专题4 第11讲 直流电路与交变电流 （课件）-【步步高】2024年高考物理大二轮专题复习与增分策略（新高考A版，鲁湘鄂豫皖冀）

专题四　 电路与电磁感应 知识体系 知识体系 知识体系 知识体系 知识体系 第11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和描述、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。 内容索引 考点一 考点二 高考预测 直流电路的分析与计算 交变电流“四值”及应用 专题强化练 考点三 变压器分析与计算　电能的输送 考点一 直流电路的分析与计算 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.动态电路分析的三种方法 程序法 部分电路阻值变化→电路总电阻R总变化→干路电流I变化→路端电压U端变化→各支路电流、电压变化，即 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) 极限法 因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端，使滑动变阻器接入电路的电阻最大或电阻为零去讨论 3.电容器的特点 (1)只有当电容器充、放电时，电容器所在支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的支路相当于断路。 (2)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两端的电压。 (2022·江苏卷·2)如图所示，电路中灯泡均正常发光，阻值分别为R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，R3＝2 Ω，R4＝4 Ω，电源电动势E＝12 V，内阻不计，四个灯泡中消耗功率最大的是 A.R1 B.R2 C.R3 D.R4 例1 √ 四个灯泡的实际功率分别为P1＝I12R1＝18 W，P2＝I22R2＝12 W，P3＝I32R3＝2 W，P4＝I42R4＝4 W，故四个灯泡中消耗功率最大的是R1，故A正确，B、C、D错误。 (多选)(2023·福建泉州市一模)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R4的滑片向a端移动时，则 A.电压表读数减小 B.电流表读数减小 C.质点P将向上运动 D.R3上消耗的功率逐渐增大 √ 例2 √ √ 由题图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当R4的滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则电路中总电阻增大； 由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，路端电压增大；电路中总电流减小，则R1两端的电压减小，又路端电压增大，则并联部分的电压增大，据欧姆定律可知流过R3的电流增大；电路中总电流减小，流过R3的电流增大，则流过R2的电流减小，电流表读数减小；流过R2的电流减小，R2的电压减小，又并联部分的电压增大，则R4的电压增大，电压表读数增大，故A错误，B正确； 因电容器两端电压增大，板间电场强度增大，质点受到的向上静电力增大，质点P将向上运动，故C正确； 　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，根据电表数据得到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 例3 √ 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， 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； 直流电路的最大功率 总结提升 1.当R一定时，由P＝I2R知，I越大，P越大。 2.当r一定、R变化时，P出随R的变化情况可通过下面两个图像进行分析。 P出－R图像 P出－I图像 P出＝EI－I2r 总结提升 P出－R图像 P出－I图像 总结提升 考点二 交变电流“四值”及应用 28 (2)非正弦式交变电流：计算有效值时，要根据电流的热效应，即“一个周期”内“相同电阻”上产生“相同热量”，然后分段求和列式，求得有效值。 1.有效值的计算 2.正弦式交流电“四值”的应用   表达式 应用 最大值 Em＝nBSω 计算电容器的耐压值 瞬时值 e＝Emsin ωt 计算某时刻所受安培力 有效值 电表的读数及计算电热、电功及保险丝的熔断电流 平均值 计算通过导体的电荷量 　(多选)(2023·湖南卷·9)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个 阻值恒为R的灯泡。假设发电时灯泡能发光 且工作在额定电压以内，下列说法正确的是 例4 √ √ 大轮和小轮通过皮带传动，线速度大小相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据v＝ωr，可知小轮转动的角速度为4ω，则线圈转动的角速度为4ω，A正确； 若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的 2倍，线圈产生感应电动势的最大值Emax′＝8nBL2ω， 　(2023·湖南长沙市长郡中学二模)在图乙的电路中，电源输出如图甲所示的交变电流(不计内阻)。