2024版高考物理復習教案：第一篇 專題四 第11講　直流電路與交變電流

第11講直流電路與交變電流目標要求1.會用閉合電路歐姆定律分析電路各部分之間的關系；2.能利用能量守恒定律和焦耳定律分析電學中的能量轉(zhuǎn)化問題；3.掌握交變電流的產(chǎn)生和描述、四值的特點和相關計算；4.理解變壓器的原理，會分析交流電路的動態(tài)變化以及遠距離輸電問題?？键c一直流電路的分析與計算1．閉合電路歐姆定律的三個公式(1)E＝U外＋U內(nèi)；(任意電路)(2)E＝U外＋Ir；(任意電路)(3)E＝I(R＋r)。(純電阻電路)2．動態(tài)電路分析的三種方法程序法部分電路阻值變化→電路總電阻R總變化→干路電流I變化→路端電壓U端變化→各支路電流、電壓變化，即R局eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(增大,減小))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(增大,減小))→R總eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(增大,減小))→I總eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(減小,增大))→U端eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(增大,減小))→eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(I支,U支))串反并同法所謂“串反”，即某一電阻阻值增大(減小)時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端的電壓、電功率都減小(增大)。所謂“并同”，即某一電阻阻值增大(減小)時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端的電壓、電功率都增大(減小)極限法因滑動變阻器滑片滑動引起電路變化的問題，可將滑動變阻器的滑片分別滑至兩個極端，使滑動變阻器接入電路的電阻最大或電阻為零去討論3.電容器的特點(1)只有當電容器充、放電時，電容器所在支路中才會有電流，當電路穩(wěn)定時，電容器所在的支路相當于斷路。(2)電路穩(wěn)定時，與電容器串聯(lián)的電路中沒有電流，同支路的電阻相當于導線，電容器兩端的電壓等于與之并聯(lián)的電阻兩端的電壓。例1(2022·江蘇卷·2)如圖所示，電路中燈泡均正常發(fā)光，阻值分別為R1＝2Ω，R2＝3Ω，R3＝2Ω，R4＝4Ω，電源電動勢E＝12V，內(nèi)阻不計，四個燈泡中消耗功率最大的是()A．R1B．R2C．R3D．R4答案A解析由電路圖可知，R3與R4串聯(lián)后與R2并聯(lián)，再與R1串聯(lián)。并聯(lián)電路部分的等效電阻為R并＝eq\f(R2R3＋R4,R2＋R3＋R4)＝2Ω，由閉合電路歐姆定律可知，干路電流即經(jīng)過R1的電流為I1＝I＝eq\f(E,R1＋R并)＝3A，并聯(lián)部分各支路電流大小與電阻成反比，則I2＝eq\f(R3＋R4,R2＋R3＋R4)I＝eq\f(2,3)I＝2A，I3＝I4＝eq\f(R2,R2＋R3＋R4)I＝eq\f(1,3)I＝1A，四個燈泡的實際功率分別為P1＝I12R1＝18W，P2＝I22R2＝12W，P3＝I32R3＝2W，P4＝I42R4＝4W，故四個燈泡中消耗功率最大的是R1，故A正確，B、C、D錯誤。例2如圖所示，電路中電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，R1為滑動變阻器，R2為定值電阻。開關S閉合后，平行金屬板中的帶電液滴處于靜止狀態(tài)，電流表和電壓表均為理想電表。當滑動變阻器滑片P向a端滑動過程中，下列說法正確的是()A．電流表A1的示數(shù)減小B．電流表A2的示數(shù)減小C．電壓表的示數(shù)先減小后增大D．