2024版高考物理复习教案：第一篇 专题四 第11讲　直流电路与交变电流

第11讲直流电路与交变电流目标要求1.会用闭合电路欧姆定律分析电路各部分之间的关系；2.能利用能量守恒定律和焦耳定律分析电学中的能量转化问题；3.掌握交变电流的产生和描述、四值的特点和相关计算；4.理解变压器的原理，会分析交流电路的动态变化以及远距离输电问题。考点一直流电路的分析与计算1．闭合电路欧姆定律的三个公式(1)E＝U外＋U内；(任意电路)(2)E＝U外＋Ir；(任意电路)(3)E＝I(R＋r)。(纯电阻电路)2．动态电路分析的三种方法程序法部分电路阻值变化→电路总电阻R总变化→干路电流I变化→路端电压U端变化→各支路电流、电压变化，即R局eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(增大,减小))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(增大,减小))→R总eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(增大,减小))→I总eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(减小,增大))→U端eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(增大,减小))→eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(I支,U支))串反并同法所谓“串反”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都减小(增大)。所谓“并同”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都增大(减小)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，使滑动变阻器接入电路的电阻最大或电阻为零去讨论3.电容器的特点(1)只有当电容器充、放电时，电容器所在支路中才会有电流，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，电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压。例1(2022·江苏卷·2)如图所示，电路中灯泡均正常发光，阻值分别为R1＝2Ω，R2＝3Ω，R3＝2Ω，R4＝4Ω，电源电动势E＝12V，内阻不计，四个灯泡中消耗功率最大的是()A．R1B．R2C．R3D．R4答案A解析由电路图可知，R3与R4串联后与R2并联，再与R1串联。并联电路部分的等效电阻为R并＝eq\f(R2R3＋R4,R2＋R3＋R4)＝2Ω，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流即经过R1的电流为I1＝I＝eq\f(E,R1＋R并)＝3A，并联部分各支路电流大小与电阻成反比，则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，四个灯泡的实际功率分别为P1＝I12R1＝18W，P2＝I22R2＝12W，P3＝I32R3＝2W，P4＝I42R4＝4W，故四个灯泡中消耗功率最大的是R1，故A正确，B、C、D错误。例2如图所示，电路中电源电动势为E、内阻为r，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻。开关S闭合后，平行金属板中的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表。当滑动变阻器滑片P向a端滑动过程中，下列说法正确的是()A．电流表A1的示数减小B．电流表A2的示数减小C．电压表的示数先减小后增大D．液滴向上运动答案D解析设滑动变阻器滑片上端部分的电阻阻值为Rx，外电路的阻值为R外＝R1－Rx＋eq\f(RxR2,Rx＋R2)＝R1－eq\f(1,\f(1,Rx)＋\f(R2,Rx2))，当滑动变阻器滑片P向a端滑动过程中，Rx增大，外电路的阻值R外减小，根据闭合电路欧姆定律，总电流I增大，电流表A1的示数增大，内电压增大，路端电压减小，电压表的示数减小，故A、C错误；根据串联分压，滑动变阻器的上端和R2的并联总电阻增大。则并联这部分电阻所加电压U2增大，液滴所受静电力增大，液滴向上运动，再根据I2＝eq\f(U2,R2)，可知电流表A2的示数增大，故B错误、D正确。例3如图(a)所示电路，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻。从左向右移动滑动变阻器的滑片，根据理想电表数据得到U－I图像如图(b)所示，则()A．R1的最大功率为4WB．R2的最大功率为3WC．电源的最大输出功率为4WD．