2024年高考物理大一轮复习：第1课时 直流电路和交流电路

这是一份2024年高考物理大一轮复习：第1课时 直流电路和交流电路，共25页。

直流电路的分析与计算
命题角度一 直流电路的动态分析
【例1】 (2019·保定一模)如图1所示电路，当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，下列说法正确的是( )
图1
A.电流表的示数变大
B.R3两端的电压减小
C.R2的功率增大
D.R1的电流增大
解析 当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，其接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则干路电流I减小，路端电压U增大，R3两端的电压等于路端电压，则R3两端的电压增大，则通过R3的电流I3增大，通过R2的电流I2＝I－I3，I减小，I3增大，则I2减小，故R2的功率减小，电压U2也减小；R1、R4并联电压
U并＝U－U2，U增大，U2减小，则U并增大，故通过电流表的电流IA增大，即电流表的示数变大。R1的电流I1＝I2－IA，I2减小，IA增大，则I1减小，故A正确，B、C、D错误。
答案 A
[典例拓展] 【例1】中，若滑动变阻器R1的滑片没有移动，但由于某元件发生故障，导致电流表示数减小了，则可能发生的故障是( )
A.电阻R3断路 B.电阻R3短路
C.电阻R2短路 D.电阻R1断路
解析 电流表与R4串联，电流表示数减小，说明通过R4的电流减小，原因可能是与R4并联(或间接并联)的元件的电阻减小，也可能是与R4串联(或间接串联)的元件的电阻增大，电阻R3短路时，相当于R3的电阻减小，又因为R3与R4间接并联，根据“并同”，通过R4的电流减小，选项B正确。
答案 B
直流电路动态分析的两种常用方法
(1)程序法
遵循“局部—整体—部分”的思路，按以下步骤分析：
(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。
命题角度二 直流电路(含电容)的分析与计算
【例2】 (2019·江苏卷，3)如图2所示的电路中，电阻R＝2 Ω。断开S后，电压表的读数为3 V；闭合S后，电压表的读数为2 V，则电源的内阻r为( )
图2
A.1 Ω B.2 Ω
C.3 Ω D.4 Ω
解析 当S断开后，电压表读数为U＝3 V，
则电动势E＝3 V
当S闭合后，由闭合电路的欧姆定律知
E＝U′＋Ir，且I＝eq \f(U′,R)
整理得电源内阻r＝eq \f(（E－U′）R,U′)＝1 Ω，选项A正确。
答案 A
【例3】 (2016·全国卷Ⅱ，17)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图3所示电路。开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为( )
图3
A.eq \f(2,5) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(3,5) D.eq \f(2,3)
解析 S断开时等效电路如图甲所示。
甲
电容器两端电压为U1＝eq \f(E,R＋\f(2,3)R)×eq \f(2,3)R×eq \f(1,2)＝eq \f(1,5)E；
S闭合时等效电路如图乙所示。
乙
电容器两端电压为U2＝eq \f(E,R＋\f(1,2)R)×eq \f(1,2)R＝eq \f(1,3)E，
由Q＝CU得eq \f(Q1,Q2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(3,5)，故选项C正确。
答案 C
1.如图4所示，太阳能路灯是采用晶体硅太阳能电池供电，用于代替传统公用电力照明的路灯，白天太阳能电池对蓄电池充电，晚上蓄电池的电能供给路灯照明。太阳光垂直照射到地面上时，单位面积的辐射功率为P0＝1.0×103 W/m2。某一太阳能路灯供电系统对一盏LED灯供电，太阳能电池的光电转换效率为15%左右，电池板面积为1 m2，采用两组12 V蓄电池(总容量300 A·h)，LED路灯规格为“40 W 24 V”，蓄电池放电预留20%容量。下列说法正确的是( )
图4
A.蓄电池的放电电流约为0.6 A
B.一盏LED灯每天消耗的电能约为0.96 kW·h
C.该太阳能电池板把光能转化为电能的功率约为40 W
D.把蓄电池完全充满电，太阳照射电池板的时间不少于38.4 h
解析 蓄电池的放电电流为I＝eq \f(P,U)＝1.67 A，选项A错误；一盏LED灯的功率为40 W，每天平均使用按10小时算，每天消耗的电能约为0.40 kW·h，选项B错误；由于太阳能电池板把光能转化为电能的功率约为150 W，故选项C错误；把蓄电池完全充满电，假设太阳能电池板全部用于对蓄电池充电，需能量为0.8×300×24 W·h，而太阳一直垂直照射，功率为150 W，故用时约t＝eq \f(0.8×300×24,150) h＝38.4 h，故选项D正确。
答案 D
2. (2019·四川绵阳二诊)如图5所示，闭合开关S，将滑动变阻器R的滑片向右滑动的过程中( )
图5
A.电流表A1的示数变小