液滴向上運動答案D解析設滑動變阻器滑片上端部分的電阻阻值為Rx，外電路的阻值為R外＝R1－Rx＋eq\f(RxR2,Rx＋R2)＝R1－eq\f(1,\f(1,Rx)＋\f(R2,Rx2))，當滑動變阻器滑片P向a端滑動過程中，Rx增大，外電路的阻值R外減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律，總電流I增大，電流表A1的示數(shù)增大，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，電壓表的示數(shù)減小，故A、C錯誤；根據(jù)串聯(lián)分壓，滑動變阻器的上端和R2的并聯(lián)總電阻增大。則并聯(lián)這部分電阻所加電壓U2增大，液滴所受靜電力增大，液滴向上運動，再根據(jù)I2＝eq\f(U2,R2)，可知電流表A2的示數(shù)增大，故B錯誤、D正確。例3如圖(a)所示電路，R1為滑動變阻器，R2為定值電阻。從左向右移動滑動變阻器的滑片，根據(jù)理想電表數(shù)據(jù)得到U－I圖像如圖(b)所示，則()A．R1的最大功率為4WB．R2的最大功率為3WC．電源的最大輸出功率為4WD．電源的輸出功率先增大后減小答案B解析根據(jù)歐姆定律可知eq\f(ΔU2,ΔI)＝R2，所以題圖(b)中斜率為正的圖線反映V2表示數(shù)隨I的變化，則可知R2＝3Ω。設電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，根據(jù)閉合電路歐姆定律有U3＝E－Ir，U1＝E－I(r＋R2)，所以|eq\f(ΔU3,ΔI)|＝r，|eq\f(ΔU1,ΔI)|＝r＋R2，所以題圖(b)中斜率為負的兩條圖線中，斜率絕對值較大的圖線反映了V1表示數(shù)隨I的變化，則r＋R2＝4Ω，斜率絕對值較小的圖線反映了V3表示數(shù)隨I的變化，則r＝1Ω，E＝4V，R1的功率為P1＝I2R1＝eq\f(E2R1,R1＋R2＋r2)＝eq\f(E2,R1＋\f(R2＋r2,R1)＋2R2＋r)，根據(jù)數(shù)學知識可知，當R1＝R2＋r時，P1有最大值，為P1max＝1W，故A錯誤；當電路中電流最大時，R2的功率最大，此時R1接入電路的阻值為零，所以P2max＝(eq\f(E,R2＋r))2R2＝3W，故B正確；電源的輸出功率為P＝I2(R1＋R2)＝eq\f(E2R1＋R2,R1＋R2＋r2)＝eq\f(E2,R1＋R2＋\f(r2,R1＋R2)＋2r)，從左向右移動滑動變阻器的滑片，R1＋R2>r，P隨R1的增大而減小，當R1＝0時，P有最大值為Pmax＝P2max＝3W，故C、D錯誤。直流電路的最大功率1．當R一定時，由P＝I2R知，I越大，P越大。2．當r一定、R變化時，P出隨R的變化情況可通過下面兩個圖像進行分析。P出－R圖像P出－I圖像P出＝eq\f(E2,r＋R2)RP出＝EI－I2r短路：I＝eq\f(E,r)，P出＝0斷路：I＝0，P出＝0當R＝r時，P出最大，P出＝eq\f(E2,4r)短路：I＝eq\f(E,r)，P出＝0斷路：I＝0，P出＝0當I＝eq\f(E,2r)時，P出最大，P出＝eq\f(E2,4r)考點二交變電流“四值”及應用1．有效值的計算(1)正弦式交變電流：E＝eq\f(Em,\r(2))，I＝eq\f(Im,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))。(2)非正弦式交變電流：計算有效值時，要根據(jù)電流的熱效應，即“一個周期”內(nèi)“相同電阻”上產(chǎn)生“相同熱量”，然后分段求和列式，求得有效值。2．正弦式交變電流“四值”的應用表達式應用最大值Em＝nBSω計算電容器的耐壓值瞬時值e＝Emsinωt計算某時刻所受安培力有效值E＝eq\f(Em,\r(2))電表的讀數(shù)及計算電熱、電功及保險絲的熔斷電流平均值eq\x\to(E)＝eq\f(nΔΦ,Δt)計算通過導體的電荷量例4如圖所示，正方形單匝線框abcd邊長為L，每邊電阻均為r，在磁感應強度為B的勻強磁場中繞cd邊以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，c、d兩點與外電路相連，外電路電阻也為r，導線電阻忽略不計，電表均為理想電表，則下列說法中正確的是()A．