第1讲 电路分析
【p58】
【p58】
1．闭合电路的欧姆定律：
I＝____，U路端＝__E－Ir__．
2．交流电的四值：
①最大值：Em＝__nBωS__；
②瞬时值：e＝Emsin
ωt；
③平均值：E＝____；
④有效值：由电流热效应定义求解．
对于正弦(或余弦)交流电，有效值＝____．
3．理想变压器
①功率：P入＝P出，由__P出__决定__P入__；
②电压：＝____；
③电流：＝____(“一原一副”变压器)；
④频率：f1＝f2.
【p58】
考点一 直流电路的动态问题 例1
(多选)如图所示电路中，电源内阻忽略不计，R0为定值电阻，Rm为滑动变阻器R的最大阻值，且有R0>Rm；开关S1闭合后，理想电流表A的示数为I，理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，其变化量的绝对值分别为ΔI、ΔU1、ΔU2.则下列说法正确的是( )
A．断开开关S2，将R的滑动触片向右移动，则电流A示数变小、电压表V2示数变小
B．保持R的滑动触片不动，闭合开关S2，则电流表A示数变大、电压表V1示数变小
C．断开开关S2，将R的滑动触片向右移动，则滑动变阻器消耗的电功率减小
D．断开开关S2，将R的滑动触片向右移动，则有＝
【解析】断开开关S2，将滑片向右移动时，R接入电路电阻增大，电路总电阻增大，则由闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，电流表A示数减小，电压表V2示数减小，故A正确；保持R的滑动触片不动，闭合开关S2，R0被短路，电路总电阻减小，干路电流增大，电流表A示数增大；而U1＝IR，可知电压表V1示数增大，故B错误；当滑动变阻器的电阻等于等效电源的内阻时，滑动变阻器的功率达到最大，断开开关S2，将R的滑动触片向右移动，由于R0>Rm，所以滑动变阻器的功率一直在增大，故C错误；由U1＝E－IR0可知：＝R0，由U2＝IR0可知：＝R0，故D正确．
【答案】AD
【方法总结】直流电路动态问题分析方法
1．程序法
基本思路是“部分→整体→部分”．即从阻值的变化入手，由串、并联规律判定R总的变化情况，再由闭合电路欧姆定律判断I总和U端的变化情况，最后由部分电路欧姆定律及串联分压、并联分流等规律判断各部分的变化情况．
2．结论法——“串反并同”
“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)．
“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)．
变式训练1
如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r，电表均为理想电表．闭合开关S，滑动变阻器的滑动触头由图示的位置向右滑动一小段距离，在这个过程中，下列判断正确的是( )
A．电源的输出功率增加
B．电阻R2两端电压减小
C．电容器所带电荷量减少
D．电压表与电流表示数变化量的比值增加
【解析】R1向右滑动，使R1减小，电容器与R1并联，电容器相当于断路，所以R总＝R1＋R2＋r减小，由I总＝可知I总增大，U内＝I总r增大，U路＝E－U内减小，定值电阻R2的电流增大，所以UR2＝I总R2，U路＝UR1＋UR2，所以UR1减小，UC＝UR1减小，由QC＝CUC可知QC减小，C选项正确，B选项错误．对于定值电阻R＝＝＝，而变化电阻不能成立，由于E＝U路＋U内，当测路端电压的电压表示数减少ΔU时，内电压就增加ΔU，所以r＝＝，选项D是错误的．而对电源的输出功率，当r＝R外时，输出功率最大，开始时R外与r的关系不确定，所以当R1向右滑动时，不知R外与r最接近，还是相差更多，因此电源的输出功率如何变化不确定，因此A选项错误．所以应选C选项．
【答案】C
考点二 交变电流的产生及其变化规律
例2
(多选)图甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r＝2
Ω的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R的最大阻值为R0＝
Ω，滑片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝，其他电阻不计．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S，线圈转动过程中理想交流电压表示数是10
V，图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图象，则下列说法正确的是( )
A．电阻R2上的热功率为W
B．0.02
s时滑动变阻器R两端的电压瞬时值为零
C．线圈产生的电动势e随时间t变化的规律是e＝10cos
100πt(V)
D．线圈从开始转动到t＝
s的过程中，通过R1的电荷量为
C
【解析】R总＝R1＋＋＝＝10
Ω，I＝
A＝1
A，UR2＝
V，根据公式P＝得电阻R2上的热功率为PR2＝
W，故选项A正确；0.02