B.电注表A2的示数变小
C.电压表V的示数变小
D.电阻R1的电功率变大
解析 当滑动变阻器R的滑片向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，根据闭合电
路的欧姆定律可知，干路电流变小，即电流表A1的示数变小，故A正确；由于干路电流变小，根据U外＝E－Ir可知外电路两端的电压变大，电阻R1两端的电压U1＝IR1变小，则并联部分电路两端的电压变大，即电压表V的示数变大，通过电阻R2的电流变大，即电流表A2的示数变大，故B、C错误；根据P1＝I2R1可知，电阻R1不变，通过R1的电流变小，则电阻R1的电功率变小，故D错误。
答案 A
交变电流的分析与计算
1.必须夯实的交变电流的“四值”概念：最大值、瞬时值、有效值和平均值。
2.必须领会的“2种物理思想”：等效思想和能量守恒思想。
3.必须辨明的“3个易错易混点”
(1)只有正弦交流电最大值与有效值间才有eq \r(2)倍关系；
(2)理想变压器原线圈中的电流和输入功率取决于副线圈中的电流和输出功率，理想变压器副线圈两端的电压取决于原线圈两端的电压；
(3)输电线路上电压损失的计算：ΔU＝IR＝U－U′＝eq \f(ΔP,I)。
命题角度一 交变电流的产生及“四值”的计算
【例1】 (多选)(2019·天津卷，8)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图象如图6所示。下列说法正确的是( )
图6
A.eq \f(T,2)时刻线框平面与中性面垂直
B.线框的感应电动势有效值为eq \f(\r(2)πΦm,T)
C.线框转一周外力所做的功为eq \f(2π2Φeq \\al(2,m),RT)
D.从t＝0到t＝eq \f(T,4)过程中线框的平均感应电动势为eq \f(πΦm,T)
解析 中性面的特点是与磁场方向垂直，穿过的磁通量最大，磁通量变化率最小，则eq \f(T,2)时刻线框在中性面上，A错误；电动势最大值为Em＝BSω＝Φmω＝Φmeq \f(2π,T)，对正弦交流电，E有＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \f(\r(2)πΦm,T)，B正确；由功能关系知，线框转一周外力做的功等于线框中产生的焦耳热，W＝eq \f(Eeq \\al(2,有),R)·T＝eq \f(2π2Φeq \\al(2,m),RT)，C正确；由法拉第电磁感应定律知，eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(Φm,\f(T,4))＝eq \f(4Φm,T)，D错误。
答案 BC
命题角度二 变压器的定量计算及动态分析
【例2】 (多选)(2019·潍坊一模)如图7所示，边长为L、匝数为N、电阻不计的正方形线圈abcd，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′以角速度ω匀速转动，轴OO′垂直于磁感线，制成一台交流发电机，它与理想变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为1∶2，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线圈处于图示位置开始计时，下列判断正确的是( )
图7
A.交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBωL2cs ωt
B.变压器的输入功率与输出功率之比为2∶1
C.电压表V示数为NBωL2
D.若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表和电压表示数均变小
解析 题中图示线圈位置是与中性面垂直的位置，从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBωL2cs ωt，选项A正确；理想变压器的输入功率与输出功率相等，选项B错误；原线圈电压的有效值U1＝eq \f(\r(2),2)NBωL2，由eq \f(U1,U2)＝eq \f(1,2)得，U2＝eq \r(2)NBωL2，由于二极管的单向导电性，副线圈中只有半个周期内有电流，设电压表示数为U，根据有效值的定义得eq \f(Ueq \\al(2,2),R)·eq \f(T,2)＝eq \f(U2,R)·T，所以电压表的示数U＝NBωL2，选项C正确；若滑动变阻器的滑片向下滑动，副线圈的总阻值增大，原线圈电压不变，副线圈电压也不变，电压表示数不变，由欧姆定律得，副线圈的电流变小，原线圈中的电流也变小，电流表示数变小，选项D错误。
答案 AC
命题角度三 远距离输电
【例3】 (多选)远距离输电线路简化如图8所示，电厂输送电功率不变，变压器均为理想变压器。图中标出了电压和电流，其中输电线总电阻为R。则( )
图8
A.I2＜eq \f(U2,R)
B.输电线损失的电功率为eq \f(Ueq \\al(2,2),R)
C.仅提高输送电压U2，则输电线电流I2增大
D.电厂输送电功率为U2I2
