专题四 第10讲 恒定电流和交变电流-【金版教程】2025年高考物理大二轮专题复习冲刺方案全书Word（提升版）

大二轮专题复习冲刺方案 物理（提升版） 第10讲　恒定电流和交变电流 考点1　直流电路的分析 例1　(2024·广西高考)将横截面相同、材料不同的两段导体L1、L2无缝连接成一段导体，总长度为1.00 m，接入图甲电路。闭合开关S，滑片P从M端滑到N端，理想电压表读数U随滑片P的滑动距离x的变化关系如图乙，则导体L1、L2的电阻率之比约为(　　) A．2∶3 B．2∶1 C．5∶3 D．1∶3 [解析]　根据题意及题图乙可得，导体L1的长度l1＝0.25 m，两端电压U1＝0.2 V，导体L2的长度l2＝1.00 m－0.25 m＝0.75 m，两端电压U2＝0.5 V－0.2 V＝0.3 V；设电路中的电流为I，根据欧姆定律得，L1的阻值R1＝＝，L2的阻值R2＝＝；根据电阻定律R＝ρ可得ρ＝，又两段导体的横截面积相同，故导体L1、L2的电阻率之比＝·＝×＝，故选B。 [答案]　B 例2　(2023·海南高考)如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，闭合开关K，待电路稳定后，电容器上电荷量为(　　) A．CE B.CE C.CE D.CE [解析]　电路稳定后，由于电源内阻不计，则整个回路可看成3R、2R的串联部分与R、4R的串联部分并联在电源E两端，若取电源负极为零电势点，则电容器上极板的电势为φ上＝·2R＝，电容器下极板的电势为φ下＝·4R＝，则电容器两极板间的电压U＝φ下－φ上＝，电容器上的电荷量为Q＝CU＝CE，故选C。 [答案]　C 例3　(2023·全国乙卷)(多选)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 [解析]　根据A项画出电路图，如图甲所示，可知U12>0，U23>0，U34>0，电源正负极反接时，U12<0，U23<0，U34<0，故A错误；根据B项画出电路图，如图乙所示，可知U12>0，U23>0，U34>0，电源正负极反接时，U12<0，U23<0，U34<0，故B错误；根据C项画出电路图，如图丙所示，可知U12>0，U23>0，U34<0，且图丙电路应满足|U34|<U12＋U23，故该接法符合题目中测量结果，C正确；根据D项画出电路图，如图丁所示，可知U12>0，U23>0，U34<0，且图丁电路应满足|U34|<U23，故该接法符合题目中测量结果，D正确。 [答案]　CD 例4　(2024·北京高考)如图所示为一个加速度计的原理图。滑块可沿光滑杆移动，滑块两侧与两根相同的轻弹簧连接；固定在滑块上的滑动片M下端与滑动变阻器R接触良好，且不计摩擦；两个电源的电动势E相同，内阻不计。两弹簧处于原长时，M位于R的中点，理想电压表的指针位于表盘中央。当P端电势高于Q端时，指针位于表盘右侧。将加速度计固定在水平运动的被测物体上，则下列说法正确的是(　　) A．若M位于R的中点右侧，P端电势低于Q端 B．电压表的示数随物体加速度的增大而增大，但不成正比 C．若电压表指针位于表盘左侧，则物体速度方向向右 D．若电压表指针位于表盘左侧，则物体加速度方向向右 [解析]　由题图可知，P端电势与M的电势始终相等，Q端电势与R的中点的电势始终相等。因电路中的电流沿逆时针方向，则滑动变阻器R上的电势从右向左逐渐降低，若M位于R的中点右侧，则M的电势高于R的中点的电势，即P端电势高于Q端电势，A错误；设滑块与滑动片的总质量为m，两弹簧的劲度系数均为k，滑动变阻器单位长度的电阻为R0，电路总电阻为R总，当物体加速度为a时，滑块与滑动片加速度也为a，根据牛顿第二定律可得，弹簧形变量x＝，而回路中电流始终为I＝，R的中点与M间的电阻Rx＝xR0，R的中点与M间的电压即电压表示数U＝IRx，联立得U＝a，即电压表的示数与物体的加速度成正比，B错误；由题意可知，若电压表指针位于表盘左侧，则Q端电势高于P端，即R的中点的电势高于M的电势，M位于R的中点左侧，所以滑块左侧弹簧压缩、右侧弹簧伸长，滑块所受合力向右，故物体加速度方向向右，物体可能向右做加速运动，也可能向左做减速运动，故C错误，D正确。 [答案]　D 1．纯电阻电路与非纯电阻电路的比较 纯电阻(如电阻、电炉子、白炽灯等) 非纯电阻(如电风扇、电动机、电解槽等) 功能关系 电能内能 电功W和电热Q的关系 W＝Q＝UIt＝I2Rt＝t W＝UIt，Q＝I2Rt；UIt＝I2Rt＋其他形式的能；t无意义 电压U、电流I、电阻R的关系 U＝IR U>IR 2.电源的功率和效率问题 电源总功率 任意电路：P总＝EI＝P出＋P内 纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝ 电源内部消耗的功率 P内＝I2r＝P总－P出 电源的输出功率 任意电路：P出＝UI＝P总－P内＝EI－I2r 纯电阻电路：P出＝I2R＝＝ P出与外电阻R的关系(纯电阻电路) 电源的效率 任意电路：η＝×100%＝×100% 纯电阻电路：η＝×100% 1．