s通过线圈的磁通量为零，感应电动势最大，故选项B错误；T＝0.02
s，ω＝＝100π
rad/s，E＝10
V＋1×2
V＝12
V，e＝12cos
100πt
(V)，故选项C错误；电动势的最大值为Em＝12
V＝nBSω，Φm＝BS＝
Wb，Φ＝Φmsin
ωt＝sin
100πt
(Wb)，线圈开始转动到t＝
s的过程中，通过电阻的电荷量为＝
C，故选项D正确．
【答案】AD
【方法总结】1.正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
表达式
图象
磁通量
Φ＝Φmcos
ωt＝BScos
ωt
电动势
e＝Emsin
ωt＝NBSωsin
ωt
电压
u＝Umsin
ωt＝sin
ωt
电流
i＝Imsin
ωt＝sin
ωt
2.对交流电“四值”的理解
(1)通常所说的电流值、电压值、电表的示数均为有效值．
(2)只有正弦交流电，最大值等于有效值的倍．
(3)计算用电器上消耗的热功率时，必须用电流的有效值，不可应用平均值．
(4)电动势的最大值与线圈匝数成正比，但线圈磁通量的最大值与线圈匝数无关．
变式训练2
(多选)海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电．在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理示意图如图甲所示．浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R＝15
Ω的灯泡相连．浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中斜线阴影部分)，如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数N＝200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B＝0.2
T，线圈直径D＝0.4
m，电阻r＝1
Ω.取重力加速度g＝10
m/s2，π2≈10.若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v＝0.4πsin
πt
m/s.则下列说法正确的是( )
A．波浪发电产生电动势e的瞬时表达式为e＝16sin
πt
V
B．灯泡中电流i的瞬时表达式为i＝4sin
πt
A
C．灯泡的电功率为120
W
D．灯泡两端电压的有效值为
V
【解析】线圈上下运动、垂直切割磁感线，切割的有效长度l＝πD，e＝NBlv，代入得e＝NBπD×0.4πsin
πt＝64sin
πt
V，A选项错误．由i＝＝4sin
πt
A、B选项正确．灯泡两端电压为路端电压，由U＝，E＝，得U＝30
V，D选项错误．灯泡的电功率应用有效电压求，P灯＝＝120
W，C选项正确．
【答案】BC
考点三 变压器及远距离输电
例3(2020·山东卷)图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝22∶3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示．灯泡L的电阻恒为15
Ω，额定电压为24
V．定值电阻R1＝10
Ω、R2＝5
Ω，
滑动变阻器R的最大阻值为10
Ω.为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为( )
A．1
Ω
B．5
Ω
C．6
Ω
D．8
Ω
【解析】输电电压的有效值为(即原线圈电压的有效值)U1＝V＝220
V，根据理想变压器电压规律＝可知副线圈电压有效值U2＝U1＝×220
V＝30
V，灯泡正常工作，根据欧姆定律可知分压为24
V，则通过灯泡的电流，即副线圈部分的干路电流为IL＝＝
A＝1.6
A．根据串联分压规律可知，R1和R2、R构成的并联电路部分的分压为U＝U2－UL＝30
V－24
V＝6
V，通过R1的电流为I1＝＝
A＝0.6
A．通过R2、R的电流为I2＝IL－I1＝1.6
A－0.6
A＝1
A，R2、R的分压为U＝I2(R2＋R)，解得滑动变阻器的阻值为R＝－R2＝
Ω－5
Ω＝1
Ω，A正确．
【答案】A
【方法总结】1.理想变压器原、副线圈基本量的关系
功率
关系
原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出
电压
关系
原、副线圈的电压比等于匝数比，即＝，与副线圈的个数无关
电流
关系
①只有一个副线圈时：＝；
②有多个副线圈时：由P入＝P出得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn
频率
关系
f1＝f2，变压器不改变交流电的频率
2.变压器电路动态问题分析方法
(1)分析变压器动态变化问题的一般思维流程
U1U2I2I1P1
(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.