电源的输出功率先增大后减小答案B解析根据欧姆定律可知eq\f(ΔU2,ΔI)＝R2，所以题图(b)中斜率为正的图线反映V2表示数随I的变化，则可知R2＝3Ω。设电源电动势为E，内阻为r，根据闭合电路欧姆定律有U3＝E－Ir，U1＝E－I(r＋R2)，所以|eq\f(ΔU3,ΔI)|＝r，|eq\f(ΔU1,ΔI)|＝r＋R2，所以题图(b)中斜率为负的两条图线中，斜率绝对值较大的图线反映了V1表示数随I的变化，则r＋R2＝4Ω，斜率绝对值较小的图线反映了V3表示数随I的变化，则r＝1Ω，E＝4V，R1的功率为P1＝I2R1＝eq\f(E2R1,R1＋R2＋r2)＝eq\f(E2,R1＋\f(R2＋r2,R1)＋2R2＋r)，根据数学知识可知，当R1＝R2＋r时，P1有最大值，为P1max＝1W，故A错误；当电路中电流最大时，R2的功率最大，此时R1接入电路的阻值为零，所以P2max＝(eq\f(E,R2＋r))2R2＝3W，故B正确；电源的输出功率为P＝I2(R1＋R2)＝eq\f(E2R1＋R2,R1＋R2＋r2)＝eq\f(E2,R1＋R2＋\f(r2,R1＋R2)＋2r)，从左向右移动滑动变阻器的滑片，R1＋R2>r，P随R1的增大而减小，当R1＝0时，P有最大值为Pmax＝P2max＝3W，故C、D错误。直流电路的最大功率1．当R一定时，由P＝I2R知，I越大，P越大。2．当r一定、R变化时，P出随R的变化情况可通过下面两个图像进行分析。P出－R图像P出－I图像P出＝eq\f(E2,r＋R2)RP出＝EI－I2r短路：I＝eq\f(E,r)，P出＝0断路：I＝0，P出＝0当R＝r时，P出最大，P出＝eq\f(E2,4r)短路：I＝eq\f(E,r)，P出＝0断路：I＝0，P出＝0当I＝eq\f(E,2r)时，P出最大，P出＝eq\f(E2,4r)考点二交变电流“四值”及应用1．有效值的计算(1)正弦式交变电流：E＝eq\f(Em,\r(2))，I＝eq\f(Im,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))。(2)非正弦式交变电流：计算有效值时，要根据电流的热效应，即“一个周期”内“相同电阻”上产生“相同热量”，然后分段求和列式，求得有效值。2．正弦式交变电流“四值”的应用表达式应用最大值Em＝nBSω计算电容器的耐压值瞬时值e＝Emsinωt计算某时刻所受安培力有效值E＝eq\f(Em,\r(2))电表的读数及计算电热、电功及保险丝的熔断电流平均值eq\x\to(E)＝eq\f(nΔΦ,Δt)计算通过导体的电荷量例4如图所示，正方形单匝线框abcd边长为L，每边电阻均为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕cd边以角速度ω匀速转动，c、d两点与外电路相连，外电路电阻也为r，导线电阻忽略不计，电表均为理想电表，则下列说法中正确的是()A．从图示位置开始计时，线框感应电动势的瞬时值表达式为e＝BωL2sinωtB．S断开时，电压表读数为eq\f(\r(2),4)BωL2C．初始S闭合，现将S断开，电压表读数不变D．S闭合时，线框从图示位置转过eq\f(π,2)过程中流过电流表的电荷量为eq\f(BL2,7r)答案D解析如题图所示，线框平面与中性面垂直，此时线框产生的感应电动势最大，则从该位置开始计时，线框abcd产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcosωt＝BωL2cosωt，故A错误；感应电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(BωL2,\r(2))，当S断开时，根据闭合电路欧姆定律可知通过线框的电流的有效值为I＝eq\f(E,4r)＝eq\f(BωL2,4\r(2)r)，电压表测量cd边两端电压，则电压表示数为U＝Ir＝eq\f(BωL2,4\r(2)r)·r＝eq\f(\r(2)BωL2,8)，故B错误；S闭合后，电路中总电阻为3r＋eq\f(r2,r＋r)＝eq\f(7,2)r，根据闭合电路欧姆定律可知电压表示数为U′＝eq\f(E,\f(7,2)r)·eq\f(r,2)＝eq\f(\r(2)BωL2,14)，故C错误；S闭合时，线框从题图所示位置转过eq\f(π,2)过程中流过干路的总电荷量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)，根据并联电路分流规律可知流过电流表的电荷量为qA＝eq\f(1,2)q＝eq\f(BL2,7r)，故D正确。例5在图乙的电路中，电源输出如图甲所示的交变电流(不计内阻)。电阻R的阻值为10Ω，电表均为理想电表。下列判断正确的是()A．电压表的示数为10VB．电流表的示数为2AC．若将电阻R替换为一个电容器，欲使电路安全运行，其耐压值最少为10VD．