【高考二轮题型复习】2023年高考物理题型精讲精练学案（全国通用）——专题11 直流电路和交流电路（原卷版+解析版）

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专题11：直流电路和交流电路

考点1 直流电路的分析与计算 1
考点2 电路的基本概念及规律 3
考点3 交变电流的产生与描述 8
考点4 理想变压器及远距离输电问题 12

考点1 直流电路的分析与计算
1．直流电路动态分析的3种方法
(1)程序法
R局I总＝ U内＝I总rU外＝E－U内确定U支、I支。
(2)结论法——“串反并同”(电源内阻不能忽略)
“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)。
(3)极限法
因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论。
【典例1】有一长方形导体，长a、宽b、高h之比为6∶3∶2，它的六个面的中心各焊接一根电阻不计的导线，如图所示，分别将AA′、BB′、CC′接在同一恒压电源上时，导体中电荷定向移动的速度分别为v1、v2、v3，则v1∶v2∶v3为(　　)

A．6∶3∶2　　　　　　　 B．1∶1∶1
C．2∶3∶6 D．1∶2∶3
【答案】选D
【解析】根据R＝ρ，I＝，I＝nSqv，可得v＝，即v∝，所以v1∶v2∶v3＝1∶2∶3，选项D正确。
【变式1-1】如图所示，电源电动势E＝3 V，小灯泡L的规格为“2 V　0.4 W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R＝4 Ω时，小灯泡L正常发光，现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。则(　　)

A．电源内阻为1 Ω B．电动机的内阻为4 Ω
C．电动机正常工作电压为1 V D．电源效率约为93.3%
【答案】AD
【解析】小灯泡正常工作时的电阻RL＝＝10 Ω，流过小灯泡的电流I＝＝0.2 A，当开关S接1时，R总＝＝15 Ω，电源内阻r＝R总－R－RL＝1 Ω，A正确；当开关S接2时，电动机M两端的电压UM＝E－Ir－U＝0.8 V，电动机为非纯电阻用电器，电动机内阻RM内≠＝4 Ω，B、C错误；电源效率η＝×100%＝×100%≈93.3%，D正确。
【变式1-2】（多选）如图所示，把两只完全相同的表头进行改装，已知其内阻Rg=200 Ω，下列说法正确的是(   )

A. 由甲图可知，该表头满偏电流Ig=2 mA
B. 甲图是改装成的双量程电压表，其中b量程为15 V
C. 乙图是改装成的双量程电流表，R1=10 Ω，R2=50 Ω
D. 乙图是改装成的双量程电流表，R1=5 Ω，R2=45 Ω
【答案】ABD
【解析】A.因为：IgRg+R=3V，所以Ig=2×10-3A=2mA，故A正确；B.甲图是改装成的双量程电压表，其中b量程为：U=IgRg+R+R'=15 V，故B正确；CD.乙图是改装成的双量程电流表，RgR1+R2Rg+R1+R2I1=IgRg，Rg+R2R1Rg+R2+R1I2=IgRg+R2，代入数据解得：R1=5 Ω，R2=45 Ω，故 C错误，D正确。故选ABD。 
【变式1-3】如图所示为某线性元件甲和非线性元件乙的伏安特性曲线，两图线交于A点，A点坐标为12 V,1.5 A，甲的图线与U轴所成夹角θ为30°。下列说法正确的是    

A. 随电压的增大，元件乙的图像斜率越来越小，故其电阻随电压的增大而减小
B. 在A点，甲、乙两元件的电阻相等
C. 元件甲的电阻为R=k=tanθ=33
D. 若将甲、乙元件并联，理想电源的电压为5 V，则每秒通过干路某一横截面的电荷量为1.5 C
【答案】B
【解析】A、随电压的增大，元件乙电压和电流的比值越来越大，根据欧姆定律可知，其电阻随电压的增大而增大，故A错误；B、在A点，甲、乙两元件的电压、电流相同，则电阻相等，故B正确；C、元件甲为线性元件，I-U图象的斜率可以表示电阻的倒数，元件甲的电阻R=1k=121.5Ω=8Ω，故C错误；D、将甲、乙两元件并联接到5V的电源两端时，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以两元件两端的电压均为5V，由图象结合数学知识可知通过甲元件的电流为I甲=0.625A，通过乙元件电流I乙=1.0A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以总电流I=I甲+I乙=1.625A，根据电流定义可知，每秒通过干路某一横截面的电荷量为1.625C，故D错误。故选：B。
考点2 电路的基本概念及规律
一、三个电流表达式的比较