解析 在输电线路上U2＝I2R＋U3，所以I2＜eq \f(U2,R)，故A正确；由于U2不是R两端的电压，所以输电线损失的电功率不是eq \f(Ueq \\al(2,2),R)，故B错误；因为输送功率不变，根据P2＝U2I2，可知提高输送电压U2，则输电线电流I2减小，故C错误；因变压器为理想变压器，所以有P1＝P2＝U2I2，故D正确。
答案 AD
1.(多选)如图9所示，理想变压器原线圈接有交流电源，保持输入电压不变。开始时单刀双掷开关K接a，S断开时，小灯泡A发光较暗，要使小灯泡A亮度增加，下列操作可行的是( )
图9
A.闭合开关S
B.开关K接b
C.把滑动变阻器滑片向左移动
D.把滑动变阻器滑片向右移动
解析 闭合开关S，副线圈回路总电阻变小，电流变大，滑动变阻器上的分压增大，并联部分的电压变小，灯泡A变暗，故A不符合题意；开关K接b，输入端线圈匝数减小，则根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，副线圈两端的电压增大，灯泡A中电流增大，灯泡A变亮，故B符合题意；把滑动变阻器滑片向左移动，副线圈回路总电阻变大，总电流变小，灯泡A两端的电压变小，灯泡A变暗，故C不符合题意；把滑动变阻器滑片向右移动，副线圈回路总电阻变小，总电流变大，灯泡A两端的电压变大，灯泡A变亮，故D符合题意。
答案 BD
2.自耦调压变压器(可看成理想变压器)的电路如图10甲所示，移动滑动触头P可改变副线圈匝数。已知变压器线圈总匝数为1 900匝，原线圈匝数为1 100匝，接在如图乙所示的交流电源上，电压表为理想电表。则( )
图10
A.P向下移动时，变压器的输入功率变大
B.P向上移动时，电压表的最大示数为220 V
C.P向下移动时，原、副线圈的电流之比减小
D.交流电源电压瞬时值的表达式为u＝220 sin(100πt)V
解析 由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，P向下移动时，n2减小，n1不变，而U1不变，故U2减小，变压器的输出功率P2＝eq \f(Ueq \\al(2,2),R)减小，因P1＝P2，故变压器的输入功率变小，选项A错误；由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得U2＝eq \f(n2,n1)U1，当n2＝1 900匝时，U2达到最大，其最大值U2＝380 V，选项B错误；根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可知，P向下移动时，n2减小，n1不变，故原、副线圈的电流之比减小，选项C正确；由题图可知交变电流的周期T＝2×10－2 s，则ω＝eq \f(2π,T)＝100π rad/s，交流电源电压最大值是220eq \r(2) V，可知交流电源电压瞬时值的表达式为u＝220eq \r(2)sin(100πt)V，选项D错误。
答案 C
3.(多选)如图11甲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、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示。远距离输电线的总电阻为100 Ω。降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小。电压表显示加在报警器两端的电压(报警器未画出)，未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW。下列说法中正确的有( )
甲
乙
图11
A.降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 Hz
B.远距离输电线路损耗功率为180 kW
C.当传感器R2所在处出现火警时，电压表的示数变小
D.当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变小
解析 由图乙知交流电的周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，变压器不改变频率，A项正确；由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25 000 V，所以输电线中的电流为I＝eq \f(P,U)＝30 A，输电线路损耗功率为ΔP＝I2R＝90 kW，B项错误；当传感器R2所在处出现火警时，其阻值减小，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表的示数变小，C项正确；副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流变大，D项错误。
答案 AC
电路中的STSE问题
命题角度一 家用电器
【例1】 (2019·山东省淄博市一模)某家用电热水壶铭牌如图12所示，其正常工作时电流的最大值是( )
图12
A.0.2 A B.2.5eq \r(2) A
C.5 A D.5eq \r(2) A
解析 电热水壶电流的有效值为I＝eq \f(P,U)＝eq \f(1 100,220) A＝5 A，故电流的最大值为Im＝eq \r(2)I＝5eq \r(2) A，D正确。
答案 D