直流电路动态分析的三种常用方法 程序法 注：串联电路注意分析各部分的电压关系，并联电路注意分析各部分的电流关系 “串反并同”结论法 “串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)。 “并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(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，使所接入的电阻最大或为零去讨论 2.含容电路的分析 注：一般含容电路分析的关键是用电流的定义式I＝将电容的相关公式Q＝CUC和欧姆定律UR＝IR联系起来，然后结合闭合电路的知识分析。 3．两点注意 (1)分析闭合电路中变化电阻的功率时，可以将其他电路等效到电源内部，当变化电阻等于等效电源内阻时其功率最大，若不能等于等效电源内阻，则越接近等效电源的内阻功率越大。 (2)分析非纯电阻元件(非线性元件)电路的一般方法是：先根据部分电路欧姆定律分析其他线性纯电阻电路部分的电流、电压，然后根据闭合电路欧姆定律或串并联电路的电流、电压关系分析非纯电阻元件(非线性元件)的电流、电压，或者结合题目给出的非线性元件的伏安特性曲线，通过作图法分析求解。 考点2　交流电的产生和描述 例5　(2024·广东高考)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秒内消耗的电能为1 J D．电阻两端电压表达式为u＝10sin(100πt) V [解析]　由题图可知，该交流电的周期为T＝0.02 s，则频率为f＝＝50 Hz，故A错误；根据题图可知，电阻两端电压的峰值为Um＝10 V，根据欧姆定律可知，通过电阻的电流的峰值为Im＝＝＝0.2 A，故B错误；通过电阻电流的有效值为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；根据题图可知，电阻两端电压的表达式为u＝Um·sint＝10sin(100πt) V，故D正确。 [答案]　D 例6　(2024·河北高考)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 [解析]　由题可知，Q1＝×＋×＝，Q2＝T＝，且R1＝R2，联立可得Q1∶Q2＝4∶3，故选B。 [答案]　B 例7　(2024·广西高考)某兴趣小组为研究非摩擦形式的阻力设计了如图甲的模型。模型由大齿轮、小齿轮、链条、阻力装置K及绝缘圆盘等组成。K由固定在绝缘圆盘上两个完全相同的环状扇形线圈M1、M2组成。小齿轮与绝缘圆盘固定于同一转轴上，转轴轴线位于磁场边界处，方向与磁场方向平行，匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，与K所在平面垂直。大、小齿轮半径比为n，通过链条连接。K的结构参数见图乙，其中r1＝r，r2＝4r，每个线圈的圆心角为π－β，圆心在转轴轴线上，电阻为R。不计摩擦，忽略磁场边界处的磁场。若大齿轮以ω的角速度保持匀速转动，以线圈M1的ab边某次进入磁场时为计时起点，求K转动一周， (1)不同时间线圈M1受到的安培力大小； (2)流过线圈M1的电流有效值； (3)装置K消耗的平均电功率。 [解析]　(1)设小齿轮转动的角速度为ω1，小齿轮半径为r0，则大齿轮半径为nr0，大、小齿轮边缘线速度大小相等，设为v，则v＝ω1r0 v＝ω·nr0 联立解得ω1＝nω 则小齿轮和线圈的转动周期为T＝＝ 以线圈M1的ab边某次进入磁场时为计时起点，到cd边进入磁场为止，经历的时间为 t1＝T＝ 这段时间内线圈M1产生的感应电动势大小为 E1＝B(r2－r1) 流过线圈M1的感应电流大小为I1＝ 线圈M1受到的安培力大小为 F1＝BI1(r2－r1) 其中r1＝r，r2＝4r a点速度va＝ω1r1 b点速度vb＝ω1r2 联立解得F1＝； 自cd边进入磁场到ab边离开磁场，经历的时间为t2＝T＝ 这段时间内穿过线圈M1的磁通量不变，线圈M1中无感应电流产生，受到的安培力大小为F2＝0； 同理，自ab边离开磁场到cd边离开磁场，经历的时间为t3＝t1＝ 线圈M1受到的安培力大小为 F3＝F1＝； 自cd边离开磁场到ab边进入磁场，经历的时间为t4＝t2＝ 线圈M1受到的安培力大小为F4＝F2＝0。 综上所述，K转动一周，不同时间线圈M1受到安培力的大小为 (2)由(1)可解得I1＝ 设流过线圈M1的电流有效值为I，根据有效值定义有IRt1＋IRt3＝I2RT 其中I3＝I1 联立解得I＝。 (3)根据题意分析可知，流过线圈M1和M2的电流有效值相同，则装置K消耗的平均电功率为P＝2I2R 解得P＝。 [答案]　(1) (2)　(3) 交流发电机线圈平面两个特殊位置的特点 (1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变。 (2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不变。 1．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)非正弦式交变电流有效值的计算 ①分段求出交变电流在一个周期内产生的热量Q交。 ②设交变电流的有效值为I或电压的有效值为U(也可设为直流电相应的物理量)，写出同样时间内产生的焦耳热Q＝I2RT或Q＝T。 ③根据Q交＝Q列等式，计算I或U。 2．正弦式交流电“四值”的应用 考点3　变压器和远距离输电问题 例8　(2024·北京高考)如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“6 V，3 W”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是(　　) A．原线圈两端电压的有效值为24 V B．副线圈中电流的有效值为0.5 A C．原、副线圈匝数之比为1∶4 D．原线圈的输入功率为12 W [解析]　由题图乙知，理想变压器原线圈两端电压的最大值为U1m＝24 V，对正弦式交流电，其电压有效值为U1＝＝24 V，故A错误；灯泡正常发光，可知副线圈两端电压的有效值为U2＝6 V，副线圈的输出功率为PL＝3 W，由PL＝U2I2得，副线圈中电流的有效值为I2＝＝＝0.5 A，故B正确；由理想变压器电压与匝数的关系可得，原、副线圈匝数之比为＝＝＝，故C错误；理想变压器原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则原线圈的输入功率P1＝PL＝3 W，故D错误。 [答案]　B 例9　(2024·全国甲卷)(多选)如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S。S处于闭合状态，在原线圈电压U0不变的情况下，为提高R1的热功率，可以(　　) A．保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 B．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变 C．将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 D．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动 [解析]　保持T不动，则副线圈的匝数不变，根据理想变压器原、副线圈两端电压之比等于原、副线圈匝数之比，可知副线圈两端电压不变，当滑动变阻器R的滑片向f端滑动时，R接入电路中的阻值变小，R与R1串联后的总电阻减小，由欧姆定律可知，通过R1的电流I增大，则R1的热功率P＝I2R1增大，故A正确；同理可知，将T向b端移动，则副线圈的匝数变小，副线圈两端电压变小，当滑动变阻器R的滑片位置不变时，R接入电路中的阻值不变，R与R1串联后的总电阻不变，由欧姆定律可知，通过R1的电流I减小，则R1的热功率P＝I2R1减小，故B错误；将T向a端移动，则副线圈的匝数增加，副线圈两端电压变大，当滑动变阻器R的滑片向f端滑动时，R接入电路中的阻值变小，R与R1串联后的总电阻减小，由欧姆定律可知，通过R1的电流I增大，则R1的热功率P＝I2R1增大，故C正确；将T向b端移动，则副线圈的匝数减少，副线圈两端电压变小，当滑动变阻器R的滑片向e端滑动时，R接入电路中的阻值增大，R与R1串联后的总电阻增大，由欧姆定律可知，通过R1的电流I减小，则R1的热功率P＝I2R1减小，故D错误。 [答案]　AC 例10　(2024·湖南高考)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上消耗的功率为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 [解析]　设降压变压器的原、副线圈匝数比为k∶1，则降压变压器原、副线圈的电压之比和电流之比分别为＝k，＝，又＝R，则降压变压器及其负载的等效电阻为R等＝＝k2R，如图为等效电路图，则输电线路上的电流为I2＝I3＝，R0上消耗的功率为P＝IR0＝。设转子中线圈的匝数为N，面积为S，所在处匀强磁场的磁感应强度大小为B，则转子在磁场中转动时产生的电动势的最大值为Em＝NBSω，有效值为E＝＝，又因不计发电机的内阻，则升压变压器原线圈两端电压的有效值为U1＝E＝。若转子角速度ω增加一倍，则升压变压器原、副线圈两端电压U1、U2都增加一倍，R0上消耗的电功率变为＝4P，故A正确；若R0阻值增加一倍，则R0上消耗的功率变为≠4P，故B错误；若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，由变压器原、副线圈电压比等于匝数比可知，升压变压器副线圈两端电压增加一倍，则R0上消耗的功率变为＝4P，故C错误；若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则降压变压器及其负载的等效电阻变为k2，R0上消耗的功率变为≠6P，故D错误。 [答案]　A 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 2.一般变压器动态变化问题的分析方法 (1)根据题意分清变量和不变量。例如负载电阻不变，匝数比变化；或匝数比不变，负载电阻变化等。 (2)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．原线圈接电阻的变压器问题的分析方法 (1)若原线圈与定值电阻串联，则由变压器的电流关系作为突破口确定两线圈的匝数比和线圈两端的电压关系；若原线圈与定值电阻并联，则由变压器的电压关系作为突破口确定两线圈的匝数比和线圈中的电流关系。 (2)分析原线圈接电阻的变压器电路动态变化问题时，可以将变压器及副线圈两端的电路整体等效成一个电阻，然后用直流电路的规律分析原线圈电路各量的变化，进而分析副线圈电路各量的变化。定量计算时常用的二级结论为：R等效＝＝＝R负载。 4．解决远距离输电问题的一般思路 (1)理清三个回路 (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：能量守恒关系式P1＝P损＋P3。 5．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＝IR线 I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻 P损＝ ΔU为输电线路上损失的电压，不要与U2、U3相混，ΔU＝U2－U3 P损＝ΔU·I线 高考命题预测 1.(2024·河北省石家庄市高三下教学质量检测(三))如图所示，电源电动势E＝1.5 V，内阻不计，滑动变阻器R1的最大阻值为2 Ω，两定值电阻R2、R3的阻值均为1 Ω，电容器C的电容为3 μF。初始时R1的滑片置于最上端，开关S掷于a端。下列说法正确的是(　　) A．当R1的滑片向下移动时，R2两端的电压减小 B．移动R1的滑片过程中，R1消耗的最大功率为1.125 W C．开关从a掷向b，流过R3的电流方向由d到c D．开关从a掷向b，流过R3的电荷量为4.5×10－6 C 答案：D 解析：开关S掷于a端，R1与R2串联，根据串联电路的分压规律，可知R2两端的电压U2＝·R2，当R1的滑片向下移动时，R1接入电路中的电阻值变小，R2两端的电压增大，A错误；根据闭合电路欧姆定律得，流过R1的电流I＝，因此R1消耗的功率P＝I2R1＝＝，由数学知识知，当R1＝R2＝1 Ω时，R1消耗的功率达到最大值，为0.5625 W，B错误；开关掷于a端时，电容器C右极板与电源正极相连，带正电，两极板间电压为U1′＝·R1m，开关从a掷向b，电容器C右极板与电源负极相连，即稳定后右极带负电，且两极板间电压为U2′＝·R2，所以开关从a掷向b，流过R3的电流方向为由c到d，流过R3的电荷量为Q＝C·ΔU＝C(U1′＋U2′)，联立并代入数据，解得Q＝4.5×10－6 C，C错误，D正确。 2．(2024·江西省南昌市高三下三模)(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，V和R1、R2分别是电压表、定值电阻，且2R1＝5R2。已知a、b两端电压u按图乙所示正弦规律变化。下列说法正确的是(　　) A．电压u瞬时值的表达式u＝220sin(10πt) V B．电压表示数为40 V C．R1、R2两端的电压之比为1∶3 D．R1、R2消耗的功率之比为1∶10 答案：BD 解析：由题图乙知，电压u瞬时值可表示为u＝Umsinωt，且峰值为Um＝220 V，周期为T＝2×10－2 s，则ω＝＝ rad/s＝100π rad/s，则电压u瞬时值的表达式为u＝220·sin(100πt) V，A错误；设原线圈的电流为I1，根据理想变压器原、副线圈电流比与匝数比的关系有＝，得副线圈的电流I2＝＝5I1，副线圈两端的电压U2＝I2R2＝5I1·R1＝2I1R1，由理想变压器原、副线圈电压比与匝数比的关系有＝，得原线圈两端的电压U1＝U2＝10I1R1，a、b两端电压有效值为U有＝＝220 V，在原线圈所在回路中，有U有＝I1R1＋U1＝11I1R1，解得I1R1＝20 V，则电压表示数即U2＝2I1R1＝40 V，R1、R2两端电压之比为＝＝，R1、R2消耗的功率之比为＝＝，B、D正确，C错误。 专题作业 1.(2024·江苏省南京市、盐城市高三下一模)图为探究外电压、内电压和电动势关系的实验装置。这种电池的正、负极板(分别为A、B)为二氧化铅及铅，电解液为稀硫酸。关于这一实验装置分析，下列说法正确的是(　　) A．电压表V1正极与a相连 B．