3．远距离输电问题的处理思路
(1)画出输电线路图，包括发电机、升压变压器、输电线、降压变压器、负载．
(2)将输电线路划分成几个独立回路．
(3)根据串并联电压特点、欧姆定律、电功率公式确定部分回路物理量之间的关系．
(4)根据升压、降压过程中原副线圈的电压、电流关系和功率关系列式求解．
变式训练3
如图所示，一交流发电机的线圈通过滑环与理想变压器相连，理想变压器原线圈接有理想电压表和电流表，副线圈接有定值电阻和灯泡，它们的阻值相等(设灯泡阻值不变)，且均为R，当线圈由图示位置(磁场恰好与线圈平面垂直)以转速n匀速转运时，灯泡恰能正常发光，电流表示数为I，理想变压器原、副线圈的匝数比为k.下列选项中正确的是( )
A．线圈在图示位置磁通量的变化率最大
B．电压表示数为IR
C．灯泡的额定功率为k2I2R
D．从图示位置开始计时，变压器输入电压的瞬时值表达式u＝2k2IRsin
2nπt
【解析】线圈在图示位置时的磁通量最大，此时感应电动势为0，由法拉第电磁感应定律可知，此时磁通量的变化率为0，故A错误；由理想变压器原、副线圈中电流关系可知，副线圈中的电流为kI，副线圈两端电压为kI·2R，则电压表示数为k2I·2R，故B错误；副线圈中的电流为kI，灯泡的额定功率为P＝(kI)2R＝k2I2R，故C正确；理想变压器输入电压的最大值为Um＝×k2I·2R＝2k2IR.线圈转动的角速度为ω＝2πn，则从图示位置开始计时，变压器输入电压的瞬时值表达式u＝Umsin
ωt＝2k2IRsin
2πnt，故D错误．
【答案】C
微专题突破七 原线圈含负载的变压器模型
【p61】
1．(2016·全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3
Ω、1
Ω和4
Ω，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、副线圈匝数比值为( )
A．2
B．3
C．4
D．5
【解析】解法一：能量守恒法．设原副线圈的匝数比值＝k
图1
当S断开，原线圈电流为I时，副线圈电流为kI，如图1所示，由能量守恒定律得，电源提供的功率等于三个电阻消耗的功率P1＝I2R1＋(kI)2(R2＋R3)
当S闭合，原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI，如图2所示，由能量守恒定律得，电源提供的功率等于两个电阻消耗的功率P2＝(4I)2R1＋(4kI)2R2
由于电压不变：P1＝IU，P2＝4IU，易知P2＝4P1
以上各式联立解得k＝3.
图2
解法二：电流、电压关系法
设原副线圈的匝数比值＝k
当S断开，原线圈电流为I时，副线圈电流为kI，如图1所示
由理想变压器电压关系可知＝＝k
即＝k ①
当S闭合，原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI，如图2所示，即＝k ②
联立①②式解得k＝3.
解法三：等效法
如图3所示，副线圈中接电阻R，相当于在原线圈中接入电阻R0(如图4所示)
图3
图4
图5
图6
其中R0＝，R＝，设原副线圈的匝数比值＝k
下面导出R与R0的关系
R0＝＝＝R＝k2R
设开关S断开时，变压器的原线圈等效电阻为R
等效电路如图5所示，则R＝k2(R2＋R3) ①
U＝I(R1＋R) ②
设开关S闭合时，变压器原线圈的等效电阻为R′，等效电路如图6所示
R′＝k2R2 ③
U＝4I(R1＋R′) ④
联立解得k＝3.
【答案】B
2．(2020·全国卷Ⅲ)(多选)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220
V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10
Ω，R3＝20
Ω，各电表均为理想电表．已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示．下列说法正确的是( )
A．所用交流电的频率为50
Hz
B．电压表的示数为100
V
C．电流表的示数为1.0
A
D．变压器传输的电功率为15.0
W
【解析】交流电的频率为f＝＝＝50
Hz.A正确；通过R2电流的有效值为，I＝
A＝1
A，R2两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可U2＝IR2＝1×10
V＝10
V，根据理想变压器的电压规律＝可知原线圈的电压U1＝U2＝10×10
V＝100
V，电阻R1两端分压即为电压表示数，即UV＝U0－U1＝220
V－100
V＝120
V，B错误；电流表的示数为IA＝＝
A＝0.5
A，C错误；副线圈中流过的总电流为I2＝I＋IA＝1
A＋0.5
A＝1.5
A，变压器原副线圈传输的功率为P＝I2U2＝15
W，D正确．
【答案】AD
【p61】
原线圈连接有负载变压器问题的处理
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压，当原线圈接有电阻等负载时，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．
【p61】
1．如图1所示的理想变压器原线圈接一定值电阻R1，副线圈与一额定电流较大的滑动变阻器R2相连接，现在m、n间加如图2所示的交变电压．已知变压器原副线圈的匝数比为＝，定值电阻R1的额定电流为2.0
A，且定值电阻的阻值为R1＝10
Ω.为了保证电路安全，滑动变阻器接入电路的电阻值至少为( )
A．1
Ω
B.
