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1 / 14 第10 讲 直流电路和交流电路 1.（2024·广西高考6 题）将横截面相同、材料不同的两段导体L1、L2无缝连接成一段导体，总长度为1.00 m，接 入图甲电路。闭合开关S，滑片P 从M 端滑到N 端，理想电压表读数U 随滑片P 的滑动距离x 的变化关系如图乙， 则导体L1、L2的电阻率之比约为（ ） A.2∶3 B.2∶1 C.5∶3 D.1∶3 解析：B 根据电阻定律R＝ρ L S 及部分电路欧姆定律ΔU＝I·ΔR，整理可得ρ＝S I · ΔU L ，结合题图可知导体L1、L2 的电阻率之比 ρ1 ρ2 ＝ 0.2 0.25 0.5－0.2 1.00－0.25 ＝2 1，故选B。 2.（多选）（2024·新课标卷20 题）电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带 动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。 将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中（ ） A.电流最小 B.电流最大 C.电流方向由P 指向Q D.电流方向由Q 指向P 2 / 14 解析：BD 磁极顺时针匀速转动相当于线圈逆时针匀速转动，线圈从中性面位置开始转动，磁极转过90°时即线 圈逆时针转过90°时，穿过线圈的磁通量为0，磁通量的变化率最大，线圈中感应电流最大，A 错误，B 正确；磁 极转过90°时相当于题图示中PQ 向下切割磁感线，由右手定则可知线圈中电流方向由Q 指向P，C 错误，D 正确。 3.（2024·北京高考5 题）如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u 随时间t 变化的图像 如图乙所示，副线圈接规格为“6 V 3 W”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是（ ） A.原线圈两端电压的有效值为24√2 V B.副线圈中电流的有效值为0.5 A C.原、副线圈匝数之比为1∶4 D.原线圈的输入功率为12 W 解析：B 原线圈两端电压的有效值为U1＝U m √2 ＝24 V，A 错误；由副线圈所接灯泡正常发光可知副线圈中电流的 有效值为I＝P U 2 ＝3 6 A＝0.5 A，B 正确；原、副线圈匝数之比n1 n2 ＝U 1 U 2 ＝24V 6V ＝4 1 ，C 错误；原线圈的输入功率 P 入＝P 出＝3 W，D 错误。 4.（2024·浙江1 月选考5 题）如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出u＝5sin100πt V 的交流电， 经原、副线圈匝数分别为n1和n2的变压器升压至峰值大于10 kV，就会在打火针和金属板间引发电火花，实现点 火。下列正确的是（ ） A.n2 n1 ＜ 7 20 000 B.n1 n2 ＜ 1 2 000 C.用电压表测原线圈两端电压，示数为5 V D.副线圈输出交流电压的频率是100 Hz 解析：B 原线圈两端电压的有效值U1＝5 √2 V＝5√2 2 V，根据电压与匝数关系有U 1 U 2 ＝n1 n2 ，变压器副线圈电压的 峰值U2max＝√2U2，根据题意有U2max＞10×103 V，解得n2 n1 ＞2 000，n1 n2 ＜ 1 2 000，故A 错误，B 正确；用电压表 测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为U1＝5 √2 V＝5√2 2 V，故C 错误；根据ω＝2π T ＝2πf＝100π rad/s，解得f＝50 Hz，变压器不改变频率，则副线圈输出交流电压的频率是50 Hz，故D 错误。 3 / 14 考点一 直流电路的分析和计算 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 （1）程序法——最常规方法 （2）串反并同法（电源内阻不为零）——最简洁方法 （3）极限法 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】 （2024·福建漳州三模）如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，开关S 闭合，电路稳定后，灯 泡L 正常发光，然后向左移动滑动变阻器R 的滑片，在此过程中（ ） A.