2024届高考物理二轮复习第10讲直流电路与交流电路学案

这是一份2024届高考物理二轮复习第10讲直流电路与交流电路学案，共24页。

命题分类剖析
命题点一 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．电路动态分析的两种方法
即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论．
例 1 [2023·广东模拟预测]
(多选)如图所示电路，两电源电动势分别为E1、E2，内阻分别为r1、r2，且E1＝E2，r1>r2，R为滑动变阻器，P为滑动变阻器滑片，灯泡电阻可认为不变．现闭合开关S1，单刀双掷开关S2接1时，灯泡均正常发光，则下列说法中正确的是( )
A．若滑片P向下滑动，则L2变亮，L3变暗
B．若滑片P向下滑动，则L1变暗，L2变亮
C．若将单刀双掷开关S2切换至2，则L1、L2、L3均变亮
D．若将单刀双掷开关S2切换至2，则电源的输出功率可能变小
例 2 [2023·海南卷]如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，闭合开关K，待电路稳定后，电容器上的电荷量为( )
A．CE
B．12CE
C．25CE
D．35CE
例 3 [2023·浙江名校联盟联考]新冠肺炎患者中有13%的重症患者和6%的危重患者需要给予及时的呼吸机治疗，呼吸机成为生死攸关的战略资源．呼吸机的核心部件之一是呼吸机马达．下表是国内某制造商生产的呼吸机马达的主要参数．下列说明正确的是( )
A.额定电流状态下，马达内阻等消耗功率为13.6 W
B．利用空载状态的参数，计算出马达的内阻是120 Ω
C．利用额定状态的参数，计算出马达的内阻约为9 Ω
D．空载状态下，马达的输出功率为4.8 W
思维提升
纯电阻电路和非纯电阻电路
(1)纯电阻电路：电功W＝UIt，电功率P＝UI，且电功全部转化为电热，有W＝Q＝UIt＝U2Rt＝I2Rt，P＝UI＝U2R＝I2R.
(2)非纯电阻电路：电功W＝UIt，电功率P＝UI，电热Q＝I2Rt，电热功率P热＝I2R，电功率大于电热功率，即P>P热，故求电功、电功率只能用W＝UIt、P＝UI，求电热、电热功率只能用Q＝I2Rt、P热＝I2R.
提升训练
1.
[2023·重庆南开中学质检](多选)小明为自己家的养牛场设计了一款补水提示器，其工作原理如图所示．在忽略电表内阻影响的情况下，下列分析正确的是( )
A．水量减少时，滑动变阻器的滑片向上移动
B．如果选择电压表，电表示数变小反映水量增多
C．如果选择电流表，电表示数变大反映水量增多
D．如果选择电流表，R0可以在水太多时保护电路
2．[2023·北京市昌平区前锋学校二模]甲、乙两种亮度可调的台灯内部电路示意图如图所示，其中甲台灯通过变阻器调节灯泡亮度，乙台灯通过改变理想变压器副线圈的匝数调节灯泡亮度，两台灯所用电源和灯泡均相同，下列说法正确的是( )
A．两台灯均可使用直流电源
B．甲台灯的旋转开关从1调到4的过程中，灯泡逐渐变暗
C．乙台灯的旋转开关从1调到4的过程中，灯泡逐渐变亮
D．当两台灯亮度相同时，电源的输出功率相同
3.
[2023·人大附中高三摸底考试](多选)为了节能和环保，一些公共场所用光敏电阻制作光控开关来控制照明系统，如图为电路原理图．图中，直流电源电动势为3 V，内阻可不计，R为可变电阻，RG为光敏电阻，其在不同照度下的阻值如表(照度是描述光的强弱的物理量，光越强照度越大，lx是它的单位)．若控制开关两端电压升至2 V时将自动开启照明系统，则以下说法正确的是( )
A.若将R接入电路的阻值调整为20 kΩ，则当照度降低到0.4 lx时启动照明系统
B．若要使照明系统在照度降低到0.8 lx时启动，则要将R接入电路的阻值调整为46 kΩ
C．R接入电路的阻值不变时，照度越大，控制开关两端的电压越大
D．若要在光照更暗时启动照明系统，应将R接入电路的阻值调大
命题点二 交流电流的分析与计算
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＝Em2，I＝Im2，U＝Um2.
