2023届二轮复习 第12讲　直流电路和交流电路 学案（浙江专用）

专题四　电路与电磁感应

[复习目标定位]

1.直流电路的识别与分析,从能量的角度分析电路问题。

2.理解交变电流的产生及规律,能分析变压器与高压输电问题。

3.楞次定律和法拉第电磁感应定律的理解及应用。

4.熟练应用动力学和能量观点分析并解决电磁感应问题。

第12讲　直流电路和交流电路

题型1　直流电路的计算与动态分析

1.电容器的特点

(1)只有当电容器充、放电时,电容器支路中才会有电流,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,电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压。

2.一个定律、两个关系

(1)闭合电路欧姆定律:I=。

(2)路端电压与电流的关系:U=E-Ir。

(3)路端电压与负载的关系。

U=IR=E=E,路端电压随外电阻的增大而增大,随外电阻的减小而减小。

3. 直流电路的动态分析方法

(1)程序法:基本思路是“部分→整体→部分”。即

(2)结论法——“串反并同”。

①“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)。

②“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)。

(3)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,使电阻最大或电阻为零去讨论。

4.功率的最值问题

(1)定值电阻R1的功率:P1=I2R1。

R1为定值电阻,P1只与电流有关系,当R外最大时,I最小,P1最小,当R外最小时,I最大,P1最大。

(2)电源的输出功率:P出==,当R外等于或最趋近r时,P出最大。

(3)变化电阻R2的功率的最大值:利用等效思想,把定值电阻R1等效成电源的内阻r′=R1+r。当R2等于或最趋近R1+r时,变化电阻R2的功率最大。

[例1] 如图所示电路中,电阻R1=1 Ω,R2=3 Ω,R3=6 Ω,闭合开关S1后,当开关S2闭合时,电压表示数为7 V,当开关S2断开时,电压表示数为9 V,则下列说法错误的是(　C　)

A.电源的电动势为21 V

B.电源的内阻为3 Ω

C.断开开关S2后,电源的输出功率增大

D.断开开关S2后,电源的效率增大

解析:设电源的电动势为E,内阻为r,闭合开关S1后,当S2闭合时,R2和R3并联,R23=2 Ω,U1=,当S2断开时,U2=,解得E=21 V,r=3 Ω,选项A、B正确;S2闭合时,外电阻为3 Ω,等于电源内阻,此时电源的输出功率最大,S2断开时,外电阻为4 Ω,大于电源内阻,则电源的输出功率减小,选项C错误;断开开关S2后,外电阻增大,电源效率增大,选项D正确。

[拓展训练1] (2022·金华模拟)如图甲所示连接电动机的电路,闭合开关,在滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端的整个过程中,两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示,已知当电流小于0.2 A时,电动机不会发生转动,若不考虑电表对电路的影响,则(　D　)

A.该电动机的内阻为2 Ω

B.该电路中电源的电动势为3.4 V

C.此电路中,电动机的最大输出功率为0.9 W

D.若电动机能转动,需要调节滑动变阻器阻值小于12 Ω

解析:当电流小于0.2 A时,电动机不会发生转动,为纯电阻,则该电动机的内阻为rM= Ω=4 Ω,选项A错误;根据E=U2+Ir,当U2=3.4 V时I=0.1 A;当U2=3.0 V时I=0.3 A;代入方程解得该电路中电源的电动势为E=3.6 V,r=2 Ω,选项B错误;此电路中,电动机的最大输出功率为P=IU1-I2rM=3.0×0.3 W-0.32×4 W=0.54 W,选项C错误;当电动机两端电压超过U1=0.8 V时电动机开始转动,此时电路中的电流为I=0.2 A,则由电路可知E=U1+I(R+r),解得R=12 Ω,即若电动机能转动,需要调节滑动变阻器阻值小于12 Ω,选项D正确。

[拓展训练2] 如图所示,电源电动势为E,内阻恒为r,R是定值电阻,热敏电阻RT的阻值随温度降低而增大,C是平行板电容器。闭合开关S,带电液滴刚好静止在C内。在温度降低的过程中,分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示电流表、电压表1、电压表2和电压表3示数变化量的绝对值。关于该电路工作状态的变化,下列说法正确的是(　D　)