從圖示位置開始計時，線框感應電動勢的瞬時值表達式為e＝BωL2sinωtB．S斷開時，電壓表讀數(shù)為eq\f(\r(2),4)BωL2C．初始S閉合，現(xiàn)將S斷開，電壓表讀數(shù)不變D．S閉合時，線框從圖示位置轉(zhuǎn)過eq\f(π,2)過程中流過電流表的電荷量為eq\f(BL2,7r)答案D解析如題圖所示，線框平面與中性面垂直，此時線框產(chǎn)生的感應電動勢最大，則從該位置開始計時，線框abcd產(chǎn)生的感應電動勢的瞬時值表達式為e＝Emcosωt＝BωL2cosωt，故A錯誤；感應電動勢的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(BωL2,\r(2))，當S斷開時，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知通過線框的電流的有效值為I＝eq\f(E,4r)＝eq\f(BωL2,4\r(2)r)，電壓表測量cd邊兩端電壓，則電壓表示數(shù)為U＝Ir＝eq\f(BωL2,4\r(2)r)·r＝eq\f(\r(2)BωL2,8)，故B錯誤；S閉合后，電路中總電阻為3r＋eq\f(r2,r＋r)＝eq\f(7,2)r，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知電壓表示數(shù)為U′＝eq\f(E,\f(7,2)r)·eq\f(r,2)＝eq\f(\r(2)BωL2,14)，故C錯誤；S閉合時，線框從題圖所示位置轉(zhuǎn)過eq\f(π,2)過程中流過干路的總電荷量q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\x\to(E),\f(7,2)r)·Δt＝eq\f(ΔΦ,\f(7,2)rΔt)·Δt＝eq\f(BL2,\f(7,2)r)＝eq\f(2BL2,7r)，根據(jù)并聯(lián)電路分流規(guī)律可知流過電流表的電荷量為qA＝eq\f(1,2)q＝eq\f(BL2,7r)，故D正確。例5在圖乙的電路中，電源輸出如圖甲所示的交變電流(不計內(nèi)阻)。電阻R的阻值為10Ω，電表均為理想電表。下列判斷正確的是()A．電壓表的示數(shù)為10VB．電流表的示數(shù)為2AC．若將電阻R替換為一個電容器，欲使電路安全運行，其耐壓值最少為10VD．電阻R在任意三分之一個周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量一定等于0.1J答案A解析根據(jù)題意可知，電壓表的示數(shù)為有效值，設為U，則有eq\f(U2,R)T＝eq\f(\f(10\r(2),\r(2))V2,R)·eq\f(T,3)＋eq\f(10V2,R)·eq\f(2T,3)，解得U＝10V，故A正確；由歐姆定律可知，電流表的示數(shù)為I＝eq\f(U,R)＝eq\f(10,10)A＝1A，故B錯誤；由于交流電的峰值為Um＝10eq\r(2)V＞10V，因此，若將電阻R換成一個耐壓值為10V的電容器，會被擊穿，故C錯誤；根據(jù)題意可知，電阻R在任意三分之一個周期內(nèi)的電流有效值不一定是1A，所以電阻R在任意三分之一個周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量不能用Q＝I2R·eq\f(T,3)＝12×10×10－2J＝0.1J計算，故D錯誤?？键c三理想變壓器分析與計算電能的輸送1．理想變壓器問題(1)三個不變：功率不變；磁通量的變化率不變；頻率不變。(2)決定關系：輸出功率決定輸入功率；輸入電壓決定輸出電壓；輸出電流決定輸入電流。2．