公式
适用范围
公式含义
定义式
I＝
一切电路
反映了I的大小，但不能说I∝q，I∝
微观式
I＝nqSv
一切电路
从微观上看n、q、S、v决定了I的大小
决定式
I＝
金属、电解液
I由U、R决定，I∝U，I∝
二、公式R＝、I＝和U＝IR的对比
公式
物理意义
适用条件
R＝
导体电阻的定义式，反映导体对电流的阻碍作用
R由导体本身决定，与U、I无关，适用于所有导体
I＝
某段导体中电流与两端电压和电阻的关系
适用于纯电阻电路
U＝IR
沿电流方向电势逐渐降低(外电路)，电压等于I和R的乘积
适用于金属导体、电解液
三、电路中常见的图像分析
类别
线性元件
非线性元件
电源
图象



物理
意义
反映I和U的正比关系
反映I和U的非正比关系
反映电源的输出特性，纵轴截距为电源电动势，横轴截距为短路电流
注意
问题
图线的斜率的倒数表示导体的电阻，R＝＝，遵从欧姆定律
图线的斜率仅表示电阻的变化趋势，某点的电阻值需用点的坐标值计算，即R＝
图线斜率的绝对值表示电源的内阻(注意纵坐标数值是否从零开始)
四.电流表和电压表的改装

改装为大量程电压表
改装为大量程电流表
原理
串联电阻分压
并联电阻分流
图示


R大小
由于U=IgR+IgRg,
所以R=UIg-Rg
由于IgRg=(I-Ig)R,
所以R=IgRgI-Ig
电表
内阻
RV=R+Rg>Rg
RA=RRgR+Rg 五.电动机的三个功率及关系
输入功率
电动机的总功率。由电动机电路中的电流和电压决定,即P总=P入=UI
输出功率
电动机的有用功的功率,也叫机械功率,即P出
热功率
电流通过电动机线圈时的发热功率P热=I2r
三者关系
P总=P出+P热
效率
η=P出P入×100%=P出P总×100%
特别说明
①正常工作的电动机是非纯电阻元件
②电动机因为故障或者其他原因不转动,相当于一个纯电阻元件
一、闭合电路欧姆定律
电源的电动势和内阻
电动势
(1)定义：电动势在数值上等于非静电力把1 C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功。
(2)表达式：E＝
(3)物理意义：反映了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小。
内阻
电源内部导体的电阻
闭合电路欧姆定律
闭合电路欧姆定律
(1)内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比。
(2)表达式：I＝
(3)适用条件：只适用于外电路是纯电阻电路。
电动势与内、外电压的关系
E＝U内＋U外_。(适用于任何电路)

路端电压U与电流I的关系
(1)关系式：U＝E－Ir。(适用于任何电路)
(2)电源的U­I图象(如图所示)
①当电路断路，即I＝0时，纵轴的截距为电源电动势。②当路端电压U＝0时，横轴的截距为短路电流。③图线的斜率的绝对值为电源的内阻。
二、 闭合电路的动态分析技巧
程序法
(1)思路“局部电路⇒整体电路⇒局部电路”。
(2)具体步骤：

结论法
“串反并同” (适用条件：电源内阻不为零的电路)
(1)所谓“串反”，即某一电阻增大(或减小)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(或增大)。
(2)所谓“并同”，即某一电阻增大(或减小)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(或减小)。
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，让电阻最大或电阻为零，然后再讨论有关问题
三、闭合电路的功率及效率问题
电源
总功率
任意电路：P总＝EI＝P出＋P内
纯电阻电路：P总＝＝I2(R＋r)
内部功率
P内＝I2r＝P总－P出
输出功率
任意电路：P出＝UI＝P总－P内
纯电阻电路：P出＝＝I2R＝
P出与外电阻R的关系
P出随R的增大先增大后减小，当R＝r时达到最大Pm＝，P出＜Pm时对应两个外电阻R1和R2，且R1R2＝r2。
电源的
效率
任意电路：η＝×100%＝×100%
纯电阻电路：η＝×100%

【典例2】(2021·青岛市6月高考模拟检测)如图所示，电路中闭合开关S后，灯泡L1和L2均正常发光。由于某种原因L2的灯丝突然烧断，其余用电器均未损坏。电路再次稳定后，下列说法正确的是(　　)

A．电流表示数变大 B．电容器C所带电荷量不变
C．电源的输出功率一定变大 D．电源的工作效率一定变大
【答案】AD　
【解析】灯泡L2的灯丝烧断，外电路电阻变大，电源输出电流减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电源路端电压U＝E－Ir，即电源路端电压增大，由欧姆定律可知灯泡L1中电流增大，电流表示数变大，A正确；电源路端电压增大，电容器两端电压增大，由C＝可知，电容器所带电荷量增多，B错误；由于题述没有给出电源内阻与灯泡电阻的关系，不能判断出电源的输出功率的变化趋势，C错误；根据η＝×100%，可知电源的工作效率η一定变大，D正确。
【变式1-2】如图1所示，M为一电动机，当滑动变阻器的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图2所示，已知电流表读数在0.2 A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断不正确的是(　　)