电阻R在任意三分之一个周期内产生的热量一定等于0.1J答案A解析根据题意可知，电压表的示数为有效值，设为U，则有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正确；由欧姆定律可知，电流表的示数为I＝eq\f(U,R)＝eq\f(10,10)A＝1A，故B错误；由于交流电的峰值为Um＝10eq\r(2)V＞10V，因此，若将电阻R换成一个耐压值为10V的电容器，会被击穿，故C错误；根据题意可知，电阻R在任意三分之一个周期内的电流有效值不一定是1A，所以电阻R在任意三分之一个周期内产生的热量不能用Q＝I2R·eq\f(T,3)＝12×10×10－2J＝0.1J计算，故D错误。考点三理想变压器分析与计算电能的输送1．理想变压器问题(1)三个不变：功率不变；磁通量的变化率不变；频率不变。(2)决定关系：输出功率决定输入功率；输入电压决定输出电压；输出电流决定输入电流。2．远距离输电问题(1)理清三个回路(2)抓住两个联系①理想的升压变压器中线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，P1＝P2。②理想的降压变压器中线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，P3＝P4。(3)掌握一个守恒，能量守恒关系：P1＝P损＋P3。3．输电线路功率损失的四种计算方法P损＝P1－P4P1为输送功率，P4为用户得到的功率P损＝I线2R线I线为输电线路上的电流，R线为输电线电阻P损＝eq\f(ΔU2,R线)ΔU为输电线路上损失的电压，不要与U2、U3相混P损＝ΔU·I线例6(2023·江苏淮安市二模)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶3，正弦交流电源的电压有效值恒为U＝12V，电阻R1＝1Ω，R2＝2Ω。若滑动变阻器R3接入电路的电阻为7Ω，则()A．通过R1的电流为6AB．R1与R2消耗的电功率相等C．若向上移动P，电压表读数将变大D．若向上移动P，电源输出功率将不变答案A解析方法一设通过R1的电流为3I，则副线圈中的电流为I，原线圈输入电压为U－3IR1＝12－3I，根据匝数比可知副线圈输出电压为3(12－3I)，则有(12－3I)·3I＝eq\f([312－3I]2,7＋2)解得I＝2A，则通过R1的电流为3I＝6A，故A正确；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，根据P＝I2R可知R1与R2消耗的电功率之比为9∶2，故B错误；若向上移动P，则R3接入电路电阻减小，副线圈回路中电流变大，原线圈回路中电流也变大，根据P＝IU可知，电源输出功率将变大，电阻R1两端的电压变大，变压器输入电压变小，输出电压变小，电压表读数将变小，故C、D错误。方法二等效电阻法。变压器部分的等效电阻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正确；B选项的判断同方法一；若向上移动P，则R3接入电路的电阻减小，R等减小，原线圈回路中电流I增大，由P＝IU知，电源输出功率变大，由UR1＝IR1知，UR1变大，变压器输入电压变小，输出电压变小，电压表读数变小，故C、D错误。等效电阻法当理想变压器的副线圈接纯电阻元件时，可以把理想变压器(含副线圈中的元件)等效成一个电阻来处理，设原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原线圈输入电压为U1，电流为I1，副线圈输出电压为U2，电流为I2，副线圈负载电阻为R，则等效电阻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·山东卷·7)某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250V，输出功率500kW。降压变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线总电阻R＝62.5Ω。其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是()A．发电机的输出电流为368AB．输电线上损失的功率为4.8kWC．输送给储能站的功率为408kWD．升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44答案C解析由题知，发电机的输出电压U1＝250V，输出功率500kW，则有I1＝eq\f(P1,U1)＝2×103A，A错误；由题知，用户端电压U4＝220V，功率P4＝88kW，则有eq\f(U3,U4)＝eq\f(I4,I3)＝eq\f(n3,n4)，P4＝U4I4，解得I4＝400A，I3＝8A，U3＝11000V，则输电线上损失的功率为ΔP＝I32R＝4kW，且U2＝U3＋I3R＝11500V，再根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得eq\f(n1,n2)＝eq\f(1,46)，B、D错误；根据P1＝U2I3＋P5，代入数据得P5＝408kW，C正确。