灯泡L 逐渐变暗 B.电源的路端电压逐渐减小 C.电容器C 所带的电荷量逐渐减小 D.定值电阻R0两端的电压始终为零 答案：A 解析：当向左移动滑动变阻器R 的滑片时，R 接入电路的阻值变大，则该支路的电流减小，所以灯泡L 逐渐变暗， A 正确；因为通过R 的电流减小，所以通过电源的电流减小，则内阻上的电压减小，由U＝E－Ir 可知，电源的路 端电压逐渐变大，B 错误；路端电压变大，则电容器C 两端电压变大，则根据Q＝CU，电容器所带的电荷量逐渐 增加，C 错误；因电容器充电，则定值电阻R0两端的电压不为零，D 错误。 【例2】 （2024·江西南昌三模）在如图所示的电路中，已知A、B 两个电容器的电容之比CA∶CB＝1∶2，每个 电阻都相同，则两个电容器带电荷量之比QA∶QB为（ ） A.1∶2 B.2∶3 C.1∶1 D.2∶1 答案：A 解析：等效电路图如图所示，设电路中的电流为I，则UA＝UB＝2IR，根据C＝Q U ，可得Q A QB ＝C A C B ＝1 2，故选A。 考点二 交变电流的产生和描述 4 / 14 1.线圈通过中性面时的特点 （1）穿过线圈的磁通量最大。 （2）线圈中的感应电动势为零。 （3）线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次。 2.有效值的计算 （1）正弦式交变电流：E＝Em √2 ，I＝I m √2 ，U＝U m √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，求得有效值。 3.正弦式交变电流“四值”的应用 【例3】 （2024·山东高考8 题）如图甲所示，在－d≤x≤d、－d≤y≤d 的区域中存在垂直Oxy 平面向里、磁感 应强度大小为B 的匀强磁场（用阴影表示磁场的区域），边长为2d 的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y 轴为 转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为 图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为（ ） 答案：C 5 / 14 解析：根据题意可知，磁场区域变化前，线圈产生的感应电动势为e＝Esin ωt，由题图丙可知，磁场区域变化后， 当Esin ωt＝√3 E 2 时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转π 3 时开始切割磁感线，由几何关系可知磁场区域 沿x 轴方向的宽度变为d'＝2dcos π 3 ＝d，C 正确。 【例4】 （2024·河北高考4 题）R1、R2为两个完全相同的定值电阻，R1两端的电压随时间周期性变化的规律如 图1 所示（三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的√3倍），R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图2 所示，则 两电阻在一个周期T 内产生的热量之比Q1∶Q2为（ ） A.2∶3 B.4∶3 C.2∶√3 D.5∶4 答案：B 解析：结合Q＝U 2 R t 可知Q1＝( U 0 √3) 2 1 R1 ·T 2 ＋（U0）2 1 R1 ·T 2 ＝2U 0 2T 3 R1 、Q2＝( U 0 √2) 2 1 R2 T＝U 0 2T 2 R2 ，又R1＝R2，所 以 Q1 Q2 ＝4 3 ，B 正确。 【例5】 （2024·天津河西区二模）一个单匝矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴做匀速转 动。通过线圈的磁通量Φ 随时间t 的变化规律如图所示，则以下说法正确的是（ ） A.零时刻线圈位于中性面位置 B.t2时刻电流方向发生改变 C.