图1　　　　　　　图2　
A．电路中的电源电动势为3.9 V B．电动机的电阻为4 Ω
C．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 W D．变阻器的最大阻值为32 Ω
【答案】C　
【解析】由电路图1知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V2的电压与电流的关系，此图线的斜率大小等于电源的内阻，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 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＝0.9 W，电动机的热功率为PrM＝I2rM＝0.32×4 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＝ Ω＝32 Ω，故D正确。
考点3 交变电流的产生与描述
1．两个特殊位置的特点
(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝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，最大，e最大，i最大，电流方向不改变。
2．正弦交流电“四值”的应用

【典例3】如图所示，虚线是正弦交流电的图像，实线是另一交流电的图像，它们的周期T和最大值相同，则实线所对应的交流电的有效值U满足（　　）


A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因虚线是正弦交流电的图像，则该交流电的有效值为
由图可知，在任意时刻，实线所代表的交流电的瞬时值都不大于虚线表示的正弦交流电的瞬时值，则实线所代表的交流电的有效值小于虚线表示的正弦交流电的有效值，则
故选D。
【变式3-1】如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20 cm，ad边长l2＝25 cm，放在磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3 000 r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1 Ω，外电路电阻R＝9 Ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里。求：(π≈3.14)

(1)t＝0时感应电流的方向；
(2)感应电动势的瞬时值表达式；
(3)线圈转一圈外力做的功；
(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量。
【答案】　(1)感应电流方向沿adcba　(2)e＝314cos (100πt)V　(3)98.6 J　(4)0.1 C
【解析】　(1)根据右手定则，线圈感应电流方向为adcba。
(2)线圈的角速度ω＝2πn＝100π rad/s
题图位置的感应电动势最大，其大小为Em＝NBl1l2ω
代入数据得Em＝314 V
感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcos ωt＝314cos (100πt)V。
(3)电动势的有效值E＝
线圈匀速转动的周期T＝＝0.02 s
线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即W＝I2(R＋r)T＝·T
代入数据得W≈98.6 J。
（4）从t＝0时起线圈转过90°的过程中，Δt内流过电阻R的电荷量：
q＝·Δt＝＝
代入数据得q＝0.1 C。
【变式3-2】如图甲所示，标有“220 V　40 W”的电灯和标有“20 μF　300 V”的电容器并联接到交流电源上，V为交流电压表。交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关S，下列判断正确的是(　　)

A．t＝时刻，V的示数为零
B．电灯恰正常发光
C．电容器有可能被击穿
D．交流电压表V的示数保持110 V不变
【答案】选BC
【解析】　交流电压表V的示数应是电压的有效值220 V，故A、D错误；电压的有效值恰等于电灯的额定电压，电灯正常发光，B正确；电压的峰值220 V≈311 V，大于电容器的耐压值，故电容器有可能被击穿，C正确。
【变式3-3】如图所示，矩形裸导线框长边的长度为2L，短边的长度为L，在两个短边上均接有电阻R，其余部分电阻不计，导线框一长边与x轴重合，左端的坐标x＝0，线框处在一垂直于线框平面的磁场中，磁感应强度满足关系式B＝B0sin 。一光滑导体棒AB与短边平行且与长边接触良好，电阻也是R。开始时导体棒处于x＝0处，之后在沿x轴方向的力F作用下做速度为v的匀速运动。求导体棒AB从x＝0到x＝2L的过程中力F随时间t的变化规律的表达式。

【答案】　F＝
【解析】　在t时刻AB棒的坐标为x＝vt，感应电动势为E＝BLv＝B0Lv sin ，
回路总电阻为R总＝R＋0.5R＝1.5R，
通过AB的感应电流为I＝＝，
因为AB棒做匀速运动，
所以F＝F安＝BIL＝。
考点4 理想变压器及远距离输电问题
1．理想变压器动态分析的两种情况
(1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况。
(2)匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况。
2．理想变压器问题分析技巧
(1)根据题意分清变量和不变量；
(2)弄清“谁决定谁”的制约关系。对电压而言，输入决定输出；对电流、电功(率)而言，输出决定输入。
3．远距离输电问题的解题关键
(1)整个输电线路由三个回路组成，回路间通过变压器建立联系(如图所示)。

(2)关键是通过分析，利用题目条件，首先求出中间回路的电流I2，则ΔU＝I2R，ΔP＝I·R＝ΔU·I2＝。
【典例4】如图，发电机的矩形线圈长为、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为、和，两个副线圈分别接有电阻和，当发电机线圈以角速度匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是（　　）