(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．
3．正弦式交流电“四值”的应用
考向1 交流电流的产生
例 1 [2023·四川省成都市三诊](多选)如图甲所示，KLMN是一个电阻R＝0.4 Ω的单匝竖直矩形闭合导线框，全部处于水平方向的匀强磁场中，MN边水平，线框绕某一竖直固定轴按俯视的逆时针方向匀速转动，产生的感应电流如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．1 s时间内电流方向改变5次
B．若从图示时刻开始计时，并且规定MLKN的方向为电流的正方向，则电流表达式为i＝10sin (10πt＋23π)A
C．图示时刻感应电动势的瞬时值e＝2V
D．磁通量的最大值Φm＝25π Wb
考向2 交变电流的“四值”的分析、计算
例 2 [2023·湖南卷](多选)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示．大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上．线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R.磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场．大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直．线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡．假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是( )
A．线圈转动的角速度为4ω
B．灯泡两端电压有效值为32nBL2ω
C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为42nBL2ω3
D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮
提升训练
1.[2023·浙江十校联盟联考]如图甲是小型交流发电机，两磁极间的磁场可视为匀强磁场，一个100匝的矩形线圈(内阻不计)绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，某位置开始计时产生的交变电动势图像如图乙所示，已知磁感应强度B＝0.1 T，则( )
A．t＝0时刻，线圈平面与磁感线平行
B．线圈的面积S为0.222π m2
C．它可使“220 V，60 W”的灯泡正常发光，也可使击穿电压为220 V的电容器正常工作
D．以此作为电源，每通过1 C的电荷量，消耗的电能为2202 J
2．[2023·金丽衢十二校联考]如图所示为一电流通过一电子元件后的波形图(曲线部分为正弦式交变电流的一部分)，则下列说法正确的是( )
A．这是一种交变电流
B．电流的变化周期为0.03 s
C．电流通过100 Ω电阻时，电功率为100 W
D．电流通过100 Ω的电阻时，一个周期内流经电阻的电荷量大于0.015 C
3．[2023·广东茂名一模]无线充电技术已经在新能源汽车等领域得到应用．地下铺设供电的送电线圈，车上的受电线圈与蓄电池相连，如图所示．送电线圈和受电线圈匝数比为n1∶n2＝4∶1.当送电线圈接上图中的正弦交流电后，受电线圈中的电流为2 A．不考虑线圈的自感，忽略电能传输的损耗，下列说法正确的是( )
A．受电线圈的电流方向每秒改变50次
B．送电线圈的输入功率为110 W
C．受电线圈的输出电压为502 V
D．送电线圈的输入电压为2202 V
命题点三 变压器与远距离输电
1．理想变压器原副线圈中各物理量的三个制约关系
(1)电压制约：输出电压U2由输入电压U1决定，即U2＝n2U1n1.原制约副
(2)电流制约：原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1＝n2I2n1.副制约原
(3)功率制约：变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2.副制约原
2．分清远距离输电的三个回路和三种关系
(1)理清三个回路
(2)分清三种关系
考向1 理想变压器的分析与计算
例 1 [2023·海南卷](多选)