电压表V2的测量值大于电路的外电压 C．电压表V1的测量值不会大于电压表V2的测量值 D．电压表V1和V2测得的示数之和接近于一定值 答案：D 解析：在电源的外部，电流方向从电源的正极流向负极，在电源的内部，电流方向由电源的负极流向正极，结合题图可知，电压表V1正极与b相连，故A错误；电压表V1和V2分别测量电路中的内电压和外电压，电压表V1和V2测得的示数之和为电源电动势，即应接近于一定值，故B错误，D正确；根据串联电路分压规律可知，当内电路的电阻大于外电路的电阻时，电压表V1的测量值将大于电压表V2的测量值，故C错误。 2.(2023·江苏省南通市高三下二模)如图所示，曲线ab为某太阳能电池在一定光照强度下路端电压U和电流I的关系图像，OP是某定值电阻的U­I图像，P为两图线的交点。过P点作曲线ab的切线，分别与坐标轴相交于c、d。现将该电池和定值电阻组成闭合回路，保持上述光照强度照射时，电池的内阻可以用哪两点连线斜率的绝对值表示(　　) A．ab B．aP C．Pb D．cd 答案：B 解析：由闭合电路欧姆定律可得U＝E－Ir，则当电流I＝0时，U＝E，即曲线ab与纵轴的交点a的纵坐标表示该电池的电动势；该电池和定值电阻组成闭合回路时，设两图线交点P的纵、横坐标分别为UP、IP，如图所示，仍有UP＝E－IPrP，变形可得rP＝，则此时电池的内阻可用aP两点连线斜率的绝对值表示，故选B。 3.(2024·新课标卷)(多选)电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中(　　) A．电流最小 B．电流最大 C．电流方向由P指向Q D．电流方向由Q指向P 答案：BD 解析：由题图可知，磁极再转过90°时，磁场方向恰与线圈平面平行，穿过线圈的磁通量为0，但磁通量的变化率最大，可知此时线圈中电流最大，故A错误，B正确；由题图可知，磁极再转过90°时，磁场方向垂直于PQ向下，磁场向右运动，则PQ相对磁场向左运动，由右手定则可知，此时线圈中感应电流方向由Q指向P，故C错误，D正确。 4．(2024·山东高考)如图甲所示，在－d≤x≤d、－d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(用阴影表示磁场的区域)，边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为(　　) 答案：C 解析：根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为e＝Esint，由题图丙可知，磁场区域变化后，当Esint＝时，线圈的侧边才开始切割磁感线，可解得此时线圈转过的角度θ＝t＝，同理，当再次有Esint＝时，线圈的侧边即将离开磁场区域，此时线圈转过的角度为θ′＝t′＝，分析可知，磁场区域平行于y轴的边界与y轴的距离变为d′＝dcos＝，则变化后磁场位于－≤x≤的区域中，且磁场区域在y轴方向的范围不比原来小，C正确。 5．(2024·天津市和平区高三下一模)如图所示，两个单匝线圈分别在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，甲图中线圈面积为S，转动角速度为ω，乙图中线圈面积为，转动角速度为2ω，甲图从线圈和磁场方向平行处开始计时，乙图从线圈和磁场方向垂直处开始计时，两图中磁感应强度大小相同，线圈电阻均忽略不计，外接电阻阻值均为R，下列说法正确的是(　　) A．甲、乙两种情况下，感应电动势的瞬时值表达式相同 B．甲、乙两种情况下，磁通量随时间变化的表达式相同 C．甲、乙两种情况下，转过90°过程中通过线圈的电荷多少相同 D．甲、乙两种情况下，电阻R消耗的功率相同 答案：D 解析：甲图中，磁通量随时间变化的表达式为Φ甲＝BSsinωt，感应电动势的瞬时值表达式为e甲＝BSωcosωt，乙图中，磁通量随时间变化的表达式为Φ乙＝BScos2ωt，感应电动势的瞬时值表达式为e乙＝B·2ωsin2ωt＝BSωsin2ωt，故A、B错误；由q＝Δt＝Δt＝··Δt＝可知，转过90°过程中，ΔΦ甲＝BS，ΔΦ乙＝BS，ΔΦ甲≠ΔΦ乙，则通过线圈的电荷量q甲≠q乙，故C错误；由于甲、乙两种情况下，电动势的有效值均为E＝＝，因此电阻R消耗的功率均为P＝＝，故D正确。 6.(2024·湖北高考)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 答案：C 解析：由题意可知，二极管导通时，会使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均为半个周期，则两个灯泡两端电压的有效值相等，则根据P＝，可知P1∶P2＝RL2∶RL1＝1∶2，故选C。 7.(2024·湖北省武汉市高三下5月三模)如图所示为可拆变压器，原线圈与学生电源相连，副线圈与小灯泡相连，原、副线圈接入匝数分别为100匝和200匝，学生电源置于交流电压“6 V”时，小灯泡正常发光。