A. 通过电阻的电流为 B. 电阻两端的电压为
C. 与的比值为 D. 发电机的功率为
【答案】BC
【解析】AB．由题知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律U1= IR1
根据变压器电压与匝数的关系有，
代入数据有U0= ，U2=
再由欧姆定律有U2= I2R2
可计算出I2= ，综上可知，A错误、B正确；
C．由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有Emax= NB2L2ω，U0= = NBL2ω
由选项AB知U0=
则，C正确；
D．由于变压器为理想变压器则有P0= P1 + P2= U1I + U2I2= I2R1 + U2I2
代入选项ABC公式有P0=
由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误。
故选BC。
【变式4-1】 如图，理想变压器原、副线圈匝数比为，输入端、接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻的阻值相同。在滑动变阻器的滑片从端滑动到端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（　　）


A. L1先变暗后变亮，L2一直变亮
B. L1先变亮后变暗，L2一直变亮
C. L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗
D. L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗
【答案】A
【解析】副线圈的总电阻为
解得
则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，副线圈的总电阻选增大后减小，根据等效电阻关系有
则等效电阻先增大后减小，由欧姆定律有 ，
先减小后增大，先减小后增大，则先变暗后变亮，根据，
由于先减小后增大，则副线圈的电压先增大后减小，通过L2的电流为
则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，逐渐减小，副线圈的电压增大过程中 增大；在副线圈的电压减小过程中，通过R0的电流为
逐渐增大，则越来越小，则，则先变暗后变亮，一直变亮；
故选A。
【变式4-2】如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R1、R2均为10 Ω。在原线圈c、d两端加上图乙所示的交变电压，下列说法正确的是(　　)

A．当S与a连接后，理想电流表示数为2.2 A
B．当S与a连接后，理想电压表示数为11 V
C．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz
D．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍
【答案】　AD
【解析】由题图可以知道，交变电流的电压有效值为220 V、周期为0.02 s，频率为50 Hz。当S接a时，由变压器的原理可以知道，n2两端电压有效值为22 V，由闭合电路欧姆定律得理想电压表的示数为22 V，理想电流表示数为2.2 A，故A正确，B错误；
当S由a拨到b后，原线圈匝数减半，原线圈电压、频率不变，则副线圈频率不变，故C错误；
副线圈两端电压加倍，负载电阻不变，副线圈的输出功率变为原来的4倍，原线圈的输入功率也变为原来的4倍，故D正确。

【易错01】 对电阻、电阻定律的理解和应用
1．电阻与电阻率的区别
(1)电阻是反映导体对电流阻碍作用大小的物理量，电阻大小与导体的长度、横截面积及材料等有关，电阻率是描述导体材料导电性能好坏的物理量，与导体长度、横截面积无关．
(2)导体的电阻大，导体材料的导电性能不一定差；导体的电阻率小，电阻不一定小．
(3)导体的电阻、电阻率均与温度有关．
2．电阻的决定式和定义式的区别
公式
R＝ρ
R＝
区别
电阻定律的决定式
电阻的定义式
说明了电阻的决定因素
提供了一种测定电阻的方法，并不说明电阻与U和I有关
只适用于粗细均匀的金属导体和浓度均匀的电解质溶液
适用于任何纯电阻导体

3.某一导体的形状改变后，讨论其电阻变化应抓住以下三点：
(1)导体的电阻率不变．
(2)导体的体积不变，由V＝lS可知l与S成反比．
(3)在ρ、l、S都确定之后，应用电阻定律R＝ρ求解．
【易错02】　对伏安特性曲线的理解 　
1．图甲中的图线a、b表示线性元件，图乙中的图线c、d表示非线性元件．
2．图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，故Ra＜Rb(如图甲所示)．
3．图线c的电阻减小，图线d的电阻增大(如图乙所示)．


4．伏安特性曲线上每一点的电压坐标与电流坐标的比值对应这一状态下的电阻．
5.解决这类问题的两点注意：
(1)首先分清是I－U图线还是U－I图线．
(2)对线性元件：R＝＝；对非线性元件R＝≠，即非线性元件的电阻不等于U－I图象某点切线的斜率．
【易错03】　电功、电热、电功率和热功率　
1.纯电阻电路与非纯电阻电路的比较