1.(2023·江苏省南京师范大学附属中学一模)地磅工作原理图如图所示，地磅空载时滑动变阻器滑片P位于A点，满载时滑片P位于B点，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法错误的是()A．电压表两端电压与被测汽车的质量成正比B．若将一个电阻与电压表串联，可增大地磅量程C．若称量值偏小，可在R0上并联一个电阻进行校正D．电池长时间使用后，称量值会偏小答案B解析设A、B之间的电阻为R，横截面积为S，根据闭合电路欧姆定律可知E＝I(R＋R0＋r)设A、P之间的距离为xU＝IRx＝eq\f(E,R＋R0＋r)ρeq\f(x,S)汽车平衡时有mg＝2kx解得U＝eq\f(E,R＋R0＋r)ρeq\f(mg,2kS)从公式可以看出：电压表两端电压与被测汽车的质量成正比，A正确，不符合题意；若将一个电阻与电压表串联，A、P之间的最大电压不受此电阻的影响，没有办法增大地磅量程，B错误，符合题意；若称量值偏小，可以通过在R0上并联一个电阻，回路中总电阻变小，总电流增大，滑动变阻器上的电压增大，使称量值不变，C正确，不符合题意；电池长时间使用后，内阻会变大，导致电流减小，A、P之间的电压减小，所以称量值会偏小，D正确，不符合题意。2．如图甲所示为一可调自耦式理想变压器。A、B间线圈加上如图乙所示的正弦式交变电压，P为可调触头，B、P间接有一理想交流电流表和滑动变阻器R(最大阻值为100Ω)，Q为滑动变阻器的滑动触头。现将P、Q分别调至线圈和滑动变阻器R的正中央，则()A．电流表示数为2.0AB．流过R的交流电的频率为100HzC．若保持Q位置不动，将P顺时针转动少许，则电流表示数变大，变压器输出功率变大D．若保持P位置不动，将Q向上移动少许，则电流表示数变大，变压器输出功率变大答案D解析电表示数均为有效值，开始P、Q均在中央位置，则B、P间电压为110V，滑动变阻器接入电路阻值为50Ω，则电流表示数为2.2A，变压器不改变交流电频率，故频率保持50Hz不变，故A、B错误；若保持Q位置不动，将P顺时针转动少许，则相当于副线圈匝数减少，故B、P间电压减小，电阻不变，则电流减小，输出功率减小，故C错误；若保持P位置不动，将Q向上移动少许，则B、P间电压不变，接入电路电阻变小，则电流表示数变大，输出功率也变大，故D正确。专题强化练[保分基础练]1．(2023·江苏南通市二模)家用水质检测笔可测量水的电导率，电导率是电阻率的倒数，它是判断水是否纯净的重要参数，则()A．电导率的单位是Ω－1·mB．温度变化，电导率不变C．检测笔示数越大，水越纯净D．检测笔插入水中前，示数为零答案D解析电导率是电阻率的倒数，而电阻率的单位为Ω·m，则电导率的单位是Ω－1·m－1，故A错误；由题意知，材料的电阻率随温度的变化而变化，而电导率是电阻率的倒数，因此温度变化时电导率也将发生变化，故B错误；水越纯净水中能够自由移动的各种粒子就越少，导电性能就越弱，则电阻率就越大，而电阻率越大，电阻率的倒数就越小，即电导率越小，检测笔的示数越小，故C错误；检测笔在插入水中前，示数为零，故D正确。2．(2023·江苏南通市期末)如图所示为简化的充电原理图。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()A．接收线圈中的电流与电压成正比B．接收线圈的输出功率与发射线圈的输出功率相等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答案C解析工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，若发射线圈功率恒定为P，则有P·0.8＝U2I2，可知接收线圈中的电流与电压成反比，故A错误；工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，所以接收线圈的输出功率小于发射线圈的输出功率，故B错误；发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相同，发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同，故C正确；穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，由磁通量的变化率为eq\f(ΔΦ,Δt)，则穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的变化率不相同，故D错误。3．工业机器人广泛用于工业领域。某工业机器人设备接在u＝380eq\r(2)sin100πt(V)的交流电源上，正常工作时电流为2A，则下列说法正确的是()A．该交流电的频率为100HzB．