命题角度二 变压器在心电图仪中的应用
【例2】 (多选)心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其部分电路可简化为大电阻R1与交流电源串联，该电源输出的电压恒为U0，如图13所示。心电图仪与一个理想变压器的原线圈相连，一个扬声器(可等效为一个定值电阻R2)与该变压器的副线圈相连。若R2此时的功率最大，下列说法正确的是( )
图13
A.大电阻R1两端的电压为eq \f(U0,2)
B.理想变压器原线圈与副线圈的匝数之比为eq \f(R1,R2)
C.交流电源的输出功率为eq \f(Ueq \\al(2,0),2R1)
D.通过扬声器的电流为eq \f(U0,2)eq \r(\f(1,R1R2))
解析 设理想变压器原线圈和副线圈的匝数分别为n1、n2，原线圈和副线圈中的电流分别为I1、I2，根据理想变压器的规律可得I1n1＝I2n2，eq \f(U0－I1R1,n1)＝eq \f(I2R2,n2)，
R2的功率P2＝Ieq \\al(2,2)R2＝－Ieq \\al(2,1)R1＋I1U0，当I1＝eq \f(U0,2R1)时，扬声器有最大功率，此时I2＝
eq \f(U0,2)eq \r(\f(1,R1R2))，选项D正确；大电阻R1两端电压U1＝I1R1＝eq \f(U0,2)，选项A正确；理想变压器的原线圈和副线圈的匝数之比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)＝eq \r(\f(R1,R2))，选项B错误；交流电源的输出功率为P出＝I1U0＝eq \f(Ueq \\al(2,0),2R1)，选项C正确。
答案 ACD
命题角度三 新能源汽车电池
【例3】 (2019·河南南阳测试)电动汽车由于节能环保的重要优势，越来越被大家认可，电动汽车储能部件是由多个蓄电池串联叠加组成的电池组，如图14所示。某品牌电动小轿车蓄电池的数据如表所示。下列说法正确的是( )
图14
A.将电池组的两极直接接在交流电上进行充电
B.电池容量的单位A·h就是能量单位
C.该电池组充电时的功率为4.4 kW
D.该电池组充满电所储存的能量为1.4×108 J
解析 由表中数据可知，充电电压为420 V，所以不能直接接在交流电上进行充电，故A错误；电池容量的单位A·h符合q＝It的单位换算，故为电荷量的单位，故B错误；由P＝UI可知，充电时的功率P＝420×20 W＝8.4 kW，故C错误；放电时的总电压U＝100×3.3 V＝330 V，该电池组充满电所储存的能量为W＝UIt＝Uq＝330×120×3 600 J＝1.4×108 J，故D正确。
答案 D
A卷 提能小卷练
1.如图1所示，电源的电动势为30 V，内电阻为1 Ω，一个标有“6 V，12 W”的电灯与一个绕线电阻为2 Ω 的电动机串联。开关闭合后，电路中的电灯正常发光，则电动机输出的机械功率为( )
图1
A.36 W B.44 W
C.48 W D.60 W
解析 电路中电灯正常发光，所以UL＝6 V，则电路中电流为I＝eq \f(PL,UL)＝eq \f(12,6) A＝2 A，电动机两端的电压UM＝E－Ir－UL＝(30－2×1－6) V＝22 V，则电动机输出的机械功率P出＝P电－P热＝UMI－I2RM＝(22×2－4×2)W＝36 W。选项A正确。
答案 A
2.如图2所示，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R1＞r，R3为光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小，闭合开关S后，若照射R3的光照强度减弱，则( )
图2
A.R1两端的电压变大 B.通过R2的电流变大
C.电源的输出功率变大 D.小灯泡消耗的功率变大
解析 光照强度减弱，光敏电阻R3的阻值增大，电路中的总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可得，电路中干路电流减小，故R1两端的电压减小，故A错误；因干路电流减小，内电压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R2的电流增大，由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流减小，由P＝I2RL可知，小灯泡消耗的功率变小，故B正确，D错误；由于R1＞r且电路的总电阻增大，故外电阻比内阻r越来越大，所以电源的输出功率减小，故C错误。
答案 B
3.通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R。当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1；若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2。则P1和eq \f(P2,P1)分别为( )
A.eq \f(PR,kU)，eq \f(1,n) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,kU)))eq \s\up12(2)R，eq \f(1,n)
