(京津鲁琼专用)2020版高考物理大二轮复习 专题四 第1讲 直流电路与交流电路讲义

3.6－3.0为r＝ Ω＝3 Ω；当电流I＝0.1 A时，U＝3.6 V，则电源的电动势E＝U＋Ir＝3.6

0.20.8－0.4

V＋0.1×3 V＝3.9 V，故A正确；由图可知，电动机的电阻rM＝ Ω＝4 Ω，故B正

0.1确；当I＝0.3 A时，U＝3.0 V，电动机的输入功率最大，最大输入功率为P＝UI＝3×0.3 W

22

＝0.9 W，电动机的热功率为PrM＝IrM＝0.3×4 W＝0.36 W，则最大的输出功率为P出＝0.9 W－0.36 W＝0.54 W，故C错误；当I＝0.1 A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R＝－r－rM＝?

EI?3.9－3－4? Ω＝32 Ω，故D正确．

?

?0.1?

9．(2019·枣庄段考)在如图所示的电路中，已知电阻R1的阻值小于滑动变阻器R的最大

阻值．闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P由左端向右端滑动的过程中，四个电表V1、V2、A1、A2的示数及变化量分别用U1、U2、I1、I2、ΔU1、ΔU2、ΔI1、ΔI2表示，下列说法中正确的是( )

A．U1先变大后变小，I1不变

B．U1先变小后变大，I1变小

ΔU1ΔU2C．的绝对值先变大后变小，的绝对值不变 ΔI2ΔI2

D．U2先变小后变大，I2先变小后变大

解析：选D.滑片P由滑动变阻器的左端向右端滑动的过程中，滑动变阻器R的左半部分与R1串联然后与R的右半部分并联，并联电阻先变大后变小，所以电路总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律，I2先变小后变大，U1先变大后变小，由极限法可得当滑片P滑到滑动变阻器右端时，电流表A1把R1所在支路短路，此时I1最大，所以I1一直增大，A、B错误；对ΔU1ΔU2

于C项，的绝对值等于电源的内阻，保持不变；的绝对值等于R2，保持不变，C错误；

ΔI2ΔI2电阻R2不变，电压表V2的示数U2＝I2R2，U2先变小后变大，D正确．

10．如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为m，降压变压器的变压比为n，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了ΔU，则下列判断正确的是( )

ΔUA．电流表A2的示数增大了

RB．电流表A1的示数增大了

nΔU RC．电压表V1的示数减小了ΔU

?nΔU?R

D．输电线损失的功率增加了???R?

2

解析：选B.电压表V2的示数减小了ΔU，根据变压器的变压比可知降压变压器输入电压减小了ΔU3＝nΔU，由于升压变压器输入电压不变，因此输电线上的电压增大了nΔU，因此电

nΔUn2ΔU流表A1的示数增大了，B正确；根据变流比，电流表A2的示数增大了，A错误；由

RR于发电机的输出电压不变，因此升压变压器的输出电压不变，电压表V1的示数不变，C错误；

?nΔU?R－I2R，不等于?nΔU?R，

设原来输电线上的电流为I，则输电线损失的功率增加了?I＋?R?R?????

D错误．

二、多项选择题

11．如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则( )

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A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大 B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小 C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大 D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小

解析：选BC.保持Q的位置不动，则U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大，根据I2＝U2

R0＋R知，I2变小，由＝得I1也变小，即电流表读数变小，选项A错误，选项B正

I1n2I2n1

确；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，U2变大，则根据P2＝

U22

R0＋R知副线圈输出功率变大，

由P1＝P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1＝I1U，输入电压U一定，I1变大，即电流

表读数变大，选项C正确，选项D错误．

12．(2019·湖北重点中学联考)理想变压器原线圈a匝数n1＝200匝，副线圈b匝数n2＝100匝，线圈a接在u＝442sin 314t(V)交流电源上，“12 V 6 W”的灯泡恰好正常发光，电阻R2＝16 Ω，电压表V为理想电表，下列推断正确的是( )