Ω
C．10
Ω
D．10
Ω
【解析】m、n间输入电压有效值U＝
V＝220
V，当R1的电流达到最大时，原线圈的输入电压为：U1＝U－I1R1＝220
V－2×10
V＝200
V，根据变压器原理可得：U2＝U1＝20
V，副线圈的电流强度I2＝I1＝20
A，则R2＝＝1
Ω，故A正确，B、C、D错误．
【答案】A
2．如图甲中L1、L2是规格为“6
V 3
W”的灯泡，a、b端接图乙所示的交变电压，调节电阻箱R为某一值时恰好能使两灯泡均正常发光．则( )
A．变压器原、副线圈匝数比为3∶1
B．流过电阻箱的电流为1
A
C．电压表示数为12
V
D．若减小电阻箱连入电路的阻值，灯L2变亮
【解析】两个灯泡均正常发光，则U2＝6
V，U1＝U－U2＝
V－6
V＝12
V，则匝数之比为2∶1，故A错误；电流表的示数为有效值，每个灯泡的电流为：I1＝
A＝0.5
A，根据原副线圈电流之比与匝数成反比得副线圈中电流为：I2＝2I1＝1
A，则电阻箱中电流为：IR＝I2－I1＝1
A－0.5
A＝0.5
A，故B错误；电压表示数为：U1＝12
V，故C正确；若减小电阻箱连入电路的阻值，则通过电阻箱电流增大，则通过副线圈和原线圈电流增大，灯泡L1两端电压增大，则原线圈电压减小，副线圈电压减小，灯L2变暗，故D错误．
【答案】C
3．如图所示，接于理想变压器中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n1∶n2∶n3为( )
A．1∶1∶1
B．3∶2∶1
C．6∶2∶1
D．2∶2∶1
【解析】由灯泡规格相同，且全部正常发光知：流经每个灯泡的电流都相等设为I，每个灯泡两端电压都相等设为u，则U2＝2u，U3＝u；根据输入功率等于输出功率知：U1I＝U2I＋U3I，得U1＝3u，再根据电压与匝数成正比知n1∶n2∶n3＝U1∶U2∶U3＝3∶2∶1，故B正确，A、C、D错误．
【答案】B
4．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2∶n3＝3∶1∶1，三个灯泡的规格均相同，此时L1的功率为P.假定灯泡的电阻不随电压变化而改变，则下列说法正确的是( )
A．L2的功率为
B．L2的功率为
C．I1∶I2＝3∶1
D．I1∶I2＝1∶3
【解析】设原线圈的电压为U1，n2和n3对应的电压分别为U2、U3，根据变压器原理可得U2＝U1＝U1，U3＝U1＝U1；由于L1的功率为P，则P＝，L2的功率为P2＝＝，故A错误、B正确．根据变压器原理可得U1I1＝U2I2＋U3I3＝2U2I2，解得＝＝，故C、D错误．
【答案】B
5．如图所示，A、B、C为三个相同的灯泡，假设它们的额定电压为U1，电阻为R1，额定功率为P1；D灯泡的额定电压为3U1，电阻为R2，额定功率为P2，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，电源两端的电压为U；若四盏灯泡均能正常发光，则下列关系式不正确的是( )
A．n1∶n2＝3∶1
B．R2＝6R1
C．U＝4U1
D．P1＝P2
【解析】由图可知变压器原线圈上的电压等于灯泡D两端的电压，为3U1，变压器副线圈上的电压等于灯泡B两端的电压，为U1，所以变压器的匝数比：＝＝，故A正确；设ABC上的额定电流为IA，D的额定电流为ID，则变压器副线圈的电流为：I2＝2IA，所以原线圈上的电流为：I1＝·I1＝IA，由于D与变压器并联，所以：ID＝IA－I1＝IA，根据欧姆定律有：IA＝，ID＝，联立可得：R2＝9R1，故B不正确；电源两端的电压为：U＝U1＋3U1＝4U1，故C正确；A的电功率为：P1＝U1IA，D的电功率为：P2＝3U1ID＝3U1·IA＝U1IA＝P1.故D正确．
【答案】B
6．如图所示，一理想变压器原线圈与定值电阻R1、理想电流表A1一起接入电压恒为U的交流电源上，原线圈接入电路的匝数可通过调节触头P进行改变，副线圈和电阻值R、定值电阻R2以及理想电流表A2连接在一起，下列说法正确的是( )
A．保持R不变，将触头P向上移动，则A1的示数变小，A2的示数变小
B．保持R不变，将触头P向下移动，电源输出的总功率变小
