创新设计（全国通用）2023版高考物理二轮复习专题突破4电路与电磁感应第1讲恒定电流与交变电流

第1讲恒定电流与交变电流1．(2023·全国卷Ⅰ，16)一含有理想变压器的电路如图1所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为()图1A．2 B．3C．4 D．5解析设理想变压器原、副线圈的匝数之比为n，开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比eq\f(I,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,n)，通过R2的电流I2＝nI，根据变压器的功率关系得，UI－I2R1＝(nI)2(R2＋R3)；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比eq\f(4I,I2′)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,n)，通过R2的电流I2′＝4nI，根据功率关系有U·4I－(4I)2R1＝(4nI)2R2，联立以上两式并代入数据解得n＝3，选项B正确。甲乙答案B2．(2023·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2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2A.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)，应选项C正确。答案C3．(多项选择)(2023·全国卷Ⅲ，19)如图3，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。以下说法正确的选项是()图3A．原、副线圈匝数比为9∶1B．原、副线圈匝数比为1∶9C．此时a和b的电功率之比为9∶1D．此时a和b的电功率之比为1∶9解析设灯泡的额定电压为U0，两灯均能正常发光，所以原线圈输出端电压为U1＝9U0，副线圈两端电压为U2＝U0，故eq\f(U1,U2)＝eq\f(9,1)，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(9,1)，A正确，B错误；根据公式eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可得，eq\f(I1,I2)＝eq\f(1,9)，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P＝UI可得，灯泡a和b的电功率之比为1∶9，C错误，D正确。答案AD4．(2023·全国卷Ⅰ，16)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图4所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，那么()图4A．U＝66V，k＝eq\f(1,9) B．U＝22V，k＝eq\f(1,9)C．U＝66V，k＝eq\f(1,3) D．U＝22V，k＝eq\f(1,3)解析原、副线圈电压比等于匝数比，根据副线圈负载电阻的电压U，可知副线圈电压为U，原线圈电压为3U，副线圈电流I2＝eq\f(U,R)，根据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)得原线圈电流I1＝eq\f(U,3R)，那么原线圈输入电压220V＝3U＋eq\f(U,3R)·R，整理可得U＝66V；原、副线圈回路中的电阻消耗的功率根据P＝I2R，电阻相等，I1∶I2＝1∶3，可得功率之比为P1∶P2＝1∶9，即k＝eq\f(1,9)。根据以上分析可知选项A正确。答案A5．(多项选择)(2023·新课标全国卷Ⅱ，21)如图5所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，那么()图5A．Uab∶Ucd＝n1∶n2B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大D．将二极管短路，电流表的读数加倍解析假设变压器原线圈两端的电压为Uab，那么副线圈两端的电压为U2＝eq\f(n2,n1)Uab；由于二极管的单向导电性使得副线圈中的反向电流为零，由有效值的定义可得eq\f(Ueq\o\al(2,cd),R)T＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)·eq\f(T,2)，解得Ucd＝eq\f(\r(2),2)U2，故eq\f(Uab,Ucd)＝eq\f(\r(2)n1,n2)，选项A错误；增大负载的阻值R，那么变压器副线圈中电流减小，那么原线圈中电流也减小，即电流表的读数减小，选项B正确；cd间的电压由变压器的原线圈两端的电压决定，与负载电阻R的大小无关，选项C错误；假设二极管短路那么Ucd′＝U2，那么P′＝eq\f(Ucd′2,R)＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)，短路前P＝eq\f(Ueq\o\al(2,cd),R)＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),2R)可见二极管短路后负载电阻上的功率加倍，输入功率也加倍，那么原线圈中的电流也加倍，选项D正确。