第10讲 直流电路与交变电流-【优化探究】2025年高考物理二轮专题复习配套PPT课件（江苏专版）

专题四　电路与电磁感应 [构建知识网络] 第10讲　直流电路与交变电流 【目标要求】　1.会用闭合电路欧姆定律分析电路各部分之间的相互关系。2.能利用能量守恒定律和焦耳定律分析电学中的能量转化问题。3.掌握交变电流的产生与描述、四值的特点和相关计算。4.理解变压器的原理,会分析交流电路的动态变化以及远距离输电问题。 考点一　直流电路的分析 考点二　交变电流的产生和描述 内容索引 考点三　理想变压器　远距离输电 培优　热点训练 精准补弱 考点一　直流电路的分析 一 6 1.闭合电路欧姆定律的三个公式 (1)E=U外+U内;(任意电路) (2)E=U外+Ir;(任意电路) (3)E=I(R+r)。(纯电阻电路) 2.直流电路动态分析的两种常用方法 (1)程序分析法:遵循“局部—整体—局部”的思路,其流程如下: (2)结论法,即“串反并同”法 ①“串反”——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、消耗的电功率都减小(增大)。 ②“并同”——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、消耗的电功率都增大(减小)。 3.闭合电路中几种常见图像的比较 类型 公式 图像 特例 I-R 图像 I=   短路R=0,I=,图线始端; 断路R=∞,I=0,图线末端 U-R 图像 U=   短路R=0,U=0,U内=E; 断路R=∞,U=E,U内=0 U-I 图像 U=E-Ir   短路R=0,I=,U=0; 断路R=∞,I=0,U=E 类型 公式 图像 特例 P-R 图像 P=R   短路I=,P出=0; 断路I=0,P出=0; 当R=r时,P出最大,P出= P-I 图像 P=EI-I2r   短路I=,P出=0; 断路I=0,P出=0; 当I=时,P出最大,P出= 考向1　闭合电路欧姆定律、电路中的能量分析 [例1]　如图所示,A为电解槽,N为电炉,当S、S1闭合、S2断开时,电流表示数I1=5 A;当S、S2闭合、S1断开时,电流表示数I2=3 A。已知电源电动势E=15 V,电源内阻r=1 Ω,电解槽内阻RA=2 Ω,求: (1)电炉N的电阻RN; [答案]　(1)2 Ω　 [解析]　(1)由闭合电路欧姆定律有I1= 解得RN=2 Ω。 (2)当S、S2闭合、断开时,电能转化为化学能的功率P化。 [答案]　(2)18 W [解析]　(2)电源功率P电 =EI2 热功率P热=(RA+r) 电能转化为化学能的功率P化 =P电 -P热 解得P化 =18 W。 考向2　直流电路的动态分析 [例2]　(2024·江苏泰州一模)如图所示,电路中电源电动势为E、内阻为r,R1为滑动变阻器,R2为定值电阻。开关S闭合后,平行金属板中的带电液滴处于静止状态,电流表和电压表均为理想电表。当滑动变阻器滑片P向a端滑动过程中,下列说法正确的是(　　) A.电流表A1的示数减小 B.电流表A2的示数减小 C.电压表的示数先减小后增大 D.液滴向上运动 D [解析]　设滑动变阻器滑片上端部分的电阻阻值为Rx,外电路的阻值为R外=R1-Rx+=R1-,当滑动变阻器滑片P向a端滑动过程中,Rx增大,外电路的阻值R外减小,根据闭合电路欧姆定律,总电流I增大,电流表A1的示数增大,内电压增大,路端电压减小,电压表的示数减小,故A、C错误;根据串联分压,滑动变阻器的上端和R2的并联总电阻增大,则并联部分电阻所加电压U2增大,液滴所受静电力增大,液滴向上运动,再根据I2=可知,电流表A2的示数增大, 故B错误,D正确。 考向3　直流电路中常见图像 [例3]　如图(a)所示电路,R1为滑动变阻器,R2为定值电阻。从左向右移动滑动变阻器的滑片,根据理想电表数据得到的U-I图像如图(b)所示,则(　　)  A.R1的最大功率为4 W B.R2的最大功率为3 W C.电源的最大输出功率为4 W D.电源的输出功率先增大后减小 B [解析]　根据欧姆定律可知=R2,所以题 图(b)中斜率为正的图线反映V2表示数随I的 变化,则可知R2=3 Ω。设电源电动势为E, 内阻为r,根据闭合电路欧姆定律有U3=E-Ir,U1=E-I(r+R2),所以||=r,||=r+R2,所以题图(b)中斜率为负的两条图线中,斜率绝对值较大的图线反映了V1表示数随I的变化,则r+R2=4 Ω,斜率绝对值较小的图线反映了V3表示数随I的变化,则r=1 Ω,E=4 V,R1的功率为P1=I2R1==,根据数学知识可知,当R1=R2+r时, P1有最大值,为P1max=1 W,故A错误;当电路中电流最大时,R2的功率最大,此时R1接入电路的阻值为零,所以P2max=()2R2=3 W,故B正确;电源的输出功率为P=I2(R1+R2)==,从左向右移动滑动变阻器的滑片,R1+R2>r,P随R1接入电路阻值的增大而减小,当R1=0时,P有最大值,为Pmax=P2max=3 W,故C、D错误。 