C.eq \f(PR,kU)，eq \f(1,n2) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,kU)))eq \s\up12(2)R，eq \f(1,n2)
解析 理想变压器原、副线圈的电压与线圈匝数成正比，即eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，可得副线圈电压U′＝kU，而理想变压器P入＝P出，副线圈电流I′＝eq \f(P,U′)＝eq \f(P,kU)，线路损耗的电功率P1＝I′2R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,kU)))eq \s\up12(2)R。同理可知P2＝I″2R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,nkU)))eq \s\up12(2)R，得eq \f(P2,P1)＝eq \f(1,n2)，D正确。
答案 D
4.(多选)某兴趣小组自制一小型发电机，使线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化的图象如图3所示，线圈转动周期为T，线圈产生的电动势的最大值为Em。线圈的电阻为r，该线圈与电阻为R的纯电阻用电器构成闭合回路，则( )
图3
A.线圈匝数为n＝eq \f(TEm,2πΦm)
B.电阻为R的用电器的电功率为eq \f(Eeq \\al(2,m),2R)
C.在0～eq \f(T,4)时间内通过用电器的电荷量为q＝eq \f(TEm,2π（r＋R）)
D.若线圈转速增大为原来的2倍，线圈中电动势的瞬时值为Emcs eq \f(4πt,T)
解析 线圈中电动势的瞬时值e＝nBSeq \f(2π,T)cs eq \f(2πt,T)，而Φm＝BS，所以线圈匝数为
n＝eq \f(TEm,2πΦm)，选项A正确；电路中电流的有效值为I＝eq \f(Em,\r(2)（r＋R）)，用电器的电功率为P＝I2R＝eq \f(Eeq \\al(2,m)R,2（r＋R）2)，选项B错误；在0～eq \f(T,4)时间内通过用电器的电荷量
q＝neq \f(Φm,r＋R)＝eq \f(TEm,2π（r＋R）)，选项C正确；若线圈转速增大为原来的2倍，线圈中电动势的瞬时值e1＝2Emcs eq \f(4πt,T)，选项D错误。
答案 AC
5.图4甲为小型旋转电枢交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′(OO′沿水平方向)匀速转动，线圈电阻不计，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R＝10 Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V。图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图象。则( )
图4
A.此交流发电机的电动势平均值为10eq \r(2) V
B.t＝0.02 s时R两端的电压瞬时值为零
C.R两端的电压u随时间t变化的规律是
u＝10eq \r(2)cs(100πt)V
D.当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上
解析 根据闭合电路的欧姆定律可知，产生的感应电动势的有效值为E＝10 V，故产生的最大值Em＝eq \r(2)E＝10eq \r(2) V，最大值不是平均值，故A错误；t＝0.02 s时，磁通量的变化率最大，故产生的感应电动势最大，R两端的电压瞬时值最大，故B错误；由乙图可知周期T＝0.02 s，角速度为ω＝eq \f(2π,T)＝100π rad/s，在t＝0时刻，产生的感应电动势最大，故满足余弦函数关系，即u＝10eq \r(2)cs(100πt)V，故C正确；当ab边速度方向向上时，回路中的电流方向沿ab方向，根据左手定则可知，受到的安培力竖直向下，故D错误。
答案 C
6.如图5甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，R1＝R2＝R3＝10 Ω，C为电容器。已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则( )
图5
A.副线圈输出的交流电的频率为10 Hz
B.原线圈输入电压的最大值为100eq \r(2) V
C.电阻R3的电功率为20 W
D.通过R2的电流始终为零
解析 根据变压器原理可知原、副线圈中电流的周期、频率相同，周期为T＝
0.02 s，频率为f＝50 Hz，故A错误；由题图乙可知通过R1的电流最大值为
Im＝2 A，根据欧姆定律可知其最大电压为Um＝20 V，再根据原、副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为100 V，故B错误；根据正弦交流电的峰值和有效值关系及并联电路特点可知电阻R3的电压有效值为U3＝eq \f(Um,\r(2))＝10eq \r(2) V，则电阻R3的电功率为P3＝eq \f(Ueq \\al(2,3),R3)＝eq \f(（10\r(2)）2,10) W＝20 W，选项C正确；因为电容器有通交流、隔直流的作用，则有电流通过R2和电容器，故D错误。