答案BD[备考指导]【考情分析】2023卷ⅡT21：理想变压器的动态分析及二极管的单向导电性2023卷ⅠT16：理想变压器规律的应用2023卷ⅠT16：理想变压器动态分析卷ⅡT17：含电容器的直流电路的分析与计算卷ⅢT19：理想变压器规律的应用直流电路重点考查电路的功率计算、动态过程分析等；变压器、交流电路局部由于与日常生活、生产紧密结合，在近几年高考中考查的频率较高。【备考策略】(1)理解串、并联电路的特点，闭合电路欧姆定律的含义。理解交变电流的“四值〞含义和变压器、远距离输电的原理。(2)掌握以下应考技法①程序法②等效法③分析推理法④守恒法直流电路的动态分析[规律方法]闭合电路动态分析的两种常用方法(1)程序分析法：流程如下(2)利用结论法：即“串反并同〞法①“串反〞——即某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都减小(增大)；②“并同〞——即某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都增大(减小)。[精典题组]1.在如图6所示的电路中，E为电源，电源内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，为理想电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，将滑动变阻器的滑片向上移动，那么()图6A．电压表的示数变大B．小灯泡消耗的功率变小C．通过R2的电流变小D．电源的内耗电压变大解析将滑动变阻器的滑片向上移动，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流减小，故R1两端的电压减小，并联局部电压增大，通过R2的电流变大，A、C错误；由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P＝I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，B正确；因电路中电流减小，故电源的内耗电压减小，D错误。答案B2.如图7所示，电路中灯泡L1和L2均正常发光，由于电路某处发生断路故障，发现灯泡L1变暗，而灯泡L2变亮了。那么以下判断正确的选项是()图7A．R1断路B．R2断路C．S断开D．发生故障后电容器C的带电荷量减少解析因为是断路(相当于该处电阻增至无穷大)，电路中电阻增大。此时电路中电流减小，路端电压增大。L1亮度比原来暗，说明L1中电流减小，根据“串反并同〞规律，断路处必定与L1串联或间接串联。L2比原来亮，说明L2中电流增大，根据“串反并同〞规律，断路处必定与L2并联或间接并联。分析题图可知，R2出现了断路故障，S断开不影响L1、L2。发生故障后，路端电压增大，即C两端电压增大，所以电容器带电荷量增加。答案B3．(多项选择)如图8所示，平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻r相等。将滑动变阻器R4的滑片向b端移动，那么()图8A．R3上消耗的功率增大B．电流表读数减小，电压表读数增大C．电源的输出功率增大D．质点P将向下运动解析将滑动变阻器R4的滑片向b端移动，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流I增大。电容器极板间的电压等于R3两端的电压。R4减小，并联局部的总电阻减小，那么R3的电压减小，R3上消耗的功率减小，电容器极板间场强减小，质点P所受的电场力减小，所以质点P将向下运动。流过电流表的电流IA＝I－I3，I增大，I3减小，那么IA增大，所以电流表读数增大。R4的电压U4＝U3－U2，U3减小，U2增大，那么U4减小，所以电压表读数减小。由于R1的阻值和电源内阻r相等，那么外电路总电阻大于电源的内阻r，当外电阻减小时，电源的输出功率增大，A、B错误，C、D正确。答案CD交变电流的产生和描述[规律方法]解决交变电流的产生和描述的根本方法(1)抓牢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，eq\f(ΔΦ,Δt)＝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，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，电流方向不改变。(2)书写交变电流瞬时值表达式的根本思路：①确定正弦式交变电流的峰值，根据图象读出或由公式Em＝nBSω求出相应峰值。②明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。