感应电动势的有效值为√2π Φm t 4 D.t1时刻到t3时刻，感应电动势的平均值为零 答案：C 解析：零时刻，穿过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，则感应电动势最大，感应电流最大，线圈不是位于中 性面位置，A 错误；t2时刻穿过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，则感应电动势最大，感应电流最大，线圈 不是位于中性面位置，电流方向没有发生改变，B 错误；感应电动势的最大值为Em＝BSω＝Φm·2π t 4 ，则感应电动 势的有效值为E＝Em √2 ＝√2π Φm t 4 ，C 正确；t1时刻到t3时刻，穿过线圈的磁通量变化量大小为ΔΦ＝Φm－（－Φm） ＝2Φm，根据法拉第电磁感应定律可知此过程平均感应电动势不为0，D 错误。 6 / 14 考点三 理想变压器 电能的输送 1.理想变压器 （1）三个基本关系 ①P 入＝P 出 ② U 1 U 2 ＝ n1 n2 ③ I 1 I 2 ＝ n2 n1 （2）三个决定关系 ①副线圈输出的功率决定原线圈输入的功率； ②副线圈电流的变化决定原线圈电流的变化； ③在匝数比一定的情况下，原线圈两端的电压决定副线圈两端的电压。 2.电能的输送 （1）理清三个回路 （2）分清三种关系 电压关系 U 1 U 2 ＝n1 n2 U2＝ΔU＋U3 U 3 U 4 ＝n3 n4 电流关系 I 1 I 2 ＝n2 n1 I2＝I3＝I 线 I 3 I 4 ＝n4 n3 功率关系 P1＝P2 P2＝P3＋ΔP ΔP＝I 线 2R 线＝（ΔU ） 2 R线 P3＝P4 【例6】 （2024·河北石家庄模拟）如图所示，理想变压器原线圈与定值电阻R1＝12 Ω 串联后接在正弦式交流电 源上。理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶5，定值电阻R2＝10 Ω，理想交流电压表的示数为20 V，则交流电 源电压的峰值是（ ） A.120 V B.120√2 V C.124 V D.124√2 V 答案：D 解析：理想变压器副线圈中电流I2＝U 2 R2 ＝20 10 A＝2 A，原线圈中电流I1＝n2 n1 I2＝10 A，原线圈中电压U1＝n1 n2 U2 ＝4 V，则电源电压的有效值U＝I1R1＋U1＝124 V，交流电源电压的峰值是Um＝124√2 V，故选D。 7 / 14 【例7】 （多选）（2024·全国甲卷19 题）如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T 调节， 副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S。S 处于闭合状态，在原线圈电压U0不变的情况下，为 提高R1的热功率，可以（ ） A.保持T 不动，滑动变阻器R 的滑片向f 端滑动 B.将T 向b 端移动，滑动变阻器R 的滑片位置不变 C.将T 向a 端移动，滑动变阻器R 的滑片向f 端滑动 D.将T 向b 端移动，滑动变阻器R 的滑片向e 端滑动 答案：AC 解析：保持T 不动，则原、副线圈匝数比不变，又变压器的输入电压不变，根据变压器的变压规律可知，变压器 的输出电压不变，滑动变阻器的滑片向f 端滑动时，其接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知通过R1 的电流增大，根据P＝I2R 可知，R1的热功率增大，A 正确；仅将T 向b 端移动，R1两端的电压减小，根据P＝U 2 R 可知，R1的热功率减小，B 错误；同理，仅将T 向a 端移动，R1的热功率增大，再将滑动变阻器的滑片向f 端滑动， R1的热功率进一步增大，C 正确；经以上分析可知，将T 向b 端移动，滑动变阻器的滑片向e 端滑动，R1的热功率 减小，D 错误。 【例8】 （2024·山西晋中三模）2023 年10 月，国内某品牌发布全液冷超级充电桩，可实现“一秒一公里”的充 电速度。总电源到充电桩的简化电路图如图所示。已知总电源输出频率为50 Hz 的正弦式交流电，升压变压器原 线圈两端电压U1＝500 V，输电线的总电阻r＝25 Ω，降压变压器的匝数比为n3∶n4＝15∶1，变压器均视为理想 变压器。若给汽车充电时该充电桩获得的电压为1 000 V，功率为600 kW，下列说法正确的是（ ） A.流经充电桩电流的最大值为600 A B.1 s 内电流的方向变化50 次 C.