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2023届二轮复习通用版 4.1 直流电路与交流电路 学案
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这是一份2023届二轮复习通用版 4.1 直流电路与交流电路 学案，共17页。
专题四 电路与电磁感应
第1讲 直流电路与交流电路
真题速练·明考情
1．(2020·全国Ⅰ卷)图(a)所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC．如果UC随时间t的变化如图(b)所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图象中，正确的是( A )
【解析】 当电容器两端电压变化时，电容器由于充放电，电路中会有电流I＝＝，而充电放电时，电流方向相反，电阻R两端电压UR＝IR＝R，由图(b)可知，(1～2)s电容器充电，(3～5)s过程电容放电，且放电时电流为充电时的一半，故选A．
2．(多选)(2022·湖北卷)近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示．发射线圈的输入电压为220V、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝．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，下列说法正确的是( AC )
A．接收线圈的输出电压约为8V
B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1
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
【解析】 根据＝可得接收线圈的输出电压约为U2＝8V，故A正确；根据＝可得＝，故B错误；变压器是不改变其交变电流的频率的，故C正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故D错误．故选AC．
3．(2022·山东，4)如图所示的变压器，输入电压为220V，可输出12V、18V、30V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcos(100πt)．单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1V，将阻值为12Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12W．下列说法正确的是( D )
A．n1为1100，Um为220V
B．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4A
C．若将R接在AB两端，R两端的电压为18V，频率为100Hz
D．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5A，周期为0.02s
【解析】 根据电压与匝数关系，可得＝，解得n1＝＝2200，Um＝U1＝220V，选项A错误；因为PBC＝，所以UBC＝V＝12V，IBC＝＝1A，根据电压与匝数的关系，可得＝，解得nBC＝120，选项B错误；因为u＝Umcos(100πt)，所以交变电流频率为50Hz，周期为0.02s；由题意可知，变压器可输出12V、18V、30V电压，由选项B解析可知UBC＝12V，则UAB＝18V，UAC＝30V；R接AC两端，IAC＝＝＝2.5A，选项C错误，D正确．
4．(多选)(2021·山东等级考)输电能耗演示电路如图所示．左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为7.5V的正弦交流电．连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10Ω．开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为10W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P．以下判断正确的是( BD )
A．r＝10Ω B．r＝5Ω
C．P＝45W D．P＝22.5W
【解析】 开关S接1时，＝，＝，＝，P1＝＝10W，且U2－U3＝I3r，代入数据解得：r＝5Ω，故A错误，B正确；开关S接2时，＝，＝，P＝，U2－U3′＝I3′r，代入数据解得：P＝22.5W，故C错误，D正确．
〔备考策略〕
命题特点：直流电路重点考查电路功率的计算、动态过程分析等；变压器、交流电路部分由于与日常生活、生产紧密结合，常以选择题的形式出现．
常用到的思想方法有：程序法、等效法、分析推理法．
核心知识·固双基
“必备知识”解读
一、理清直流电路知识体系
二、正弦交变电流“四值”的理解与应用
三、理想变压器和远距离输电
1．明确变压器各物理量间的制约关系
2．明辨远距离输电过程的3个问题
(1)输电线上的电流：I＝＝．
(2)电压损耗：输电线路上I2＝IR＝I3，总电阻R导致的电压损耗UR＝U2－U3＝IRR．输送电压一定时，用电器增多，则降压变压器的输出电流变大，输电线上的电流增大，电压损耗增大．
(3)输电线上损失的功率：P损＝I2R线＝2R线＝＝U损I＝P2－P3．输电线上的损失功率必须与输电线上的电流和电压相对应，不要把输电线上的输电电压U和输电导线上损失的电压ΔU相混淆，不能用公式P＝计算输电线上损失的功率．
“关键能力”构建
直流电路动态分析的常用方法
1．程序法：基本思路为“部分→整体→部分”．
2．极限法：因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论．
命题热点·巧突破
考点一 直流电路的计算与分析
考向1 直流电路的动态分析
1．(2021·广东广州模拟)如图所示的电路中，当变阻器R1的滑动触头向上滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为( A )
A．A灯和B灯都变亮 B．A灯和B灯都变暗
C．A灯变亮，B灯变暗 D．A灯变暗，B灯变亮
【解析】 “串反并同”指的是在一个闭合回路中某一个电学元件的阻值发生了变化，则与其并联的电学元件的电学量的变化趋势与其相同，与其串联的电学元件的电学量的变化趋势与其相反，这里的并联是指两电学元件之间没有电流的流进流出关系，串联指的是电流有流进流出关系．当变阻器R1的滑动触头向上滑动时，滑动变阻器的阻值增大，根据“串反并同”规律可知A、B灯泡与之并联，则两灯都变亮，所以A正确，B、C、D错误．故选A．
2．(多选)(2022·河南名校联考)如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，L为小灯泡，R为滑动变阻器，为理想电压表．现闭合开关S，滑动变阻器R的滑动触头P从a端向b端滑动时．已知小灯泡电阻和电源内阻相等，则下列说法中正确的是( BC )