a．假设线圈从中性面位置开始转动，那么i－t图象为正弦函数图象，函数式为i＝Imsinωt。b．假设线圈从垂直中性面位置开始转动，那么i－t图象为余弦函数图象，函数式为i＝Imcosωt。[精典题组]1.利用实验室的手摇发电机产生的正弦交流电给灯泡L供电，其电路如图9所示。当线圈以角速度ω匀速转动时，电压表示数为U，灯泡正常发光。发电机线圈的电阻为r，灯泡正常发光时的电阻为R，电表均为理想电表，导线电阻可忽略，那么()图9A．图中电流表示数为eq\f(U,r)B．灯泡的额定功率为eq\f(U2,R＋r)C．发电机的线圈中产生的电动势的最大值为U(1＋eq\f(r,R))D．从线圈转到中性面开始计时，灯泡两端电压的瞬时值表达式为u＝eq\r(2)Usinωt解析由欧姆定律可知，图中电流表示数为I＝eq\f(U,R)，选项A错误；灯泡的额定功率为P＝UI＝eq\f(U2,R)，选项B错误；设发电机的线圈中产生的电动势的最大值为Em，有效值为E＝Em/eq\r(2)，由闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir，I＝U/R，联立解得Em＝eq\r(2)U(1＋eq\f(r,R))，选项C错误；从线圈转到中性面开始计时，发电机产生的正弦交变电流电流表达式为i＝eq\r(2)Isinωt，灯泡两端电压的瞬时值表达式为u＝eq\r(2)Usinωt，选项D正确。答案D2.(多项选择)小型发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，bc边长度为L1，磁极间的磁场可视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈以角速度ω绕OO′匀速转动，如图10所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，以下说法正确的选项是()图10A．ab边长度为L＝eq\f(2e0,BωL1)B．产生的交变电流的周期是2πωC．假设从中性面开始计时，那么发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝2Ne0sinωtD．发电机线圈从垂直中性面位置转动90°的过程中，产生的感应电动势的平均值是eq\f(2Ne0,π)解析由题意可知，线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，由e0＝BLv＝BLeq\f(ωL1,2)，解得L＝eq\f(2e0,BωL1)，选项A正确；T＝eq\f(2π,ω)，选项B错误；对单匝矩形线圈，其感应电动势最大值为2e0，发电机线圈共N匝，所以发电机线圈中总感应电动势最大值为2Ne0，从中性面开始计时，那么感应电动势的瞬时值表达式为e＝2Ne0sinωt，选项C正确；发电机线圈从垂直中性面位置转动90°的过程中，磁通量变化量为ΔΦ＝BLL1＝eq\f(2e0,ω)，时间Δt＝eq\f(T,4)＝eq\f(π,2ω)，产生的感应电动势平均值是eq\o(E,\s\up6(－))＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(4Ne0,π)，选项D错误。答案AC3．(多项选择)(2023·湖南怀化模拟)如图11甲所示，阻值为r＝4Ω的矩形金属线框与理想电流表、理想变压器的原线圈构成回路，标有“12V36W〞的字样的灯泡L与理想变压器的副线圈构成回路，灯泡L恰能正常发光，理想变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1。矩形金属线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示。那么()图11A．理想变压器原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝40eq\r(2)sin(100πt)VB．理想电流表的示数为1AC．t＝0.01s时，矩形金属线框平面与磁场方向平行D．灯泡L与理想变压器的副线圈构成的回路中的电流方向每秒改变100次解析由于灯泡恰能正常发光，说明理想变压器的输出电压U2＝12V，根据理想变压器电压与匝数的关系可得U1＝eq\f(n1,n2)U2＝36V，所以理想变压器输入电压的瞬时值表达式为u＝36eq\r(2)sin(100πt)V，故A选项错误；根据理想变压器的电流与匝数的关系可得I1＝eq\f(n2,n1)I2＝1A，又电流表显示的交变电流的有效值，那么理想电流表的示数为1A，故B选项正确；t＝0.01s时，电动势的瞬时值为零，发电机的线圈平面与磁场方向垂直，故C错误；由于理想变压器不改变交流电的频率，根据图乙可知，灯泡L与理想变压器的副线圈构成的回路中的电流方向每秒改变100次，故D选项正确。答案BD变压器和远距离输电问题[规律方法]1．