若充电桩消耗的功率减小，在U1不变的情况下，充电桩获得的电压减小 D.升压变压器的匝数比为n1∶n2＝1∶32 答案：D 解析：由P4＝U4I4，可得I4＝600 A，充电桩电流的有效值为600 A，但由于是正弦式交流电，所以充电桩最大电 流为Im＝600√2 A，A 错误；由于已知交变电流的频率为50 Hz，则电流方向在1 s 内改变100 次，B 错误；若充 电桩消耗的功率减小，则电源输入总功率减小，因为U1不变，可知U2不变，升压变压器原线圈中电流减小，升压 变压器副线圈中电流减小，则输电线上损耗的电压减小，降压变压器原线圈两端电压变大，则降压变压器副线圈 两端电压也变大，C 错误；由n3 n4 ＝U 3 U 4 ，可得U3＝15 000 V，又n3 n4 ＝I 4 I 3 可得I3＝40 A，由ΔU＝I3r，可得ΔU＝1 000 V，由U2＝U3＋ΔU，可得U2＝16 000 V，由n1 n2 ＝U 1 U 2 ，可得升压变压器原、副线圈的匝数比为n1 n2 ＝1 32，D 正确。 8 / 14 等效电阻法在变压器电路中的应用 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＝U 1 I 1 ＝( n1 n2)U 2 ( n2 n1)I 2 ＝( n1 n2) 2 U 2 I 2 ＝( n1 n2) 2 R。 【典例1】 （2024·湖南高考6 题）根据国家能源局统计，截止到2023 年9 月，我国风电装机4 亿千瓦，连续13 年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置 如图所示。已知发电机转子以角速度ω 匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化 为一个定值电阻R0。当用户端接一个定值电阻R 时，R0上消耗的功率为P。不计其余电阻，下列说法正确的是（ ） A.风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4P B.输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0上消耗的功率为4P C.若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为8P D.若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为6P 答案：A 解析：设升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4，将降压变压器和用 户端所接定值电阻R 等效为一个电阻R 等效，则R 等效＝U 3 I 3 ＝( n3 n4)U 4 ( n4 n3)I 4 ＝n3 2 n4 2R。发电机转子以角速度ω 匀速转动时， 产生的电动势的最大值Em＝NBSω，则升压变压器输入端的电压有效值U1＝NBSω √2 ，转子角速度增加一倍，则升 压变压器输出端电压为U2＝n2 n1 U1增加一倍，根据闭合电路欧姆定律知定值电阻R0中的电流变为原来的2 倍，结合 P＝I 0 2R0可知，转子角速度增加一倍，R0上消耗的功率变为4P，选项A 正确；结合P＝( U 2 R0＋R等效) 2 ·R0，若R0 增加一倍，则R0上消耗的功率为( U 2 2 R0＋R等效) 2 ·2R0≠4P，选项B 错误；若升压变压器的副线圈增加一倍，根据 理想变压器变压规律知，升压变压器副线圈两端的电压变为原来的2 倍，由I0＝ U 2 R0＋R等效 可知，定值电阻R0中 9 / 14 的电流变为原来的2 倍，R0上消耗的功率变为4P，选项C 错误；若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，降压 变压器和用户端所接定值电阻的等效电阻变为1 2R 等效，R0上消耗的功率变为( U 2 R0＋1 2 R等效) 2 ·R0≠6P，选项D 错误。 【典例2】 （2024·湖南长沙期中）如图所示的是节日彩灯供电电路图，变压器为理想变压器，所有灯泡均相同， 在A、B 两端接入电压恒定的正弦交流电，若发现灯泡的灯光较暗，为使灯泡正常发光，需要调节滑动变阻器R2的 滑片，下列调节及结果判断正确的是（ ） A.