二 考点二　交变电流的产生和描述 20 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.有效值的计算 (1)正弦式交变电流:有效值是最大值的,即E=,I=,U=。 (2)非正弦式交变电流 ①计算有效值时,要根据电路中“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=t可分别求得电流的有效值和电压的有效值。 3.正弦式交变电流“四值”的应用 [例4]　(2024·广东卷)将阻值为50 Ω的电阻接在正弦式交流电源上。电阻两端电压随时间的变化规律如图所示。下列说法正确的是(　　) A.该交流电的频率为100 Hz B.通过电阻电流的峰值为0.2 A C.电阻在1 s内消耗的电能为1 J D.电阻两端电压表达式为u=10sin(100πt)V D [解析]　由题图可知交流电的周期为0.02 s,则频率为f==50 Hz,故A错误;根据图像可知电压的峰值为10 V,根据欧姆定律可知电流的峰值Im== A=0.2 A,故B错误;电流的有效值为I==0.2 A,所以电阻在1 s内消耗的电能为W=I2Rt=0.22×50×1 J=2 J,故C错误;根据图像可知其电压表达式为u=Umsin ωt=10sin(t)V=10sin(100πt)V,故D正确。 [例5]　(2024·河北卷)R1、R2为两个完全相同的定值电阻,R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图1所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的倍),R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图2所示,则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为(　　) A.2∶3　　　　　　　　　　 B.4∶3 C.2∶ D.5∶4 B [解析]　根据有效值的定义可知图1的有效值的计算式为T=×+×,解得U1= U0,图2的有效值为U2=,接在阻值大小相等的电阻上,因此Q1∶Q2=∶=4∶3,故选B。 三 考点三　理想变压器　远距离输电 28 1.理想变压器原、副线圈基本量的关系 功率关系 原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率,即P入=P出 电压关系 原、副线圈的电压比等于匝数比,即=,与副线圈的个数无关 电流关系 (1)只有一个副线圈时:= (2)有多个副线圈时:由P入=P出得U1I1=U2I2+U3I3+…+UnIn或I1n1=I2n2+I3n3+…+Innn 频率关系 f1=f2,变压器不改变交流电的频率 2.解决远距离输电问题的一般思路 (1)厘清三个回路 (2)抓住两个联系 ①理想的升压变压器中线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是=,=,P1=P2。 ②理想的降压变压器中线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是=,=,P3=P4。 (3)掌握一个守恒,能量守恒关系:P1=P损+P3。 3.输电线路功率损失的三种计算方法 P损=P1-P4 P1为输送的功率,P4为用户得到的功率 P损=R线 I线为输电线路上的电流,R线为输电线的电阻 P损= ΔU为输电线路上损失的电压,不要与U2、U3相混 考向1　变压器的分析与计算 [例6]　(2024·江苏苏州三模)如图所示,理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2=2∶1,原线圈电路中接入内阻不计电压满足u=220sin(100πt)V的电源,电流表为理想交流电表。已知R1=8 Ω, R2=R3,开关S闭合前、后电流表示数之比为3∶4。下列说法正确的是(　　) A.副线圈电流的频率100 Hz B.定值电阻R2=1 Ω C.开关闭合前后原线圈电压有效值始终为220 V D.