C．保持P的位置不动，增大R，则A1的示数减小，A2的示数减小
D．保持P的位置不动，增大R，则R的电功率变小，R1的电功率不变
【解析】R不变，P向上滑动，原线圈匝数增大，副线圈电压减小，电流表A2读数变小，但电阻R1两端电压不变，电流表A1读数不变，故A错误；若R不变，P向下滑动，副线圈电压将增大，功率增大，电源的总功率增大，故B错误；P位置不动，副线圈电压不变，若R增大，副线圈负载电阻值增大，故副线圈电流减小，A2的示数减小，R两端电压不变，电功率减小；但R1的电压不变，电流表A1读数不变，R1的电功率不变，故C错误、D正确．
【答案】D【p141】
A组
1．(多选)从宏观角度看，导体两端有电压，导体中就形成电流；从微观角度看，若导体内没有电场，自由电子就不会定向移动．现对电路中一段金属直导线进行分析：设该导线电阻率为ρ，导线内电场强度为E，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e，自由电子定向移动的平均速率为v.现将导线中电流与导线横截面积的比值定义为电流密度，其大小用j表示．则下列表达式正确的是( )
A．j＝nρv
B．j＝nev
C．E＝
D．E＝ρj
【解析】电流的微观表达式i＝neSv，根据电流密度的定义：j＝＝＝nev，假设电场为匀强电场，U＝Ed＝iR，R＝ρ＝ρ，代入得E＝ρj，故BD正确，AC错误．
【答案】BD
2．锂离子电池在生活中的应用非常广泛，包括手机、平板、笔记本电脑、移动电源(充电宝)、电动汽车、无人机，以及各类电动工具等．锂离子电池内部一般包括正极、负极、隔离膜、电解质等组成部分．
锂离子电池最显著的优点就是可用来反复充电．其充放电原理简图如图2，充电时相当于给电池一个外加电场，使正极材料LiCOO2上的锂元素脱离出来变成锂离子(Li＋)，在电场力的作用下从正极移动到负极，与负极的碳原子发生化学反应生成LiC6，使锂离子很“稳定”的嵌入负极石墨层状结构中．放电过程(即使用电池的过程)刚好相反，锂离子(Li＋)从负极脱离出来，顺着电场的方向，又跑回到正极，重新变成钴酸锂分子(LiCOO2)．在每一次充放电循环过程中，锂离子(Li＋)充当了电能的搬运载体，与正、负极材料发生化学反应，将化学能和电能相互转换，周而复始的从正极→负极→正极来回的移动，好像一把摇椅，所以电池专家们又称锂离子电池为“摇椅式电池”．根据上述材料可推断下列说法不正确的是( )
A．锂离子电池可简化成一个电容模型来研究
B．锂离子电池可简化成一个电动机模型来研究
C．充电过程中从正极跑出来转移到负极的锂离子越多，该电池存储的能量也越多
D．放电过程中从负极跑出来转移到正极的锂离子越多，该电池放出的能量也越多
【解析】由题意，在每一次充放电循环过程中，锂离子充当了电能的搬运载体，与正、负极材料发生化学反应，将化学能和电能相互转换，周而复始的从正极→负极→正极来回的移动，而充放电是电容器的特点，可知，锂离子电池可简化成一个电容模型来研究，故A正确，B错误；充电的过程锂电池得到电能，则充电过程中从正极跑出来转移到负极的锂离子越多，该电池存储的能量也越多，放电的过程锂电池失去电能，则放电过程中从负极跑出来转移到正极的锂离子越多，该电池放出的能量也越多，故CD正确．
【答案】B
3．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线．曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P(5.2，3.5)、Q(6，5)．如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法不正确的是( )
A．电源1与电源2的内阻之比是3∶2
B．电源1与电源2的电动势之比是1∶1
C．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是21∶26
D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶10
【解析】在电源的U－I图象中，图象的斜率的绝对值表示电源的内电阻，根据电源U－I图线，可知，电源1、电源2的内阻分别为
