將P向上滑動時，電流表的讀數(shù)變大 B.保持Q位置不動，將P向上滑動時，電流表的讀數(shù)不變 C.保持P位置不動，將Q向上滑動時，電流表的讀數(shù)變小 D.保持P位置不動，將Q向上滑動時，電流表的讀數(shù)變大 答案　D 解析　在原、副線圈匝數(shù)比一定的情況下，變壓器的輸出電壓由輸入電壓決定.因此，當(dāng)Q位置不

16、動時，輸出電壓U′不變，此時P向上滑動，負(fù)載電阻值R′增大，則輸出電流I′減小.根據(jù)輸入功率P1等于輸出功率P2，電流表的讀數(shù)I變小，故A、B錯誤；P位置不動，將Q向上滑動，則輸出電壓U′變大，I′變大，電流表的讀數(shù)變大，則選項C錯誤，D正確；故選D. 預(yù)測6　(多選)某同學(xué)模擬“遠(yuǎn)距離輸電”，將實驗室提供的器材連接成如圖9所示電路，A、B為理想變壓器，燈L1、L2相同且阻值不變.保持A的輸入電壓不變，開關(guān)S斷開時，燈L1正常發(fā)光.則(　　) 圖9 A.如果只閉合開關(guān)S，L1變暗 B.如果只閉合開關(guān)S，A的輸入功率變大 C.僅將滑片P上移，L1變亮 D.僅將滑片P上移，A的輸入

17、功率不變 答案　AB 解析　閉合S，副線圈電阻減小，則消耗功率增大，B副線圈中電流增大，B原線圈電流也增大，則R上損失的電壓和功率增大，則B輸入電壓減小，燈泡兩端電壓減小，故燈泡會變暗，故A正確；根據(jù)A分析知消耗和損失功率都增大，根據(jù)能量守恒知A的輸入功率變大，故B正確；僅將滑片P上移，A副線圈匝數(shù)減小，則輸出電壓減小，B的輸入電壓減小，燈泡電壓也減小，故L1變暗，消耗功率減小，則A輸入功率減小，故C、D錯誤. 解題方略 交變電流的綜合問題，涉及交流電路最大值、有效值、平均值、瞬時值的計算，與電磁感應(yīng)、安培力、閉合電路歐姆定律的綜合應(yīng)用等，解答時應(yīng)注意以下兩點： (1)分清交流電路“

18、四值”的不同計算方法和物理意義. (2)學(xué)會將直流電路、閉合電路歐姆定律的知識應(yīng)用在交流電路的綜合問題中. 例4　(多選)如圖10所示，導(dǎo)體棒ab兩個端點分別搭接在兩個豎直放置、電阻不計、半徑相等的金屬圓環(huán)上，圓環(huán)通過電刷與導(dǎo)線c、d相接.c、d兩個端點接在匝數(shù)比n1∶n2＝10∶1的變壓器原線圈兩端，變壓器副線圈接一滑動變阻器R0，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下，導(dǎo)體棒ab長為L(電阻不計)，繞與ab平行的水平軸(也是兩圓環(huán)的中心軸)OO′以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動.如果滑動變阻器的阻值為R時，通過電流表的電流為I，則(　　) 圖10 A.滑動變阻器上消耗的功率為P＝100I2R

19、 B.變壓器原線圈兩端的電壓U1＝10IR C.取ab在環(huán)的最低端時t＝0，則導(dǎo)體棒ab中感應(yīng)電流的表達(dá)式是i＝Isin ωt D.ab沿環(huán)轉(zhuǎn)動過程中受到的最大安培力F＝BIL 解析　由＝得I2＝10I，變阻器上消耗的功率為P＝IR＝(10I)2R＝100I2R，故A正確；副線圈的電壓為U＝I2R＝10IR，根據(jù)理想變壓器的電壓與匝數(shù)成正比可知，變壓器原線圈兩端的電壓U1＝100IR，故B錯誤；ab在最低點時，ab棒與磁場垂直，此時的感應(yīng)電動勢最大，感應(yīng)電流最大，所以棒ab中感應(yīng)電流的表達(dá)式應(yīng)為i＝Icos ωt，故C錯誤；ab在最低點時，ab棒與磁場垂直，此時的感應(yīng)電動勢最大，感應(yīng)電