答案 C
7.(多选)某小型电站电能输送的示意图如图6所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路，与副线圈相连的输送线路的电阻可等效为电阻R。线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计。下列说法正确的是( )
图6
A.将原线圈抽头P向上滑动时，用户的灯泡变暗
B.图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大
C.若线圈abcd转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBSω
D.用电高峰期，随着发电厂输出功率的增大，输电线上损耗的功率占总功率的比例不变
解析 矩形线圈abcd中产生交变电流，将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈匝数变大，根据电压与匝数成正比知，输出电压减小，故灯泡会变暗，故选项A正确；线圈处于图示位置时，是中性面位置，矩形线圈中感应电动势的瞬时值为零，故选项B错误；若线圈转动的角速度为2ω，则峰值Em＝2NBSω，由于线圈只有半个周期在磁场中旋转，设其有效值为E，eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Em,\r(2))))\s\up12(2),R)·eq \f(T,2)＝eq \f(E2,R)·T，E＝NBSω，故选项C正确；设升压变压器输出电压为U2，输电线电阻为R，随着发电厂输出功率的增大，升压变压器的输出电压不变，eq \f(P损,P)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,U2)))\s\up12(2)R,P)＝eq \f(P,Ueq \\al(2,2))R，输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，选项D错误。
答案 AC
B卷 高考标准练
(20分钟 48分)
选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分。其中第1～5题为单项选择题，第6～8题为多项选择题)
1.如图7甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动。当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t＝eq \f(π,2ω)时刻( )
图7
A.线圈中的电流最大
B.穿过线圈的磁通量为零
C.线圈所受的安培力为零
D.穿过线圈磁通量的变化率最大
解析 该交变电流的周期为T＝eq \f(2π,ω)，在t＝eq \f(π,2ω)时刻，即t＝eq \f(T,4)时刻，由线圈中产生的交变电流图象可知，感应电流大小为零，故A错误；在t＝eq \f(π,2ω)时刻，感应电流大小为零，则知感应电动势为零，由法拉第电磁感应定律知磁通量变化率也为零，线圈与磁场垂直，磁通量为最大，故B、D错误；在t＝eq \f(π,2ω)时刻，感应电流大小为零，由公式F＝BIL知线圈所受的安培力为零，故C正确。
答案 C
2.如图8所示，理想变压器原线圈M、N两端接到正弦交流电源上，变压器原线圈匝数n1＝400匝，副线圈的匝数为n2＝1 600匝，两端接有阻值相同的定值电阻，则( )
图8
A.电源电压是副线圈两端电压的4倍
B.流过R2的电流是流过R1的电流的4倍
C.R2消耗的电功率是R1消耗的电功率的4倍
D.交流电通过R1的频率是通过R2的频率的4倍
解析 由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知eq \f(U1,U2)＝eq \f(1,4)，所以副线圈两端电压是电源电压的4倍，选项A错误；流过R1的电流I1＝eq \f(U1,R)，而流过R2的电流I2＝eq \f(U2,R)，所以流过R2的电流是流过R1的电流的4倍，选项B正确；R1消耗的电功率P1＝I1U1，R2消耗的电功率P2＝I2U2，所以R2消耗的电功率是R1消耗的电功率的16倍，选项C错误；变压器不改变交流电的频率，选项D错误。
答案 B
3.如图9所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，原线圈接正弦交变电流，副线圈接电动机，电动机线圈电阻为R。当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升。若电动机因摩擦造成的能量损失不计，则图中电压表的读数为( )
图9
A.4IR＋eq \f(mgv,I) B.eq \f(mgv,I)
C.4IR D.eq \f(1,4)IR＋eq \f(mgv,I)