A．电压表示数先变小后变大
B．小灯泡L先变暗后又变亮
C．电源的输出功率先变小后变大
D．电源的效率先减小后增大
【解析】 由电路结构可知，滑动变阻器R的滑动触头P两边的电阻并联，则当P从a端向b端滑动时，电路的总电阻先变大后变小，则干路电流先变小后变大，故小灯泡L先变暗后又变亮，选项B正确；由U＝E－Ir可知路端电压先变大后变小，即电压表的示数先变大后变小，选项A错误；因为小灯泡电阻和电源内阻相等，电路的总电阻先变大后变小，结合电源输出功率随外电路电阻变化图象可知，当内外电阻相等时电源输出功率最大，则电源的输出功率先变小后变大，选项C正确；电源的效率η＝×100%＝×100%，外电路总电阻越大，电源的效率越高，故电源的效率先增大后减小，选项D错误．故选BC．
考向2 含电容器电路的分析与计算
3．(多选)(2022·天津二模)如图所示，R1是光敏电阻(光照增强，电阻减小)，C是电容器，R2是定值电阻．闭合开关，当R1受到的光照强度减弱时( BD )
A．电源两端电压减小
B．光敏电阻R1两端的电压增大
C．通过电阻R2的电流增大
D．电容器C所带的电荷量减小
【解析】 当R1受到的光照强度减弱，则光敏电阻R1阻值变大，根据闭合电路欧姆定律I＝可知，回路中的电流减小，则通过电阻R2的电流减小，故C错误；回路中的电流减小，则根据闭合电路欧姆定律U＝E－Ir可知，路端电压增大，即电源两端电压增大，故A错误；电阻R2的电压为U2＝IR2则回路中的电流减小，电阻R2的电压减小，故电容器C的电压减小，根据Q＝CU2可知，电容器C所带的电荷量减小，故D正确；根据电路中的电压关系有U＝U1＋U2，由于路端电压U增大，而电阻R2的电压U2减小，则光敏电阻R1两端的电压U1增大，故B正确．故选BD．
4．(多选)(2022·广东揭阳模拟)阻值相等的三个电阻R、电容为C的平行板电容器、电动势为E且内阻可以忽略的电源与开关S连接成如图所示的电路，其中电源负极接地．开始时，开关S断开，电路稳定后有一带电液滴位于电容器极板间的P点并处于静止状态，整个装置处于真空中，重力加速度为g，下列说法正确的是( AD )
A．若将电容器上极板上移少许，则液滴的电势能增大
B．若减小电容器两极板的正对面积，则液滴向下加速运动
C．闭合S，则电路稳定后电容器所带电荷量比原来增加
D．闭合S，若电路稳定后液滴还在板间运动，则其加速度大小为g
【解析】 若将电容器上极板上移少许，和电容并联部分电路没有发生改变，电容器两端的电压不变，根据E＝可知电场强度变小，则油滴所受向上电场力变小，油滴向下运动，电场力做负功，油滴的电势能增大，故A正确；若减小电容器两极板的正对面积，不改变极板间的电场强度，则油滴所受向上电场力不变，油滴仍然静止，故B错误；开关闭合前，电容器两端的电压为U＝E＝，电容器的电荷量为Q＝CU＝，开关闭合后，电容两端的电压为U′＝E＝，电容器的电荷量为q′＝cU′＝，可知电荷量减少，根据平衡条件可得q1＝mg，根据牛顿第二定律得mg－q1＝ma，联立解得a＝，故C错误，D正确．故选AD．
考向3 直流电路的故障分析
5．(2022·北京顺义区二模)某同学在测量电阻Rx实验时，按图所示连接好实验电路．闭合开关后发现：电流表示数很小、电压表示数接近于电源电压，移动滑动变阻器滑片时两电表示数几乎不变化，电表及其量程的选择均无问题．请你分析造成上述结果的原因可能是( D )
A．电流表断路
B．滑动变阻器滑片接触不良
C．开关接触部位由于氧化，使得接触电阻太大
D．待测电阻和接线柱接触位置由于氧化，使得接触电阻很大
【解析】 电流表断路或者滑动变阻器滑片接触不良，都会造成整个电路是断路情况，即电表示数为零，A、B错误；开关接触部位由于氧化，使得接触电阻太大，则电路电阻过大，电流很小，流过被测电阻的电流也很小，所以其两端电压很小，不会几乎等于电源电压，C错误；待测电阻和接线柱接触位置由于氧化，使得接触电阻很大，相当于当被测电阻太大，远大于和其串联的其他仪器的电阻，所以电路电流很小，其分压接近电源电压，D正确．
6．(2022·河南九师联盟联考)如图所示的电路中，闭合开关S，灯泡L1、L2均能正常发光，由于电路中某处断路，结果灯泡L1变亮，L2变暗，电压表和电流表(均为理想电表)的示数均变小，则此故障可能是( A )
A．R1断路 B．R2断路
C．R3断路 D．R4断路
【解析】 若R1断路，相当于R1电阻变为无穷大，根据“串反并同”可知，灯泡L1变亮，L2变暗，电压表和电流表的示数均变小，故A符合题意；若R2断路，相当于R2电阻变为无穷大，根据“串反并同”可知，灯泡L1变暗，L2变暗，电压表的示数变大，电流表的示数变小，故B不符合题意；若R3断路，相当于R3电阻变为无穷大，根据“串反并同”可知，灯泡L1变暗，L2变暗，电压表的示数变大，电流表的示数变大，故C不符合题意；若R4断路，相当于R4电阻变为无穷大，根据“串反并同”可知，灯泡L1变暗，L2变亮，电流表无示数；同理得R2两端的电压减小，R3两端电压增大，而电压表是测两个电阻的总电压，由于不知电路中电阻的具体阻值，故无法判断电压表示数的变化，故D不符合题意．故选A．
考向4 闭合电路中的功率分析
7．(2022·四川成都二诊)摩托车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图，在打开车灯、电动机未启动时电流表读数为5A，电动机启动时电流表读数为15A，若电源电动势12V，内阻0.4Ω，电流表内阻不计，则因电动机启动导致车灯的电功率降低了( B )
A．30W B．32W
C．20W D．18W
【解析】 电动机未启动时U灯＝E－I1r＝(12－5×0.4)V＝10V，车灯功率P灯＝U灯I1＝50W，电动机启动时U灯′＝E－I2r＝(12－15×0.4)V＝6V，设车灯阻值不变，由P＝，可得P′＝2×P灯＝2×50W＝18W，电功率的减少量ΔP＝P－P′＝(50－18)W＝32W，故选B．
8．(2022·浙江1月高考)某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0kg．喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75m不变．水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A．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，则( D )
A．每秒水泵对水做功为75J
B．每秒水泵对水做功为225J
C．水泵输入功率为440W
D．电动机线圈的电阻为10Ω