20、流最大，最大值為I，此時的安培力也是最大的，最大安培力為F＝BIL，故D正確. 答案　AD 預(yù)測7　(多選)如圖11所示，單匝矩形導(dǎo)線框abcd與勻強(qiáng)磁場垂直，線框電阻不計，線框繞與cd邊重合的固定轉(zhuǎn)軸以恒定角速度從圖示位置開始勻速轉(zhuǎn)動，理想變壓器匝數(shù)比為n1∶n2.開關(guān)S斷開時，額定功率為P的燈泡L1正常發(fā)光，電流表示數(shù)為I，電流表內(nèi)阻不計，下列說法正確的是(　　) 圖11 A.線框中產(chǎn)生的電流為正弦式交變電流 B.線框從圖中位置轉(zhuǎn)過時，感應(yīng)電動勢瞬時值為 C.燈泡L1的額定電壓等于 D.如果閉合開關(guān)S，則電流表示數(shù)變大 答案　ABD 解析　根據(jù)產(chǎn)生交變電流的條件，A正

21、確；轉(zhuǎn)過時，感應(yīng)電動勢的瞬時值應(yīng)為Em，正好是有效值的大小，B正確；C中燈泡L1的額定電壓應(yīng)為，C錯誤；開關(guān)S閉合，并聯(lián)L2后負(fù)載總電阻減小，U2不變，I2增大，I1也增大，D正確. 預(yù)測8　在如圖12甲所示的電路中，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為5∶1，原線圈接入圖乙所示的電壓，副線圈接火災(zāi)報警系統(tǒng)(報警器未畫出)，圖中電壓表和電流表均為理想電表，R0為定值電阻，RT為熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減小.下列說法中正確的是(　　) 圖12 A.電壓表的示數(shù)為44 V B.圖乙中電壓的有效值為220 V C.RT處出現(xiàn)火災(zāi)時，電流表示數(shù)減小 D.RT處出現(xiàn)火災(zāi)時，電阻R0消耗的電

22、功率增大 答案　D 解析　設(shè)將此電流加在阻值為R的電阻上，電壓的最大值為Um，電壓的有效值為U.則×＝·T，代入數(shù)據(jù)得圖乙中電壓的有效值為110 V；變壓器原、副線圈中的電壓與匝數(shù)成正比，所以變壓器原、副線圈中的電壓之比是5∶1，所以電壓表的示數(shù)為22 V，故A、B錯誤；RT處溫度升高時，阻值減小，副線圈電流增大，電阻R0消耗的電功率增大，而輸出功率和輸入功率相等，所以原線圈電流增大，即電流表示數(shù)增大，故C錯誤，D正確. 專題強(qiáng)化練 1.咸陽市區(qū)某學(xué)校創(chuàng)建綠色校園，如圖1甲為新裝的一批節(jié)能燈，該路燈通過光控開關(guān)實現(xiàn)自動控制：電燈的亮度可自動隨周圍環(huán)境的亮度改變而改變.如圖乙為其內(nèi)部電路

23、簡化原理圖，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，Rt為光敏電阻(光照強(qiáng)度增加時，其電阻值減小).現(xiàn)增加光照強(qiáng)度，則下列判斷正確的是(　　) 圖1 A.電源路端電壓不變 B.R0兩端電壓變大 C.B燈變暗，A燈變亮 D.電源總功率不變 答案　B 解析　由題意，增加光照強(qiáng)度，Rt減小，外電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，干路電流I增大，電源的內(nèi)電壓增大，路端電壓U減小，則A燈變暗，通過R0電流I0＝I－IA，I增大，而IA減小，則I0增大，R0兩端電壓U0增大，而R0、B的電壓之和等于路端電壓，路端電壓減小，則知，B的電壓減小，B燈變暗；電源的總功率P＝EI，I增大，則P增大.