该交流电每秒内电流方向变化50次C．该设备正常工作时电流的峰值为2AD．该设备正常工作时消耗的功率为0.76kW答案D解析根据u＝380eq\r(2)sin100πt(V)可知交流电的角速度为ω＝100πrad/s，该交流电的频率为f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(100π,2π)Hz＝50Hz，故A错误；正弦交流电一个周期内电流方向变化两次，所以该交流电每秒内电流方向变化n＝2×50次＝100次，故B错误；由题可知，该设备正常工作时电流的峰值为Im＝eq\r(2)I＝2eq\r(2)A，故C错误；该交流电的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))该设备正常工作时消耗的功率为P＝EI解得正常工作时的功率P＝760W＝0.76kW，故D正确。4.(2023·江苏盐城市东沟中学三模)空气炸锅的等效简化电路图如图所示，电源的电动势为6V，电源的内阻不计，小风扇M的额定电压为6V，额定功率为3W，线圈内阻为r＝1Ω，电阻R1＝R2＝10Ω，则下列说法中正确的是()A．只闭合开关S1，小风扇正常工作时电流为6AB．只闭合开关S1，小风扇正常工作时发热功率为2.75WC．同时闭合开关S1和S2，若小风扇正常工作，则通过电阻R1的电流为0.3AD．同时闭合开关S1和S2，若小风扇正常工作，则电阻R1消耗的功率为3.6W答案D解析由题图可看出当只闭合S1时，电阻R1与R2串联，再与小风扇M并联，且电源的内阻不计，则小风扇M的电压刚好为额定电压，则PM＝IME，解得IM＝0.5A，则小风扇M正常工作时发热功率为PM热＝IM2r＝0.25W，A、B错误；由题图可看出同时闭合开关S1和S2，电阻R2被短路，则R1与小风扇M并联，且电源的内阻不计，则通过电阻R1的电流I1满足E＝I1R1，解得I1＝0.6A，则电阻R1消耗的功率P1满足P1＝I12R1＝3.6W，C错误，D正确。5．(2023·江苏盐城市三模)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝5∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦式交流电压u，R为阻值随光照强度增大而减小的光敏电阻，L1和L2是两个完全相同的灯泡，电表均为理想交流电表。则()A．通过光敏电阻的交变电流频率为10HzB．若L2的灯丝烧断，则电压表的示数仍为5VC．当照射R的光照强度增大时，电流表的示数变小D．u－t图像上对应的0.01s时刻，发电机中的线圈平面与中性面垂直答案B解析由题图乙可知，原线圈的交流电的周期为T＝0.02s，频率f＝eq\f(1,T)＝50Hz，变压器副线圈交流电的频率与原线圈相同，通过光敏电阻的交变电流频率为50Hz，A错误；由题图乙可知，原线圈的交流电的电压的峰值U1m＝25eq\r(2)V，原线圈的交流电的电压的有效值U1＝eq\f(U1m,\r(2))＝25V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得U2＝5V，副线圈电压由原线圈电压和匝数比决定，与负载电阻无关，故电压表示数不变，B正确；当照射R的光照强度增大时，R的阻值减小，副线圈消耗的功率变大，副线圈中的电流I2变大，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，原线圈电流I1增大，电流表的示数变大，C错误；u－t图像上对应的0.01s时刻，电压瞬时值为零，发电机中的线圈平面与中性面重合，D错误。6．某同学用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。将图甲中的零件组装成图乙中的变压器。将原线圈接在交流电源上，将副线圈接在电压传感器(可视为理想电压表)上，观察到副线圈电压U2随时间t变化的图像如图丙所示，在保证安全的前提下，该同学可能在t1～t2时间内进行的操作是()A．减少了原线圈的匝数B．减少了副线圈的匝数C．降低了交流电源的频率D．拔掉了变压器铁芯Q答案A解析根据理想变压器原副线圈电压与匝数关系eq\f(U2,U1)＝eq\f(n2,n1)，由图丙可知，t2之后副线圈的电压U2变大。减少了原线圈的匝数n1，则副线圈的电压U2变大；减少了副线圈的匝数n2，则副线圈的电压U2变小；降低了交流电源的频率，则副线圈的电压U2不变；拔掉了变压器铁芯Q，由于漏磁使得副线圈的电压U2变小。故选A。7.(2023·江苏镇江市三模)如图所示，空间中分布着磁感应强度大小为B的匀强有界磁场，EF是其左边界，一面积为S的n匝圆形金属线圈垂直于磁场放置，圆形线圈的圆心O在EF上，线圈电阻为R，若线圈以角速度ω绕EF匀速转动，并从图示位置开始计时，则()A．t＝eq\f(2π,ω)时，线圈中的感应电流最大B．0到eq\f(π,2ω)时间内，通过线圈的电荷量为eq\f(BS,2R)C．