电阻R的阻值为10 Ω，电表均为理想电表。下列判断正确的是 A.电压表的示数为10 V B.电流表的示数为2 A C.若将电阻R替换为一个电容器， 欲使电路安全运行，其耐压值最少为10 V D.电阻R在任意三分之一个周期内产生的热量一定等于0.1 J 例5 √ 考点三 变压器分析与计算　电能的输送 (1)三个不变：功率不变；磁通量的变化率不变；周期频率不变。 (2)决定关系：输出功率决定输入功率；输入电压决定输出电压；输出电流决定输入电流。 1.理想变压器问题 2.远距离输电问题 (1)理清三个回路 3.输电线路功率损失的四种计算方法 P损＝P1－P4 P1为输送的功率，P4为用户得到的功率 P损＝I线2R线 I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻 ΔU为输电线路上损失的电压，不要与U2、U3相混 P损＝ΔU·I线 　(2023·江苏淮安市二模)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶3，正弦交流电源的电压有效值恒为U＝12 V，电阻R1＝1 Ω，R2＝2 Ω。若滑动变阻器R3接入电路的电阻为7 Ω，则 A.通过R1的电流为6 A B.R1与R2消耗的电功率相等 C.若向上移动P，电压表读数将变大 D.若向上移动P，电源输出功率将不变 例1 √ 方法一　设通过R1的电流为3I，则副线圈中的电流为I，原线圈输入电压为U－3IR1＝12－3I (V) 解得I＝2 A， 则通过R1的电流为3I＝6 A，故A正确； 理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶3，可知原、副线圈的电流之比为3∶1，根据P＝I2R可知R1与R2消耗的电功率之比为9∶2，故B错误； 若向上移动P，则R3接入电路电阻减小，副线圈回路中电流变大，原线圈回路中电流也变大，根 据P＝IU可知，电源输出功率将变大，电阻R1两端的电压变大，变压器输入电压变小，输出电压变小，电压表读数将变小，故C、D错误。 由U＝IR1＋IR等得I＝6 A，故A正确； B选项的判断同方法一，向上移动P，则R3接入电路的电阻减小，R等减小，原线圈回路中电流I增大，由P＝IU知，电源输出功率变大，由UR1＝IR1知，UR1变大，变压器输入电压变小，输出电压变小，电压表读数变小，故C、D错误。 等效电阻法 总结提升 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 　(2023·山东临沂市一模)如图所示为某小型发电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定，变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入甲、乙两个互感器(均为理想器材)，两互感器原、副线圈的匝数比分别为200∶1和1∶20，降压变压器原、副线圈的匝数比为200∶1，电压表的示数为220 V，电流表的示数为5 A，输电线路总电阻r＝20 Ω， 例7 则下列说法正确的是 A.互感器甲是电流互感器，互感器乙是电压互感器 B.输电线路上损耗的功率约占输电总功率的4.5% C.用户端的电压U4为200 V D.用户使用的用电设备增多，流过电流互感器的电流减小 √ 解题指导 关键表述解读 电路图中，甲并联接入电路，乙串联接入电路 电压互感器并联接入电路，电流互感器串联接入电路 用户使用的用电设备增多 P用增大 推理论证依据 (1)闭合电路欧姆定律：U3＝U2－I2r (2)变压器的电压与匝数比的关系： (3)能量守恒：P＝P用＋P损 互感器甲并联接入电路，所以是电压互感器，互感器乙串联接入电路中，是电流互感器，故A错误； 电流表的示数为5 A，互感器原、副线圈的匝数比1∶20，则线路上电流I＝100 A，线路上损耗的功率P损＝I2r＝200 kW 电压表的示数为220 V，匝数比为200∶1，所以输送电压U＝44 000 V，功率P＝UI＝4 400 kW 降压变压器原线圈电压U3＝44 000 V－100×20 V＝42 000 V 用户使用的用电设备增多，用户端回路电流变大，则输送电流变大，流过电流互感器的电流变大，故D错误。 高考预测 53 1.(2023·广西统考二模)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，电路中的5个灯泡完全相同，定值电阻R＝150 Ω，当A、B端输入如图乙所示的交变电压时，5个灯泡亮度相同，则每个灯泡的平均功率为 A.9 W B.12 W C.18 W D.25 W 1 2 √ 1 2 设每个灯泡两端的电压为U，由题知n1∶n2＝3∶1， 解得电阻R两端的电压为UR＝90 V，U＝30 V， 1 2 设通过每个灯泡的电流为I，则通过副线圈的电流为3I，原线圈的输入电流为I，可知通过电阻R的电流与通过每个灯泡的电流相同， 2.(2023·浙江嘉兴市一模)风力发电为2023年杭州亚运会供应绿色电能，其模型如图所示。风轮机叶片转速m转/秒，并形成半径为r的圆面，通过1∶n转速比的升速齿轮箱带动面积为S、匝数为N的发电机线圈高速转动，产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U。已知空气密度为ρ，风速为v，匀强磁场的磁感应强度为B，忽略线圈电阻，则 1 2 1 2 √ 1 2 1 2 考虑到高压输电的安全性和可靠性，电网的输电电压并非越高越好，故D错误。 