24、故B正確，A、C、D錯誤. 2.如圖2所示的閉合電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，電阻箱R1、R2、電燈和理想電流表A1、A2分別接入電路中，電燈的電阻為RL(電表和用電器均安全工作)，下列說法正確的是(　　) 圖2 A.僅調(diào)節(jié)R1，電流表A1的示數(shù)總大于A2的示數(shù) B.僅使R2減小，電流表A2變化量比A1變化量大 C.僅使R1增大，電源內(nèi)阻消耗的功率變大 D.僅調(diào)節(jié)電阻箱R1，RL＝R1＋r時，電燈L可達(dá)到最亮 答案　B 解析　僅調(diào)節(jié)R1，RL與R2的大小關(guān)系不確定，所以電流表A1的示數(shù)不一定總大于A2的示數(shù).故A錯誤.僅使R2減小，并聯(lián)部分電阻減小，通過RL的電流減小，

25、總電流增大，則通過R2的電流增大，且電流表A2變化量比A1變化量大.故B正確.僅使R1增大，總電阻增大，總電流減小，則電源內(nèi)阻消耗的功率減小，故C錯誤.僅調(diào)節(jié)電阻箱R1，R1＝0時，電路中電流最大，電燈L的電壓最大，達(dá)到最亮，故D錯誤. 3.(多選)如圖3所示，虛線框內(nèi)為漏電保護(hù)開關(guān)的原理示意圖：變壓器A處用火線和零線平行繞制成線圈，然后接到用電器.B處有一個輸出線圈，一旦線圈B中有電流，經(jīng)放大后便能推動繼電器切斷電源.如果甲、乙、丙、丁四人分別以圖示方式接觸電線(裸漏部分)，甲、乙、丙站在木凳上，則下列說法正確的是(　　) 圖3 A.甲不會發(fā)生觸電事故，繼電器不會切斷電源 B.乙

26、會發(fā)生觸電事故，繼電器不會切斷電源 C.丙會發(fā)生觸電事故，繼電器會切斷電源 D.丁會發(fā)生觸電事故，繼電器會切斷電源 答案　AD 解析　甲、乙、丙、丁四人，只有丁電流由火線經(jīng)丁流入大地，出現(xiàn)漏電，繼電器會切斷電源. 4.(多選)如圖4所示，一邊長為L的正方形均勻線圈，以AB邊所在直線為軸在勻強(qiáng)磁場B中做勻速轉(zhuǎn)動，線圈轉(zhuǎn)動的角速度為ω，若以圖示位置為零時刻，則下列選項反映四條邊上的電勢差隨時間的變化正確的有(　　) 圖4 答案　AD 解析　線圈在磁場中轉(zhuǎn)動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，只有CD邊產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值為Em＝BL2ω，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的瞬時值為e

27、＝BL2ωcos ωt，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知AB、BC、AD邊的最大感應(yīng)電動勢為Em′＝Em＝BL2ω，故這三個邊的電壓的瞬時值為e′＝BL2ωcos ωt，結(jié)合產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向可知，A、D正確，B錯誤；CD端的電壓即為路端電壓，故瞬時值為e″＝BL2ωcos ωt，故C錯誤. 5.電阻為1 Ω的矩形線圈繞垂直于磁場方向的軸在勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的交變電動勢隨時間變化的圖象如圖5所示.現(xiàn)把交流電加在電阻為9 Ω的電熱絲上，則下列說法中正確的是(　　) 圖5 A.線圈轉(zhuǎn)動的角速度為31.4 rad/s B.如果線圈轉(zhuǎn)速提高一倍，則電流不會改變 C.電熱絲兩端的電壓U＝1

28、00 V D.電熱絲的發(fā)熱功率P＝1 800 W 答案　D 解析　從圖中可知：T＝0.02 s，ω＝＝314 rad/s，故A錯誤；其他條件不變，如果線圈轉(zhuǎn)速提高一倍，角速度ω變?yōu)樵瓉淼膬杀?由電動勢最大值Em＝NBSω得知，交流電動勢的最大值變?yōu)樵瓉淼膬杀?，電壓的有效值為原來?倍，根據(jù)歐姆定律可知電流發(fā)生改變.故B錯誤.該交流電壓的最大值為200 V，所以有效值為100 V，則電熱絲兩端的電壓為×100 V＝90 V，故C錯誤；根據(jù)P＝得：P＝ W＝1 800 W，故D正確. 6.(多選)如圖6所示是小型交流發(fā)電機(jī)的示意圖，線圈繞垂直于磁場方向的水平軸OO′沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，角