开关闭合后电源输出的功率减小 B [解析]　理想变压器不改变交变电流的频率,即f==50 Hz, 故A错误;由题可知,设R2=R3=R,当开关S断开时,副线圈的 负载电阻为2R,当开关闭合时,副线圈的负载电阻为R,将 理想变压器的原、副线圈和负载电阻等效为一个电阻, 画出电路的等效电路图,如图所示,根据理想变压器变压规律和变流规律可得R等===()2R负载,因此当开关断开时R等=()2·2R=8R,当开关闭合时R等'=()2·R=4R,根据闭合电路欧姆定律可知,等效电路中电流 表示数I=,故I=,I'=,又=,解得R=1 Ω,即定值电阻R2=1 Ω,故B正确;原线圈两端电压U1=U-IR1,由于开关闭合前后原线圈电路中电流发生变化,则原线圈电压有效值会发生变化,故C错误;根据P输出=可知,开关闭合后,等效电阻减小,则电源输出的功率增大,故D错误。 反思提升 等效电阻法 当理想变压器的副线圈接纯电阻元件时,可以把理想变压器(含副线圈中的元件)等效成一个电阻来处理,设原、副线圈的匝数分别为n1、n2,原线圈输入电压为U1,电流为I1,副线圈输出电压为U2,电流为I2,副线圈负载电阻为R,则等效电阻R等效===()2=()2R。 考向2　理想变压器的动态分析 [例7]　如图,理想变压器原、副线圈总匝数相同,滑动触头P1初始位置在副线圈正中间,输入端接入电压有效值恒定的交流电源。定值电阻R1的阻值为R,滑动变阻器R2的最大阻值为9R,滑片P2初始位置在最右端。理想电压表 的示数为U,理想电流表 的示数为I。下列说法正确的是(　　) A.保持P1位置不变,P2向左缓慢滑动的过程中,I减小,U不变 B.保持P1位置不变,P2向左缓慢滑动的过程中,R1消耗的功率增大 C.保持P2位置不变,P1向下缓慢滑动的过程中,I减小,U增大 D.保持P2位置不变,P1向下缓慢滑动的过程中,R1消耗的功率减小 [答案]　B [解析]　设原线圈两端电压为U1,副线圈两端电压为 U2,通过原线圈的电流为I1,通过副线圈的电流为I2, 保持P1位置不变,将原、副线圈及电阻R1等效为一定 值电阻,由理想变压器变压规律和变流规律可得,原、 副线圈及定值电阻R1的等效电阻为R'===()2=()2R1,P2向左缓慢滑动过程中,R2接入电路的电阻减小,则整个电路的总电阻减小,由欧姆定律可知,回路中电流I增大,原线圈两端电压增大,又电源电压不变,故电压表示数U减小,A项错误;由于原线圈两端电压增大,由理想变压器变 压规律可知,副线圈两端电压增大,故R1消耗的功率增大,B项正确;当P2位置不变,P1向下滑动时,n2减小,等效电阻R'增大,由欧姆定律可知,回路中电流减小,R2两端电压减小,C项错误;P1初始位置在副线圈正中间,此时等效电阻的阻值为R等效=()2R1=4R<R2,保持P2位置不变,P1向下缓慢滑动的过程中,副线圈的匝数变小,相当于原线圈的“等效电阻”增大,当等效电阻的阻值等于R2时,R1消耗的功率最大,当等效电阻的阻值大于R2时,P1向下缓慢滑动时,R1消耗的电功率减小, 故D项错误。 考向3　远距离输电 [例8]　(2024·湖南卷)根据国家能源局统计,截止到2023年9月,我国风电装机4亿千瓦,连续13年居世界第一位,湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度ω匀速转动,升、降压变压器均为理想变压器,输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0。当用户端接一个定值电阻R时,R0上消耗的功率为P。不计其余电阻。下列说法正确的是(　　) A.风速增加,若转子角速度增加一倍,则R0上消耗的功率为4P B.输电线路距离增加,若R0阻值增加一倍,则R0消耗的功率为4P C.若升压变压器的副线圈匝数增加一倍,则R0上消耗的功率为8P D.若在用户端再并联一个完全相同的电阻R,则R0上消耗的功率为6P [答案]　A [解析]　将降压变压器原、副线圈及电阻R等效 为一个电阻,如图为等效电路图,设降压变压器的 原、副线圈匝数比为k∶1,则输电线上的电流为 I2=,转子在磁场中转动时产生的电动势为e=NBSωsin ωt,当转子角速度增加一倍时,升压变压器原、副线圈两端电压都增加一倍,输电线上的电流变为I2'=2I2,故R0上消耗的电功率变为原来的4倍,故A正确;升压变压器副线圈匝数增加一倍,副线圈两端电压增加一倍,输电线上的电流增加一倍,故R0上消耗的电功率变为原来的4倍,故C错误;若R0阻值增加一倍,输电线路上的电流I2″=,R0消耗的功率 P3=I2″2·2R0≠4P,故B错误;若在用户端并联一个完全相同的电阻R,用户端电阻减为原来的一半,输电线上的电流为I2‴==,R0消耗的功率P4=I2‴2R0≠6P,故D错误。 四 培优　热点训练 45 1.(2024·江苏泰州二模)“日”字形的理想变压器如图甲所示,当原线圈ab通以交变电流时,线圈中的磁通量只有通过右侧铁芯,剩余部分通过中间的“铁芯桥”。当原线圈ab中通以如图乙所示的交变电流时,理想电压表V与电流表A2的示数分别为11 V、5 A。已知定值电阻R=22 Ω,则下列说法正确的是(　　) A.