理想变压器三个根本关系(只有一个副线圈)(1)功率关系：P入＝P出(2)电压关系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)(3)电流关系：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)2．几个制约关系(1)输入功率由输出功率决定，即P入＝P出(副制约原)；(2)输出电压由输入电压和匝数比决定，即U2＝eq\f(n2,n1)U1(原制约副)；(3)输入电流由输出电流和匝数比决定，即I1＝eq\f(n2,n1)U1(副制约原)；(4)输出功率由用户负载决定，即P出＝P负总＝P负1＋P负2…(5)输出电流由输出电压和用户负载决定：I2＝eq\f(U2,R负)。【特别提醒】(1)理想变压器原、副线圈之间相同的量：功率P、电压与匝数的比值eq\f(U,n)、频率f及磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)。(2)对于电源，原线圈相当于用电器；对于用电器，副线圈相当于电源。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，变压器不能改变恒定电流，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，所以求解的关键是先求出原线圈中的电流，再由电压关系列式。[精典题组]1．如图12所示，某旋转磁极式发电机的转子有两对磁极，定子线圈的输出端接在一理想变压器的原线圈上。不计定子线圈的电阻，当转子以25r/s的转速匀速转动时，在定子线圈中产生频率为50Hz的正弦交流电。假设使转子以50r/s的转速转动，那么()图12A．电流表的示数变为原来的2倍B．电压表的示数不变C．电阻R上交流电的频率为50HzD．变压器铁芯中磁通量变化率的最大值变为原来的4倍解析转速加倍，根据ω＝2πn，角速度加倍，根据Em＝NBSω，动生电动势的最大值加倍，变压器原线圈两端电压加倍，根据变压器原、副线圈的电压比等于匝数比可知，副线圈两端电压加倍，副线圈中电流加倍，根据电流与匝数关系可知电流表的示数也加倍，选项A正确，B错误；转速加倍，那么原线圈输入电压频率加倍，为100Hz，变压器不改变电流频率，所以电阻R上交流电的频率为100Hz，应选项C错误；根据法拉第电磁感应定律可知，电动势与磁通量变化率成正比，因为电动势加倍，变压器铁芯中磁通量变化率的最大值变为原来的2倍，应选项D错误。答案A2．(2023·德州模拟)如图13所示为远距离输电的示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变。闭合开关S后()图13A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电流减小C．输电线上损耗的功率增大D．输电线上交流电的频率减小解析根据输入电压决定输出电压，闭合开关S后，升压变压器的输出电压不变，选项A错误；闭合开关S后，负载增加，负载总电阻减小，降压变压器的输出电流增大，输电线上电流增大，输电线上损耗的功率增大，选项B错误、C正确；根据变压器不改变交变电流频率可知，输电线上交流电的频率不变，选项D错误。答案C3．如图14所示的理想变压器中原、副线圈的匝数比为5∶1，其中R1＝100Ω、R2＝4Ω分别代表输电线的电阻。在副线圈上接有两盏“8V、4W〞的灯泡，假设在a、b端输入e＝60eq\r(2)sin100πt(V)的交流电，当开关S断开时，灯泡L1正常发光，那么()图14A．开关闭合后，灯泡L1会变亮B．开关闭合后，a、b端输入功率变小C．开关闭合前，R1、R2消耗的功率相等D．开关闭合前，电源的输出功率为5W解析开关闭合后，副线圈电路中总电阻变小，副线圈中的电流I2变大，根据n1I1＝n2I2可知，原线圈中的电流I1也变大，所以R1、R2上的电压都变大，灯泡L1上的电压变小，亮度变暗，选项A错误；原线圈中的电流I1变大，a、b端输入功率变大，选项B错误；开关闭合前，通过灯泡的电流I2＝eq\f(P,U)＝0.5A，R2上消耗的功率为P2＝Ieq\o\al(2,2)R2＝1W，根据n1I1＝n2I2求得I1＝0.1A，R1上消耗的功率为P1＝Ieq\o\al(2,1)R1＝1W，选项C正确；开关闭合前，电源的输出功率为P总＝1W＋1W＋4W＝6W，选项D错误。答案C4．如图15所示为一理想变压器通过二极管给某种型号的电池充电的简单原理图，现在变压器的原线圈接入有效电压为220V的正弦交变电流，变压器原、副线圈的匝数比为110∶1，交流电流表的示数为eq\f(1,10)A，电池的内阻为2Ω，二极管具有单向导电性，以下说法正确的选项是()图15A．电池的充电电压为2VB．理想变压器的输入功率为eq\f(1,5)WC．充电时，电池的热功率为eq\f(\r(2),10)WD．