专题强化练 61 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 保分基础练 1.(2022·浙江6月选考·5)下列说法正确的是 A.恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用 B.小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向 C.正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大 D.升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 恒定磁场对速度不平行于磁感线的运动电荷才有力的作用，A错误； 小磁针N极在磁场中的受力方向就是该点磁感应强度的方向，B正确； 正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流为0，C错误； 根据变压器的原理可知，副线圈中磁通量的变化率小于或等于原线圈中磁通量的变化率，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2.如图所示，某扫地机器人电池容量为9 000 mA·h，额定电压为8 V，额定功率为24 W，为延长锂电池寿命，当剩余电量为总容量的20%时就需要充电，则下列说法正确的是 C.扫地机器人充满电后最长工作时间约为2.4 h D.扫地机器人充满电后最长工作时间内消耗的电能约为30 W·h √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 扫地机器人是非纯电阻用电器，根据题中条件无法计算扫地机器人的电阻，B错误； 扫地机器人充满电后最长工作时间内消耗的电能约为E电＝Uq×80%＝57.6 W·h，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3.(多选)(2023·四川统考二模)如图甲所示，为一台小型发电机的示意图，单匝线圈匀速转动，产生的电动势e随时间t的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻为0.2 Ω，小灯泡的电阻恒为0.8 Ω。则 A.理想电压表的示数U＝6 V B.线圈转动的角速度ω＝100π rad/s √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 单匝线圈转动时产生的电动势最大值为em＝BSω＝Φm·ω 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4.(多选)(2023·黑龙江齐齐哈尔市一模)如图甲所示为一可调自耦式理想变压器。A、B间线圈加上如图乙所示的正弦式交变电压，P为可调触头，B、P间接有一理想交流电流表和滑动变阻器R(最大阻值为100 Ω)，Q为滑动变阻器的滑动触头。现将P、Q分别调至线圈和滑动变阻器R的正中央，则 A.电流表示数为2.2 A B.流过R的交流电的频率为100 Hz C.若保持Q位置不动，将P顺时针 转动少许，则电流表示数变大， 变压器输出功率变大 D.若保持P位置不动，将Q向上移动少许，则电流表示数变大，变压器输出功 率变大 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 电表示数均为有效值，开始P、Q均在中央位置，则B、P间电压为110 V，滑动变阻器接入电路阻值为50 Ω，则电流表示数为2.2 A，变压器不改变交流电频率，故频率保持50 Hz不变，故A正确，B错误； 若保持Q位置不动，将P顺时针转动少许，则相当于副线圈匝数减少，故B、P间电压减小，电阻不变，则电流减小，输出功率减小，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 若保持P位置不动，将Q向上移动少许，则B、P间电压不变，接入电路电阻变小，则电流表示数变大，输出功率也变大，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1是光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，R2是定值电阻，C是平行板电容器，V1、V2都是理想电压表。闭合开关S后，电容器中的带电小球处于静止状态。在光照强度增大的过程中，分别用ΔU1、ΔU2表示电压表V1和电压表V2示数变化的绝对值，且ΔU1<ΔU2，则下列说法正确的是 A.V1的示数增大，V2的示数减小 B.V1的示数减小，V2的示数增大 C.带电小球仍处于静止状态 D.带电小球向上运动 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 在光照强度增大的过程中，R1的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，则R2的电压增大，V2的示数增大。内电压增大，则路端电压减小，V1的示数减小，又R2的电压增大，则R1的电压减小，故A错误，B正确； R1的电压减小，则电容器极板间电压减小， 板间场强减小，带电小球受到的静电力减 小，则带电小球向下运动，故C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.