A.、、一定都变大

B.和一定不变,一定变大

C.带电液滴一定向下加速运动

D.电源的工作效率一定变大

解析:根据电路知识知,U3=E-Ir,得=r;U2=E-I(R+r),得=R+r;U1=IR,得=R,三者均保持不变,故A、B错误;带电液滴在平行板中受到向上的静电力和向下的重力处于平衡状态,在温度降低的过程中,热敏电阻RT阻值变大,回路中电流变小,路端电压增大,由于流过定值电阻R的电流变小,所以电阻R两端的电压也就变小,而路端电压增大,故电容器两端电压增大,平行板间的电场强度也增大,导致带电液滴向上运动,故C错误;η=×100%=×100%,由于路端电压增大,所以电源的工作效率一定变大,故D正确。

题型2　交变电流的产生和描述

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.交变电流“四值”的应用

3.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:计算有效值时,要根据串联电路中“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式,然后分段列式求得有效值。

[例2] 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,A为理想交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动,已知发电机线圈电阻为5 Ω,外接一只阻值为5 Ω 的电阻R,不计电路的其他电阻,已知电阻R两端的电压随时间变化的图像如图乙所示。则(　D　)

A.线圈的转速为100 r/s

B.交流电流表的示数为2 A

C.0.01 s时线圈平面与磁场方向平行

D.电阻R在1 min内产生的热量为4 800 J

解析:由题图乙可知,交变电流的周期为0.02 s,所以线圈的转速为n==50 r/s,A错误;电阻R两端的电压的有效值为20 V,交流电流表的示数为有效值,其值为I==4 A,B错误;0.01 s时电压为零,则感应电动势为零,线圈处于中性面位置,C错误;电阻R在1 min内产生的热量为Q=I2Rt=4 800 J,D正确。

[拓展训练3] (多选)如图甲所示,交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,穿过该线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示。线圈匝数为20匝,线圈总电阻为1 Ω,与线圈连接的定值电阻R的阻值也等于1 Ω,电流表A可看作理想电流表。则(　BC　)

A.线圈转动的角速度为2π rad/s

B.感应电动势最大值为4π V

C.t= s时,通过电阻R的电流大小为π A

D.一个周期内电阻R上产生的热量为2π2 J

解析:由题图乙可得交变电流的周期T=2 s,故线圈转动的角速度ω==π rad/s,A错误;感应电动势的最大值Em=NBSω=NΦmω=20×0.2×π V=4π V,B正确;线圈转动产生的感应电动势的瞬时值为e=4πcos πt V,当t= s时,产生的感应电动势大小为e=2π V,故通过电阻R的电流大小为i==π A,C正确;线圈转动产生感应电动势的有效值为E==2π V,根据闭合电路的欧姆定律可得I==π A,一个周期内电阻R上产生的热量为Q=I2RT=(π)2×1×2 J=4π2 J,D错误。

[拓展训练4] 电流随时间变化的规律如图所示,每个周期的前半个周期电流随时间按照正弦式的规律变化,后半个周期的电流为0,已知电流的最大值为I0,则在0～T过程中的平均电流为(　D　)

A.I0 B.I0 C.I0 D.I0

解析:根据法拉第电磁感应定律,=n,欧姆定律=,平均电流=,联立解得q=n,则在0～T 过程中ΔΦ=2BS,电流的最大值Im==,联立解得q=,在0～T过程中的平均电流为=====,故D正确,A、B、C错误。