【解析】 每秒喷出水的质量为m0＝2.0kg，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＋m0v＝300J，故A、B错误；水泵的输出能量转化为水的机械能，则P出＝＝300W，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＝＝400W，故C错误；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＝400W，而电动机的电功率为P电＝UI＝440W，由能量守恒可知P电＝I2R＋P机，联立解得R＝10Ω，故D正确．
〔方法技巧〕
动态电路问题的处理方法：
(1)
(2)
(3)
考点二 交流电路的分析与计算
考向1 交变电流的产生及“四值”的计算
1．(2022·浙江1月高考)如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动．下列说法正确的是( A )
A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D．乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
【解析】 甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故A正确；乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故B错误；根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故C错误；乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，故D错误，故选A．
2．(2022·黑龙江大庆联考)如图甲乙分别是两种交流电的i2-t、i-t关系图象，则甲、乙两种交流电的有效值之比为( B )
A． B．
C．1 D．2
【解析】 设甲乙两图的交流电有效值分别为I甲、I乙，根据交流电有效值的定义与图中的数据可得IRT＝R×0.5T＋I2R×0.5T，IRT＝2R×＋2R×，解得I甲＝I，I乙＝I，则有＝，故选B．
3．(多选)(2022·黑龙江大庆一模)如图所示，在匀强磁场中转动的单匝线圈电阻为1Ω，外接电阻R＝9Ω，线圈匀速转动的周期为T＝0.2s，从线圈中性面开始计时，理想交流电流表的读数为2A，那么( AC )
A．穿过线圈的最大磁通量为Wb
B．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝20sin20πt(V)
C．在线圈转过90°的过程中，外接电阻产生的焦耳热为1.8J
D．在线圈转动90°的过程中，通过电阻R的电荷量为2πC
【解析】 因电流表的读数2A为有效值，则电流的最大值为Im＝I有效＝2A，Em＝Im(R＋r)＝20V，又Em＝Φmω，ω＝，所以Φm＝Wb，故选项A正确；任意时刻线圈中的感应电动势为e＝20sin10πt(V)，故选项B错误；线圈转过90°时，外接电阻产生的焦耳热为Q＝IRt＝1.8J，故选项C正确；从中性面开始计时，转动90°的过程中，感应电动势的平均值为＝，＝，q＝t＝＝C，故选项D错误．故选AC．
考向2 理想变压器的原理及动态分析
4．(2022·山西大同联考)如图为模拟市区用户供电的示意图．U0是电网电压，可视为不变．R1为电网至变压器的电缆电阻，R2是变压器至用户间电缆电阻，R是用电器的等效电阻．变压器为理想变压器．当用户端的用电器增加时，则下列说法正确的是( D )
A．R1电功率减小 B．R2电功率减小
C．电压表示数不变 D．电流表示数增大
【解析】 将R2和R等效在变压器的原线圈上为R效，对原线圈电路由闭合电路欧姆定律有I1＝，用户端的用电器增加时，R减小，则R效减小，则变压器的原线圈电路的电流I1增大，故R1电功率由PR1＝IR1增大，A错误；根据变压器线圈匝数与电流比关系＝可知，I1增大则有I2增大，即电流表示数增大，D正确；R2消耗的电功率PR2＝IR2要增大，B错误；变压器原线圈电压为U1＝U0－I1R1，电流I1增大，则U1减小，根据变压比知副线圈电压U2减小，又R2分压增加，则电压表示数UV＝U2－UR2减小，C错误，故选D．
5．(2022·湖南，6)如图所示，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V的示数为U，理想电流表A的示数为I．下列说法正确的是( B )
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
【解析】 保持P1位置不变，由题意可知，变压器接入电路中原、副线圈的匝数比为2，若原线圈的电流为I，则副线圈的电流为2I，根据欧姆定律可得副线圈两端的电压有效值为U2＝2IR1，则变压器原线圈两端的电压有效值为U1＝2U2＝4IR1，设输入电压有效值为U0，则U0＝4IR1＋IR2，可得I＝．P2向左缓慢滑动的过程中，R2减小，I变大，而U1＝4IR1，可知变压器原线圈两端的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则R2两端的电压不断变小，即电压表示数U变小，原线圈两端的电压、输入的电流都变大，则变压器输入功率变大，根据原、副线圈的功率相等，可知R1消耗的功率增大，故B正确，A错误；保持P2位置不变，设原、副线圈的匝数比为n，同理可得U1＝n2IR1，则U0＝n2IR1＋IR2，整理可得I＝，P1向下缓慢滑动的过程中，n不断变大，则I变小，对R2由欧姆定律可知U＝IR2，可知U不断变小，根据原、副线圈的功率相等可知R1消耗的功率P1＝IU1＝·，整理可得P1＝，可知n＝3时，R1消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大，后减小，故C、D错误．故选B．
考向3 原线圈中含有负载的变压器问题
6．(多选)(2020·全国Ⅲ卷)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10Ω，R3＝20Ω，各电表均为理想电表．已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示．下列说法正确的是( AD )
A．所用交流电的频率为50Hz
B．电压表的示数为100V
C．电流表的示数为1.0A
D．变压器传输的电功率为15W
【解析】 交流电的频率为f＝＝＝50Hz，A正确；通过R2电流的有效值为I＝＝1A，R2两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知U2＝IR2＝1×10V＝10V，根据理想变压器的电压规律＝可知原线圈的电压U1＝U2＝10×10V＝100V，电阻R1两端分压即为电压表示数，即UV＝U0－U1＝220V－100V＝120V，B错误；电流表的示数为IA＝＝A＝0.5A，C错误；副线圈中流过的总电流为I2＝I＋IA＝1A＋0.5A＝1.5A，变压器原副线圈传输的功率为P＝I2U2＝15W，D正确．故选AD．
7．(2022·内蒙古鄂尔多斯二模)如图所示，一理想变压器，左右两边共接有额定电压均为U的6盏完全相同的灯泡(额定功率均为P)，左端接在一电压恒为U0的交流电源两端．此时6盏灯刚好正常发光．下列说法中不正确的是( A )