如图是工厂利用u＝2202sin 100πt V的交流电给36 V照明灯供电的电路，理想变压器原线圈匝数为1 100，下列说法正确的是( )
A．电源电压有效值为2202 V
B．交变电流的周期为0.02 s
C．副线圈匝数为180
D．副线圈匝数为240
例 2 [2023·四川省成都市树德中学高三三诊]图甲中理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻R＝10 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡．原线圈接一个经双可控硅调节后的电压U，U随时间t的变化规律如图乙所示，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前四分之一周期电压被截去．现将S1、S2、S3闭合，此时L2正常发光．下列说法错误的是( )
A．输入电压U的有效值为10 V
B．R消耗的电功率为10 W
C．只断开S3后，L2能正常发光
D．只断开S2后，原线圈的输入功率减小
例 3 [2023·湖北省高三三模]
如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，输入端所加正弦交流电的电压U＝202sin (100πt) V，已知电阻R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，滑动变阻器R3最大阻值为40 Ω，电压表为理想电压表．开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，下列说法正确的是( )
A．通过R1的电流为2 A
B．电压表读数为40 V
C．副线圈电流方向每秒钟改变50次
D．若将滑片P向下滑动，电压表读数将变大
思维提升
原线圈含电阻的变压器问题分析技巧
对于一组原、副线圈电路，电流与匝数成反比的规律成立，即I1I2＝n2n1；但要注意电压与匝数成正比关系成立的条件，原线圈接有电阻时，U1U2＝n1n2中U1指的是原线圈两端电压，而不是电源电压．原线圈两端电压和与原线圈串联的电阻两端电压之和等于电源电压．
考向2 远距离输电
例 4 [2023·四川统考二模](多选)在远距离输电技术上，中国1 100 kV特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程．输电线路流程可简化为：
如虚线框所示，若直流输电线电阻为10 Ω，直流电输送功率为5.5×109 W，不计变压器、整流与逆变等造成的能量损失，则( )
A．直流电输电线路上的电流为5×103 A
B．直流电输电线路上损失的电压为100 kV
C．降压变压器的输出功率是4.5×109 W
D．若将1 100 kV直流输电降为550 kV直流输电，受端获得功率将比原来减少7.5×108 W
提升训练
1.[2023·安徽省联考](多选)如图所示，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P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，原、副线圈分别接可变电阻R1、R2，理想电压表V1、V2的示数为U1、U2，理想电流表A1、A2的示数为I1、I2.下列说法错误的是( )
A.保持P位置不变，R1增大、R2不变的情况下，I1减小，U1不变
B．保持P位置不变，R1不变、R2增大的情况下，I2减小，U2减小
C．保持P位置不变，R1不变，使R2＝R14时，R2消耗的功率达到最大
D．R1不变、R2减小的情况下，P向下移，R1消耗的功率减小
2．[2023·浙江联考](多选)杭丽铁路被列入浙江省重大建设项目“十四五”规划，杭丽高铁建成后，丽水前往杭州的时间将缩短至1小时内．新建成的高铁将应用许多新技术，图示为高铁的牵引供电流程图，利用可视为理想变压器(原、副线圈匝数比为n1∶n2)的牵引变电所，将高压220 kV或110 kV降至27.5 kV，再通过接触网上的电线与车顶上的受电弓使机车获得25 kV工作电压，则下列说法正确的是( )
A．若电网的电压为110 kV，则n1∶n2＝4∶1
B．若高铁机车运行功率增大，机车工作电压将会高于25 kV
C．高铁机车运行功率增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大