下列说法正确的是(　　) A．小灯泡的额定电压可能小于12 V B．减小副线圈的接入匝数，原线圈的电流会增大 C．将可拆变压器的横条铁芯取下，小灯泡也能正常发光 D．若原线圈接入恒定电压“6 V”，小灯泡也能正常发光 答案：A 解析：如果该变压器是理想变压器，则原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，即＝＝，又由题知原线圈电压U1＝6 V，解得副线圈电压U2＝12 V，而可拆变压器可能不是理想变压器，则副线圈的电压可能小于12 V，故小灯泡的额定电压可能小于12 V，故A正确；根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系，可知减小接入副线圈的匝数，副线圈两端的电压减小，小灯泡消耗的功率减小，变压器副线圈的输出功率减小，原线圈输入功率减小，而输入电压不变，由P＝UI可知，原线圈的电流会减小，故B错误；将可拆变压器的横条铁芯取下，会导致“漏磁”更严重，则副线圈两端的电压变小，小灯泡不能正常发光，故C错误；若原线圈接入恒定电压“6 V”，则原、副线圈的磁通量不变，副线圈的电压为0，小灯泡不能发光，故D错误。 8．(2024·广东省汕头市高三下一模)如图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原、副线圈匝数之比为n1∶n2＝1∶10，其输入电压如图乙所示，输电功率为200 kW，输电线总电阻为R线＝8 Ω，则下列说法正确的是(　　) A．降压变压器副线圈输出的交流电频率为100 Hz B．升压变压器副线圈的电压有效值为5000 V C．高压输电线上电流有效值为40 A D．高压输电线上损失的电压为320 V 答案：D 解析：由题图乙可知，升压变压器输入的交流电周期为T＝0.02 s，变压器不改变交流电周期和频率，因此降压变压器副线圈输出的交流电频率为f＝＝50 Hz，故A错误；由题图乙可知，升压变压器原线圈的电压最大值为Um＝500 V，则有效值为U1＝＝250 V，根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系有＝，可得升压变压器副线圈的电压有效值为U2＝U1＝2500 V，故B错误；根据P1＝P2＝U2I2，得高压输电线上电流有效值为I线＝I2＝＝＝40 A，故C错误；根据欧姆定律，高压输电线上损失的电压为ΔU＝I线R线＝320 V，故D正确。 9．纯电动汽车的发展将极大缓解燃油汽车带来的污染问题，有助于改善城市的空气质量。下表是某款电动汽车的蓄电池参数，据此下列说法正确的是(　　) 电池只数 100只 电池容量/只 1200 mA·h 充电参数(电压/电流) 420 V，20 A 放电时平均电压/只 3.3 V A.电池从完全没电到充满电所需时间为12 h B．电池容量的单位mA·h就是能量单位 C．该电池组充电时的功率为8.4×103 W D．该电池组充满电时的能量约为8.4×103 J 答案：C 解析：由题表可知，电池从完全没电到充满电所需时间为t＝＝＝6 h，故A错误；电池容量的单位mA·h是电量的单位，故B错误；该电池组充电时的功率为P＝UI＝420×20 W＝8.4×103 W，故C正确；该电池组充满电时的能量为W＝U放q＝3.3 V×100×1200 mA·h≈1.4×106 J，故D错误。 10．如图甲所示，电动势为E、内阻为r的电源与R＝6 Ω的定值电阻、滑动变阻器RP、开关S组成闭合回路。已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值RP的关系如图乙所示。下述说法中正确的是(　　) A．图乙中Rx＝15 Ω B．电源的电动势E＝10 V，内阻r＝4 Ω C．滑动变阻器消耗功率P最大时，定值电阻R消耗功率也最大 D．调整滑动变阻器RP的阻值，可以使电源的输出电流达到1.25 A 答案：B 解析：由图乙知，当RP＝R＋r＝10 Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，则r＝4 Ω，最大功率Pm＝＝2.5 W，解得E＝10 V，B正确；滑动变阻器的阻值为5 Ω时与阻值为Rx时消耗的功率相等，有×5 Ω＝Rx，解得Rx＝20 Ω，A错误；当回路中电流最大时，即RP＝0时，定值电阻R消耗的功率最大，C错误；当RP＝0时，电路中电流最大，最大值为Im＝＝ A＝1 A，则调整滑动变阻器RP的阻值，不可能使电源的输出电流达到1.25 A，D错误。 11.如图所示，电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，R0＝3 Ω，R1＝7.5 Ω，R2＝3 Ω，R3＝2 Ω，电容器的电容C＝2 μF。开始时开关S处于闭合状态，则下列说法正确的是(　　) A．开关S闭合时，电容器上极板带正电 B．开关S闭合时，电容器两极板间电势差是3 V C．