题型3　变压器和远距离输电

1.四点说明

(1)变压器不能改变恒定电压。

(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流,不能改变交变电流的频率。

(3)理想变压器本身不消耗能量。

(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值。

2.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、电功率等随匝数比变化而变化的情况。

(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变化而变化的情况。

3.理想变压器问题分析技巧

理想变压器的三个决定关系:输入电压决定输出电压;输出电流决定输入电流;输出功率决定输入功率。

4.解决远距离输电问题应注意以下几点

(1)匝数比不变的情况。

①U1不变,根据=,输入电压U1决定输出电压U2,不论负载电阻R如何变化,U2不变。

②如图甲,当负载电阻发生变化时,I2变化,根据输出电流I2决定输入电流I1,可以判断I1的变化。

③I2变化引起P2变化,根据P1=P2,可以判断P1的变化。

(2)负载电阻不变的情况。

①改变副线圈匝数,如图乙所示,U1不变,发生变化,U2变化。

②R不变,U2变化,I2发生变化。

③根据P2=和P1=P2,可以判断P2发生变化时,则P1发生变化,而U1不变,则I1发生变化。

(3)原线圈连接有电阻的变压器问题的处理。

变压器的原理是电磁感应中的互感现象,当原线圈接有电阻时,变压器的原线圈输出电压不是电源的电压,所以求解的关键是确定加在原线圈上的电压。

[例3] (多选)理想变压器原线圈接如图甲所示的正弦式交变电压,变压器原线圈匝数n1=800匝,P是副线圈上的滑动触头,当P处于图乙所示位置时,副线圈连入电路的匝数n2=200匝,电容器C恰好不被击穿,灯泡L恰能正常发光,R是滑动变阻器。以下判断正确的是(　BD　)

A.若向上移动P,电容器的电荷量增加

B.若保持P不动,向上移动R的滑片,灯泡变暗

C.若保持R的滑片不动,向下移动P,灯泡变亮

D.电容器的击穿电压为 V

解析:当P处于题图乙所示位置时,电容器C恰好不被击穿,若向上移动P,副线圈分得电压增大,大于电容器的击穿电压,电容器被烧坏,A错误;若保持P不动,向上移动R的滑片,R接入电路的电阻增大,流过灯泡的电流减小,灯泡变暗,B正确;若向下移动P,则副线圈的电压U2变小,保持R的滑片不动,设灯泡和接入电路中的滑动变阻器总阻值为R总,副线圈电流I2=减小,灯泡变暗,C错误;原线圈输入电压的最大值为Um=22 V,当P位于题图乙所示位置时,副线圈电压的最大值为Um′=Um= V,电容器C恰好不被击穿,电容器击穿电压为Um′= V,D正确。

[拓展训练5] (多选)某电路如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1,在a、b端输入u=220sin 100πt(V)的正弦式交变电压,甲、乙、丙三个灯泡均能正常发光,且三个灯泡的额定功率相等,则下列说法正确的是(　BC　)

A.甲灯泡的额定电压约为73 V

B.甲、丙两灯泡的额定电压相等

C.乙、丙两灯泡的额定电流之比为1∶2

D.通过丙灯泡的电流方向每秒改变50次

解析:由公式=,=可知=,=,因为乙、丙两灯泡功率相等,则通过乙的电流I乙=,通过甲的电流I甲=I1+I乙=I2,则甲的额定电压与丙的额定电压相等,U甲+U1=220× V=3U甲,得U甲=× V≈52 V,故A错误,B、C正确;由公式T=得T=0.02 s,一个周期内电流方向改变2次,所以每秒电流方向改变100次,D错误。

[拓展训练6] (2020·浙江7月选考)如图所示,某小型水电站发电机的输出功率P=100 kW,发电机的电压 U1=250 V,经变压器升压后向远处输电,输电线总电阻R线=8 Ω,在用户端用降压变压器把电压降为U4=220 V。已知输电线上损失的功率P线=5 kW,假设两个变压器均是理想变压器,下列说法正确的是(　C　)

A.发电机输出的电流I1=40 A

B.输电线上的电流I线=625 A

C.降压变压器的匝数比n3∶n4=190∶11

D.用户得到的电流I4=455 A

解析:发电机输出的电流I1==A=400 A,选项A错误;输电线上的电流I线== A=25 A,选项B错误;升压变压器的副线圈电压U2== V=4×103 V,输电线损耗电压ΔU=I线R线=25×8 V=200 V,降压变压器的原线圈电压U3=U2-ΔU=3 800 V,故降压变压器的匝数比===,选项C正确;降压变压器的功率P4=P3=P-P线=95 kW,故用户得到的电流I4== A≈431.8 A,选项D错误。

专题训练12　直流电路和交流电路

保分基础练

1.某水果电池的实验中,直接测得电池两端电压接近2.5 V,如图所示,但把电池直接连到标称值为“2.5 V,0.3 A”的小灯泡上,却不能发光。对小灯泡不亮的原因,你认为可能正确的是(　C　)