(2023·浙江宁波市十校二模)电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器(相当于电流表)与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中直流电源电动势E＝8 V，实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的i－t曲线如图乙所示，下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A.i－t图像阴影表示电容器的能量 B.阴影部分的面积S1和S2肯定不相等 C.阻值R1大于R2 D.计算机测得S1＝1 203 mA·s，则该电容器的电容约为0.15 F √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据q＝it可知i－t图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是电容器所带电荷量，故A错误； S1表示电容器充电后所带电荷量，S2表示电容器放电的电荷量，所以S1＝S2，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7.(多选)(2023·全国乙卷·20)黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱，接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻，在接线柱间还接有另外一个电阻R和一个直流电源。测得接线柱之间的电压U12＝3.0 V，U23＝2.5 V，U34＝－1.5 V。符合上述测量结果的可能接法是 A.电源接在1、4之间，R接在1、3之间 B.电源接在1、4之间，R接在2、4之间 C.电源接在1、3之间，R接在1、4之间 D.电源接在1、3之间，R接在2、4之间 争分提能练 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据A选项画出电路图，如图甲， 可见U34>0，不符合题意，A错误； 根据B选项画出电路图，如图乙， 可见U34>0，不符合题意，B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据C选项画出电路图，如图丙， 可见上述接法符合题中测量结果，C正确； 根据D选项画出电路图，如图丁， 可见上述接法符合题中测量结果，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 8.(多选)(2023·河北石家庄市质检)如图为一理想变压器，铁芯为“ ”形状，原线圈与副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，通过副线圈的磁感线条数是通过原线圈磁感线条数的50%，原线圈中接有阻值为R的电阻R1，副线圈中的灯泡额定电压为U，额定电流为I，滑动变阻器R2的阻值范围为0～R。当仅闭合S1时，小灯泡恰能正常发光，假设小灯泡的电阻不变，电源输出电压的有效值恒定。下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D.当S1、S2都闭合，滑动变阻器的阻值逐渐增大时，小灯泡两端的电压 逐渐增大 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 虽然原、副线圈的匝数比为2∶1，但由于通过副线圈的磁感线条数是通过原线圈磁感线条数的50%，因此原、副线圈中的电压比为4∶1，所以若仅闭合S1，则原线圈两端的电压值为4U，故A错误； 原、副线圈中的电流比等于电压的反比，因此若仅闭合S1，原线圈中的电流为 ，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设电源输出电压的有效值为E，原线圈电流为I0，则副线圈电流为4I0，U1＝E－I0R1，U2＝4I0R2，U1∶U2＝4∶1， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 当S1、S2都闭合，滑动变阻器的阻值逐渐增大时，副线圈中的总电阻增大，电流逐渐减小，则原线圈中的电流也 逐渐减小，R1两端的电压逐渐减小，而电源输出电压的有效值恒定，则原线圈两端的电压逐渐增大，故副线圈两端的电压逐渐增大，而小灯泡两端的电压等于副线圈两端的电压，则小灯泡两端的电压逐渐增大，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9.(多选)(2023·安徽淮北市一模)近年来，无线充电技术得到了广泛应用。如图为某种无线充电器的简化原理图。由于发射线圈与接收线圈处于两个分离的装置中，穿过接收线圈的磁通量少于发射线圈的磁通量。已知发射线圈与接收线圈的匝数分别为1 210和55，当发射线圈接入220 V交流电源时，接收线圈输出电压为9 V。忽略其他损耗，下列说法正确的是 A.发射线圈与接收线圈的电流之比为1∶22 B.发射线圈与接收线圈中交变电流的频率之 比为1∶1 C.穿过接收线圈的磁通量变化率是穿过发射线圈的90% D.