A．该变压器的原、副线圈匝数比为1∶2
B．此时交流电源输出的功率为6P
C．U0＝6U
D．如果灯L6突然烧断，灯L1和L2将变暗，而其余3盏灯将变得更亮
【解析】 由于各盏灯相同且均正常发光，所以流过每盏灯的电流均相同，原线圈中的电流I1等于灯泡的额定电流I，而副线圈中的总电流为I2＝4I，故n1∶n2＝I2∶I1＝4∶1，A错误；由于理想变压器本身不消耗能量，所以交流电源输出功率为6盏灯的总功率6P，B正确；设原、副线圈两端的电压分别为U1、U2，则U2＝U，U0＝U1＋2U，而U1∶U2＝n1∶n2＝4∶1，代入得U0＝6U，C正确；当灯L6突然烧断，变压器输出的功率将减小，所以输入功率也将减小，由P1＝U1I1得I1减小，所以灯L1和L2将变暗，同时因L1和L2分得的电压减小，变压器输入端的电压U1将增大，所以变压器输出的电压也将增大，使其余3盏灯变得更亮，D正确．故选A．
考向4 远距离输电问题
8．(2022·江苏南通二模)如图所示为远距离输电的原理图，发电机输出电压不变，升压变压器、降压变压器均为理想变压器，降压变压器的原、副线圈匝数之比为n．若用户负载发生变化，电压表V的示数变化ΔU，电流表A的示数变化ΔI，＝k．则两变压器间输电线的总电阻R等于( C )
A．nk B．
C．n2k D．
【解析】 电压表V的示数变化ΔU，则降压变压器的原线圈两端电压变化了nΔU，电流表A的示数变化ΔI，则流过R的电流变化了，所以两变压器间输电线的总电阻R＝＝n2k，故选C．
9．(多选)(2022·山东烟台模拟)如图所示，某小型电站通过升压变压器T1、高压输电线路和降压变压器T2将产生的电能输送给5km外的用户，水电站输出电压为400V，高压输电线路的阻值为1Ω/km，用户端用电总功率为19kW，用户端电压为220V．两变压器均为理想变压器，T1的匝数比为1∶5，下列说法正确的是( AD )
A．T1的输电电压为2000V
B．T2的匝数比n3∶n4＝105∶11
C．高压输电线上的电流为5A
D．高压输电线上损失的电功率为1kW
【解析】 根据变压器电压与匝数比关系＝，可得U2＝U1＝×400V＝2000V，所以T1的输电电压为2000V，A正确；设T2输入端的电压为U3，电流为I3，则＝＝k，＝＝，I4＝＝A＝A，又U3＝U2－IR联立，代入数据，求得k＝，高压输电线上的电流为I3＝＝10A，B、C错误；高压输电线上损失的电功率为P损＝IR＝1000W，D正确．故选AD．
〔方法技巧〕
1．理想变压器动态分析的两种情况
(1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况．
(2)匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况．
2．理想变压器问题分析技巧
(1)根据题意分清变量和不变量．
(2)弄清“谁决定谁”的制约关系．对电压而言，输入决定输出；对电流、电功(率)而言，输出决定输入．
3．远距离输电问题的解题关键
(1)整个输电线路由三个回路组成，回路间通过变压器建立联系．
(2)关键是通过分析，利用题目条件，首先求出中间回路的电流．
应用创新·提素养
应用创新 电路问题中的STSE问题
1．(2022·四川成都二诊)风速测速仪的简易装置如图所示，其工作原理是：风吹动风杯，风杯通过转轴带动永磁铁转动，电流测量装置则可显示感应线圈产生的电流i随时间t变化的图象，从而实现测量实时风速．若风速一定时，风杯的转动周期为T，则下列图象可能正确的是( D )
【解析】 线圈在磁场中转动会产生交流电，根据相对运动可知，磁体即磁体产生的磁场相对线圈转动也会产生交流电，转动的周期即为交流电的周期，转动的转速与交流电的最大值有关．由于永磁铁的转动，线圈绕垂直于磁场方向的轴转动切割磁感线，线圈中将产生正弦或余弦的交流电，故电流i随时间t变化的图象可能正确的是D项．
2．(多选)(2022·山西吕梁一模)如图所示，这是安装在潜水器上的深度表的电路原理图，显示器由电流表改装而成，压力传感器的电阻随压力的增大而减小，电源的电动势和内阻均为定值，R0是定值电阻．在潜水器下潜过程中，下列说法正确的是( ABC )
A．R0两端的电压增大
B．压力传感器两端的电压减小
C．电源的总功率增大
D．电源内部消耗的功率减小
【解析】 由电路图可以知道，两电阻串联，电流表显示器串联在电路中．在潜水器下潜过程中，压力传感器受到的压力增大、其电阻减小，电路中的总电阻减小．根据I＝，可以知道电路中的电流增大，U0＝IR0，所以R0两端的电压增大，A正确；R0两端的电压增大，内电压U内＝Ir也增大，则传感器两端的电压减小，B正确；电源总功率P＝EI，电源电动势不变，所以电路总功率增大，C正确；电源内部消耗的功率P′＝I2r，电源内阻不变，所以电源内部消耗的功率增大，D错误．故选ABC．
3．(多选)(2022·广东中山模拟)图甲是小明学习完电磁感应知识后设计的电动公交车无线充电装置，其工作原理如图乙所示，其中供电线圈埋在地下，受电线圈和电池系统置于车内，供电线路中接电阻R＝3Ω，小明经资料查询，得知电动公交车常规充电时输入电压范围一般是220V～400V，流过电池系统电流范围一般是10A～30A．当输入端ab接上380V正弦交流电后，这时电池系统cd两端的电压为600V，电池系统的电流为20A．若不计线圈及导线电阻，忽略线圈中的磁场损失，则下列说法正确的是( ACD )
A．无线充电技术与变压器的工作原理相同
B．若输入端ab接上380V直流电压，也能进行充电
C．供电线圈和受电线圈匝数比小于19∶30
D．ab端的输入功率一定大于12kW
【解析】 无线充电技术与变压器的工作原理相同，都是电磁感应原理，选项A正确；若输入端ab接上380V直流电压，则供电线圈中电流不变，则在受电线圈中不会产生感应电流，则不能进行充电，选项B错误；由于供电线圈中有电阻R，则供电线圈初级电压小于380V，根据＝则供电线圈和受电线圈匝数比＜＝，选项C正确；因次级消耗功率为P＝I2U2＝12000W＝12kW，供电线圈中电阻R也消耗功率，则ab端的输入功率一定大于12kW，选项D正确．故选ACD．
4．(2022·河南六市联考)城市一卡通系统工程是城市数字化、信息化建设的重要部分．一卡通是一种芯片卡，它的工作原理是电磁感应，卡片阅读机产生变化的磁场，让卡的内部回路产生感应电流，卡内的芯片就会发送信号，从而阅读机读取到芯片数据．已知某卡回路中产生的感应电动势满足关系E＝－k，其中k与卡回路及线圈匝数有关，若卡回路的矩形线圈面积为S＝2.00×10－3m2，k＝314，卡片阅读机产生的磁场垂直穿过卡线圈平面，且线圈中磁场随时间的变化率＝B0×2πfsin(2πft)，其中B0＝5.00×10－8T，频率f＝14.14MHz，则卡回路线圈中感应电动势的有效值约为( B )
A．2.25V B．1.97V
C．1.20V D．0.680V