遠距離輸電問題(1)理清三個回路(2)抓住兩個聯(lián)系①理想的升壓變壓器中線圈1(匝數(shù)為n1)和線圈2(匝數(shù)為n2)中各個量間的關系是eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，P1＝P2。②理想的降壓變壓器中線圈3(匝數(shù)為n3)和線圈4(匝數(shù)為n4)中各個量間的關系是eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，P3＝P4。(3)掌握一個守恒，能量守恒關系：P1＝P損＋P3。3．輸電線路功率損失的四種計算方法P損＝P1－P4P1為輸送功率，P4為用戶得到的功率P損＝I線2R線I線為輸電線路上的電流，R線為輸電線電阻P損＝eq\f(ΔU2,R線)ΔU為輸電線路上損失的電壓，不要與U2、U3相混P損＝ΔU·I線例6(2023·江蘇淮安市二模)如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶3，正弦交流電源的電壓有效值恒為U＝12V，電阻R1＝1Ω，R2＝2Ω。若滑動變阻器R3接入電路的電阻為7Ω，則()A．通過R1的電流為6AB．R1與R2消耗的電功率相等C．若向上移動P，電壓表讀數(shù)將變大D．若向上移動P，電源輸出功率將不變答案A解析方法一設通過R1的電流為3I，則副線圈中的電流為I，原線圈輸入電壓為U－3IR1＝12－3I，根據(jù)匝數(shù)比可知副線圈輸出電壓為3(12－3I)，則有(12－3I)·3I＝eq\f([312－3I]2,7＋2)解得I＝2A，則通過R1的電流為3I＝6A，故A正確；理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為1∶3，可知原、副線圈的電流之比為3∶1，根據(jù)P＝I2R可知R1與R2消耗的電功率之比為9∶2，故B錯誤；若向上移動P，則R3接入電路電阻減小，副線圈回路中電流變大，原線圈回路中電流也變大，根據(jù)P＝IU可知，電源輸出功率將變大，電阻R1兩端的電壓變大，變壓器輸入電壓變小，輸出電壓變小，電壓表讀數(shù)將變小，故C、D錯誤。方法二等效電阻法。變壓器部分的等效電阻R等＝(eq\f(n1,n2))2(R2＋R3)＝(eq\f(1,3))2×(2＋7)Ω＝1Ω由U＝IR1＋IR等得I＝6A，故A正確；B選項的判斷同方法一；若向上移動P，則R3接入電路的電阻減小，R等減小，原線圈回路中電流I增大，由P＝IU知，電源輸出功率變大，由UR1＝IR1知，UR1變大，變壓器輸入電壓變小，輸出電壓變小，電壓表讀數(shù)變小，故C、D錯誤。等效電阻法當理想變壓器的副線圈接純電阻元件時，可以把理想變壓器(含副線圈中的元件)等效成一個電阻來處理，設原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，原線圈輸入電壓為U1，電流為I1，副線圈輸出電壓為U2，電流為I2，副線圈負載電阻為R，則等效電阻R等效＝eq\f(U1,I1)＝eq\f(\f(n1,n2)U2,\f(n2,n1)I2)＝(eq\f(n1,n2))2eq\f(U2,I2)＝(eq\f(n1,n2))2R。例7(2023·山東卷·7)某節(jié)能儲能輸電網(wǎng)絡如圖所示，發(fā)電機的輸出電壓U1＝250V，輸出功率500kW。降壓變壓器的匝數(shù)比n3∶n4＝50∶1，輸電線總電阻R＝62.5Ω。其余線路電阻不計，用戶端電壓U4＝220V，功率88kW，所有變壓器均為理想變壓器。下列說法正確的是()A．發(fā)電機的輸出電流為368AB．輸電線上損失的功率為4.8kWC．輸送給儲能站的功率為408kWD．升壓變壓器的匝數(shù)比n1∶n2＝1∶44答案C解析由題知，發(fā)電機的輸出電壓U1＝250V，輸出功率500kW，則有I1＝eq\f(P1,U1)＝2×103A，A錯誤；由題知，用戶端電壓U4＝220V，功率P4＝88kW，則有eq\f(U3,U4)＝eq\f(I4,I3)＝eq\f(n3,n4)，P4＝U4I4，解得I4＝400A，I3＝8A，U3＝11000V，則輸電線上損失的功率為ΔP＝I32R＝4kW，且U2＝U3＋I3R＝11500V，再根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得eq\f(n1,n2)＝eq\f(1,46)，B、D錯誤；根據(jù)P1＝U2I3＋P5，代入數(shù)據(jù)得P5＝408kW，C正確。