只要发射线圈接入电压为220 V，接收线圈输出电压均为9 V √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 发射线圈与接收线圈的电压之比等于其匝数之比，则有 ，代入数据可得U2＝10 V，但因为漏磁，接收线圈的电压实际只达到了9 V，故可知发射线圈与 接收线圈的电流之比不是匝数的反比，即不是1∶22，因为理论上接收线圈中的输出电压为10 V，而实际上只有9 V，因此可得穿过接收线圈的磁通量变化率是穿过发射线圈的90%，故A错误，C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相同，则可得发射线圈与接收线圈中交变电流的频率之比为1∶1，故B正确；无线充电利用的是电磁感应，因此必须 使用交变电压，若使用直流电，将不会产生变化的磁场，接收线圈中也就不会有电压产生，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10.(2022·浙江1月选考·12)某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15 m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0 kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75 m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220 V，输入电流为2.0 A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失， 重力加速度g取10 m/s2，则 A.每秒水泵对水做功为75 J B.每秒水泵对水做功为225 J C.水泵输入功率为440 W D.电动机线圈的电阻为10 Ω √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 每秒喷出水的质量为m0＝2.0 kg，抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为W＝m0gH＋ ＝300 J，故A、B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为P机＝P入＝400 W，而电动机的电功率为P电＝UI＝440 W，由能量守恒定律可知P电＝I2R＋P机，解得R＝10 Ω，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11.(2023·辽宁校联考模拟预测)图甲是一种家用台灯的原理图，理想自耦变压器的a、b间接入220 V的交流电，变压器线圈总匝数为1 100，交流电流表A为理想电表，定值电阻R＝2 500 Ω，灯泡L的伏安特性曲线如图乙所示。当c、P之间线圈匝数为750匝时，则 A.灯泡两端的电压约为47 V B.通过电阻的电流约为0.02 A C.通过电流表的示数约为0.03 A D.灯泡的功率约为2.3 W √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对于副线圈，设灯泡的电压为U，电流为I，由闭合电路欧姆定律可得U＝U2－IR，在题图乙中画出上式的图像，如图 由图中交点可得U≈75 V，I≈0.03 A，故A、B错误； 灯泡的功率P＝UI，解得P＝2.25 W≈2.3 W，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 尖子生选练 12.(2023·山东卷·7)某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率500 kW。降压变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线总电阻R＝62.5 Ω。其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220 V，功率88 kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是 A.发电机的输出电流为368 A B.输电线上损失的功率为4.8 kW C.输送给储能站的功率为408 kW D.升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据P1＝U2I3＋P5，代入数据得P5＝408 kW，C正确。 R局 →R总→I总→U端→ 由电路图可知，R3与R4串联后与R2并联，再与R1串联。并联电路部分的等效电阻为R并＝＝2 Ω， 由闭合电路欧姆定律可知，干路电流即经过R1的电流为I1＝I＝＝3 A， 并联部分各支路电流大小与电阻成反比，则I2＝I＝I＝2 A，I3＝I4＝I＝I＝1 A， 因R3两端的电压增大，由P＝可知，R3上消耗的功率逐渐增大，故D正确。 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， E＝4 V，R1的功率为P1＝I2R1＝＝， 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。 P出＝R P出－R图像 P出－I图像 短路：I＝，P出＝0 断路：I＝0，P出＝0 当R＝r时，P出最大，P出＝ 短路：I＝，P出＝0 断路：I＝0，P出＝0 当I＝时，P出最大，P出＝ (1)正弦式交变电流：E＝，I＝，U＝。 E＝ ＝ A.线圈转动的角速度为4ω B.灯泡两端电压有效值为3nBL2ω C.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为 D.