【解析】 通过卡回路的磁通量变化率＝×S，则感应电动势E＝－kS，又＝B0×2πfsin(2πft)，联立得E＝－2kB0Sπfsin(2πft)，则感应电动势的有效值为E有＝，带入数据得E有≈1.97V，故B正确，A、C、D错误．
专题四 电路与电磁感应
第1讲 直流电路与交流电路
真题速练·明考情
1．(2020·全国Ⅰ卷)图(a)所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC．如果UC随时间t的变化如图(b)所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图象中，正确的是( A )
【解析】 当电容器两端电压变化时，电容器由于充放电，电路中会有电流I＝＝，而充电放电时，电流方向相反，电阻R两端电压UR＝IR＝R，由图(b)可知，(1～2)s电容器充电，(3～5)s过程电容放电，且放电时电流为充电时的一半，故选A．
2．(多选)(2022·湖北卷)近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示．发射线圈的输入电压为220V、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝．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，下列说法正确的是( AC )
A．接收线圈的输出电压约为8V
B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1
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
【解析】 根据＝可得接收线圈的输出电压约为U2＝8V，故A正确；根据＝可得＝，故B错误；变压器是不改变其交变电流的频率的，故C正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故D错误．故选AC．
3．(2022·山东，4)如图所示的变压器，输入电压为220V，可输出12V、18V、30V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcos(100πt)．单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1V，将阻值为12Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12W．下列说法正确的是( D )
A．n1为1100，Um为220V
B．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4A
C．若将R接在AB两端，R两端的电压为18V，频率为100Hz
D．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5A，周期为0.02s
【解析】 根据电压与匝数关系，可得＝，解得n1＝＝2200，Um＝U1＝220V，选项A错误；因为PBC＝，所以UBC＝V＝12V，IBC＝＝1A，根据电压与匝数的关系，可得＝，解得nBC＝120，选项B错误；因为u＝Umcos(100πt)，所以交变电流频率为50Hz，周期为0.02s；由题意可知，变压器可输出12V、18V、30V电压，由选项B解析可知UBC＝12V，则UAB＝18V，UAC＝30V；R接AC两端，IAC＝＝＝2.5A，选项C错误，D正确．
4．(多选)(2021·山东等级考)输电能耗演示电路如图所示．左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为7.5V的正弦交流电．连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10Ω．开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为10W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P．以下判断正确的是( BD )
A．r＝10Ω B．r＝5Ω
C．P＝45W D．P＝22.5W
【解析】 开关S接1时，＝，＝，＝，P1＝＝10W，且U2－U3＝I3r，代入数据解得：r＝5Ω，故A错误，B正确；开关S接2时，＝，＝，P＝，U2－U3′＝I3′r，代入数据解得：P＝22.5W，故C错误，D正确．
〔备考策略〕
命题特点：直流电路重点考查电路功率的计算、动态过程分析等；变压器、交流电路部分由于与日常生活、生产紧密结合，常以选择题的形式出现．
常用到的思想方法有：程序法、等效法、分析推理法．
核心知识·固双基
“必备知识”解读
一、理清直流电路知识体系
二、正弦交变电流“四值”的理解与应用
三、理想变压器和远距离输电
1．明确变压器各物理量间的制约关系
2．明辨远距离输电过程的3个问题
(1)输电线上的电流：I＝＝．
(2)电压损耗：输电线路上I2＝IR＝I3，总电阻R导致的电压损耗UR＝U2－U3＝IRR．输送电压一定时，用电器增多，则降压变压器的输出电流变大，输电线上的电流增大，电压损耗增大．
(3)输电线上损失的功率：P损＝I2R线＝2R线＝＝U损I＝P2－P3．输电线上的损失功率必须与输电线上的电流和电压相对应，不要把输电线上的输电电压U和输电导线上损失的电压ΔU相混淆，不能用公式P＝计算输电线上损失的功率．
“关键能力”构建
直流电路动态分析的常用方法
1．程序法：基本思路为“部分→整体→部分”．
2．极限法：因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论．
命题热点·巧突破
考点一 直流电路的计算与分析
考向1 直流电路的动态分析
1．(2021·广东广州模拟)如图所示的电路中，当变阻器R1的滑动触头向上滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为( A )
A．A灯和B灯都变亮 B．A灯和B灯都变暗
C．A灯变亮，B灯变暗 D．A灯变暗，B灯变亮
【解析】 “串反并同”指的是在一个闭合回路中某一个电学元件的阻值发生了变化，则与其并联的电学元件的电学量的变化趋势与其相同，与其串联的电学元件的电学量的变化趋势与其相反，这里的并联是指两电学元件之间没有电流的流进流出关系，串联指的是电流有流进流出关系．当变阻器R1的滑动触头向上滑动时，滑动变阻器的阻值增大，根据“串反并同”规律可知A、B灯泡与之并联，则两灯都变亮，所以A正确，B、C、D错误．故选A．
2．(多选)(2022·河南名校联考)如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，L为小灯泡，R为滑动变阻器，为理想电压表．现闭合开关S，滑动变阻器R的滑动触头P从a端向b端滑动时．已知小灯泡电阻和电源内阻相等，则下列说法中正确的是( BC )
A．电压表示数先变小后变大
B．小灯泡L先变暗后又变亮
C．电源的输出功率先变小后变大
D．电源的效率先减小后增大