A.水果电池的电动势太大

B.水果电池的电动势太小

C.水果电池的内阻太大

D.小灯泡的电阻太大

解析:断开电路时,电池两端的电压为其电动势,则电动势为2.5 V,小灯泡接在电池两端,其电压为路端电压,小灯泡不亮,说明其两端电压太小,根据闭合电路欧姆定律可知,水果电池内阻太大,故C正确,A、B、D错误。

2.(2022·嘉兴二模)如图甲所示是一种可手摇发电的手电筒,除照明外还可手摇发电为手机充电。其原理如图乙所示,回路处在磁感应强度为0.01 T的匀强磁场中,磁场方向如图乙所示,图乙时刻半圆形导线束位于纸面内。从右向左看,手柄以 rad/s 逆时针匀速转动,则(　C　)

A.该手电筒中的电流是直流

B.图乙时刻半圆形导线束上的电流从A到B

C.图乙时刻半圆形导线束所受安培力大小为0

D.图乙所示电流表的示数为0.4 A

解析:根据手电筒的结构,半圆形导线束转动切割磁感线产生的感应电流方向不断变化,故该手电筒中的电流是交流,A错误;题图乙时刻半圆形导线转动方向与磁场方向平行,该时刻无感应电流,半圆形导线束所受安培力大小为0,B错误,C正确;电流表的示数为电流的有效值,由题干中的已知条件无法求出电路中的电流有效值,D错误。

3.(2021·浙江6月选考)如图所示,虚线是正弦交流电的图像,实线是另一交流电的图像,它们的周期T和最大值Um相同,则实线所对应的交流电的有效值U满足(　D　)

A.U=   B.U=

C.U>   D.U<

解析:已知正弦交流电的电压有效值U=Um,由图可知实线上各个时刻的电压均不大于虚线正弦交流电的电压,所以实线代表的交流电有效值小于虚线代表的交流电有效值,则U<Um,选项D正确。

4.(多选)图甲是一台小型发电机的构造示意图,线圈逆时针转动,产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图像如图乙所示。发电机线圈的内阻不计,外接灯泡的电阻为12 Ω。则(　BC　)

A.在t=0.01 s时刻,穿过线圈的磁通量为零

B.电压表的示数为6 V

C.灯泡消耗的电功率为3 W

D.若其他条件不变,仅将线圈的转速提高一倍,则线圈电动势的表达式为e=12sin 100πt (V)

解析:在t=0.01 s的时刻,电动势为0,线圈处于中性面,穿过线圈的磁通量最大,故A错误;电动势的峰值为Em=6 V,由于线圈的内阻不计,则Um=Em,而电压表测量的为有效值,故示数U= V=6 V,故B正确;灯泡消耗的功率P== W=3 W,故C正确;由题图乙可知,周期T=

0.02 s,则瞬时电动势的表达式为e=Emsin t V=6sin 100πt (V),转速提高一倍后,峰值变成12 V,由于ω=2πn,转速提高一倍时,角速度变为原来的2倍,则表达式应为e=12sin 200πt(V),故D

错误。

5.如图所示的电路中,定值电阻R0与电源内阻r的阻值相等,各表均为理想电表。向左移动滑动变阻器的滑片P时各表示数的改变量分别为ΔI1、ΔI2和ΔU,下列说法正确的是(　C　)

A.三块电表的示数都减小

B.电源输出功率先增大后减小

C.为定值

D.ΔI1<ΔI2

解析:电路的连接方式为R0和滑动变阻器并联后接到电源上,电压表测量路端电压,电流表A1测量通过滑动变阻器的电流,电流表A2测量电路的总电流。滑动变阻器滑片向左移动时,滑动变阻器接入电路的电阻增大,则路端电压增大,即电压表V示数增大;电路的总电阻增大,则总电流I2减小,即电流表A2示数减小;定值电阻R0两端的电压增大,通过定值电阻的电流I0增大,而总电流减小,所以通过滑动变阻器的电流I1减小,即电流表A1的示数减小,A错误;设电源的电动势为E,外电路电阻为R′,则电源的输出功率P==,由数学知识可知R′=r时,电源输出功率最大,R′<r时电源输出功率随外电阻增大而增大,R′>r时,电源输出功率随外电阻增大而减小,因为R0=r,所以外电路电阻R′<r,则滑动变阻器滑片向左移动时,外电路电阻增大,所以电源的输出功率增大,B错误;根据U=E-I2r知,||=r,C正确;通过R0的电流为I0,则I2=I1+I0,I0增大,I1减小,I2减小,所以ΔI1>