若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮 线圈产生感应电动势的最大值Emax＝nBS·4ω，又S＝L2，可得Emax＝4nBL2ω，则线圈产生感应电动势的有效值E＝＝2nBL2ω，根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为U＝＝nBL2ω，B错误； 此时线圈产生感应电动势的有效值E′＝＝4nBL2ω，根据电阻定律可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值U′＝＝，C正确； 若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v＝ωr可知小轮和线圈的角速度变小，根据E有效＝，可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误。 根据题意可知，电压表的示数为有效值，设为U，则有T＝· ＋·，解得U＝10 V，故A正确； 由欧姆定律可知，电流表的示数为I＝＝ A＝1 A，故B错误； 由于交流电的峰值为Um＝10 V＞10 V，因此，若将电阻R换成一个耐压值为10 V的电容器，会被击穿，故C错误； 根据题意可知，电阻R在任意三分之一个周期内的电流有效值不一定是1 A，所以电阻R在任意三分之一个周期内产生的热量不能用Q＝I2R·＝12×10×10－2 J＝0.1 J计算，故D错误。 (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。 P损＝ 根据匝数比可知副线圈输出电压为3(12－3I) (V)，则有(12－3I)·3I＝ 方法二　等效电阻法。变压器部分的等效电阻 R等＝()2(R2＋R3)＝()2(2＋7) Ω＝1 Ω R等效＝＝＝()2＝()2R。 ＝ 则输电线路上损耗的功率约占输电总功率的×100%≈4.5%，故B正确； 用户端的电压U4＝＝210 V，选项C错误； 由题图乙知输入A、B端的交变电压有效值为UAB＝ V＝120 V， 由题图甲可知电阻R两端的电压满足＝，UR＋U＝UAB， 可知通过灯泡的电流为I＝＝0.6 A，每个灯泡的功率为P＝UI＝18 W，故选C。 A.单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为ρπr2v2 B.经升压变压器后，输出交变电流的频率高于mn C.变压器原、副线圈的匝数比为πNBSmn∶U D.高压输电有利于减少能量损失，因此电网的输电电压越高越好 单位时间内冲击风轮机叶片气流的体积V＝＝＝πr2v，气体质量m＝ρV＝ρπr2v，动能Ek＝mv2＝ρπr2v3，故A错误； 发电机线圈转速为mn，则ω＝2πmn，频率f＝＝mn，经升压变压器后，输出交变电流的频率仍为mn，故B错误； 变压器原线圈两端电压最大值Um＝NBSω＝2πNBSmn，有效值U1＝＝πNBSmn，则变压器原、副线圈的匝数比为πNBSmn∶U，故C正确； A.扫地机器人正常工作时的电流为 A B.扫地机器人的电阻为 Ω 扫地机器人正常工作时的电流为I＝＝ A＝3 A，A错误； 根据题意有q＝9 000 mA·h＝9 A·h，扫地机器人充满电后最长工作时间约为t＝×80%＝×0.8 h＝2.4 h，C正确； C.转动过程中穿过线圈的最大磁通 量Φm＝ Wb D.通过灯泡电流的瞬时表达式为i＝6sin 100πt A 由题图乙可知线圈输出电压的 有效值为U有效＝＝6 V， 理想电压表测的是小灯泡两端 电压，示数为U＝×0.8 V＝4.8 V，A错误； 由题图乙可知交流电的周期为T＝0.02 s，所以线圈转动的角速度为ω＝＝100π rad/s，B正确； 可得转动过程中穿过线圈的 最大磁通量为 Φm＝＝ Wb＝ Wb，C错误； 感应电动势的瞬时表达式为e＝emsin ωt＝6sin 100πt V 故通过灯泡电流的瞬时表达式为i＝＝ A＝6sin 100πt A，D正确。 ，所以R1<R2，故C错误； 该电容器的电容为C＝＝≈0.15 F，故D正确。 由题图乙可知电容器充电瞬间电流比电容器放电瞬间电流大，且电容器充电瞬间电源电压和放电瞬间电容器两端电压相等，则有> A.若仅闭合S1，原线圈两端的电压值为2U B.若仅闭合S1，原线圈中的电流为 C.若仅闭合S2，当滑动变阻器的阻值为时，变压器的输出功率最大 联立上式解得I0＝， 滑动变阻器消耗的功率P＝(4I0)2R2＝＝， 由均值不等式可知，当162R2＝时，P最大，即当R2＝＝时，R2消耗功率最大，变压器输出功率最大，故C错误； ＝ 水泵的输出能量转化为水的机械能，则P出＝ ＝300 W，而水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%，则P入＝＝400 W，故C错误； m0v02 由＝，可得U2＝150 V， 由＝，I2＝I，可得I1≈0.02 A，故C错误； 由题知，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率500 kW，则有I1＝＝2×103 A，A错误； 由题知，用户端电压U4＝220 V，功率P4＝88 kW，则有＝＝，P4＝U4I4，解得I4＝400 A，I3＝8 A，U3＝11 000 V，则输电线上损失的功率为ΔP＝I32R＝4 kW，且U2＝U3＋I3R＝11 500 V，再根据＝，解得＝，B、D错误； $$