【解析】 由电路结构可知，滑动变阻器R的滑动触头P两边的电阻并联，则当P从a端向b端滑动时，电路的总电阻先变大后变小，则干路电流先变小后变大，故小灯泡L先变暗后又变亮，选项B正确；由U＝E－Ir可知路端电压先变大后变小，即电压表的示数先变大后变小，选项A错误；因为小灯泡电阻和电源内阻相等，电路的总电阻先变大后变小，结合电源输出功率随外电路电阻变化图象可知，当内外电阻相等时电源输出功率最大，则电源的输出功率先变小后变大，选项C正确；电源的效率η＝×100%＝×100%，外电路总电阻越大，电源的效率越高，故电源的效率先增大后减小，选项D错误．故选BC．
考向2 含电容器电路的分析与计算
3．(多选)(2022·天津二模)如图所示，R1是光敏电阻(光照增强，电阻减小)，C是电容器，R2是定值电阻．闭合开关，当R1受到的光照强度减弱时( BD )
A．电源两端电压减小
B．光敏电阻R1两端的电压增大
C．通过电阻R2的电流增大
D．电容器C所带的电荷量减小
【解析】 当R1受到的光照强度减弱，则光敏电阻R1阻值变大，根据闭合电路欧姆定律I＝可知，回路中的电流减小，则通过电阻R2的电流减小，故C错误；回路中的电流减小，则根据闭合电路欧姆定律U＝E－Ir可知，路端电压增大，即电源两端电压增大，故A错误；电阻R2的电压为U2＝IR2则回路中的电流减小，电阻R2的电压减小，故电容器C的电压减小，根据Q＝CU2可知，电容器C所带的电荷量减小，故D正确；根据电路中的电压关系有U＝U1＋U2，由于路端电压U增大，而电阻R2的电压U2减小，则光敏电阻R1两端的电压U1增大，故B正确．故选BD．
4．(多选)(2022·广东揭阳模拟)阻值相等的三个电阻R、电容为C的平行板电容器、电动势为E且内阻可以忽略的电源与开关S连接成如图所示的电路，其中电源负极接地．开始时，开关S断开，电路稳定后有一带电液滴位于电容器极板间的P点并处于静止状态，整个装置处于真空中，重力加速度为g，下列说法正确的是( AD )
A．若将电容器上极板上移少许，则液滴的电势能增大
B．若减小电容器两极板的正对面积，则液滴向下加速运动
C．闭合S，则电路稳定后电容器所带电荷量比原来增加
D．闭合S，若电路稳定后液滴还在板间运动，则其加速度大小为g
【解析】 若将电容器上极板上移少许，和电容并联部分电路没有发生改变，电容器两端的电压不变，根据E＝可知电场强度变小，则油滴所受向上电场力变小，油滴向下运动，电场力做负功，油滴的电势能增大，故A正确；若减小电容器两极板的正对面积，不改变极板间的电场强度，则油滴所受向上电场力不变，油滴仍然静止，故B错误；开关闭合前，电容器两端的电压为U＝E＝，电容器的电荷量为Q＝CU＝，开关闭合后，电容两端的电压为U′＝E＝，电容器的电荷量为q′＝cU′＝，可知电荷量减少，根据平衡条件可得q1＝mg，根据牛顿第二定律得mg－q1＝ma，联立解得a＝，故C错误，D正确．故选AD．
考向3 直流电路的故障分析
5．(2022·北京顺义区二模)某同学在测量电阻Rx实验时，按图所示连接好实验电路．闭合开关后发现：电流表示数很小、电压表示数接近于电源电压，移动滑动变阻器滑片时两电表示数几乎不变化，电表及其量程的选择均无问题．请你分析造成上述结果的原因可能是( D )
A．电流表断路
B．滑动变阻器滑片接触不良
C．开关接触部位由于氧化，使得接触电阻太大
D．待测电阻和接线柱接触位置由于氧化，使得接触电阻很大
【解析】 电流表断路或者滑动变阻器滑片接触不良，都会造成整个电路是断路情况，即电表示数为零，A、B错误；开关接触部位由于氧化，使得接触电阻太大，则电路电阻过大，电流很小，流过被测电阻的电流也很小，所以其两端电压很小，不会几乎等于电源电压，C错误；待测电阻和接线柱接触位置由于氧化，使得接触电阻很大，相当于当被测电阻太大，远大于和其串联的其他仪器的电阻，所以电路电流很小，其分压接近电源电压，D正确．
6．(2022·河南九师联盟联考)如图所示的电路中，闭合开关S，灯泡L1、L2均能正常发光，由于电路中某处断路，结果灯泡L1变亮，L2变暗，电压表和电流表(均为理想电表)的示数均变小，则此故障可能是( A )
A．R1断路 B．R2断路
C．R3断路 D．R4断路
【解析】 若R1断路，相当于R1电阻变为无穷大，根据“串反并同”可知，灯泡L1变亮，L2变暗，电压表和电流表的示数均变小，故A符合题意；若R2断路，相当于R2电阻变为无穷大，根据“串反并同”可知，灯泡L1变暗，L2变暗，电压表的示数变大，电流表的示数变小，故B不符合题意；若R3断路，相当于R3电阻变为无穷大，根据“串反并同”可知，灯泡L1变暗，L2变暗，电压表的示数变大，电流表的示数变大，故C不符合题意；若R4断路，相当于R4电阻变为无穷大，根据“串反并同”可知，灯泡L1变暗，L2变亮，电流表无示数；同理得R2两端的电压减小，R3两端电压增大，而电压表是测两个电阻的总电压，由于不知电路中电阻的具体阻值，故无法判断电压表示数的变化，故D不符合题意．故选A．
考向4 闭合电路中的功率分析
7．(2022·四川成都二诊)摩托车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图，在打开车灯、电动机未启动时电流表读数为5A，电动机启动时电流表读数为15A，若电源电动势12V，内阻0.4Ω，电流表内阻不计，则因电动机启动导致车灯的电功率降低了( B )
A．30W B．32W
C．20W D．18W
【解析】 电动机未启动时U灯＝E－I1r＝(12－5×0.4)V＝10V，车灯功率P灯＝U灯I1＝50W，电动机启动时U灯′＝E－I2r＝(12－15×0.4)V＝6V，设车灯阻值不变，由P＝，可得P′＝2×P灯＝2×50W＝18W，电功率的减少量ΔP＝P－P′＝(50－18)W＝32W，故选B．
8．(2022·浙江1月高考)某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0kg．喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75m不变．水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A．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，则( D )
A．每秒水泵对水做功为75J
B．每秒水泵对水做功为225J
C．水泵输入功率为440W
D．电动机线圈的电阻为10Ω
【解析】 每秒喷出水的质量为m0＝2.0kg，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＋m0v＝300J，故A、B错误；水泵的输出能量转化为水的机械能，则P出＝＝300W，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＝＝400W，故C错误；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＝400W，而电动机的电功率为P电＝UI＝440W，由能量守恒可知P电＝I2R＋P机，联立解得R＝10Ω，故D正确．