将开关S断开，稳定后电容器极板所带的电荷量是3.6×10－6 C D．将开关S断开至电路稳定的过程中通过R0的电荷量是9.6×10－6 C 答案：D 解析：开关S闭合时的等效电路图如图甲所示，电容器上极板与电源负极相连，带负电，电容器C两极板间电势差等于R3两端电压U3，已知并联部分总电阻R＝＝3 Ω，由闭合电路欧姆定律及串联电路分压规律可知U3＝E··＝1.8 V，则电容器极板所带电荷量Q1＝CU3＝3.6×10－6 C，故A、B错误；开关S断开稳定后的等效电路图如图乙所示，稳定后电容器C两端电压等于R2两端电压U2，由闭合电路欧姆定律及串联电路分压规律可知U2＝R2＝3 V，电容器极板所带电荷量Q2＝CU2＝6×10－6 C，且上极板带正电，下极板带负电，故通过R0的电荷量Q＝Q1＋Q2＝9.6×10－6 C，故C错误，D正确。 12．(2023·北京市西城区高三下统一测试)某同学根据查阅到的某种热敏电阻的R­t特性曲线(如图1)，设计了图2所示的恒温箱温度控制电路。图2中，Rt为热敏电阻，R1为可变电阻，控制系统可视作R＝200 Ω的电阻，电源的电动势E＝9.0 V，内阻不计。当通过控制系统的电流小于2 mA时，加热系统将开启，为恒温箱加热；当通过控制系统的电流等于2 mA时，加热系统将关闭。下列说法正确的是(　　) A．若要使恒温箱内温度保持20 ℃，应将R1调为500 Ω B．若要使恒温箱内温度升高，应将R1增大 C．若恒温箱内温度降低，通过控制系统的电流将增大 D．保持R1不变，通过控制系统的电流大小随恒温箱内的温度均匀变化 答案：B 解析：通过控制系统的电流为I0＝2 mA时，电路中的总电阻R总＝＝ Ω＝4500 Ω，由图1可知，20 ℃时热敏电阻的阻值为Rt1＝4000 Ω，所以若要使恒温箱内温度保持20 ℃，应将R1调为R1＝R总－Rt1－R＝4500 Ω－4000 Ω－200 Ω＝300 Ω，A错误；由于加热系统关闭的电流临界值为I0＝2 mA不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路在临界状态下的总电阻不变，为R总＝4500 Ω，可知若要使恒温箱内保持的温度值升高，即热敏电阻的阻值减小，则必须使R1增大，B正确；若恒温箱内温度降低，热敏电阻阻值将增大，由I＝可知，通过控制系统的电流将减小，C错误；根据图1可知，Rt＝R0－kt(k>0)，通过控制系统的电流I＝，联立得I＝，则保持R1不变，通过控制系统的电流大小随恒温箱内的温度不是均匀变化，D错误。 13．(2024·山东省济南市高三下三模)如图所示，线圈abcd在匀强磁场中绕固定轴OO′匀速转动，产生的正弦式交流电通过自耦变压器给灯泡和滑动变阻器供电。已知线圈abcd的电阻不可忽略，自耦变压器可看作理想变压器，下列说法正确的是(　　) A．图示时刻线圈abcd中感应电流大小为零 B．将滑动变阻器的滑片Q向上移动，灯泡变亮 C．将自耦变压器的滑片P逆时针转动，自耦变压器的输入电流变大 D．将滑动变阻器的滑片Q向上移动，自耦变压器的输出功率一定减小 答案：C 解析：图示时刻线圈abcd中的磁通量为零，穿过线圈abcd的磁通量的变化率最大，线圈abcd中感应电动势最大，感应电流最大，故A错误；设滑动变阻器和小灯泡的总电阻为R，线圈abcd在匀强磁场中匀速转动产生电动势的有效值为E，内阻为r，自耦变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，由＝，＝，R′＝，R＝，联立得变压器及其负载的等效电阻为R′＝R，将滑动变阻器的滑片Q向上移动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，R变小，等效电阻R′变小，则原线圈的电流I1＝变大，线圈abcd的内阻分压变大，变压器原线圈的输入电压变小，副线圈的输出电压也变小，灯泡两端的电压变小，则灯泡变暗，自耦变压器的输出功率即线圈abcd的输出功率为P＝IR′＝R′＝，可知当R′＝r时，P最大，因滑片Q移动过程中R′与r的大小关系未知，所以自耦变压器的输出功率P的变化情况不能判断，故B、D错误；将自耦变压器的滑片P逆时针转动，n2增大，R′减小，则自耦变压器的输入电流I1＝变大，C正确。 14．(2024·山东省菏泽市高三下一模)(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1，a、b接一输出电压有效值为U的正弦交流电源，其中R1、R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，电流表、电压表均为理想电表。当滑片P向下缓慢滑动的过程中，用ΔI1、ΔI2分别表示电流表A1、A2示数变化量的绝对值，用ΔU1、ΔU2分别表示电压表V1、V2示数变化量的绝对值，下列判断正确的是(　　) A．电阻R1与R3消耗功率的比值变大 B．ΔI2＝3ΔI1 C.＝R3，＝ D．