1.(2023·江蘇省南京師范大學附屬中學一模)地磅工作原理圖如圖所示，地磅空載時滑動變阻器滑片P位于A點，滿載時滑片P位于B點，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。下列說法錯誤的是()A．電壓表兩端電壓與被測汽車的質(zhì)量成正比B．若將一個電阻與電壓表串聯(lián)，可增大地磅量程C．若稱量值偏小，可在R0上并聯(lián)一個電阻進行校正D．電池長時間使用后，稱量值會偏小答案B解析設A、B之間的電阻為R，橫截面積為S，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知E＝I(R＋R0＋r)設A、P之間的距離為xU＝IRx＝eq\f(E,R＋R0＋r)ρeq\f(x,S)汽車平衡時有mg＝2kx解得U＝eq\f(E,R＋R0＋r)ρeq\f(mg,2kS)從公式可以看出：電壓表兩端電壓與被測汽車的質(zhì)量成正比，A正確，不符合題意；若將一個電阻與電壓表串聯(lián)，A、P之間的最大電壓不受此電阻的影響，沒有辦法增大地磅量程，B錯誤，符合題意；若稱量值偏小，可以通過在R0上并聯(lián)一個電阻，回路中總電阻變小，總電流增大，滑動變阻器上的電壓增大，使稱量值不變，C正確，不符合題意；電池長時間使用后，內(nèi)阻會變大，導致電流減小，A、P之間的電壓減小，所以稱量值會偏小，D正確，不符合題意。2．如圖甲所示為一可調(diào)自耦式理想變壓器。A、B間線圈加上如圖乙所示的正弦式交變電壓，P為可調(diào)觸頭，B、P間接有一理想交流電流表和滑動變阻器R(最大阻值為100Ω)，Q為滑動變阻器的滑動觸頭?，F(xiàn)將P、Q分別調(diào)至線圈和滑動變阻器R的正中央，則()A．電流表示數(shù)為2.0AB．流過R的交流電的頻率為100HzC．若保持Q位置不動，將P順時針轉(zhuǎn)動少許，則電流表示數(shù)變大，變壓器輸出功率變大D．若保持P位置不動，將Q向上移動少許，則電流表示數(shù)變大，變壓器輸出功率變大答案D解析電表示數(shù)均為有效值，開始P、Q均在中央位置，則B、P間電壓為110V，滑動變阻器接入電路阻值為50Ω，則電流表示數(shù)為2.2A，變壓器不改變交流電頻率，故頻率保持50Hz不變，故A、B錯誤；若保持Q位置不動，將P順時針轉(zhuǎn)動少許，則相當于副線圈匝數(shù)減少，故B、P間電壓減小，電阻不變，則電流減小，輸出功率減小，故C錯誤；若保持P位置不動，將Q向上移動少許，則B、P間電壓不變，接入電路電阻變小，則電流表示數(shù)變大，輸出功率也變大，故D正確。專題強化練[保分基礎練]1．(2023·江蘇南通市二模)家用水質(zhì)檢測筆可測量水的電導率，電導率是電阻率的倒數(shù)，它是判斷水是否純凈的重要參數(shù)，則()A．電導率的單位是Ω－1·mB．溫度變化，電導率不變C．檢測筆示數(shù)越大，水越純凈D．檢測筆插入水中前，示數(shù)為零答案D解析電導率是電阻率的倒數(shù)，而電阻率的單位為Ω·m，則電導率的單位是Ω－1·m－1，故A錯誤；由題意知，材料的電阻率隨溫度的變化而變化，而電導率是電阻率的倒數(shù)，因此溫度變化時電導率也將發(fā)生變化，故B錯誤；水越純凈水中能夠自由移動的各種粒子就越少，導電性能就越弱，則電阻率就越大，而電阻率越大，電阻率的倒數(shù)就越小，即電導率越小，檢測筆的示數(shù)越小，故C錯誤；檢測筆在插入水中前，示數(shù)為零，故D正確。2．(2023·江蘇南通市期末)如圖所示為簡化的充電原理圖。若工作狀態(tài)下，穿過接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%，忽略其他損耗，下列說法正確的是()A．