r1＝
Ω＝
Ω，同理，r2＝
Ω＝
Ω，则r1∶r2＝3∶2，故A正确；U－I图象的纵轴截距表示电动势，故E1＝E2＝10
V，即电源1与电源2的电动势之比是1∶1，故B正确；灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与这电源连接时的工作状态，则连接电源1时，U1＝3.5
V，I1＝5.2
A，故灯泡消耗的功率为
P1＝U1I1＝18.2
W，灯泡的电阻
R1＝＝
Ω＝
Ω.连接电源2时，U2＝5
V，I2＝6
A，故灯泡消耗的功率
P2＝U2I2＝30
W，灯泡的电阻
R2＝＝
Ω，故R1∶R2＝21∶26，P1∶P2＝91∶150，故C正确，D不正确．
【答案】D
4．“人工肺ecomo”呼吸机是治疗新冠肺炎重症的重要设备．呼吸机接在u＝220sin
100πt(V)的交流电源上，正常工作时电流为5
A，则( )
A．该交流电的频率为100
Hz
B．该交流电每秒内电流方向变化50次
C．该呼吸机正常工作时电流的峰值为5
A
D．该呼吸机正常工作时，1
h消耗的电能为1.1度
【解析】该交流电的ω＝100π
rad/s，则该交流电的频率为f＝＝50
Hz，故A错误；交流电的频率f＝50
Hz，每个周期内电流方向改变两次，所以该交流电电流方向每秒钟改变100次，故B错误；该呼吸机正常工作时电流的峰值为5
A，故C错误；该呼吸机正常工作时，1
h消耗的电能为W＝UIt＝5×220×10－3×1
kW·h＝1.1度，故D正确．
【答案】D
5．(多选)如图甲所示电路中，R为电阻箱，电源的电动势为E，内阻为r.图乙为电源的输出功率P与电流表示数I的关系图象，其中功率P0分别对应电流I1、I2，外电阻R1、R2，下列说法中正确的是( )
A．I1＋I2>
B．I1＋I2＝
C.>
D.＝
【解析】由闭合电路欧姆定律得U＝E－Ir，输出功率为P＝UI＝EI－I2r，由图有EI1－Ir＝EI2－Ir，整理得I1＋I2＝，故A错误，B正确；根据电功率表达式，P0＝IR1＝IR2，且I＝，则有·R1＝·R2，整理得＝，故C错误，D正确．
【答案】BD
6．(多选)某学校创建绿色校园，如图甲为新装的一批节能路灯，该路灯通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变．如图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，Rt为光敏电阻(光照强度增加时，其电阻值减小)．现增加光照强度，则下列判断正确的是( )
A．A、B灯都变暗
B．电源的输出功率变小
C．电源的效率变小
D．Rt上电流的变化量大于R0上电流变化量
【解析】光照强度增大，光敏电阻阻值减小，电路总电阻减小，故电路总电流I增大，消耗在内阻上的电压增大，路端电压U＝E－Ir减小，即A灯两端电压减小，通过A灯的电流IA减小，所以A灯变暗；通过定值电阻R0的电流I0＝I－IA增大，所以R0两端的电压U0＝I0R0增大，B灯两端的电压UB＝U－I0R0减小，B灯变暗，故A正确；电源电动势不变，电路总电流I增大，但路端电压U减小，因为不知道电源内电阻与外电阻之间的具体关系，所以电源的输出功率P＝UI无法确定，故B错误；电源的效率为η＝，由上面的分析可知路端电压U减小，电源的效率变小，故C正确；通过R0上电流等于通过光敏电阻Rt的电流与通过B灯的电流之和，即I0＝It＋IB，根据前面的分析，通过B灯的电流IB减小，故Rt上电流的变化量大于R0上电流变化量，故D正确．
【答案】ACD
7．家用燃气热水器点火装置的原理可简化如图，将家用交流电u＝220sin
314t(V)接入理想变压器原线圈，原、副线圈的匝数分别为n1、n2，已知点火针与感应针之间的电压瞬时值大于2
000
V，就会引发火花，点燃气体．以下判断正确的是( )
A．原线圈中磁通量的变化率大于副线圈
B．由原理简化图可知，点火针的电势始终比感应针高
C．原、副线圈变压器的匝数比可以为＝
D．变压器的输入功率与输出功率之比＝