应将滑动变阻器R2滑片向右移 B.调节后，变压器原线圈输入电压变大 C.调节后，电阻R1消耗的功率变大 D.调节后，滑动变阻器R2两端的电压增大 答案：C 解析：设所有灯泡并联部分的电阻为RL，根据变压器等效规律，等效电路如图所示，则UAB＝IR1＋I( n1 n2) 2 R2＋I ( n1 n2) 2 RL，若滑动变阻器R2滑片向右移，接入电路的电阻变大，相当于原线圈等效电阻增大，原线圈中电流减小， 则副线圈电路中的电流变小，灯泡变暗，A 错误；调节后，副线圈电路中的电流I2变大，原线圈电流I1也变大，根 据U1＝UAB－I1R1，变压器原线圈输入电压U1变小，B 错误；调节后，原线圈电流I1变大，根据P＝I 1 2R1，电阻R1 消耗的功率变大，C 正确；调节后，变压器原线圈输入电压U1变小，副线圈电压U2也变小，副线圈电路中的电流 I2变大，根据UR2＝U2－I2RL，可知滑动变阻器R2两端的电压减小，D 错误。 1.（2024·广东高考1 题）将阻值为50 Ω 的电阻接在正弦式交流电源上。电阻两端电压随时间的变化规律如图所 示。下列说法正确的是（ ） A.该交流电的频率为100 Hz B.通过电阻电流的峰值为0.2 A C.电阻在1 秒内消耗的电能为1 J D.电阻两端电压表达式为u＝10√2sin 100πt（V） 10 / 14 解析：D 由图像可知交流电的周期为0.02 s，则频率f＝1 T ＝50 Hz，故A 错误；根据图像可知电压的峰值为10 √2 V，根据欧姆定律可知电流的峰值Im＝U m R ＝10√2 V 50Ω ＝0.2√2 A，故B 错误；电流的有效值为I＝I m √2 ＝0.2 A，所以电阻在1 s 内消耗的电能为W＝I2Rt＝0.22×50×1 J＝2 J，故C 错误；根据图像可知电阻两端电压表达式 为u＝Umsin ωt＝10√2sin2π T t（V）＝10√2sin 100πt（V），故D 正确。 2.（2024·安徽合肥三模）图甲、乙为家庭应急式手动小型发电机的两个截面示意图。推动手柄使半径为r 的圆形 线圈沿轴线做简谐运动，速度随时间变化的规律为v＝v0sin ωt，线圈匝数为n，电阻不计，所在位置磁感应强度大 小恒为B，灯泡的额定电压为U，若灯泡刚好正常发光，则理想变压器的原、副线圈匝数比n1 n2 等于（ ） A.n π Br v0 U B.√2n π Br v0 U C.√2n π Br v0 2U D.n π Br v0 2U 解析：B 由题意可知，线圈产生的是正弦式交流电，电动势的最大值为Em＝2πnBrv0，电动势的有效值为E＝Em √2 ＝√2nπBrv0，由于线圈电阻不计，则变压器原、副线圈匝数比为n1 n2 ＝E U ＝√2n π Br v0 U ，故选B。 3.（2024·湖北高考5 题）在如图所示电路中接入正弦交流电，灯泡L1的电阻是灯泡L2的2 倍。假设两个二极管正 向电阻为0、反向电阻无穷大。闭合开关S，灯泡L1、L2的电功率之比P1∶P2为（ ） A.2∶1 B.1∶1 C.1∶2 D.1∶4 解析：C 分析电路特点可知，在接入正弦式交流电的一个周期内，有半个周期只给L1供电，另半个周期只给L2 供电，L1两端电压的有效值与L2两端电压的有效值相等，又R1∶R2＝2∶1，则根据P＝U 2 R 可知，灯泡L1、L2的电 功率之比P1∶P2＝1∶2，C 正确。 4.（2024·江西九江二模）如图所示，光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小，当照射光敏电阻的光减弱时，则 （ ） 11 / 14 A.电压表的示数减小 B.电流表的示数减小 C.电容器所带电荷量减小 D.电源输出功率减小 解析：C 减弱照射光敏电阻R3的光照强度，R3的阻值增大，总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可得干路电流 减小，则路端电压增大，即电压表示数增大，A 错误；路端电压增大，则R1两端的电压增大，电流增大，电流表 的示数增大，B 错误；总电流减小，通过R1的电流增大，则通过R2的电流减小，R2的电压减小，即电容器两端的 电压减小，又Q＝CU，可得电容器所带电荷量减小，C 正确；当电源的内阻和外电阻阻值相等时，电源输出功率 最大，本题中电源内阻与外电阻阻值之间的大小关系未知，故无法判断电源输出功率是增大还是减小，D 错误。 