线圈中产生的感应电动势的最大值为nBSωD．线圈中产生的感应电动势的有效值为eq\f(\r(2),4)nBSω答案D解析当t＝eq\f(2π,ω)时，即ωt＝2π时，线圈回到题图所示位置，此时的感应电流最小，磁通量最大，A错误；当t＝eq\f(π,2ω)，即ωt＝eq\f(π,2)时，线圈与题图所示位置垂直，此时磁通量为零，则0到eq\f(π,2ω)时间内产生的感应电动势的平均值为eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(B·\f(1,2)S,\f(π,2ω))＝eq\f(nBSω,π)，则0到eq\f(π,2ω)时间内，通过线圈的电荷量为q＝eq\f(nBSω,Rπ)·eq\f(π,2ω)＝eq\f(nBS,2R)，B错误；线圈中产生的感应电动势的最大值为Em＝nB·eq\f(S,2)·ω＝eq\f(1,2)nBSω，C错误；线圈中产生的感应电动势的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2),4)nBSω，D正确。8．(2022·江苏南京市模拟)某温度检测、光电控制加热装置原理图如图所示。图中RT为热敏电阻(随温度升高阻值减小)，用来探测加热电阻丝R的温度，RG为光敏电阻(随光照强度增大阻值减小)，接收小灯泡L的光照，除RT、RG外，其他电阻均为定值电阻。当R处温度降低时()A．L变亮 B．通过R3的电流减小C．E2的路端电压减小 D．R消耗的功率减小答案B解析当R处温度降低时，热敏电阻RT阻值增大，由闭合电路欧姆定律可知，左侧电路中的电流减小，即通过小灯泡L的电流减小，小灯泡L的光照强度减小，所以光敏电阻RG的阻值增大，则右侧电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，电源E2的路端电压增大，R两端电压增大，通过R的电流也增大，R消耗的功率增大，根据并联电路分流规律可知通过R3的电流减小，综上所述可知B正确，A、C、D错误。9.(2023·江苏南通市期末)如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r。闭合开关，调节滑动变阻器滑片，电压表示数为U，电流表示数为I。电源的总功率P与电压U、电流I的关系正确的是()答案B解析由闭合电路欧姆定律有E＝U＋Ir，化简得I＝eq\f(E－U,r)，则电源的总功率为P＝EI＝Eeq\f(E－U,r)＝eq\f(E2,r)－eq\f(E,r)U，若U是自变量，则电源的总功率P与电压U是线性关系，A错误，B正确；若I是自变量，则电源的总功率P与电压满足P＝EI，即电源的总功率P与电流I是正比例关系，故C、D错误。10．(2023·江苏徐州市调研)随着经济发展，加之寒冬来临，用电需求增加，当火力发电供应紧张时，通过远距离调度方式，及时将其他地区的风力发电、太阳能发电并入电网保障电力供应。如图是远距离输电的原理图，假设发电厂输出电压恒定不变，两个变压器均为理想变压器。当用户用电器增加(假设所有用电器均可视为纯电阻)，电网中数据发生变化，下列说法正确的是()A．降压变压器的输出电流I4减小B．输电线上损失的功率减小C．升压变压器的输出电压U2增大D．发电厂输出的总功率增大答案D解析根据原、副线圈电压比等于匝数比可得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可得升压变压器的输出电压为U2＝eq\f(n2,n1)U1，由于匝数不变，发电厂输出电压恒定不变，可知升压变压器的输出电压U2不变，故C错误；设输电线电阻为R线，用户端总电阻为R，在高压传输电路上，有U2＝U3＋I2R线，又eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I2,I4)＝eq\f(n4,n3)，I4＝eq\f(U4,R)，联立可得U2＝(eq\f(n3,n4)R＋eq\f(n4,n3)R线)I4，当用户用电器增加，可知R减小，则降压变压器的输出电流I4增大，故A错误；根据eq\f(I2,I4)＝eq\f(n4,n3)，由于I4增大，可知I2增大，输电线上损失的功率为P损＝I22R线，可知输电线上损失的功率增大，故B错误；根据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，由于I2增大，可知I1增大，发电厂输出的总功率为P出＝U1I1，可知发电厂输出的总功率增大，故D正确。[争分提能练]11．(2023·江苏省靖江中学期末)学校实验室有一台教学用发电机，输出的交变电压如图甲所示，将其接在如图乙所示的理想变压器的a、b两端，闭合开关S，四只相同灯泡均正常发光，下列说法中正确的是()A．图甲所示的交变电压瞬时值表达式为u＝36eq\r(2)sin2πtB．变压器原、副线圈的匝数比为1∶3C．小灯泡的额定电压为9VD．若断开开关S，灯