ΔI2,D错误。

6.智能手机有自动调节屏幕亮度的功能,光照强度变大时屏幕变亮,反之变暗。图中电路元件R1、R2中一个为定值电阻,另一个为光敏电阻(其有“阻值随光照强度的减小而增大”这一特性)。该电路可实现“有光照射光敏电阻时小灯泡变亮,反之变暗”这一功能。则下列说法正确的是(　B　)

A.R1为定值电阻,R2为光敏电阻

B.R2为定值电阻,R1为光敏电阻

C.有光照射时电源的输出功率一定增大

D.没有光照射时电源的效率比有光照射时电源的效率低

解析:若R2是光敏电阻,光照射R2时,R2阻值减小,则电路总电阻减小,总电流增大,电源内电压增大、外电压减小,流过R1和小灯泡的电流减小,灯泡的实际功率变小,小灯泡变暗,A错误;若R1是光敏电阻,光照射R1时,R1阻值减小,则电路总电阻减小,总电流增大,电源内电压增大、外电压减小,R2两端电压减小,流过R2的电流减小,流过R1和小灯泡的电流增大,小灯泡的实际功率变大,小灯泡变亮,B正确;由以上分析知R1为光敏电阻,则R外=,当R外 = r时电源输出功率最大,但各个电阻具体参数未知,无法确定R外与r的大小关系,则无法判断有光照射时电源的输出功率是否一定增大,C错误;电源的效率为

η=×100%=(1-)×100%,当有光照射时R1减小,则R总减小,故I总增大,则η减小,则没有光照射时电源的效率比有光照射时电源的效率高,D错误。

7.某同学用如图所示的可拆变压器做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验,该同学选择的原线圈为800匝,副线圈为400匝,原线圈接学生电源的正弦式交变电流输出端,所接电源为交流“8 V”挡,测得副线圈的电压为4.2 V,则下列叙述中可能符合实际情况的是(　B　)

A.组装变压器时没有安装铁芯B

B.电源的实际输出电压与标注不符,实际输出电压大于8 V

C.原线圈实际匝数与标注“800”不符,实际匝数大于800匝

D.若使用直流电源8 V挡,则副线圈的输出电压为4 V

解析:若组装变压器时没有安装铁芯B,导致铁芯没有闭合,则会导致变压器“漏磁”现象严重,次级电压会小于4 V,A错误;根据=,若实际输出电压大于8 V,会导致副线圈的电压大于4 V,测得电压为

4.2 V,B正确;根据=,若实际匝数大于800匝,则副线圈电压会小于4 V,C错误;使用直流电源8 V挡,副线圈不会感应出电压,D错误。

8.如图所示电路中,电源电动势E恒定,内阻r=1 Ω,定值电阻R3=

5 Ω。当开关K断开与闭合时,ab段电路消耗的电功率相等。以下说法错误的是(　B　)

A.电阻R1、R2可能分别为4 Ω、5 Ω

B.电阻R1、R2可能分别为3 Ω、6 Ω

C.开关K断开时电压表的示数一定大于K闭合时的示数

D.开关K断开与闭合时,电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6 Ω

解析:开关K断开与闭合时,ab段电路消耗的电功率相等,则有() 2(R1+R2)=() 2R1,将R1=4 Ω、R2=5 Ω,代入方程成立,将R1=3 Ω、R2=6 Ω,代入方程不成立,故A正确,B错误;开关K断开时外电路总电阻大于K闭合时外电路总电阻,则开关K断开时电压表的示数一定大于K闭合时的示数,故C正确;根据闭合电路欧姆定律得U=E-(R3+r)I,则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为=R3+r=6 Ω,故D正确。

9.(2021·浙江1月选考)(多选)发动机的示意图如图甲所示,边长为L的正方形金属框,在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO′轴转动,阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其他电阻不计,图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周(　BD　)