D．如果高铁机车的电动机输出机械功率为9 000 kW，电机效率为90%，则牵引变电所到机车间的等效电阻为62.5 Ω
素养培优·模型建构
交变电流的产生及含变压器的三种模型
模型一 交变电流的产生
模型二 含变压器的三种模型
[典例1] [2023·福建厦门市二模]如图是一小型交流发电机供电原理图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向匀强磁场，理想变压器原、副线圈分别与发电机和灯泡连接，灯泡上标有“6 V 3 W”字样且正常发光(除灯泡外不计其余电阻)从某时刻开始计时，发电机输出端的电流随时间变化图像如图乙，下列说法正确的是( )

A.当t＝0.04 s时发电机内线圈平面与磁场方向平行
B．发电机输出电流的瞬时值i＝2sin (100πt) A
C．变压器原、副线圈匝数之比为2∶4
D．发电机1分钟内产生的电能为180 J
[典例2] [2023·福建省宁德市质检]如图所示为输电能耗演示电路．左侧变压器T1原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为6 V的正弦交流电．连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为8 Ω，开关S接1时，右侧变压器T2原、副线圈匝数比为2∶1，R消耗的功率为8 W；接2时，T2原、副线圈匝数比为1∶2，则( )
A．接1时，T2原线圈两端电压为U3＝18 V
B．接1时，T2原线圈中的电流为I3＝2 A
C．接2时，R消耗的功率P＝32 W
D．接2时，R消耗的功率P＝18 W
第10讲 直流电路与交流电路
命题分类剖析
命题点一
[例1] 解析：将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻变大，R与灯L2并联的部分电阻变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I减小，L3灯泡亮度变暗；
路端电压U变大，L3灯两端的电压U3变小，R与灯L2并联电路的电压U并＝U－U3，U增大，U3减小，则U并增大，灯L2变亮；流过L1的电流I1＝I－I2，I减小，I2增大，I1减小，灯泡L1亮度变暗，AB正确；
若将单刀双掷开关S2切换至2，电源电动势不变，内电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知I＝ER外+r，电路干路电流增大，外电路电压变大，外电路各用电器阻值不变，故各支路电流增大，灯泡L1、L2、L3均变亮，C正确；P出＝I2R外，电路总电流增大，外电阻不变，输出功率一定增大，D错误．
答案：ABC
[例2] 解析：由电路的串并联规律可知，电阻3R两端的电压为3E5，电阻R两端的电压为E5，则电容器两极板间电势差ΔU＝2E5，则Q＝CΔU＝2CE5，C对．
答案：C
[例3] 解析：额定电流状态下，马达内阻等消耗功率为Pr＝U额I额－P输＝13.6 W，故A正确；由于马达不是纯电阻元件，所以无论是在空载状态还是额定状态，都不能利用参数根据欧姆定律计算马达的内阻，故B、C错误；空载状态下，马达的输入功率为P空＝U额I空＝4.8 W，由于马达内阻会消耗功率，所以马达此时的输出功率小于4.8 W，故D错误．
答案：A
[提升训练]
1．解析：根据装置图可知，水量减少，弹簧压缩量减少，滑片上移，故A正确；若电表为电压表，其测的是滑动变阻器上部分对应的电压值，示数减小，说明滑片上移，水量减少，故B错误；若电表为电流表，电流表测的是整个电路的电流，电流表示数变大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，即滑片下移，水量增多，故C正确；如果选择电流表，水太多时R接入电路的阻值很小，电路中电流很大，此时R0串联在干路中，起到保护电路(电流表)的作用，故D正确．
答案：ACD
2．解析：由于乙灯是使用的变压器，因此必须用交流电源，A错误；
甲灯旋转开关从1调到4的过程中，接入的电阻阻值减小，电路电流增大，灯泡逐渐变亮，B错误；
乙台灯的旋转开关从1调到4的过程中，副线圈的匝数增大．根据变压器原理，原副线圈的匝数比与原副线圈的电压比相等，因此副线圈电压将增大，灯泡逐渐变亮，C正确；
当两台灯亮度相同时，甲图电源功率为EI，而乙图电源功率为1kEI，其中k为原副线圈匝数比，D错误；故选C.