〔方法技巧〕
动态电路问题的处理方法：
(1)
(2)
(3)
考点二 交流电路的分析与计算
考向1 交变电流的产生及“四值”的计算
1．(2022·浙江1月高考)如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动．下列说法正确的是( A )
A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D．乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
【解析】 甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故A正确；乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故B错误；根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故C错误；乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，故D错误，故选A．
2．(2022·黑龙江大庆联考)如图甲乙分别是两种交流电的i2-t、i-t关系图象，则甲、乙两种交流电的有效值之比为( B )
A． B．
C．1 D．2
【解析】 设甲乙两图的交流电有效值分别为I甲、I乙，根据交流电有效值的定义与图中的数据可得IRT＝R×0.5T＋I2R×0.5T，IRT＝2R×＋2R×，解得I甲＝I，I乙＝I，则有＝，故选B．
3．(多选)(2022·黑龙江大庆一模)如图所示，在匀强磁场中转动的单匝线圈电阻为1Ω，外接电阻R＝9Ω，线圈匀速转动的周期为T＝0.2s，从线圈中性面开始计时，理想交流电流表的读数为2A，那么( AC )
A．穿过线圈的最大磁通量为Wb
B．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝20sin20πt(V)
C．在线圈转过90°的过程中，外接电阻产生的焦耳热为1.8J
D．在线圈转动90°的过程中，通过电阻R的电荷量为2πC
【解析】 因电流表的读数2A为有效值，则电流的最大值为Im＝I有效＝2A，Em＝Im(R＋r)＝20V，又Em＝Φmω，ω＝，所以Φm＝Wb，故选项A正确；任意时刻线圈中的感应电动势为e＝20sin10πt(V)，故选项B错误；线圈转过90°时，外接电阻产生的焦耳热为Q＝IRt＝1.8J，故选项C正确；从中性面开始计时，转动90°的过程中，感应电动势的平均值为＝，＝，q＝t＝＝C，故选项D错误．故选AC．
考向2 理想变压器的原理及动态分析
4．(2022·山西大同联考)如图为模拟市区用户供电的示意图．U0是电网电压，可视为不变．R1为电网至变压器的电缆电阻，R2是变压器至用户间电缆电阻，R是用电器的等效电阻．变压器为理想变压器．当用户端的用电器增加时，则下列说法正确的是( D )
A．R1电功率减小 B．R2电功率减小
C．电压表示数不变 D．电流表示数增大
【解析】 将R2和R等效在变压器的原线圈上为R效，对原线圈电路由闭合电路欧姆定律有I1＝，用户端的用电器增加时，R减小，则R效减小，则变压器的原线圈电路的电流I1增大，故R1电功率由PR1＝IR1增大，A错误；根据变压器线圈匝数与电流比关系＝可知，I1增大则有I2增大，即电流表示数增大，D正确；R2消耗的电功率PR2＝IR2要增大，B错误；变压器原线圈电压为U1＝U0－I1R1，电流I1增大，则U1减小，根据变压比知副线圈电压U2减小，又R2分压增加，则电压表示数UV＝U2－UR2减小，C错误，故选D．
5．(2022·湖南，6)如图所示，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V的示数为U，理想电流表A的示数为I．下列说法正确的是( B )
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
【解析】 保持P1位置不变，由题意可知，变压器接入电路中原、副线圈的匝数比为2，若原线圈的电流为I，则副线圈的电流为2I，根据欧姆定律可得副线圈两端的电压有效值为U2＝2IR1，则变压器原线圈两端的电压有效值为U1＝2U2＝4IR1，设输入电压有效值为U0，则U0＝4IR1＋IR2，可得I＝．P2向左缓慢滑动的过程中，R2减小，I变大，而U1＝4IR1，可知变压器原线圈两端的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则R2两端的电压不断变小，即电压表示数U变小，原线圈两端的电压、输入的电流都变大，则变压器输入功率变大，根据原、副线圈的功率相等，可知R1消耗的功率增大，故B正确，A错误；保持P2位置不变，设原、副线圈的匝数比为n，同理可得U1＝n2IR1，则U0＝n2IR1＋IR2，整理可得I＝，P1向下缓慢滑动的过程中，n不断变大，则I变小，对R2由欧姆定律可知U＝IR2，可知U不断变小，根据原、副线圈的功率相等可知R1消耗的功率P1＝IU1＝·，整理可得P1＝，可知n＝3时，R1消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大，后减小，故C、D错误．故选B．
考向3 原线圈中含有负载的变压器问题
6．(多选)(2020·全国Ⅲ卷)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10Ω，R3＝20Ω，各电表均为理想电表．已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示．下列说法正确的是( AD )
A．所用交流电的频率为50Hz
B．电压表的示数为100V
C．电流表的示数为1.0A
D．变压器传输的电功率为15W
【解析】 交流电的频率为f＝＝＝50Hz，A正确；通过R2电流的有效值为I＝＝1A，R2两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知U2＝IR2＝1×10V＝10V，根据理想变压器的电压规律＝可知原线圈的电压U1＝U2＝10×10V＝100V，电阻R1两端分压即为电压表示数，即UV＝U0－U1＝220V－100V＝120V，B错误；电流表的示数为IA＝＝A＝0.5A，C错误；副线圈中流过的总电流为I2＝I＋IA＝1A＋0.5A＝1.5A，变压器原副线圈传输的功率为P＝I2U2＝15W，D正确．故选AD．
7．(2022·内蒙古鄂尔多斯二模)如图所示，一理想变压器，左右两边共接有额定电压均为U的6盏完全相同的灯泡(额定功率均为P)，左端接在一电压恒为U0的交流电源两端．此时6盏灯刚好正常发光．下列说法中不正确的是( A )
A．该变压器的原、副线圈匝数比为1∶2
B．此时交流电源输出的功率为6P
C．U0＝6U
D．如果灯L6突然烧断，灯L1和L2将变暗，而其余3盏灯将变得更亮