5.（2024·广东广州三模）燃油汽车点火系统的基本结构如图所示，主要部分由直流电源E、保护电容C、电阻R、 理想变压器、火花塞等构成，已知直流电源的电动势为12 V，火花塞内两触点之间要产生30 kV 电压，才能产生 电弧将油气点燃，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶100，下列说法正确的是（ ） A.开关S 闭合时，电容C 将进行充电 B.开关S 闭合瞬间，变压器副线圈两端电压最高可达30 kV C.开关S 断开瞬间，若要将油气点燃，变压器原线圈至少需产生300 V 电压 D.开关S 断开后，电容器将先放电后充电 解析：C 开关S 闭合时，电容C 将会被短路，不会充电，A 错误；开关S 闭合瞬间，变压器原线圈两端电压不会 超过电源的电动势，则副线圈两端电压不超过1 200 V，B 错误；开关S 断开瞬间，变压器副线圈两端电压可达 30 kV，则变压器原线圈至少需产生300 V 自感电压，C 正确；开关S 断开后，由于变压器原线圈发生自感，电容 器将先充电再放电，D 错误。 6.（2024·海南海口一模）如图所示，电阻为R 的金属直角线框abcd 放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中，a、d 两点连线与磁场垂直，ab、cd 长均为l，bc 长为2l，定值电阻阻值也为R，线框绕ad 连线以角速度ω 匀速转动。t ＝0 时刻线框所在平面与磁场垂直，则（ ） A.t＝0 时刻穿过线框磁通量的变化率最大 B.t＝0 时刻bc 边所受安培力大小为2B 2l 3ω R C.a、d 两点间电压变化规律为u＝2Bl2ωsin ωt D.线框转一圈过程中外力对线框做功为2π B 2l 4ω R 解析：D t＝0 时刻，bc 边运动方向与磁场方向平行，感应电动势为零，穿过线框磁通量的变化率为零。电路中没 有感应电流，bc 边所受安培力为零，A、B 错误；依题意，感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝2Bl2ω，a、d 两点 间的电压的最大值为Um＝ R R＋R Em＝Bl2ω，则a、d 两点间电压变化规律为u＝Umsin ωt＝Bωl2sin ωt，C 错误；电 12 / 14 动势的有效值为E＝Em √2 ＝√2Bl2ω，线框转一圈过程中外力对线框做功为W＝Q＝ E 2 R＋R ·2π ω ＝2π B 2l 4ω R ，D 正 确。 7.（2024·江苏徐州三模）某学习小组设计了改变电容器极板间电压的电路，电压表可视为理想电表，下列电路中， 既安全又能使电容器极板间电压变化范围较大的是（ ） 解析：A 由题图可知，分压式电路电压范围较大，A 选项中滑片P 处于最左端时电容器两端电压为0，当滑片处 于最右端时，电容器两端电压为U＝RE R＋r ，故电容器极板间电压变化范围为0～RE R＋r ；B 选项中滑片P 处于最 左端时电容器两端电压为0，当滑片处于最右端时，电容器两端电压为U＝RE R＋r ，故电容器极板间电压变化范围 为0～RE R＋r ，但是B 选项中不利于保护元件，滑片处于最左端时电源短路；C、D 选项中电容器极板间电压始终 为电源电动势；故应选A。 8.（2024·山东泰安三模）远距离输电的示意图如图所示，变压器均为理想变压器，升压变压器的原、副线圈匝数 比为 n1 n2 ＝3 200，降压变压器的原、副线圈匝数比为 n3 n4 ＝1 000 11 ，输电线的总电阻为R＝200 Ω。当用户消耗的电 功率为110 kW 时，入户电压U4＝220 V，则升压变压器的原线圈的输入电压U1等于（ ） A.465 V B.316.5 V C.232.5 V D.216.5 V 解析：B 降压变压器副线圈中的电流I2＝P U 4 ＝1.1×10 5 W 220V ＝500 A，设输电线上的电流为I1，根据I 1 I 2 ＝n4 n3 ， 解得I1＝5.5 A，根据U 3 U 4 ＝n3 n4 ，解得U3＝20 000 V，输电线上损失的电压ΔU＝I1R＝1 100 V，可知升压变压器 副线圈两端的电压U2＝U3＋ΔU＝21 100 V，根据U 1 U 2 ＝n1 n2 ，解得U1＝316.5 V，故选B。 9.