答案：C
3．解析：将R接入电路的阻值调整为20 kΩ，则当照度降低到0.4 lx时RG为40 kΩ，根据串联分压原理可得，此时控制开关两端电压升为2 V，即自动启动照明系统，故A正确；
使照明系统在照度降低到0.8 lx时启动，根据串联电路分压特点知，应将R接入电路的阻值调整为23 kΩ23 kΩ+R＝23
解得R＝11.5 kΩ，故B错误；
R接入电路的阻值不变时，照度越大，光敏电阻阻值变小，分压变小，即控制开关两端的电压越小，故C错误；
若要在光照更暗，即光敏电阻更大时启动照明系统，根据串联电路分压特点可知，应将R接入电路的阻值调大，故D正确．
答案：AD
命题点二
[例1] 解析：由图乙可知周期为0.2 s，一个周期内电流方向改变2次，则1 s时间内电流方向改变10次，故A错误；
若从图示时刻开始计时，并且规定MLKN的方向为电流的正方向，此时电流方向为正，线框平面与中性面的夹角为π3，且在转π3即回到中性面处，则电流表达式为i＝Imsin (2πTt＋φ0)＝10sin (10πt＋23π)A
故B正确；
感应电动势最大值为Em＝ImR＝4 V
图示时刻感应电动势的瞬时值e＝Emcs 30°＝23 V，故C错误；
根据电动势最大值表达式Em＝BSω
可知磁通量的最大值为Φm＝BS＝Emω＝42π0.2 Wb＝25π Wb，故D正确．
答案：BD
[例2] 解析：大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据v＝ωr
根据题意可知大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮转动的角速度为4ω，线圈转动的角速度为4ω，A正确；
线圈产生感应电动势的最大值Emax＝nBS·4ω
又S＝L2
联立可得Emax＝4nBL2ω
则线圈产生感应电动势的有效值E＝Emax2＝22nBL2ω
根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为
U＝RER+R＝2nBL2ω
B错误；
若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值E′max＝8nBL2ω
此时线圈产生感应电动势的有效值E′＝Emax'2＝42nBL2ω
根据电阻定律R′＝ρlS'
可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值U′＝RE'R+2R＝42nBL2ω3，C正确；
若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v＝ωr可知小轮和线圈的角速度变小，根据E＝nBSω2
可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误．
答案：AC
[提升训练]
1．解析：t＝0时刻，由图乙可知，瞬时电动势为零，线圈平面与磁感线垂直，故A错误；根据线圈产生的最大电动势E＝NBSω，结合图乙计算得S＝0.222π m2，故B正确；它可使“220 V，60 W”的灯泡正常发光，电动势的最大值为2202 V，超过了电容器的击穿电压，不可使击穿电压为220 V的电容器正常工作，故C错误；不同时刻开始通电，通过1 C的电荷量所用时间不同，故消耗的电能不同，故D错误．
答案：B
2．解析：交变电流是指大小和方向随时间做周期变化的电流，图中电流方向未变，是直流，A错误；电流的变化周期为0.015 s，B错误；电流通过100 Ω电阻时，电功率为P＝22×22×100×0.01+12×100× W＝5003 W，C错误；根据i-t图像与t轴所围面积表示电荷量可知，电流通过100 Ω的电阻时，一个周期内流经电阻的电荷量大于0.015 C，D正确．
答案：D
3．解析：受电线圈的电流频率与送电线圈中的电流频率相同，即为f＝1T＝50 Hz
一个周期内电流方向改变2次，所以每秒电流方向改变100次，A错误；
根据图可知送电线圈上正弦交流电的有效值为U有效＝U输入＝2202×22 V＝220 V
受电线圈中的电流为2 A，可得送电线圈中的电流大小为I送＝n2n1·I受＝14×2 A＝0.5 A
送电线圈的输入功率为P＝220×0.5 W＝110 W
B正确，D错误；
对受电线圈的输出电压有U输入U受＝n1n2
得U受＝55 V，C错误．
答案：B
命题点三
[例1] 解析：电源电压的有效值 U＝22022 V＝220 V，选项A错误；
交流电的周期 T＝2πω＝2π100π s＝0.02 s，选项B正确；