29、速度為ω，線圈匝數(shù)為n、電阻為r，外接電阻為R，交流電流表.線圈從圖示位置(線圈平面平行于磁場方向)開始轉(zhuǎn)過時的感應(yīng)電流為I.下列說法中正確的是(　　) 圖6 A.電流表的讀數(shù)為2I B.轉(zhuǎn)動過程中穿過線圈的磁通量的最大值為 C.從圖示位置開始轉(zhuǎn)過的過程中，通過電阻R的電荷量為 D.線圈轉(zhuǎn)動一周的過程中，電阻R產(chǎn)生的熱量為 答案　BCD 解析　由題有：I＝Imcos ，則得感應(yīng)電流的最大值Im＝2I，有效值I有＝Im＝I，則電流表的讀數(shù)為I，故A錯誤；感應(yīng)電動勢的最大值Em＝Im(R＋r)＝2I(R＋r)，又Em＝nBSω，磁通量的最大值Φm＝BS，聯(lián)立解得：Φm＝BS＝，故

30、B正確；從圖示位置開始轉(zhuǎn)過的過程中，通過電阻R的電荷量q＝n＝n＝n··＝，故C正確；線圈轉(zhuǎn)動一周的過程中，電阻R產(chǎn)生的熱量Q＝IRT＝(I)2R·＝，故D正確. 7.有一理想變壓器，副線圈所接電路如圖7所示，燈L1、L2為規(guī)格相同的兩只小燈泡.當(dāng)S斷開時，燈L1正常發(fā)光.S閉合后，下列說法正確的是(　　) 圖7 A.燈L1、L2都能正常發(fā)光 B.原線圈的輸入功率減小 C.原、副線圈的電流比增大 D.電阻R消耗的功率增大 答案　D 解析　當(dāng)S閉合后，電路的總電阻減小，副線圈的電流增大，所以通過電阻R的電壓增大，R消耗的功率增大，燈泡兩端的電壓減小，燈L1、L2都不能正常發(fā)光

31、，故A錯誤，D正確；由于副線圈中負(fù)載電阻減小，消耗的功率P＝，故消耗的功率增大，輸入功率等于輸出功率，故原線圈的輸入功率增大，故B錯誤；變壓器原、副線圈的匝數(shù)不變，故原、副線圈中電流之比不變，故C錯誤. 8.(多選)(2016·全國丙卷·19)如圖8，理想變壓器原、副線圈分別接有額定電壓相同的燈泡a和b.當(dāng)輸入電壓U為燈泡額定電壓的10倍時，兩燈泡均能正常發(fā)光.下列說法正確的是(　　) 圖8 A.原、副線圈匝數(shù)比為9∶1 B.原、副線圈匝數(shù)比為1∶9 C.此時a和b的電功率之比為9∶1 D.此時a和b的電功率之比為1∶9 答案　AD 解析　設(shè)燈泡的額定電壓為U0，兩燈泡均能

32、正常發(fā)光，所以原線圈輸出端電壓為U1＝9U0，副線圈兩端電壓為U2＝U0，故＝，＝＝，A正確，B錯誤；根據(jù)公式＝可得，＝，由于小燈泡兩端的電壓相等，所以根據(jù)公式P＝UI可得，燈泡a和b的電功率之比為1∶9，C錯誤，D正確. 9.如圖9甲所示的電路中，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為10∶1，A、V均為理想電表，R為光敏電阻(其阻值隨光強(qiáng)增大而減小)，L1和L2是兩個完全相同的燈泡.原線圈接入如圖乙所示的正弦交流電壓u，下列說法正確的是(　　) 圖9 A.電壓u的頻率為100 Hz B.電壓表V的示數(shù)為22 V C.當(dāng)光強(qiáng)增大時，A示數(shù)變小 D.當(dāng)L1的燈絲燒斷后，V示數(shù)不變 答案