原线圈ab中的输入电压U=220sin(50πt)V B.= C.= D.电流表A1的示数为2.5 A 答案:D 解析:由题图乙可知原线圈ab中的输入电压U=Emsin(t)=220sin(100πt)V,A项错误;根据题图甲可知,穿过n1线圈的磁通量与穿过n2线圈的磁通量相等,则===,B项错误;根据题意有U3=I2R=110 V,U1=n1,U3=n3,联立解得=,C项错误;由理想变压器输入功率等于输出功率有U1I1=U3I2,解得I1=2.5 A,D项正确。 2.(2024·江苏常州三模)2023年10月,国内某品牌发布全液冷超级充电桩,可实现“一秒一公里”的充电速度。总电源到充电桩的简化电路图如图所示。已知总电源输出频率为50 Hz的正弦式交流电,升压变压器原线圈两端电压U1=500 V,输电线的总电阻r=25 Ω,降压变压器的匝数比为n3∶n4=15∶1,变压器均视为理想变压器。若给汽车充电时该充电桩获得的电压为1 000 V,功率为600 kW,则下列说法正确的是(　　) A.流经充电桩电流的最大值为600 A B.1 s内电流的方向变化50次 C.若充电桩消耗的功率减小,在U1不变的情况下,充电桩获得的电压减小 D.升压变压器的匝数比为n1∶n2=1∶32 答案:D 解析:由P4=U4I4可得I4=600 A,充电桩的有效电流是600 A,但由于是正弦式交流电,所以充电桩最大电流是Im=600 A,故A错误;由于该交流电频率为50 Hz,则电流方向在1 s内改变100次,故B错误;若充电桩消耗的功率减小,则电源输入总功率减小,因为U1不变,可知U2不变,升压变压器原线圈电流减小,升压变压器副线圈电流减小,则输电线上损耗的电压减小,降压变压器原线圈电压变大,则降压变压器副线圈电压也变大,故C错误;由=可得U3=15 000 V,又=,可得I3=40 A,由ΔU=I3r可得ΔU=1 000 V,由U2=U3+ΔU可得U2=16 000 V,由=可得=,故D正确。 五 精准补弱 52 1.如图甲所示为一小型交流发电机示意图。匝数为20的线圈总电阻为2 Ω,当线圈匀速转动时与外电路R=18 Ω的电阻构成闭合回路。从图甲所示位置开始计时,通过电阻R的交变电流如图乙所示,则下列判断正确的是(　　) A.t=0.01 s时,线圈平面与磁场方向平行 B.图甲所示时刻,穿过线圈的磁通量变化最快 C.电阻R的功率为7.2×103 W D.穿过线圈的最大磁通量为 Wb 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 解析:由题图乙可知,t=0.01 s时,电流为0,则穿过线圈平面的磁通量最大,即线圈平面与磁场方向垂直,故A错误;题图甲所示时刻,线圈平面与磁场垂直,穿过线圈平面的磁通量最大,穿过线圈的磁通量变化最慢,故B错误;由题图乙可知,通过电阻的电流的有效值为I==20 A,电阻R的功率为P=I2R=7.2×103 W,故C正确;感应电动势的最大值为Em=Im(R+r)=400 V,又有Em=NBSω,Φm=BS,ω= rad/s,联立解得Φm= Wb,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2.(2024·湖北卷)在如图所示电路中接入正弦交流电,灯泡L1的电阻是灯泡L2的2倍。假设两个二极管正向电阻为0、反向电阻无穷大。闭合开关S,灯泡L1、L2的电功率之比P1∶P2为(　　) A.2∶1　　　　　　　　　 B.1∶1 C.1∶2 D.1∶4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 解析:两个二极管正向电阻为0,反向电阻无穷大,二极管导通则与之并联的灯泡短路,此时另一个灯泡与电源串联,根据电路图可知在一个完整的周期内,两个灯泡有电流通过的时间相等都为半个周期,电压有效值相等,则根据P=可知P1∶P2=RL2∶RL1=1∶2,故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 3.(2024·江苏南通期末)如图所示为简化的充电原理图。若工作状态下,穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%,忽略其他损耗,则下列说法正确的是(　　) A.接收线圈中的电流与电压成正比 B.接收线圈的输出功率与发射线圈 的输出功率相等 C.发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同 D.穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 解析:工作状态下,穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%,若发射线圈功率恒定为P,则有0.8P=U2I2,可知接收线圈中的电流与电压成反比,故A错误;工作状态下,穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%,所以接收线圈的输出功率小于发射线圈的输出功率,故B错误;发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相同,发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同,故C正确;穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%,由于磁通量的变化率为,则穿过发射线圈的 磁通量变化率与穿过接收线圈的变化率 不相同,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 4.在如图所示电路中,电压表和电流表均视为理想电表,电源内阻不可忽略。闭合开关S,将滑动变阻器的滑片P缓慢向左移动过程中,灯泡的电阻恒定不变,电压表示数变化量的绝对值为ΔU,电流表示数变化量的绝对值为ΔI,则下列判断正确的是(　　) A.灯泡变亮 B.电容器的带电荷量变大 C.电源的效率可能减小 D.变大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 解析:滑片P左移,滑动变阻器接入电路的阻值变大,电路中总 电阻变大,由闭合电路欧姆定律可知I=,则干路电流变小, 灯泡位于干路上,通过它的电流变小,由P=I2RL可知小灯泡的 功率变小,亮度变暗,故A错误;电容器直接连在电源两端,电压等于路端电压,由闭合电路欧姆定律可知U=E-Ir,则路端电压变大,对电容器有Q=CU,故电容器的带电荷量增大,故B正确;电源的效率与外电路电阻成正比,滑动变阻器接入电路的电阻变大,外电路总电阻变大,故电源效率提高,故C错误;由闭合电路欧姆定律可知,变化前后分别满足U1+I1(r+RL)=E,U2+I2(r+RL)=E,联立可知=-(r+RL),即的值不变,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 5.如图所示,电路中的电源电动势为E,内阻忽略不计,定值电阻R2=4 Ω,R3=2 Ω,R4=1 Ω。闭合开关S,当电阻箱R1接入电路的阻值为2 Ω时,一带电微粒恰好悬浮于电容器C两板的正中间位置,已知带电微粒的质量为m,电容器C两极板间的距离为d,重力加速度为g,电源负极接地,则下列说法正确的是(　　) A.带电微粒带负电荷 B.带电微粒的电荷量大小为 C.带电微粒的电势能为 D.减小电阻箱R1接入电路的阻值,悬浮的带电微粒会向下移动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 解析:电源负极接地,则电势为零,则电容器上极板电势φ1=E=,下极板电势φ2=E=,则下极板电势高,场强方向向上,则带电微粒带正电荷,根据q=q=mg可得q=,选项A、B错误;带电微粒的电势能为Ep=φq=q=,选项C正确;减小电阻箱R1接入电路的阻值,则电容器上极板电势降低,两板电势差变大,场强 变大,则悬浮的带电微粒会向上移动,选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 6.图甲是小型交流发电机的示意图,两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场,线圈绕垂直于磁场的水平轴OO'沿逆时针方向匀速转动,从图示位置开始计时,产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。以下判断正确的是(　　) A.t=0.01 s时线圈平面与磁场方向平行 B.t=0.01 s时穿过线圈的磁通量变化最慢 C.t=0.02 s时穿过线圈的磁通量最大 D.交流电流表的示数为10 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A 解析:t=0.01 s时感应电流最大,线圈平面与磁场方向平行,A正确;t=0.01 s时感应电流最大,感应电动势最大,根据法拉第电磁感应定律,穿过线圈的磁通量变化最快,B错误;t=0.02 s时感应电流最大,感应电动势最大,线圈平面与磁场方向平行,穿过线圈的磁通量最小,C错误;交流电流表的示数为I==10 A,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 7.