A.框内电流方向不变

B.电动势的最大值为Um

C.流过电阻的电荷量q=

D.电阻产生的焦耳热Q=

解析:根据题图甲可知,在旋转金属框产生交变电流时,金属框内电流方向变化,而交变电流通过换向器后,经过电阻R的电流方向不变,选项A错误;根据题图乙可知,因为其他电阻不计,电阻R两端电压在数值上等于电动势,则金属框电动势最大值为Um,选项B正确;根据q=

Δt=Δt=可知,旋转半周,磁通量的改变量为ΔΦ=2BL2,因此旋转一周,通过电阻的电荷量为q=,选项C错误;题图乙等价为正弦式交变电流,根据有效值可知Q=T,交流电动势最大值为BL2ω=Um,又U有=,联立可知Q=,选项D正确。

高分强化练

10.(2022·精诚联盟模拟)如图所示电路,两电源电动势分别为E1、E2,内阻分别为r1、r2,且E1=E2,r1>r2,R为滑动变阻器,P为滑动变阻器滑片,灯泡电阻可认为不变。现闭合开关S1,单刀双掷开关S2接1时,灯泡均正常发光,则下列说法错误的是(　D　)

A.若滑片P向下滑动,则L2变亮,L3变暗

B.若滑片P向下滑动,则L1变暗,L2变亮

C.若将单刀双掷开关S2切换至2,则L1、L2、L3均变亮

D.若将单刀双掷开关S2切换至2,则电源的输出功率可能变小

解析:将滑动变阻器的滑片P向下滑动,滑动变阻器接入电路的电阻变大,外电路总电阻变大,根据闭合电路欧姆定律分析得知,干路电流I减小,L3变暗;路端电压U变大,L3两端的电压U3变小,并联电路的电压U并=U-U3,U增大,U3减小,则U并增大,L2变亮;流过L1的电流I1=I-I2,I减小,I2增大,I1减小,L1变暗,A、B正确;若将单刀双掷开关S2切换至2,电源电动势不变,内阻变小,根据闭合电路欧姆定律可知I=,电路干路电流增大,外电路电压变大,外电路各用电器阻值不变,故各支路电流增大,灯泡L1、L2、L3均变亮,C正确;因为P出=I2R外,电路总电流增大,外电阻不变,输出功率一定增大,D错误。

11.如图所示,电源电动势为E,内阻为r,电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器,R0为定值电阻,R1为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小)。当开关S闭合时,电容器中一带电微粒恰好处于静止状态,则下列说法正确的是(　A　)

A.只逐渐增大R1的光照强度,电阻R0消耗的电功率变大,电阻R3中有向上的电流

B.只调节电阻R3的滑片P2向上端移动,电源消耗的功率变大,电阻R3中有向上的电流

C.只调节电阻R2的滑片P1向下端移动,电压表示数变大,带电微粒向下运动

D.若断开开关S,电容器所带电荷量变大,带电微粒向上运动

解析:只逐渐增大R1的光照强度,R1的阻值减小,总电阻减小,总电流变大,电阻R0消耗的电功率变大,R2两端的电压变大,电容器两端的电压变大,电容器所带电荷量变大,所以电阻R3中有向上的电流,故选项A正确;电路稳定时,电容器相当于断路,只调节电阻R3的滑片P2向上端移动,对电路没有影响,故选项B错误;只调节电阻R2的滑片P1向下端移动,与电容器并联部分的电阻变大,所以电容器两端的电压变大,带电微粒所受静电力变大,带电微粒向上运动,故选项C错误;若断开开关S,电容器处于放电状态,电容器所带电荷量变小,带电微粒向下运动,故选项D错误。

12.如图,理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2,原线圈与固定电阻R1串联后,接入输出电压有效值恒定的正弦式交变电源。副线圈电路中负载电阻为可变电阻R2,电流表、电压表均是理想电表。当R2=2R1时,电流表的读数为1 A,电压表的读数为4 V,则(　C　)