充电时，电能转化为化学能的功率为(eq\f(\r(2),10)－eq\f(1,50))W解析由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得变压器的输出电压U2＝2V，经过二极管后，正弦交变电流变成半波交变电流，根据有效值的定义得eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)×eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)×T，解得电池的充电电压U＝eq\r(2)V，选项A错误；理想变压器的输出功率P2＝UI2＝eq\f(\r(2),10)W，变压器的输入功率等于输出功率，故变压器的输入功率为eq\f(\r(2),10)W，选项B错误；充电时，电池的热功率P＝Ieq\o\al(2,2)r＝(eq\f(1,10))2×2W＝eq\f(1,50)W，选项C错误；充电时，电能转化为化学能的功率为eq\f(\r(2),10)W－eq\f(1,50)W＝(eq\f(\r(2),10)－eq\f(1,50))W，选项D正确。答案D高频考点九结合理想变压器考查交流电路的动态分析[总分值策略]理想变压器的动态分析是高考命题的重点，考查方向：一是负载不变，匝数比变化，讨论各量的变化情况；二是匝数比不变，负载变化，讨论各量的变化情况。(1)分析变压器动态变化问题的一般思维流程(2)分析变压器动态变化问题的关键①弄清变量和不变量，确定是负载电阻不变还是匝数比不变；②弄清变压器动态变化中的决定关系，即P2决定P1，I2决定I1，U1决定U2。[总分值例如](6分)如图16所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，内阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，以下判断正确的选项是()图16A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcosωtB．矩形线圈从图示位置经过eq\f(π,2ω)时间时，通过电流表的电荷量为0C．当P位置不动，R增大时，电压表读数也增大D．当P位置向上移动、R不变时，电流表读数减小[审题指导]第一步：抓关键点→获取信息第二步：分析选项→找解题依据[总分值模板]解析计时起点，线圈内的感应电动势最大值为Em＝NBSω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcosωt，A选项正确；矩形线圈从图示位置经过eq\f(π,2ω)时间，线圈磁通量的变化量为ΔΦ＝BS，故通过电流表的电荷量q＝Neq\f(ΔΦ,R)，即不为0，B选项错误；电压表示数是线圈产生的感应电动势的有效值，即总是eq\f(NBSω,\r(2))，C选项错误；当P位置向上移动，输出电压升高，R不变时，输出功率增大，电流表读数增大，选项D错误。答案A[总分值体验](6分)(2023·天津理综，5)如图17所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。以下说法正确的选项是()图17A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．假设闭合开关S，那么电流表A1示数变大，A2示数变大解析当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈电路中的电流减小，那么R1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，选项A错误，B正确；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，副线圈中的电流减小，那么原线圈中的电流也减小，电流表A1示数变小，选项C错误；假设闭合开关S，副线圈电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R1两端电压变大，R2两端电压减小，电流表A2示数减小，原线圈中的电流变大，电流表A1示数变大，选项D错误。答案B一、选择题(1～6题为单项选择题，7～11题为多项选择题)1.如图1所示，面积为S、匝数为N、电阻为r的线圈与阻值为R的电阻构成闭合回路，理想交流电压表并联在电阻R的两端。线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的转动轴以角速度ω匀速转动。设线圈转动到图示位置的时刻t＝0，那么()图1A．在t＝0时刻，穿过线圈的磁通量到达最大，流过电阻R的电流为零，电压表的读数也为零B．1秒钟内流过电阻R的电流方向改变eq\f(ω,π)次C．经eq\f(π,2ω)的时间，通过电阻R的电量为eq\f(\r(2)πNBS,4〔R＋r〕)D．在电阻R的两端再并联一只电容较大的电容器后，电压表的读数不变解析t＝0时刻线圈处于中性面Φ最大，e＝0，i＝0，但电压表的读数为有效值不为0，A错；T＝eq\f(2π,ω)，交流电在1T内电流方向改变两次，所以1s内电流方向改变次数为2×eq\f(1,T)＝eq\f(ω,π)，B正确；在eq\f(π,2ω)＝eq\f(T,4)时间内，通过R的电量Q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(NBS,R＋r)，那么C错；电容器有通交流隔直流的特点，在R两端并联一只电容较大的电容器，相当于总电阻减小，那么路端电压减小，电压表测路端电压，所以D错。