2.(1)无论是纯电阻还是非纯电阻，电功均可用W＝UIt，电热均可用Q＝I2Rt来计算．
(2)判断是纯电阻电路还是非纯电阻电路的方法：一是根据电路中的元件判断；二是看消耗的电能是否全部转化为内能．
(3)计算非纯电阻电路时，要善于从能量转化和守恒的角度，利用“电功＝电热＋其他能量”寻找等量关系求解．
【易错04】 闭合电路欧姆定律及其能量分析
1．闭合电路中的能量转化
(1)时间t内电源输出的电能(等于非静电力做功的大小)为W＝Eq＝EIt.
(2)时间t内外电路产生的内能为Q外＝I2Rt.内电路产生的内能为Q内＝I2rt.
(3)根据能量守恒定律，在纯电阻电路中应有W＝Q外＋Q内，即EIt＝I2Rt＋I2rt.
2．闭合电路的欧姆定律
(1)内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比．
(2)表达式：I＝.
(3)另一种表达形式：E＝U外＋U内．即：电源的电动势等于内、外电路电势降落之和．
【易错05】 路端电压与负载的关系
1．路端电压的表达式：
U＝E－Ir.
2．路端电压随外电阻的变化规律
(1)当外电阻R增大时，由I＝可知电流I减小，路端电压U＝E－Ir增大．
(2)当外电阻R减小时，由I＝可知电流I增大，路端电压U＝E－Ir减小．
(3)两种特殊情况：当外电路断开时，电流I变为0，U＝E.即断路时的路端电压等于电源电动势．当电源短路时，外电阻R＝0，此时I＝.
【易错06】　交变电流的变化规律 　　
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)


函数
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

2.两个特殊位置的特点
(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝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，最大，e最大，i最大，电流方向不改变．
3.解决交变电流图象问题的三点注意
(1)只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关．
(2)注意峰值公式Em＝nBSω中的S为有效面积．
(3)在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解．
【易错07】　交流电有效值的求解 　 　
1．正弦式交流电有效值的求解
利用I＝，U＝，E＝计算．
2．非正弦式交流电有效值的求解
交变电流的有效值是根据电流的热效应(电流通过电阻生热)进行定义的，所以进行有效值计算时，要紧扣电流通过电阻生热(或热功率)进行计算．注意“三同”：即“相同电阻”，“相同时间”内产生“相同热量”．计算时“相同时间”要取周期的整数倍，一般取一个周期．
【易错08】　交变电流的“四值”的比较

物理含义
重要关系
适用情况
瞬时值
交变电流某一时刻的值
e＝Emsin ωt
计算线圈某一时刻的受力情况
峰值
最大的瞬时值
Em＝nBSω
Im＝
确定用电器的耐压值，电容器的击穿电压
有效值
跟交变电流的热效应等效的恒定电流值
E＝
U＝
I＝
(1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量)
(2)交流电表的测量值
(3)电器设备标注的额定电压、额定电流
(4)保险丝的熔断电流
平均值
交变电流图象中图线与时间轴所夹面积与时间的比值
＝
＝
计算通过电路截面的电荷量

1.书写交变电流瞬时值表达式的基本思路
(1)求出角速度ω，ω＝＝2πf.
(2)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式Em＝nBSω求出相应峰值．
(3)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．
①线圈从中性面位置开始转动，则i－t图象为正弦函数图象，函数式为i＝Imsin ωt.
②线圈从垂直中性面位置开始转动，则i－t图象为余弦函数图象，函数式为i＝Imcos ωt
【易错09】　理想变压器原、副线圈关系的应用
1．基本关系
(1)P入＝P出，(有多个副线圈时，P1＝P2＋P3＋……)
(2)＝，有多个副线圈时，仍然成立．
(3)＝，电流与匝数成反比(只适合一个副线圈)
n1I1＝n2I2＋n3I3＋……(多个副线圈)
(4)原、副线圈的每一匝的磁通量都相同，磁通量变化率也相同，频率也就相同．
2．制约关系
(1)电压：副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定．
(2)功率：原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定．
(3)电流：原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定．
3.关于理想变压器的四点说明：
(1)变压器不能改变直流电压．
(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率．
(3)理想变压器本身不消耗能量．
(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值．
【易错10】　理想变压器的动态分析
1.匝数比不变的情况(如图所示)

(1)U1不变，根据＝可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变．
(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据＝可以判断I1的变化情况．
(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化．
2.负载电阻不变的情况(如图所示)

(1)U1不变，发生变化，U2变化．
(2)R不变，U2变化，I2发生变化．
(3)根据P2＝和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化．
3.变压器动态分析的思路流程

【易错11】　关于远距离输电问题的分析
1．远距离输电的处理思路
对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”这样的顺序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析．
2．远距离高压输电的几个基本关系(以下图为例)：

(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋P3.
(2)电压、电流关系：＝＝，＝＝
U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线．
(3)输电电流：I线＝＝＝.
(4)输电线上损耗的电功率：
P损＝I线ΔU＝I2线R线＝2R线．
3.解决远距离输电问题应注意下列几点
(1)画出输电电路图．
(2)注意升压变压器副线圈中的电流与降压变压器原线圈中的电流相等．
(3)输电线长度等于距离的2倍．
(4)计算线路功率损失一般用P损＝I2R线．