【解析】由变压器的工作原理可知原副线圈的磁通量变化率大小相同，故A错误．原线圈中正余弦交变电流会产生相应的按照正余弦变化的磁场，原线圈在副线圈中产生的电动势也是交变电动势，故点火针和感应针之间的电势差也是交变电动势，故B错误．由题可知点火针与感应针之间的瞬时电压大于2
000
V时会引发火花，原线圈最大的瞬时电压为220
V，由公式＝可知当＝时副线圈的最大瞬时电压为1
760
V，大于2
000
V，故C正确．变压器原副线圈输入功率等于输出功率，故D错误．
【答案】C
8．如图，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器(均视为理想变压器)，T1的原、副线圈匝数比为1∶1
000，a、b是交流电压表或交流电流表，其中交流电压表两端的电压为10
V，高压线路输送的电功率是2.2×103
kW、电压是22
kV，则( )
A．a是交流电压表
B．T2的原、副线圈匝数比为1
000∶1
C．通过交流电流表的电流为0.1
A
D．高压输电的目的是提高输电功率
【解析】变压器原、副线圈电压与线圈匝数成正比，变压器原、副线圈电流与线圈匝数成反比，故
T1是电流互感器，a是交流电流表，T2是电压互感器，b是交流电压表，故A错误；根据变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系：＝＝＝，故B错误；根据功率公式可知，原线圈的电流：I＝＝
A＝100
A，根据变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系：＝，解得：I2＝0.1
A，故通过交流电流表的电流为0.1
A，故C正确；高压输电的目的是在功率一定的前提下提高电压减小电流，从而减小电路中的损耗，故D错误．
【答案】C
9．如图所示，为远距离交流输电的简化电路图，升压变压器与发电厂相连，降压变压器与用户相连，两变压器均为理想变压器．当升压变压器原、副线圈匝数比为n时，用户得到的功率为P1，现保持发电厂的输出电功率P、升压变压器原线圈两端电压和输电线总电阻不变，当升压变压器的原、副线圈匝数比变为kn时，用户得到的电功率为( )
A．(1－k2)P＋k2P1
B．(1－n2)P＋n2P1
C．(1－)P＋
D．(1－)P＋
【解析】设升压变压器原线圈电压为U1，副线圈电压为U2，由变压器的变压比可知：＝n，解得：U2＝U1，输电电流I＝＝，输电线损失的功率：P损＝I2R＝，用户功率P1＝P－P损＝P－，当升压变压器原副线圈匝数比变为kn时，升压变压器副线圈电压：U2′＝U1，输电电流I′＝＝，输电线损失的功率P损′＝I′2R＝，用户功率P1′＝P－P损′＝P－＝(1－k2)P＋k2P1，故A正确，BCD错误．
【答案】A
B组
10．(多选)如图所示，电源为恒流源，即无论电路中的电阻如何变化，流入电路的总电流I0始终保持恒定，理想电压表与理想电流表)的示数分别为U、I，当变阻器R0的滑动触头向下滑动时，理想电压表)与理想电流表)的示数变化量分别为ΔU、ΔI，下列说法中正确的有( )
A．U变小，I变大
B．U变大，I变小
C．||＝R1
D．||＝R0＋R3
【解析】据题意，电源为恒流源，能够提供持续的定值电流，电阻R2两端电压不变，则当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，阻值减小，则并联部分电阻减小，根据欧姆定律可知，并联部分电压减小，电压表示数U减小，流过定值电阻R1的电流减小，则流过定值电阻R3和滑动变阻器R0的电流I变大，故A正确，B错误；电压表读数的变化量等于电阻R1两端电压的变化量，设为ΔU，总电流为I′，电流表读数为I，电阻R1两端电压U1＝(I′－I)R1，则U＝(I′－I)R1＝I′R1－IR1，则得||＝R1，故C正确，D错误．
【答案】AC
11．在如图所示的电路中，闭合开关S，电路达到稳定后，平行金属板中带电质点P恰好处于静止状态．不考虑电流表和电压表对电路的影响，电阻R1与电源内阻r阻值相等．当滑动变阻器R的滑片向a端移动时，则( )
A．带电质点P将向下运动
B．电源的输出功率将变大
C．电压表V2读数变化量的绝对值与电流表A读数变化量的绝对值之比一定不变