解析 电动机带动质量为m的重物以速度v匀速上升，电动机的输出功率等于克服重力做功的功率，P输出＝mgv，由I1∶I2＝n2∶n1，可知I2＝2I，所以P热＝Ieq \\al(2,2)R＝4I2R，P2＝P输出＋P热＝mgv＋4I2R，由于是理想变压器，所以P1＝P2＝U1I，U1＝4IR＋eq \f(mgv,I)，因此选项A正确。
答案 A
4.如图10为远距离输电示意图，n1、n2和n3、n4分别是升压和降压变压器的原、副线圈的匝数，已知发电机的输出电压一定。用电高峰时，某同学发现当他家的大功率电器开启后，家中的白炽灯变暗。下列说法正确的是( )
图10
A.该同学家开启大功率电器后，输电线上损失的功率减小
B.若减小降压变压器原线圈n3的匝数，可能会使白炽灯正常发光
C.若减小降压变压器副线圈n4的匝数，可能会使白炽灯正常发光
D.若减小升压变压器副线圈n2的匝数，可能会使白炽灯正常发光
解析 大功率电器开启后，电流增大，则根据电流之比等于线圈匝数的反比可知，输入电流增大，根据P损＝Ieq \\al(2,线)R可知，输电线上损失的功率增大，故A错误；若减小降压变压器原线圈n3的匝数，根据eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)，可得U4＝eq \f(n4,n3)U3，则用户两端电压可恢复正常，从而白炽灯正常发光，故B正确；若减小降压变压器副线圈n4的匝数，则U4减小，即灯更暗了，故C错误；若减小升压变压器副线圈n2的匝数，输出电压减小，且输电线上损失电压增大，所以降压变电器输入电压变小，降压变压器的输出电压也变小，灯会更暗，故D错误。
答案 B
5.如图11甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1，将原线圈接到图乙所示的交流电源上，副线圈连接电阻均为22 Ω的灯泡L1、L2，电路中分别接入了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计。下列说法正确的是( )
图11
A.开关S断开，t＝0.01 s时刻V1的示数为零
B.开关S断开，t＝0.02 s时刻A2的示数为2 A
C.开关S闭合，A1与V1示数的乘积变大
D.开关S闭合，V2与A2示数的比值变大
解析 理想交流电表的示数为交变电流的有效值。开关S闭合，V1的示数为U1＝220 V，由于理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1，则副线圈两端电压为U2＝22 V，开关S断开，A2的示数为I2＝eq \f(U2,RL1)＝1 A，选项A、B错误；开关S闭合后，副线圈的负载电阻减小，即V2与A2示数的比值变小，副线圈消耗的功率增大，即输出功率增大，输入功率也增大，则A1与V1示数的乘积变大，选项C正确，D错误。
答案 C
6.如图12所示，理想变压器原线圈接有效值不变的交流高压，降压后通过输电线给用电器供电。R0、R1、R2为定值电阻，开关S最初断开。当S闭合时，下列说法正确的是( )
图12
A.电压表示数不变 B.R1消耗的功率增大
C.电流表示数增大 D.原线圈两端电压减小
解析 由于开关S闭合后，副线圈的负载电阻减小，导致副线圈中电流增大，原线圈中电流增大，原线圈两端电压减小，副线圈两端电压减小，即电压表示数减小，选项A错误，C、D正确；由于副线圈两端电压减小，由P＝eq \f(U2,R)可知R1消耗的功率减小，选项B错误。
答案 CD
7.一小型发电机输出功率为P＝20 kW，输出电压U0＝400 V，经理想升压变压器变为2 000 V电压向10 km外的用户输送，再经理想降压变压器到达用户。若输电线上损失的功率不超过输送功率的2%，设每千米输电线的电阻为R，则下列输电线能满足要求的是( )
图13
A.0.1 Ω/km B.0.2 Ω/km
C.0.3 Ω/km D.0.4 Ω/km
解析 发电机的电流为I0＝eq \f(P,U0)＝50 A，升压变压器原、副线圈的匝数之比为eq \f(n0,n)＝eq \f(U0,U)＝eq \f(1,5)，输电线上的电流为I＝eq \f(I0n0,n)＝10 A，根据题意有I2R·2x≤P×2%，解得R≤
0.2 Ω/km，故选项A、B正确。
答案 AB
8.如图14所示的电路中，电源电动势、内阻分别为E、r，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片由右端向左端滑动时，下列说法正确的是(不考虑灯丝电阻随温度的变化)( )
图14
A.小灯泡L1变暗 B.电压表读数变大
C.小灯泡L2变亮 D.电容器带电荷量减少
解析 在滑动变阻器的滑片由右端向左端移动的过程中，L1与滑动变阻器并联总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律分析可知，电路中总电流增大，路端电压减小，即电压表的读数减小，由于电路中总电流增大，小灯泡L2两端电压增大，小灯泡L2功率增大，灯变亮；根据串联分压可得小灯泡L1两端电压减小，功率减小，灯变暗，小灯泡L2两端电压增大，电容器两端电压增大，电容器带电荷量增大，故A、C正确，B、D错误。
答案 AC 电池只数
输入电压
充电参数
放电时平均电压/只
电池容量/只
100
交流200 V
420 V，20 A
3.3 V
120 A·h