答案B2．(2023·四川理综，2)如图2所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，那么()图2A．小灯泡变亮B．小灯泡变暗C．原、副线圈两端电压的比值不变D．通过原、副线圈电流的比值不变解析原、副线圈减去相同的匝数n后，有eq\f(n1′,n2′)＝eq\f(n1－n,n2－n)，可以得出，eq\f(n1,n2)－eq\f(n1′,n2′)＝eq\f(n〔n2－n1〕,n2〔n2－n〕)<0，那么说明eq\f(n1′,n2′)的比值变大，由eq\f(n1′,n2′)＝eq\f(U1,U2′)＝eq\f(I2′,I1′)知，选项C、D错误；由eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)和eq\f(n1′,n2′)＝eq\f(U1,U2′)知，U2′<U2，再由P＝eq\f(U2′2,R)知，灯泡变暗，选项A错误，B正确。答案B3.如图3所示，四个相同的灯泡与理想自耦变压器连接，其额定电压为U，原线圈和副线圈的匝数比为3∶1，当接上交流电源后，副线圈上三个灯泡均正常发光，那么以下说法正确的选项是()图3A．L1能正常工作B．L1不能正常工作，且两端电压小于UC．交流电源电压为2UD．交流电源电压为3U解析由于副线圈上三个灯泡均正常发光，故U2＝U，加在原、副线圈两端的电压之比为U原∶U2＝3∶1，原、副线圈中的电流之比I1∶I2＝1∶3，设每个灯的额定电流为I，那么I2＝3I，I1＝I，灯L1能正常发光，选项A正确，B错误；灯L1两端的电压也为U，故U1＝U＋U原＝4U，选项C、D错误。答案A4.如图4所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝L1，bc＝ad＝L2，匝数为n，线圈的总电阻为r，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO′匀速转动，角速度为ω，线圈两端通过电刷E、F与阻值为R的定值电阻连接。从线圈经过中性面开始计时，那么()图4A．线圈中感应电动势的最大值为BωL1L2B．线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式为e＝nBωL1L2cosωtC．经过eq\f(1,4)周期时间通过电阻R的电荷量为eq\f(BL1L2,R＋r)D．此发电机在上述工作状态下的输出功率为eq\f(n2B2ω2Leq\o\al(2,1)Leq\o\al(2,2)R,2〔R＋r〕2)解析线圈产生的感应电动势的最大值Em＝nBωL1L2，选项A错误；感应电动势随时间变化的表达式e＝Emsinωt＝nBωL1L2sinωt，选项B错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，由闭合电路欧姆定律有I＝eq\f(E,R＋r)，又ΔΦ＝BL1L2，q＝IΔt，联立解得q＝neq\f(BL1L2,R＋r)，选项C错误；线圈中感应电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(nBωL1L2,\r(2))，电流的有效值I＝eq\f(nBωL1L2,\r(2)〔R＋r〕)，交流发电机的输出功率即电阻R的热功率P＝I2R＝eq\f(n2B2ω2Leq\o\al(2,1)Leq\o\al(2,2)R,2〔R＋r〕2)，选项D正确。答案D5.图5中理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，现在原线圈两端加上交变电压u＝311sin100πt(V)时，灯泡L1、L2均正常发光，电压表和电流表可视为理想电表。那么以下说法中正确的选项是()图5A．该交流电的周期为0.2sB．电压表的示数为155.5VC．假设将滑动变阻器的滑片P向上滑动，那么电流表读数变大D．假设将滑动变阻器的滑片P向上滑动，那么L1将变暗、L2将变亮解析由交变电压u＝311sin100πt(V)可知，该交流电的周期T＝0.02s，选项A错误；原线圈电压为220V，根据变压器变压公式可知副线圈输出电压为110V，电压表的示数为110V，选项B错误；假设将滑动变阻器的滑片P向上滑动，电压表示数不变，灯泡L1所在支路的电流不变，灯泡L1亮度不变；灯泡L2所在支路的电阻减小，电流增大，L2将变亮。串联在副线圈输出端的电流表测量的是两个灯泡支路的总电流，所以电流表读数变大，选项C正确，D错误。答案C6．如图6所示，矩形线圈abcd在磁感应强度大小为B＝eq\f(\r(2),16π)T的匀强磁场中绕垂直于磁场的dc边以角速度ω＝100πrad/s匀速转动。线圈的匝数N＝100，边长ad＝0.4m，ab＝0.2m。理想变压器原、副线圈的匝数比是2∶1，一只理想二极管和一个阻值为25Ω的定值电阻R串联在副线圈电路中，电压表和电流表均为理想交流电表，线圈和导线的电阻不计，那么以下说法正确的选项是()图6A．