【解析】 由于各盏灯相同且均正常发光，所以流过每盏灯的电流均相同，原线圈中的电流I1等于灯泡的额定电流I，而副线圈中的总电流为I2＝4I，故n1∶n2＝I2∶I1＝4∶1，A错误；由于理想变压器本身不消耗能量，所以交流电源输出功率为6盏灯的总功率6P，B正确；设原、副线圈两端的电压分别为U1、U2，则U2＝U，U0＝U1＋2U，而U1∶U2＝n1∶n2＝4∶1，代入得U0＝6U，C正确；当灯L6突然烧断，变压器输出的功率将减小，所以输入功率也将减小，由P1＝U1I1得I1减小，所以灯L1和L2将变暗，同时因L1和L2分得的电压减小，变压器输入端的电压U1将增大，所以变压器输出的电压也将增大，使其余3盏灯变得更亮，D正确．故选A．
考向4 远距离输电问题
8．(2022·江苏南通二模)如图所示为远距离输电的原理图，发电机输出电压不变，升压变压器、降压变压器均为理想变压器，降压变压器的原、副线圈匝数之比为n．若用户负载发生变化，电压表V的示数变化ΔU，电流表A的示数变化ΔI，＝k．则两变压器间输电线的总电阻R等于( C )
A．nk B．
C．n2k D．
【解析】 电压表V的示数变化ΔU，则降压变压器的原线圈两端电压变化了nΔU，电流表A的示数变化ΔI，则流过R的电流变化了，所以两变压器间输电线的总电阻R＝＝n2k，故选C．
9．(多选)(2022·山东烟台模拟)如图所示，某小型电站通过升压变压器T1、高压输电线路和降压变压器T2将产生的电能输送给5km外的用户，水电站输出电压为400V，高压输电线路的阻值为1Ω/km，用户端用电总功率为19kW，用户端电压为220V．两变压器均为理想变压器，T1的匝数比为1∶5，下列说法正确的是( AD )
A．T1的输电电压为2000V
B．T2的匝数比n3∶n4＝105∶11
C．高压输电线上的电流为5A
D．高压输电线上损失的电功率为1kW
【解析】 根据变压器电压与匝数比关系＝，可得U2＝U1＝×400V＝2000V，所以T1的输电电压为2000V，A正确；设T2输入端的电压为U3，电流为I3，则＝＝k，＝＝，I4＝＝A＝A，又U3＝U2－IR联立，代入数据，求得k＝，高压输电线上的电流为I3＝＝10A，B、C错误；高压输电线上损失的电功率为P损＝IR＝1000W，D正确．故选AD．
〔方法技巧〕
1．理想变压器动态分析的两种情况
(1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况．
(2)匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况．
2．理想变压器问题分析技巧
(1)根据题意分清变量和不变量．
(2)弄清“谁决定谁”的制约关系．对电压而言，输入决定输出；对电流、电功(率)而言，输出决定输入．
3．远距离输电问题的解题关键
(1)整个输电线路由三个回路组成，回路间通过变压器建立联系．
(2)关键是通过分析，利用题目条件，首先求出中间回路的电流．
应用创新·提素养
应用创新 电路问题中的STSE问题
1．(2022·四川成都二诊)风速测速仪的简易装置如图所示，其工作原理是：风吹动风杯，风杯通过转轴带动永磁铁转动，电流测量装置则可显示感应线圈产生的电流i随时间t变化的图象，从而实现测量实时风速．若风速一定时，风杯的转动周期为T，则下列图象可能正确的是( D )
【解析】 线圈在磁场中转动会产生交流电，根据相对运动可知，磁体即磁体产生的磁场相对线圈转动也会产生交流电，转动的周期即为交流电的周期，转动的转速与交流电的最大值有关．由于永磁铁的转动，线圈绕垂直于磁场方向的轴转动切割磁感线，线圈中将产生正弦或余弦的交流电，故电流i随时间t变化的图象可能正确的是D项．
2．(多选)(2022·山西吕梁一模)如图所示，这是安装在潜水器上的深度表的电路原理图，显示器由电流表改装而成，压力传感器的电阻随压力的增大而减小，电源的电动势和内阻均为定值，R0是定值电阻．在潜水器下潜过程中，下列说法正确的是( ABC )
A．R0两端的电压增大
B．压力传感器两端的电压减小
C．电源的总功率增大
D．电源内部消耗的功率减小
【解析】 由电路图可以知道，两电阻串联，电流表显示器串联在电路中．在潜水器下潜过程中，压力传感器受到的压力增大、其电阻减小，电路中的总电阻减小．根据I＝，可以知道电路中的电流增大，U0＝IR0，所以R0两端的电压增大，A正确；R0两端的电压增大，内电压U内＝Ir也增大，则传感器两端的电压减小，B正确；电源总功率P＝EI，电源电动势不变，所以电路总功率增大，C正确；电源内部消耗的功率P′＝I2r，电源内阻不变，所以电源内部消耗的功率增大，D错误．故选ABC．
3．(多选)(2022·广东中山模拟)图甲是小明学习完电磁感应知识后设计的电动公交车无线充电装置，其工作原理如图乙所示，其中供电线圈埋在地下，受电线圈和电池系统置于车内，供电线路中接电阻R＝3Ω，小明经资料查询，得知电动公交车常规充电时输入电压范围一般是220V～400V，流过电池系统电流范围一般是10A～30A．当输入端ab接上380V正弦交流电后，这时电池系统cd两端的电压为600V，电池系统的电流为20A．若不计线圈及导线电阻，忽略线圈中的磁场损失，则下列说法正确的是( ACD )
A．无线充电技术与变压器的工作原理相同
B．若输入端ab接上380V直流电压，也能进行充电
C．供电线圈和受电线圈匝数比小于19∶30
D．ab端的输入功率一定大于12kW
【解析】 无线充电技术与变压器的工作原理相同，都是电磁感应原理，选项A正确；若输入端ab接上380V直流电压，则供电线圈中电流不变，则在受电线圈中不会产生感应电流，则不能进行充电，选项B错误；由于供电线圈中有电阻R，则供电线圈初级电压小于380V，根据＝则供电线圈和受电线圈匝数比＜＝，选项C正确；因次级消耗功率为P＝I2U2＝12000W＝12kW，供电线圈中电阻R也消耗功率，则ab端的输入功率一定大于12kW，选项D正确．故选ACD．
4．(2022·河南六市联考)城市一卡通系统工程是城市数字化、信息化建设的重要部分．一卡通是一种芯片卡，它的工作原理是电磁感应，卡片阅读机产生变化的磁场，让卡的内部回路产生感应电流，卡内的芯片就会发送信号，从而阅读机读取到芯片数据．已知某卡回路中产生的感应电动势满足关系E＝－k，其中k与卡回路及线圈匝数有关，若卡回路的矩形线圈面积为S＝2.00×10－3m2，k＝314，卡片阅读机产生的磁场垂直穿过卡线圈平面，且线圈中磁场随时间的变化率＝B0×2πfsin(2πft)，其中B0＝5.00×10－8T，频率f＝14.14MHz，则卡回路线圈中感应电动势的有效值约为( B )
A．2.25V B．1.97V
C．1.20V D．0.680V
【解析】 通过卡回路的磁通量变化率＝×S，则感应电动势E＝－kS，又＝B0×2πfsin(2πft)，联立得E＝－2kB0Sπfsin(2πft)，则感应电动势的有效值为E有＝，带入数据得E有≈1.97V，故B正确，A、C、D错误．
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