A.电源输出电压为8 V

B.电源输出功率为4 W

C.当R2=8 Ω时,变压器输出功率最大

D.当R2=8 Ω时,电压表的读数为3 V

解析:当R2=2R1时,电流表的读数为1 A,电压表的读数为4 V,根据欧姆定律R2==Ω=4 Ω,R1=2 Ω,原线圈两端电压为U1=U2′=×

4 V=2 V,原线圈中电流为I1=I2=2×1 A=2 A,所以电源输出电压为U=U1+I1R1=2 V+2×2 V=6 V,A错误;电源输出功率为P=UI1=12 W,B错误;根据欧姆定律得副线圈中电流为,所以原线圈中电流为,所以6 V=·R1+,解得U2=,当R2=8 Ω时,U2=6 V,即电压表的读数为6 V;变压器输出的功率P2===,所以满足R2=时变压器输入功率最大,解得R2=8 Ω,变压器输出的功率P2最大为 W,C正确,D错误。

13.在如图所示电路中,白炽灯泡L1、L2、L3阻值均为10 Ω,阻值不变,理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶3,滑动变阻器R最大阻值为

20 Ω。开始时,滑片P处于滑动变阻器正中间位置,当电路输入有效值为U=20 V稳定的正弦式交变电流时,下列说法错误的是(　B　)

A.通过L1的电流为1.5 A

B.通过L2的电流为1 A

C.电压表读数为15 V

D.若向上移动P,变压器的输出功率将变小

解析: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,设通过副线圈的电流为I,则原线圈的电流为3I,初级电压为U1=U-3IRL1=20-30I,次级电压为U2=I(RL2+RL3+)=30I,根据变压器电压之比等于匝数之比可得==,联立解得I=0.5 A、U2=15 V,则通过L1的电流为3I=1.5 A,通过L2的电流为0.5 A,电压表读数为U2=15 V,故A、C正确,B错误;电路中外电路的总电阻与电源内阻差值越小,电源输出功率越大,如图所示。

将原、副线圈和副线圈电路等效为原线圈电路上与L1相串联的一个电阻,称为电源的等效外电阻R等效,将L1等效到电源内部,称为等效内阻R1。根据理想变压器和欧姆定律知U1=I1R等效,U1=U2,I1=I2,I2=

,联立可得等效外电阻为R等效=(RL2+RL3+R),开始时,滑片P处于滑动变阻器正中间位置,可知R等效= Ω<R1,若向上移动P,等效电阻变小,与R1差值增大,所以变压器的输出功率将变小,D正确。

14.(多选)风力发电将风的动能转化为电能,某风力发电机的输出功率为10 kW,输出电压为250 V,用户得到的电压为220 V,输电线的电阻为20 Ω,输电线路如图所示,若输电线因发热而损失的功率为输送功率的5%,变压器均视为理想变压器,则下列说法正确的是(　AD　)

A.用户得到的电功率为9.5 kW

B.通过输电线的电流为4 A

C.升压变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10

D.降压变压器原、副线圈的匝数之比为95∶11

解析:用户得到的电功率即降压变压器的输出功率P用=P-P损=P×

(1-5%)=9.5 kW,故A正确;输电线损失的功率P损=P×5%=0.5 kW,通过输电线的电流I2==5 A,故B错误;升压变压器的输出电压U2==

2 000 V,可得升压变压器原、副线圈的匝数之比===,故C错误;输电线上的电压损失U损=I2R线=100 V,降压变压器原线圈两端的电压U3=U2-U损=1 900 V,可得降压变压器原、副线圈的匝数之比===,故D正确。

15.如图所示为某小型电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定,升、降压变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入A、B两个互感器(均为理想),互感器原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶10,电压表的示数为220 V,电流表的示数为5 A,线路总电阻r=10 Ω,则下列说法正确的是(　C　)

A.互感器A是电流互感器,互感器B是电压互感器

B.线路上损耗的功率为250 W

C.发电机输出的电功率为1 100 kW

D.用户使用的用电设备变多,降压变压器输出电压U4大小不会改变

解析:互感器A并联在电路中,所以是电压互感器,互感器B串联在电路中,是电流互感器,故A错误;电流表的示数为5 A,互感器B原、副线圈的匝数比为1∶10,则线路上电流I=50 A,线路上损耗的功率

P损=I2r=25 000 W,故B错误;电压表的示数为220 V,互感器A原、副线圈的匝数比为100∶1,所以输送电压U=22 000 V,功率P=IU=

1 100 kW,则发电机输出的电功率为1 100 kW,故C正确;用户使用的用电设备变多,用户回路电流变大,则输送电流变大,损失电压变大,降压变压器输入电压变小,降压变压器输出电压U4变小,故D错误。