该矩形线圈产生的电动势的最大值为50VB．电压表的示数为50VC．1min内电阻R上产生的热量为750JD．减小电阻R的值，电流表示数变小解析该线圈产生的电动势的最大值为Em＝NBSω＝100×eq\f(\r(2),16π)×0.2×0.4×100πV＝50eq\r(2)V，A错误；根据理想变压器的变压公式可得副线圈两端电压的有效值为25V，由于二极管的单向导电性，结合有效值的定义有eq\f(〔25V〕2,R)×eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)T，解得电压表的示数为U＝12.5eq\r(2)V≈17.68V，B错误；由焦耳定律得1min内电阻R上产生的热量为Q＝eq\f(U2,R)t＝eq\f(252,2×25)×60J＝750J，C正确；减小电阻R的值，副线圈中的电流增大，那么原线圈中的电流增大，电流表的示数变大，D错误。答案C7．某电厂要将电能输送到较远的用户，输送的总功率为100kW，电厂输出电压仅为200V。为减少输送功率损失，先用一理想升压变压器将电压升高再输出，到达目的地后用理想降压变压器降压。输电线路的总电阻为120Ω，假设在输电线路上消耗的功率为输送功率的12%，用户所需电压为220V，那么()A．理想升压变压器的原、副线圈的匝数比为1∶50B．理想降压变压器的原、副线圈的匝数比为35∶1C．理想升压变压器的原、副线圈中的电流分别为400A和10AD．理想降压变压器的原、副线圈中的电流分别为10A和400A解析远距离输电原理示意图如图，由升压变压器输入功率P1＝U1I1＝100kW、U1＝200V得升压变压器原线圈中的电流I1＝500A。由输电线路损失功率ΔP＝P1×12%＝Ieq\o\al(2,2)R得输电线路电流I2＝10A，所以eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(1,50)。由用户功率P4＝P1－ΔP＝U4I4得降压变压器副线圈中的电流I4＝400A，所以eq\f(n3,n4)＝eq\f(I4,I3)＝eq\f(I4,I2)＝eq\f(40,1)。答案AD8．一小型发电机产生的电动势随时间变化的规律如图7甲所示，发电机线圈内阻为1.0Ω，外接一个电压表和一个电阻为10Ω的灯泡，如图乙所示。以下说法正确的选项是()图7A．产生的交变电流的频率为5HzB．通过灯泡的电流为2.2AC．电压表读数为20VD．灯泡的实际功率为40W解析根据图甲可知产生的交变电流的周期为T＝0.02s，频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，选项A错误；电动势的有效值E＝22V，根据闭合电路欧姆定律，通过灯泡的电流为I＝eq\f(E,R＋r)＝2A，选项B错误；电压表读数U＝IR＝20V，选项C正确；灯泡的实际功率为P＝UI＝40W，选项D正确。答案CD9．(2023·江苏四市联考)如图8所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶100，图中a、b表示电压表或电流表，电压表的示数为22V，电流表的示数为1A，那么()图8A．a为电流表，b为电压表B．a为电压表，b为电流表C．线路输送电功率是220kWD．输电线路总电阻为22Ω解析左侧的互感器原线圈并联在输电线路上，测量的是输电电压，所以a为电压表；右侧的互感器原线圈串联在输电线路上，测量的是输电电流，b为电流表，选项B正确，A错误；电压表的示数为22V，根据变压公式得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝100，输电电压为U1＝100×22V＝2200V；电流表的示数为1A，根据变流公式得eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝100，输电电流为I1＝100×1A＝100A，线路输送电功率为P＝U1I1＝220kW，选项C正确；根据题述条件，不能求出输电线路总电阻，选项D错误。答案BC10.(2023·陕西宝鸡模拟)在如图9所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1、R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为电容器。将滑动变阻器的滑动触头置于位置a，闭合开关S，电路稳定时理想电压表、的示数分别为U1、U2，理想电流表的示数为I。当滑动变阻器的滑动触头由a滑到b且电路再次稳定时，理想电压表、的示数分别为U1′、U2′，理想电流表的示数为I′，那么以下判断中正确的选项是()图9A．滑动变阻器的滑动触头由a滑向b的过程中，电容器的带电荷量减少B．滑动变阻器的滑动触头由a滑向b的过程中，通过R3的电流方向为由右向左C．U1＞U1′，U2＞U2′，I＞I′D．|eq\f(U2－U2′,I－I′)|＝R1＋r解析滑动变阻器的滑动触头由a滑到b过程中，R2增大，电路中R总增大，电路再次稳定时，由闭合电