空气炸锅的等效简化电路图如图所示,电源的电动势为6 V,电源的内阻不计,小风扇M的额定电压为6 V,额定功率为3 W,线圈内阻为r=1 Ω,电阻R1=R2=10 Ω,则下列说法中正确的是(　　) A.只闭合开关S1,小风扇正常工作时电流为6 A B.只闭合开关S1,小风扇正常工作时发热功率为2.75 W C.同时闭合开关S1和S2,若小风扇正常工作,则通过电阻R1的电流为0.3 A D.同时闭合开关S1和S2,若小风扇正常工作,则电阻R1消耗的功率为 3.6 W 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 D 解析:由题图可看出当只闭合S1时,电阻R1与R2串联,再与小风扇M并联,且电源的内阻不计,则小风扇M的电压刚好为额定电压,则PM=IME,解得IM=0.5 A,则小风扇M正常工作时发热功率为PM热=r=0.25 W,A、B错误;由题图可看出同时闭合开关S1和S2,电阻R2被短路,则R1与小风扇M并联,且电源的内阻不计,则通过电阻R1的电流I1满足E=I1R1,解得I1=0.6 A,则电阻R1消耗的功率P1满足P1=R1=3.6 W,C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 8.(2024·江苏盐城三模)如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=5∶1,原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u,R为阻值随光照强度增大而减小的光敏电阻,L1和L2是两个完全相同的灯泡,电表均为理想交流电表,则(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A.通过光敏电阻的交变电流频率为10 Hz B.若L2的灯丝烧断,则电压表的示数仍为5 V C.当照射R的光照强度增大时,电流表的示数变小 D.u-t图像上对应的0.01 s时刻,发电机中的线圈平面与中性面垂直 答案:B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:由题图乙可知,原线圈的交流电的周期为T=0.02 s,频率f==50 Hz,变压器副线圈交流电的频率与原线圈相同,则通过光敏电阻的交变电流频率为50 Hz,A错误;由题图乙可知,原线圈的交流电的电压的峰值U1m=25 V,原线圈的交流电的电压的有效值U1==25 V,由=得U2=5 V,副线圈电压由原线圈电压和匝数比决定,与负载电阻无关,故L2的灯丝烧断时,电压表示数不变,B正确;当照射R的光照强度增大时,R的阻值减小,副线圈消耗的功率变大,副线圈中的电流I2变大,由=知,原线圈电流I1增大,即电流表的示数变大,C错误;u-t图像上对应的0.01 s时刻,电压瞬时值为零,发电机中的 线圈平面与中性面重合,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 9.某同学设计了如图所示的电路进行电表的改装,将多用电表的选择开关旋转到“直流500 mA”挡作为图中的电流表A。已知电流表A的内阻RA=0.4 Ω,R1=RA,R2=7RA。关于改装表,下列说法正确的是(　　) A.若将接线柱1、2接入电路时,最大可以测量的 电流为0.5 A B.若将接线柱1、3接入电路时,最大可以测量的 电压为3.0 V C.若将接线柱1、2接入电路时,最大可以测量的电流为2.0 A D.若将接线柱1、3接入电路时,最大可以测量的电压为1.5 V 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 解析:根据电流表改装原理,若将接线柱1、2接入电路时,最大可以测量的电流为I=Ig+=2Ig=1.0 A,故A、C错误;根据电压表改装原理,若将接线柱1、3接入电路时,最大可以测量的电压为U=IgRA+IR2=(0.5×0.4+1.0×7×0.4)V=3.0 V,故B正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 10.摩托车的点火装置原理如图所示。转换器将直流电压转换为12 V的正弦交流电压,并加在高压包(理想变压器)的原线圈上,当副线圈电压的瞬时值大于1.5×104 V时,就会使火花塞产生电火花点燃汽油机工作。以下说法正确的是(　　) A.高压包的副线圈匝数至少是原线圈匝数的 1 500倍 B.在电流变化的一个周期内,火花塞放电一次 C.仅升高高压包输入电流的频率,火花塞放电的频率会增大 D.