接收線圈中的電流與電壓成正比B．接收線圈的輸出功率與發(fā)射線圈的輸出功率相等C．發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同D．穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的相同答案C解析工作狀態(tài)下，穿過接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%，若發(fā)射線圈功率恒定為P，則有P·0.8＝U2I2，可知接收線圈中的電流與電壓成反比，故A錯誤；工作狀態(tài)下，穿過接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%，所以接收線圈的輸出功率小于發(fā)射線圈的輸出功率，故B錯誤；發(fā)射線圈與接收線圈中磁通量變化的頻率相同，發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同，故C正確；穿過接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%，由磁通量的變化率為eq\f(ΔΦ,Δt)，則穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的變化率不相同，故D錯誤。3．工業(yè)機器人廣泛用于工業(yè)領域。某工業(yè)機器人設備接在u＝380eq\r(2)sin100πt(V)的交流電源上，正常工作時電流為2A，則下列說法正確的是()A．該交流電的頻率為100HzB．該交流電每秒內(nèi)電流方向變化50次C．該設備正常工作時電流的峰值為2AD．該設備正常工作時消耗的功率為0.76kW答案D解析根據(jù)u＝380eq\r(2)sin100πt(V)可知交流電的角速度為ω＝100πrad/s，該交流電的頻率為f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(100π,2π)Hz＝50Hz，故A錯誤；正弦交流電一個周期內(nèi)電流方向變化兩次，所以該交流電每秒內(nèi)電流方向變化n＝2×50次＝100次，故B錯誤；由題可知，該設備正常工作時電流的峰值為Im＝eq\r(2)I＝2eq\r(2)A，故C錯誤；該交流電的有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))該設備正常工作時消耗的功率為P＝EI解得正常工作時的功率P＝760W＝0.76kW，故D正確。4.(2023·江蘇鹽城市東溝中學三模)空氣炸鍋的等效簡化電路圖如圖所示，電源的電動勢為6V，電源的內(nèi)阻不計，小風扇M的額定電壓為6V，額定功率為3W，線圈內(nèi)阻為r＝1Ω，電阻R1＝R2＝10Ω，則下列說法中正確的是()A．只閉合開關S1，小風扇正常工作時電流為6AB．只閉合開關S1，小風扇正常工作時發(fā)熱功率為2.75WC．同時閉合開關S1和S2，若小風扇正常工作，則通過電阻R1的電流為0.3AD．同時閉合開關S1和S2，若小風扇正常工作，則電阻R1消耗的功率為3.6W答案D解析由題圖可看出當只閉合S1時，電阻R1與R2串聯(lián)，再與小風扇M并聯(lián)，且電源的內(nèi)阻不計，則小風扇M的電壓剛好為額定電壓，則PM＝IME，解得IM＝0.5A，則小風扇M正常工作時發(fā)熱功率為PM熱＝IM2r＝0.25W，A、B錯誤；由題圖可看出同時閉合開關S1和S2，電阻R2被短路，則R1與小風扇M并聯(lián)，且電源的內(nèi)阻不計，則通過電阻R1的電流I1滿足E＝I1R1，解得I1＝0.6A，則電阻R1消耗的功率P1滿足P1＝I12R1＝3.6W，C錯誤，D正確。5．(2023·江蘇鹽城市三模)如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2＝5∶1，原線圈接入如圖乙所示的正弦式交流電壓u，R為阻值隨光照強度增大而減小的光敏電阻，L1和L2是兩個完全相同的燈泡，電表均為理想交流電表。