（2024·天津河北区二模）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格 相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关，原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图乙所示，现 将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光，下列说法正确的是（ ） 13 / 14 A.输入电压u 的表达式是u＝20√2sin 50πt（V） B.只断开S1后，L1、L2均正常发光 C.若S1换接到2 后，R 消耗的电功率为0.8 W D.只断开S2后，原线圈的输入功率增大 解析：C 由图乙可知周期T＝0.02 s，则ω＝2π T ＝100π rad/s，所以输入电压u 的表达式应为u＝20√2sin 100πt （V），A 错误；只断开S1后，L1、L2断路，均不能正常发光，B 错误；理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝ 5∶1，则副线圈的有效值U2＝n2 n1 U1＝1 5×20√2 √2 V＝4 V，若S1换接到2 后，只有电阻R 接入电路，则R 消耗的 电功率P＝U 2 2 R ＝0.8 W，C 正确；只断开S2后，负载电阻变大，副线圈的功率减小，由于原线圈的输入功率等于 副线圈的功率，所以原线圈的输入功率减小，D 错误。 10.（2024·江苏苏州模拟）一矩形线圈，面积是0.05 m2，共100 匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻为R＝4 Ω，线 圈在磁感应强度为B＝1 π T 的匀强磁场中，以10π rad/s 的角速度绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图所示。若从 线圈平面经过中性面位置开始计时，求： （1）线圈中感应电动势的最大值； （2）线圈中感应电动势的瞬时值表达式； （3）线圈从开始计时经1 20 s 的过程中，外接电阻R 上产生的热量。 答案：（1）50 V （2）e＝50sin 10πt（V） （3）10 J 解析：（1）线圈中感应电动势的最大值Em＝nBωS＝100× 1 π ×10π×0.05 V＝50 V。 （2）线圈中感应电动势的瞬时值表达式e＝Emsin ωt＝50sin 10πt（V）。 （3）电路中电流有效值I＝ E R＋r ＝ 50 √2（4 +1） A＝5√2 A。 外接电阻R 上产生的热量Q＝I2Rt＝（5√2）2×4× 1 20 J＝10 J。 11.（多选）（2024·河北邯郸模拟）在如图所示的电路中，理想变压器的匝数比n1∶n2∶n3＝4∶2∶1，定值电阻 R1＝4 Ω，R2＝R3＝1 Ω，滑动变阻器R 的最大阻值为3 Ω。在c、d 两端输入正弦式交流电，电压的表达式为u＝ 10√2sin 100πt（V）。当滑片P 从a 端滑到b 端的过程中，下列说法正确的是（ ） 14 / 14 A.电阻R3的功率一直增大 B.电流表示数的最小值为5 6 A C.当滑片Р 处在a 端与b 端的中点时，整个电路的功率达到最大 D.理想变压器的最大输出功率为6.25 W 解析：BD 等效电路图如图所示，两副线圈的等效电阻为R2'＝( n1 n2) 2 （R＋R2），R3'＝( n1 n3) 2 R3；当滑片P 从a 端 滑到b 端的过程中，总电阻减小，总电流增大，R1两端的电压增大，R3'两端的电压减小，故电阻R3的功率一直减 小，A 错误；原线圈的两端电压为U＝U m √2 ＝10 V，当滑片位于a 端时，电流表的示数最小，此时滑动变阻器的阻 值为3 Ω，原线圈电流最小值为I1＝ U R1＋ R2' R3' R2'＋R3' ＝5 6 A，B 正确；由图可知当滑片P 从a 端滑到b 端的过程 中，滑动变阻器接入电路的阻值变小，则总电阻减小，原线圈的电流变大，又因为P＝UI1，所以当滑片Р 滑至b 端时，整个电路的功率达到最大，C 错误；将R1等效为电源内阻。则电源的输出功率最大时满足R1＝R2' R3' R2'＋R3' ，此时原线圈电压与R1两端电压相等，理想变压器输出最大功率为Pm＝U1I1＝U 2 × U 2 R1 ＝6.25 W，D 正确。