1、（2022·湖南卷·T6）如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻的阻值为，滑动变阻器的最大阻值为，滑片初始位置在最右端。理想电压表V的示数为，理想电流表A的示数为。下列说法正确的是（　　）

A. 保持位置不变，向左缓慢滑动的过程中，减小，不变
B. 保持位置不变，向左缓慢滑动的过程中，消耗的功率增大
C. 保持位置不变，向下缓慢滑动的过程中，减小，增大
D. 保持位置不变，向下缓慢滑动的过程中，消耗的功率减小
【答案】B
【解析】
AB．由题意可知，原副线圈的匝数比为，则副线圈的电流为，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为

则变压器原线圈的电压有效值为

设输入交流电的电压有效值为，则

可得

保持位置不变，向左缓慢滑动的过程中，不断变大，根据欧姆定律

可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则两端的电压不断变小，则电压表示数变小，原线圈的电压电流都变大，则功率变大，根据原副线圈的功率相等，可知消耗的功率增大，故B正确，A错误；
CD．设原副线圈的匝数比为，同理可得

则

整理可得

保持位置不变，向下缓慢滑动的过程中，不断变大，则变小，对由欧姆定律可知

可知不断变小，根据原副线圈的功率相等可知消耗的功率

整理可得

可知时，消耗的功率有最大值，可知消耗的功率先增大，后减小，故CD错误。
故选B。
2、（2022·山东卷·T4）如图所示的变压器，输入电压为，可输出、、电压，匝数为的原线圈中电随时间变化为．单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为。将阻值为的电阻R接在两端时，功率为。下列说法正确的是（　　）

A. n1为1100匝，为
B. 间线圈匝数为120匝，流过R的电流为
C. 若将R接在两端，R两端的电压为，频率为
D. 若将R接在两端，流过R的电流为，周期为
【答案】D
【解析】
A．变压器的输入电压为220V，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为

解得原线圈为2200匝，A错误；
B．根据图像可知，当原线圈输入220V时，BC间的电压应该为12V，故BC间的线圈匝数关系有

BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为

B错误；
C．若将R接在AB端，根据图像可知，当原线圈输入220V时，AB间的电压应该为18V。根据交流电原线圈电压的表达式可知，交流电的角速度为，故交流电的频率为

C错误；
D．若将R接在AC端，根据图像可知，当原线圈输入220V时，AC间的电压应该为30V，根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为

交流电的周期为

D正确。
故选D。
3、（2022·浙江6月卷·T5）下列说法正确的是（ ）
A. 恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用
B. 小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向
C. 正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大
D. 升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率
【答案】B
【解析】
A．恒定磁场对速度不平行于磁感线的运动电荷才有力的作用，A错误；
B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，B正确；
C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流为0，C错误；
D．根据变压器的原理可知，副线圈中磁通量的变化率小于或等于原线圈中磁通量的变化率，D错误。
故选B。
4、（2022·浙江1月卷·T9）如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是（　　）

A. 甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B. 乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C. 甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D. 乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
【答案】A
【解析】
A．甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故A正确；
B．乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故B错误；
C．根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故C错误；
D．乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，故D错误；
故选A。
5、（2022·湖北·T9）近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220V、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是（　　）

A. 接收线圈的输出电压约为8 V
B. 接收线圈与发射线圈中电流之比约为22:1
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】AC
【解析】
A．根据

可得接收线圈的输出电压约为U2=8V；
B．根据

可得

故B错误；
C．变压器是不改变其交变电流的频率的，故C正确；
D．由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故D错误。
故选AC。

1．(多选)氢原子核外只有一个电子，它绕氢原子核运动一周的时间约为2.4×10－16 s，则下列说法正确的是(　　)
A．电子绕核运动的等效电流为6.7×10－4 A
B．电子绕核运动的等效电流为1.5×103 A
C．等效电流的方向与电子的运动方向相反
D．等效电流的方向与电子的运动方向相同
【答案】选AC　
【解析】：根据电流的定义式I＝可得等效电流为I＝＝≈6.7×10－4 A，故A正确，B错误；等效电流的方向与电子的运动方向相反，故C正确，D错误。
2.小雷同学家里购买了一款扫地机器人，如图所示，小雷同学仔细检查了这个新扫地机器人，发现铭牌上标有如下表所示的数据，则该扫地机器人(　　)