則()A．通過光敏電阻的交變電流頻率為10HzB．若L2的燈絲燒斷，則電壓表的示數(shù)仍為5VC．當照射R的光照強度增大時，電流表的示數(shù)變小D．u－t圖像上對應的0.01s時刻，發(fā)電機中的線圈平面與中性面垂直答案B解析由題圖乙可知，原線圈的交流電的周期為T＝0.02s，頻率f＝eq\f(1,T)＝50Hz，變壓器副線圈交流電的頻率與原線圈相同，通過光敏電阻的交變電流頻率為50Hz，A錯誤；由題圖乙可知，原線圈的交流電的電壓的峰值U1m＝25eq\r(2)V，原線圈的交流電的電壓的有效值U1＝eq\f(U1m,\r(2))＝25V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得U2＝5V，副線圈電壓由原線圈電壓和匝數(shù)比決定，與負載電阻無關，故電壓表示數(shù)不變，B正確；當照射R的光照強度增大時，R的阻值減小，副線圈消耗的功率變大，副線圈中的電流I2變大，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，原線圈電流I1增大，電流表的示數(shù)變大，C錯誤；u－t圖像上對應的0.01s時刻，電壓瞬時值為零，發(fā)電機中的線圈平面與中性面重合，D錯誤。6．某同學用可拆變壓器探究“變壓器的電壓與匝數(shù)的關系”。將圖甲中的零件組裝成圖乙中的變壓器。將原線圈接在交流電源上，將副線圈接在電壓傳感器(可視為理想電壓表)上，觀察到副線圈電壓U2隨時間t變化的圖像如圖丙所示，在保證安全的前提下，該同學可能在t1～t2時間內(nèi)進行的操作是()A．減少了原線圈的匝數(shù)B．減少了副線圈的匝數(shù)C．降低了交流電源的頻率D．拔掉了變壓器鐵芯Q答案A解析根據(jù)理想變壓器原副線圈電壓與匝數(shù)關系eq\f(U2,U1)＝eq\f(n2,n1)，由圖丙可知，t2之后副線圈的電壓U2變大。減少了原線圈的匝數(shù)n1，則副線圈的電壓U2變大；減少了副線圈的匝數(shù)n2，則副線圈的電壓U2變小；降低了交流電源的頻率，則副線圈的電壓U2不變；拔掉了變壓器鐵芯Q，由于漏磁使得副線圈的電壓U2變小。故選A。7.(2023·江蘇鎮(zhèn)江市三模)如圖所示，空間中分布著磁感應強度大小為B的勻強有界磁場，EF是其左邊界，一面積為S的n匝圓形金屬線圈垂直于磁場放置，圓形線圈的圓心O在EF上，線圈電阻為R，若線圈以角速度ω繞EF勻速轉(zhuǎn)動，并從圖示位置開始計時，則()A．t＝eq\f(2π,ω)時，線圈中的感應電流最大B．0到eq\f(π,2ω)時間內(nèi)，通過線圈的電荷量為eq\f(BS,2R)C．線圈中產(chǎn)生的感應電動勢的最大值為nBSωD．線圈中產(chǎn)生的感應電動勢的有效值為eq\f(\r(2),4)nBSω答案D解析當t＝eq\f(2π,ω)時，即ωt＝2π時，線圈回到題圖所示位置，此時的感應電流最小，磁通量最大，A錯誤；當t＝eq\f(π,2ω)，即ωt＝eq\f(π,2)時，線圈與題圖所示位置垂直，此時磁通量為零，則0到eq\f(π,2ω)時間內(nèi)產(chǎn)生的感應電動勢的平均值為eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(B·\f(1,2)S,\f(π,2ω))＝eq\f(nBSω,π)，則0到eq\f(π,2ω)時間內(nèi)，通過線圈的電荷量為q＝eq\f(nBSω,Rπ)·eq\f(π,2ω)＝eq\f(nBS,2R)，B錯誤；線圈中產(chǎn)生的感應電動勢的最大值為Em＝nB·eq\f(S,2)·ω＝eq\f(1,2)nBSω，C錯誤；線圈中產(chǎn)生的感應電動勢的有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2),4)nBSω，D正確。8．(2022·江蘇南京市模擬)某溫度檢測、光電控制加熱裝置原理圖如圖所示。