仅升高高压包输入电流的频率,高压包的输出电压会增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 解析:要使火花塞产生电火花点燃汽油机工作,根据理想变压器的变压规律有=>≈884,故A错误;在电流变化的一个周期内,电压两次到达最大值,火花塞放电两次,故B错误;根据变压器的原理,副线圈与原线圈中交流电的频率相同,故仅升高高压包输入电流的频率,火花塞放电的频率会增大,故C正确;副线圈的电压与原线圈的电压和匝数比有关,与原线圈的频率无关,故仅升高高压包输入电流的频率,高压包的输出电压不变,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 11.(2024·江苏淮安一模)在如图甲所示的交变电路中,变压器可看作理想变压器,灯泡和电动机的额定电压相等,当原线圈两端接有如图乙所示的交流电压时,灯泡刚好正常发光,电动机也刚好正常工作。已知电动机的内阻r=0.1 Ω,电动机的额定功率为2 W、效率为80%,灯泡正常发光时电阻为0.5 Ω。下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A.灯泡的额定电压为1 V B.原、副线圈的匝数比为11∶1 C.原线圈中的电流为5.5 A D.灯泡中的电流1 s内方向改变50次 答案:A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:由题意可知,电动机的输出功率 P出=80%P额=1.6 W,则电动机的热功率 Pr=P额-P出=0.4 W,由Pr=r可得Ir=2 A, 由P额=U2Ir可得U2=1 V,所以灯泡正常发光时两端的电压也为1 V,即灯泡的额定电压为1 V,故A正确;由以上分析可知副线圈的输出电压为1 V,又由题图乙可知变压器原线圈两端电压的有效值U1=22 V,则由变压器的工作原理=可知=,故B错误;灯泡正常发光时,流过灯泡的电流I==2 A,则流过副线圈的电流I2=I+Ir=4 A,由变压器的工作原理=可 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 得原线圈中的电流I1= A,故C错误;由题图乙可知该交流电的周期T=0.02 s,由于变压器不改变交流电的周期,则流过灯泡的电流的变化周期也为0.02 s,一个周期内电流方向改变两次,则1 s内流过灯泡的电流方向改变100次,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 12.除颤仪是用于突发心室纤颤等心脏疾病的急救医疗设备,某型号除颤仪电路原理如图所示。某次调试时,除颤仪接在220 V交流电源上,交流电压表示数为20 V,电容器充电完毕,开关由“1”掷向“2”,放电电流平均值为2.8 A,放电时间约为10-2 s,已知电容器的电容为2.0×10-5 F。下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A.自耦变压器的原、副线圈匝数之比为10∶1 B.充电完毕后电容器两端的电压为2 800 V C.升压变压器原、副线圈的匝数比约为1∶50 D.若去掉二极管该除颤仪依然可正常工作 答案:C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:自耦变压器的原、副线圈匝数之比为===,故A错误;充电完毕后电容器储存的电荷量为Q=It=2.8×10-2 C,则充电完毕后电容器两端的电压为U== V=1 400 V,则升压变压器副线圈电压的最大值为1 400 V,升压变压器原线圈电压的最大值为U3=U2=20 V,则升压变压器原、副线圈的匝数比为==≈,故B错误,C正确;若去掉二极管,电容器两端接交流电,电容器与升压变压器 之间一直进行充放电,则该除颤仪不能 正常工作,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 13.(2024·江苏徐州二模)如图所示为远距离输电的原理图,已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2,降压变压器原、副线圈的匝数分别为n3和n4,输电线上的电阻为R,变压器均为理想变压器。若保持发电厂的输出电压U1不变,当输电线上电流I2减小ΔI时,则用户端的电压增加(　　) A.ΔIR B.ΔIR C.ΔIR D.ΔIR 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 解析:U1一定,则U2一定,当输电线上电流I2减小ΔI,则输电线上电压减小ΔIR,则降压变压器原线圈两端的电压增加ΔU3=ΔIR,根据变压比可知=,则用户端电压增大ΔU4=ΔIR,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 $$