主机基本参数
产品尺寸
345 mm*345 mm*96 mm
电池
14.4 V/5 200 mA·h锂电池
产品质量
约3.8 kg
无线连接
WiFi智能快连
额定电压
14.4 V
额定功率
55 W
A.额定工作电流为0.25 A
B．充满电后正常工作的时间为2.5 h
C．电池充满电后储存的总电荷量为18 720 C
D．以额定电流工作时每小时消耗能量为55 J
【答案】选C　
【解析】：由铭牌知，扫地机器人工作的额定电压为14.4 V，额定功率为55 W，则额定电流I＝ A≈3.82 A＝3 820 mA，每秒钟消耗能量W＝Pt＝55 J，A、D错误；根据电池容量5 200 mA·h知，电池充满电后储存的总电荷量 Q＝5.2 A×3 600 s＝18 720 C，充满电后正常工作的时间 t＝≈1.36 h，B错误，C正确。
3．(2021·浙江月选考)小明在一根细橡胶管中灌满食盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的盐水柱。他将此盐水柱接到电源两端，电源电动势和内阻恒定。握住盐水柱两端将它水平均匀拉伸到原长的1.2倍，若忽略温度对电阻率的影响，则此盐水柱(　　)
A．通过的电流增大
B．两端的电压增大
C．阻值增大为原来的1.2倍
D．电功率增大为原来的1.44倍
【答案】选B
【解析】：盐水柱水平均匀地拉伸到原长的1.2倍，则其横截面积变为原来的，由电阻定律R＝可知，盐水柱的阻值变为原来的1.44倍，C错误；由闭合电路欧姆定律I＝可知，通过盐水柱的电流减小，电源内阻上的分压减小，则盐水柱两端的电压增大，A错误，B正确；盐水柱消耗的电功率P＝I2R＝，显然消耗的电功率不是原来的1.44倍，D错误。
4.(2021·山东省临沂模拟)在电喷汽车的进气管道中，广泛地使用着一种叫“电热丝式空气流量传感器”的部件，其核心部分是一种用特殊的合金材料制作的电热丝。如图所示，当进气管道中的冷空气流速越大时，电阻R两端的电压U0就变得越高，反之，电压U0就越低。这样管道内空气的流量就转变成了可以测量的电压信号，便于汽车内的电脑系统实现自动控制。如果将这种电热丝从汽车的进气管道中取出，放在实验室中测量这种电热丝，得到的伏安特性曲线正确的是(　　)


【答案】选D　
【解析】：设电热丝的电阻为R丝，则U0＝R，结合题意可知，U0越大，说明R丝越小，可见，电热丝温度越低，电阻值越小，故对应的伏安特性曲线为D。
5．某同学将一闭合电路电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示，则下列判断正确的是(　　)

A．直线a表示电源内部的发热功率随电流I变化的图线
B．曲线b表示电源的总功率随电流I变化的图线
C．曲线c表示电源的输出功率随电流I变化的图线
D．电源的电动势E＝3 V，内电阻r＝2 Ω
【答案】选C　
【解析】：由电源消耗总功率和电源内部消耗功率表达式PE＝EI，Pr＝I2r可知，a是直线，表示的是电源消耗的总功率PE随电流I变化的图线，b是抛物线，表示的是电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线，c表示外电阻的功率即电源的输出功率PR，所以A、B错误，C正确；由题图可知，当短路时电流为2 A，总功率PE＝EI＝6 W，则可知电源电动势为E＝3 V，则内电阻为r＝＝ Ω＝1.5 Ω，故D错误。


6．(2020·四川综合能力提升卷(三))如图所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1、输电线的电阻及理想变压器的匝数均不变，当用户开启的用电器越来越多时，下列表述正确的是(　　)

A．升压变压器副线圈电压U2降低 B．降压变压器原线圈电压U3升高
C．输电线消耗的功率增大 D．发电机的输出功率不变
【答案】C
【解析】　当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则降压变压器原线圈电流增大，输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大；发电机的输出电压U1不变，升压变压器匝数比不变，则副线圈电压U2不变，由输电线上的电压损失增大，可知降压变压器的输入电压U3减小，故A、B错误，C正确；发电机输出功率随用户开启的用电器增多而增加，D错误．
7.(2020·辽宁重点协作体模拟)图甲所示的变压器原、副线圈匝数比为3∶1，图乙是K闭合时该变压器c、d输入端交变电压的图象，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“12 V　6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表．以下说法正确的是(　　)