圖中RT為熱敏電阻(隨溫度升高阻值減小)，用來探測加熱電阻絲R的溫度，RG為光敏電阻(隨光照強度增大阻值減小)，接收小燈泡L的光照，除RT、RG外，其他電阻均為定值電阻。當R處溫度降低時()A．L變亮 B．通過R3的電流減小C．E2的路端電壓減小 D．R消耗的功率減小答案B解析當R處溫度降低時，熱敏電阻RT阻值增大，由閉合電路歐姆定律可知，左側(cè)電路中的電流減小，即通過小燈泡L的電流減小，小燈泡L的光照強度減小，所以光敏電阻RG的阻值增大，則右側(cè)電路中總電阻增大，由閉合電路歐姆定律可知，干路電流減小，電源E2的路端電壓增大，R兩端電壓增大，通過R的電流也增大，R消耗的功率增大，根據(jù)并聯(lián)電路分流規(guī)律可知通過R3的電流減小，綜上所述可知B正確，A、C、D錯誤。9.(2023·江蘇南通市期末)如圖所示電路，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r。閉合開關，調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片，電壓表示數(shù)為U，電流表示數(shù)為I。電源的總功率P與電壓U、電流I的關系正確的是()答案B解析由閉合電路歐姆定律有E＝U＋Ir，化簡得I＝eq\f(E－U,r)，則電源的總功率為P＝EI＝Eeq\f(E－U,r)＝eq\f(E2,r)－eq\f(E,r)U，若U是自變量，則電源的總功率P與電壓U是線性關系，A錯誤，B正確；若I是自變量，則電源的總功率P與電壓滿足P＝EI，即電源的總功率P與電流I是正比例關系，故C、D錯誤。10．(2023·江蘇徐州市調(diào)研)隨著經(jīng)濟發(fā)展，加之寒冬來臨，用電需求增加，當火力發(fā)電供應緊張時，通過遠距離調(diào)度方式，及時將其他地區(qū)的風力發(fā)電、太陽能發(fā)電并入電網(wǎng)保障電力供應。如圖是遠距離輸電的原理圖，假設發(fā)電廠輸出電壓恒定不變，兩個變壓器均為理想變壓器。當用戶用電器增加(假設所有用電器均可視為純電阻)，電網(wǎng)中數(shù)據(jù)發(fā)生變化，下列說法正確的是()A．降壓變壓器的輸出電流I4減小B．輸電線上損失的功率減小C．升壓變壓器的輸出電壓U2增大D．發(fā)電廠輸出的總功率增大答案D解析根據(jù)原、副線圈電壓比等于匝數(shù)比可得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可得升壓變壓器的輸出電壓為U2＝eq\f(n2,n1)U1，由于匝數(shù)不變，發(fā)電廠輸出電壓恒定不變，可知升壓變壓器的輸出電壓U2不變，故C錯誤；設輸電線電阻為R線，用戶端總電阻為R，在高壓傳輸電路上，有U2＝U3＋I2R線，又eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I2,I4)＝eq\f(n4,n3)，I4＝eq\f(U4,R)，聯(lián)立可得U2＝(eq\f(n3,n4)R＋eq\f(n4,n3)R線)I4，當用戶用電器增加，可知R減小，則降壓變壓器的輸出電流I4增大，故A錯誤；根據(jù)eq\f(I2,I4)＝eq\f(n4,n3)，由于I4增大，可知I2增大，輸電線上損失的功率為P損＝I22R線，可知輸電線上損失的功率增大，故B錯誤；根據(jù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，由于I2增大，可知I1增大，發(fā)電廠輸出的總功率為P出＝U1I1，可知發(fā)電廠輸出的總功率增大，故D正確。[爭分提能練]11．(2023·江蘇省靖江中學期末)學校實驗室有一臺教學用發(fā)電機，輸出的交變電壓如圖甲所示，將其接在如圖乙所示的理想變壓器的a、b兩端，閉合開關S，四只相同燈泡均正常發(fā)光，下列說法中正確的是()A．圖甲所示的交變電壓瞬時值表達式為u＝36eq\r(2)sin2πtB．變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1∶3C．小燈泡的額定電壓為9VD．若斷開開關S，燈