D．电压表V1读数变化量的绝对值大于电压表V2的读数变化量的绝对值
【解析】电容器两端电压为滑动变阻器R两端的电压，当滑动变阻器R的滑片向a端移动时，阻值增大，则电容器两端的电压增大，带电质点P将向上运动，故A错误；当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，已知电阻R1与电源内阻r阻值相等，当滑动变阻器R的滑片向a端移动时，阻值增大，输出功率将变小，故B错误；将定值电阻R1看作电源的内阻，则电压表V2读数变化量的绝对值与电流表A读数变化量的绝对值之比：＝R1＋r，恒定不变，故C正确；电压表V1读数变化量的绝对值与电流表A读数变化量的绝对值之比：＝R1，则电压表V1读数变化量的绝对值小于电压表V2的读数变化量的绝对值，故D错误．
【答案】C
12．如图所示，理想变压器的原线圈匝数可变(滑片P可上下调节)，R1为光敏电阻，其阻值随光照强度的增大而减小．R2、R4为定值电阻，R3为滑动变阻器，电流表和电压表可视为理想电表且导线电阻不计．原线圈接在有效值为U的交流电源上，则下列说法正确的是( )
A．若只增大光照强度，则理想变压器原线圈中的电流将减小
B．若只将原线圈的滑片P下移，则电压表和电流表示数均增大
C．若只将滑动变阻器的滑片向a端移动，则R2消耗的电功率将增大
D．若只减小光照强度，则理想变压器的输入功率将增大
【解析】若只增大光照强度，光敏电阻R1的阻值减小，副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，由欧姆定律可知，副线圈电流变大，由变压器的电流比可知，原线圈电流变大，故A错误；若只将原线圈的滑片P下移，原线圈匝数n1减小，由变压比＝可知，副线圈电压U2＝U1，由于U1不变、n1变小、n2不变，则副线圈电压U2变大，电压表示数变大；副线圈所接电路总电阻不变，副线圈电压变大，由欧姆定律可知，副线圈干路电流变大，流过电流表所在支路的电流变大，电流表示数变大，故B正确；若只将滑动变阻器的滑片向a端移动，滑动变阻器R3接入电路的阻值减小，副线圈负载总电阻减小，副线圈电压不变，副线圈干路电流变大，R1与R4两端电压都增大，R2两端电压U减小，R2阻值不变，由P＝可知R2消耗的电功率减小，故C错误；若只减小光照强度，光敏电阻阻值变大，副线圈负载总电阻变大，副线圈电压不变，副线圈电流减小，副线圈输出功率减小，原线圈输入功率等于副线圈输出功率，则理想变压器的输入功率减小，故D错误．
【答案】B
13．如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r＝0.10
m、匝数n＝20的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)．在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝
T，线圈的电阻为R1＝0.50
Ω，它的引出线接有R2＝9.5
Ω的小电珠L.外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过电珠．当线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示时(摩擦等损耗不计)．求：
(1)电压表中的示数；
(2)t＝0.1
s时外力F的大小；
(3)通电40
s小电珠L消耗的电能．
【解析】(1)线圈中产生的感应电动势最大值Em＝n·2πrBv＝2×20×π×0.1××2
V＝1.6
V，小电珠中电流的最大值Im＝＝
A＝0.16
A；小电珠中电压的最大值Um＝ImR2＝0.16×9.5
V＝1.52
V，由于线圈中产生的是正弦式电流，则小电珠中电压的有效值为U＝Um≈1.07
V
(2)t＝0.1
s时外力F的大小F＝BIm·n2πr＝0.128
N
(3)通电40
s小电珠L消耗的电能：Q＝I2Rt＝()2Rt＝()2×9.5×40
J＝4.864
J
【答案】(1)1.07
V (2)0.128
N (3)4.864
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