当R2＝R3时，R2消耗的功率最大 答案：BC 解析：根据理想变压器原、副线圈的电流与匝数之间的关系可知，原、副线圈的电流之比＝＝，则电阻R1与R3消耗功率的比值＝＝保持不变，故A错误；根据＝＝，可知I2＝3I1，则ΔI2＝3ΔI1，故B正确；根据电压表V2的示数U2＝I2R3，得＝R3，由理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系得＝＝，故原线圈两端电压U原＝3U1，在原线圈所在回路中，有U＝I1R1＋U原，又I1＝I2，联立得U1＝U－I1R1，故＝，故C正确；变压器及其负载的等效电阻为R等＝(R2＋R3)＝9(R2＋R3)，R2消耗的功率为P＝IR2＝9IR2＝9R2＝，可知当P最大时，81R2＝，得R2＝R3＋，故D错误。 15.(2024·河北省沧州市高三下二模)(多选)如图所示，理想变压器的原线圈匝数n1＝1000，原线圈与电压表V1并联，并通过一电流表A1接正弦交流电源；一个二极管和阻值为R1的负载电阻串联后接到匝数n2＝200的副线圈两端，电压表V2与电阻R1并联；阻值为R2的负载电阻串联电流表A2后接到匝数n3＝200的副线圈两端。已知R1＝R2＝R，二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电表均为理想电表。下列说法正确的是(　　) A．电压表V1和V2的示数之比为5∶1 B．减小负载电阻阻值，电流表A1示数变大 C．电流表A1和A2的示数之比为2∶5 D．如果将二极管短路，电流表A1和A2的示数之比为2∶5 答案：BD 解析：设原线圈两端电压即电压表V1的示数为U1，匝数为n2的副线圈两端电压为U2，则有＝，设电压表V2示数为U，因二极管具有单向导电性，则根据有效值的定义可得·＝·T，解得U＝U2，所以电压表V1和V2的示数之比为＝＝＝，A错误；减小负载电阻阻值，副线圈两端的电压不变，则副线圈的输出功率增大，原线圈输入功率增大，原线圈两端电压不变，所以原线圈中的电流即电流表A1的示数增大，B正确；设匝数为n3的副线圈两端电压为U3，则有＝，而n2＝n3，所以U2＝U3，又R1＝R2＝R，则R1中有电流通过的半个周期内电流的有效值为IR1＝＝＝I2，理想变压器输入功率等于输出功率，可得U1I1T＝U2I2＋U2I2T，解得电流表A1和A2的示数之比为＝＝＝，当二极管被短路时，同理有U1I1′T＝U2I2′T＋U2I2′T，解得电流表A1和A2的示数之比为＝＝＝，C错误，D正确。 16．(2023·河北省石家庄市高三下教学质量检测(一))(多选)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(　　) 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 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 答案：BD 解析：变压器的原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝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%，则有＝，因此原、副线圈中的电压比为U1∶U2＝4∶1。若仅闭合S1，U2＝U，则原线圈两端的电压值为U1＝4U，故A错误；理想变压器的输入功率等于输出功率，即U1I1＝U2I2，因此若仅闭合S1，原线圈中的电流为I1＝I2＝，故B正确；设交流电源输出电压的有效值为U0，若仅闭合S2，理想变压器的输入功率等于输出功率，也等于滑动变阻器消耗的功率，为P出＝U0I1－IR1，因此当I1＝时，P出最大，根据I1∶I2＝1∶4，U1＝U0－I1R1＝，U1∶U2＝4∶1，R2＝，联立解得R2＝＝，故C错误；当S1、S2都闭合，滑动变阻器的阻值逐渐增大时，变压器及负载的等效电阻增大，则原线圈中的电流I1逐渐减小，R1两端的电压I1R1逐渐减小，则变压器原线圈两端的电压U1＝U0－I1R1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。 17．(2023·山东高考)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 答案：C 解析：由题知，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率P1＝500 kW，则输出电流I1＝＝2×103 A，A错误；用户端电压U4＝220 V，功率P4＝88 kW，则电流I4＝＝400 A，又＝，解得I3＝8 A，则输电线上损失的功率为P损＝IR＝4 kW，B错误；由能量守恒有P1＝P损＋P4＋P储，解得输送给储能站的功率P储＝408 kW，C正确；由P2＝P损＋P4＝I3U2，解得U2＝11500 V，再根据＝，解得＝，D错误。 7 学科网（北京）股份有限公司 $$