33、　D 解析　原線圈接入如題圖乙所示的正弦交流電壓，T＝0.02 s，所以頻率為f＝＝50 Hz，故A錯誤；原線圈接入電壓的最大值是220 V，所以原線圈接入電壓的有效值是U＝220 V，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為10∶1，所以副線圈電壓是22 V，所以V的示數(shù)小于22 V，故B錯誤；R阻值隨光強(qiáng)增大而減小，可知副線圈電流增加，副線圈輸出功率增加，所以原線圈輸入功率也增加，原線圈電流增加，所以A的示數(shù)變大，故C錯誤；當(dāng)L1的燈絲燒斷后，變壓器的輸入電壓不變，根據(jù)變壓比公式，輸出電壓也不變，故電壓表讀數(shù)不變，故D正確. 10.如圖10所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ T.單匝矩形線圈面積S＝1

34、 m2，電阻不計，繞垂直于磁場的軸OO′勻速轉(zhuǎn)動.線圈通過電刷與一理想變壓器原線圈相接，為交流電流表.調(diào)整副線圈的滑動觸頭P，當(dāng)變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶2時，副線圈電路中標(biāo)有“36 V，36 W”的燈泡正常發(fā)光.以下判斷正確的是(　　) 圖10 A.電流表的示數(shù)為1 A B.矩形線圈產(chǎn)生電動勢的最大值為18 V C.從矩形線圈轉(zhuǎn)到中性面開始計時，矩形線圈電動勢隨時間變化的規(guī)律為e＝18sin 90πtV D.若矩形線圈轉(zhuǎn)速增大，為使燈泡仍能正常發(fā)光，應(yīng)將P適當(dāng)下移 答案　C 解析　小燈泡正常發(fā)光，故變壓器的輸出電流為：I2＝＝1 A；根據(jù)變流比公式：＝，解得：I1＝2 A

35、，故A錯誤；小燈泡正常發(fā)光，故變壓器的輸出電壓為36 V，根據(jù)變壓比公式＝，解得：U1＝18 V，故矩形線圈產(chǎn)生電動勢的有效值為18 V，矩形線圈產(chǎn)生電動勢的最大值為18 V，故B錯誤；根據(jù)公式Em＝NBSω，解得：ω＝＝ rad/s＝90π rad/s，故從矩形線圈轉(zhuǎn)到中性面開始計時，矩形線圈電動勢隨時間的變化規(guī)律e＝Emsin ωt＝18sin 90πt V，故C正確；若矩形線圈轉(zhuǎn)速增大，根據(jù)公式Em＝NBSω，感應(yīng)電動勢的最大值增加，故有效值也增加；為使燈泡仍能正常發(fā)光，應(yīng)該減小變壓比，故應(yīng)將P適當(dāng)上移，故D錯誤. 11.如圖11所示為遠(yuǎn)距離輸電示意圖，兩變壓器均為理想變壓器，升壓變壓

36、器T的原、副線圈匝數(shù)比為k1.降壓變壓器T′的原、副線圈匝數(shù)比為k2.原線圈兩端接入一電壓u＝Umsin ωt的交流電源，用戶電阻為R(純電阻)，若用戶消耗功率為P，輸電線的總電阻為2r，不考慮其他因素的影響，則輸電線上損失的電功率Pr和用戶獲得的電壓U分別為(　　) 圖11 A.Pr＝P　　　U＝－ B.Pr＝P　　　U＝－ C.Pr＝P　　　U＝－ D.Pr＝P　　　U＝－ 答案　B 解析　用戶流過的電流為I4＝，故在輸電線路上的電流為I3＝＝，故損失的電功率為Pr＝I·2r＝P；升壓變壓器兩端電壓的有效值為U1＝， 輸電線路上損失的電壓為ΔU＝I3·2r，升壓變壓器副線圈兩端的電壓為U2＝ 故降壓變壓器原線圈的電壓為U3＝U2－ΔU，用戶獲得的電壓U＝ 聯(lián)立解得U＝－