A．交变电流的频率为100 Hz B．副线圈磁通量的最大变化率为C．电压表V的示数为22 V D．R1消耗的功率是1 W

314

解析：选BD.由表达式知交变电流的频率为f＝ Hz＝50 Hz，A错误；灯泡正常发光，

2π

2

Wb/s 5

PΔΦ

故副线圈中电流为I＝＝0.5 A，故电压表示数为U2＝12 V＋IR2＝20 V，故根据Em＝N知

UΔt2

Wb/s，故B正确；根据电流与匝数成反比，原线圈5

电流为0.25 A，由题意可知：原线圈电压有效值为44 V，根据电压与匝数成正比得U1＝40 V，R1消耗的功率是P＝(44－40)×0.25 W＝1 W，故C错误，D正确．

13．(2019·河南中原名校高三联考)在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S闭合后( ) 穿过铁芯的磁通量的最大变化率为＝

EmN

1

A．L1的电阻为 Ω

12

B．L1消耗的电功率为7.5 W C．L2的电阻为7.5 Ω

D．L2消耗的电功率为0.3 W

解析：选CD.S闭合后，L1两端的电压为3.0 V，由乙图可知，I1＝0.25 A，故P1＝0.75 W，R1＝12 Ω，A、B均错；L2与R及电源串联，把R和电源等效成电动势为3 V，内阻为7.5 Ω的新电源，在图乙中作出新电源的I－U 图线，如图，两图线的交点表示出了此时L2两端的电

U21.5

压与通过的电流的大小，由图知U2＝1.5 V，I2＝0.2 A，所以R2＝＝ Ω＝7.5 Ω，P2＝

I20.2U2I2＝1.5×0.2 W＝0.3 W，C、D正确．

14．如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2、R3为定值电阻，R1为滑动变阻器，A、B为电容器的两个极板．当滑动变阻器R1的触头处于某位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动．则下列说法中正确的是( )

A．仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向下运动 B．仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向上运动 C．仅把两极板A、B间距离增大，油滴向下运动，电流表读数不变 D．仅把两极板A、B间正对面积减小，油滴向下运动，电流表读数不变

解析：选BC.从图中可知电容器两板间的电压等于路端电压，电流表测量干路电流，若仅把R1的触头向右滑动时，R1连入电路的电阻增大，则电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可得路端电压增大，干路电流减小，所以电流表示数减小，电容器两端的电压增大，根据

公式E＝可得两极板间的电场强度增大，所以油滴受到的电场力增大，故向上运动，A错误，B正确；仅把两极板A、B间距离增大，因为两极板间的电压不变，根据公式E＝可得电容器两极板间的电场强度减小，油滴受到的电场力减小，向下运动，电流表的示数不变，C正确；仅把两极板A、B间正对面积减小，由于两极板间的电压不变，距离不变，所以两极板间的电场强度不变，故油滴仍处于静止状态，电流表示数不变，D错误．

15．如图所示为某兴趣小组设计的一种发电装置，在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁4

场区域的圆心角α均为π，磁场均沿半径方向；矩形线圈abcd(d点未在图中标出)的匝数

9为N，其边长ab＝cd＝l，bc＝ad＝2l；线圈的总电阻为r，外接电阻为R；线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc边和ad边同时进、出磁场．在磁场中，bc边和cd边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直．则( )

UdUd

2

A．bc边和ad边在磁场中运动时，线圈的感应电动势的大小为NBlω 4NBlω

B．bc边和ad边在磁场中运动时，bc边所受安培力的大小为

R＋r2NBlω

C．通过R的电流有效值为 R＋r4NBlω

D．通过R的电流有效值为

3（R＋r）

解析：选BD.bc、ad边的运动速度v＝ω，电动势Em＝2·NB·2l·v＝2NBlω，A错误；

24NBlω

根据欧姆定律得，电流Im＝，bc边所受安培力为F＝N·B·Im·2l＝，B正确；

R＋rR＋r4442

因为两磁场的圆心角为π，故一个周期内，通电时间t＝T，由有效值定义知：Im(R＋r)T9994NBlω

＝I(R＋r)T，解得I＝，C错误，D正确．

3（R＋r）

2

2

22

223

l2

Em

223