A．a、b输入端电压的瞬时值表达式为Uab＝36sin 100πt (V)
B．电流表的示数为1.5 A，L1能正常发光
C．a、b输入端输入功率Pab＝18 W
D．断开K，L2中的电流不变
【答案】　B
【解析】　由输入端交变电压u的图象，可知其最大值为36 V，有效值为U1＝36 V，副线圈电压为：U2＝U1＝12 V，所以副线圈三只灯泡均能正常发光．灯泡的额定电流：I0＝＝ A＝0.5 A，电流表的示数为I2＝3×0.5 A＝1.5 A，原线圈电流为I1＝I2＝0.5 A，所以原线圈的灯泡L1也能正常发光，a、b输入端电压为Uab＝UL＋3U2＝12 V＋36 V＝48 V，a、b输入端电压的瞬时值表达式为Uab＝48sin 100πt (V)，故A错误，B正确；四只灯泡都正常发光，所以a、b输入端输入功率Pab＝4×6 W＝24 W，故C错误；若将K断开，则副线圈上的输出电流将减小，所以原线圈的输入电流也减小，则流过灯泡L1的电流减小，L1上消耗的电压减小，所以原线圈上的电压将增大，副线圈的电压也增大，则可知L2中的电流将变大，故D错误．
8.(2020·黄冈市高三调研)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，A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
【答案】B
【解析】设理想变压器原、副线圈匝数比值为k，根据题述，当开关S断开时，电流表示数为I，则由闭合电路欧姆定律得，U＝IR1＋U1.由变压公式＝k及功率关系U1I＝U2I2，可得＝k，即副线圈输出电流为I2＝kI，U2＝I2(R2＋R3)＝kI(R2＋R3)．当开关S闭合时，电流表示数为4I，则有U＝4IR1＋U′1.由变压器公式＝k及功率关系U′1·4I＝U′2I′2，可得＝k，即副线圈输出电流为I′2＝4kI，U′2＝I′2R2＝4kIR2；联立解得k＝3，B正确．
9.(2020·江西吉安高三模拟)已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强电阻越大．为探测有无磁场，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图5所示电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使电灯L正常发光．若探测装置从无磁场区进入强磁场区，则(　　)

A．电灯L变亮 B．电灯L变暗
C．电流表的示数减小 D．电流表的示数增大
【答案】　AC
【解析】　探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻阻值变大，则电路的总电阻变大，根据I＝可知总电流变小，所以电流表的示数减小，根据U＝E－Ir，可知I减小，U增大，所以电灯两端的电压增大，电灯L变亮，故A、C正确，B、D错误．
10. (2020·潍坊模拟)如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线恰好位于匀强磁场的边界线OO′上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始以角速度ω绕OO′轴匀速转动，则以下判断正确的是(　　)

A．图示位置线圈中的感应电动势最大，为Em＝BL2ω
B．从图示位置开始计时，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝BL2ωsin ωt
C．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝
D．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q=πB2ωL4R4R+r2
【答案】　BD
【解析】　题图位置线圈中的感应电动势最小，为零，A错误；若线圈从题图位置开始转动，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e＝BL2ωsin ωt，B正确；线圈从题图位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝·Δt＝＝，C错误；Em＝BL2ω，线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝2·R·＝πB2ωL4R4R+r2，D正确．
11.(2020·山东济南模拟)如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，电路正常工作，过了一会儿，电流表的示数变为零．若电路中故障发生在灯L、电阻R上，用一根导线来判断电路故障，则下列判断正确的是(　　)

A．将导线并联在R两端，电流表无示数，一定是L断路
B．将导线并联在L两端，电流表无示数，一定是R断路
C．将导线并联在R两端，电流表有示数，一定是R断路
D．将导线并联在L两端，电流表有示数，一定是L断路
【答案】　CD
【解析】　电流表的示数变为零，说明电路故障为断路．将导线与用电器并联进行检测时，若电流表有示数，说明与导线并联的用电器断路；若电流表无示数，说明另一个用电器断路或两个用电器都断路．若将导线并联在R两端，电流表无示数，则可能是L断路，也可能是R、L都断路，故选项A错误；若将导线并联在L两端，电流表无示数，则可能是R断路，也可能是R、L都断路，故选项B错误；若将导线并联在R两端，电流表有示数，则一定是R断路，选项C正确；若将导线并联在L两端，电流表有示数，则一定是L断路，选项D正确．
12. (2020·山东淄博市3月模拟)如图所示，R是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小．理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝220sin 100πt (V)，则(　　)

A．电压表的示数为22 V
B．副线圈中交流电的频率为50 Hz
C．在天逐渐变黑的过程中，电流表A2的示数变小
D．在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变大
【答案】　BC
【解析】　原线圈电压的最大值为220 V，根据电压之比等于线圈匝数之比可知，副线圈的电压的最大值为22 V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为U＝ V＝22 V，故A错误；由于变压器不改变交流电频率，则副线圈中交流电的频率为f＝＝ Hz＝50 Hz，选项B正确；在天逐渐变黑的过程中，光照变弱，R阻值增大，电路的总电阻变大，而副线圈两端的电压不变，所以副线圈的电流变小，电流表A2的示数变小，故C正确；由于变压器的输入和输出的功率是相等的，副线圈的电流减小，副线圈的电压不变，所以由P＝UI可知，输出的功率要减小，故输入的功率也要减小，故D错误．