根据变压器变压公式 n1n2＝U1U2
可得副线圈匝数 n2＝U2U1n1＝36220×1 100＝180，选项C正确，D错误．
答案：BC
[例2] 解析：令输入电压的有效值为U1，根据正弦式交流电的有效值与有效值的定义Um22R×T2＝U12 R T
解得U1＝10 V，故A正确；
根据理想变压器的电压匝数关系U1U2＝n1n2
解得副线圈两端电压U2＝n2n1U1＝12×10 V＝5 V
则R消耗的电功率为P＝U22 R＝2.5 W，故B错误；
只断开S3后，L2电压不受影响，L2能正常发光，故C正确；
只断开S2后，负载电阻变大，输出电压不变，根据P2＝U22 R负载
输出功率减小，则输入功率也减小，故D正确．
答案：B
[例3] 解析：由输入端所加正弦电压的表达式可知输入端的电压有效值为U＝20 V
设原线圈中的电流为I1，副线圈中的电流为I2，则由能量守恒可得UI1＝I12 R1＋I22(R2＋R32)
而由匝数比等于电流的反比可得I1I2＝21
联立解得I1＝1 A，I2＝0.5 A
则可得电压表的示数U2＝I2(R2＋R32)＝20 V，故AB错误；
由输入端所加正弦交流电的电压表达式可知该交流电的频率为f＝50 Hz
则可知副线圈电流方向每秒钟改变100次，故C错误；
若将滑片P向下滑动，接入副线圈回路中的电阻增大，电流减小，则可知原线圈回路中的电流也减小，从而使定值电阻两端的电压减小，原线圈两端的电压增大，而匝数比不变，则可知副线圈两端的电压增大，因此电压表的示数增大，故D正确．
答案：D
[例4] 解析：直流电输送功率P＝UI，得输送电流I＝PU＝5.5×1091.1×106 A＝5 000 A，A正确；
损失的电压ΔU＝IR＝5×103×10 V＝50 kV，B错误；
输电导线上损失的功率ΔP＝I2R＝(5×103)2×10 W＝2.5×108W，降压变压器的输出功率P出＝P－ΔP＝5.25×109 W，C错误；
用1 100 kV输电时输电导线上损失的功率ΔP＝2.5×108 W；保持输送功率不变，只用550 kV输电，输电导线上损失的功率ΔP′＝PU'2R＝(5.5×109550×103)2×10 W＝1×109 W；则用户得到的功率比1 100 kV输电时减少ΔP′－ΔP＝7.5×108 W，D正确．
答案：AD
[提升训练]
1．解析：设原副线圈的匝数比为k，根据等效电阻原理，把变压器的原副线圈和负载R2整体看作一个等效电阻，其阻值R′＝k2R2
设输入交流电的电压有效值为U，则I1＝Uk2R2+R1，保持P位置不变，R1增大、R2不变的情况下，则I1减小，等效电阻R′两端电压减小，则U1增大，A错误，符合题意；
根据选项A可知，保持P位置不变，R1不变、R2增大的情况下，则I1减小，I2减小，则U1增大，U2也增大，B错误，符合题意；
由电源输出功率的规律可知，当R′＝R1时，即R1＝k2R2＝4R2
R2消耗的功率有最大值，C正确，不符合题意；
R1不变、R2减小的情况下，P向下移，k减小．等效电阻R′减小，I1增大，U1也增大，则R1消耗的功率增大，D错误，符合题意．故选ABD.
答案：ABD
2．解析：理想变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比，若电网的电压为110 kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比为U1U2＝n1n2＝11027.5＝41，故A正确；
机车工作电压由输入电压和线圈匝数决定，不由高铁机车运行功率决定，若高铁机车运行功率增大，根据P＝UI，可知电流将会增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率ΔP＝I2R也会随之增大，故B错误，C正确；
根据功率关系可得P＝90%UI，其中U＝25 kV＝25 000 V；则电流为I＝P90%U＝9×10690%×25 000 A＝400 A
则牵引变电所至机车间的等效电阻为R＝U2-UI＝27 500-25 000400 Ω＝6.25 Ω，故D错误．
答案：AC
素养培优·情境命题
典例1 解析：由图乙可知当t＝0.04 s时电流最小，故发电机内线圈平面与磁场方向垂直，选项A错误；
由图乙可知周期T＝0.04 s，则ω＝2πT＝50π；所以发电机输出电流的瞬时值为i＝2sin (50πt) A，选项B错误；
流过灯泡的电流I2＝PU＝36 A＝0.5 A；发电机输出的电流，I1＝Im2＝22 A＝1 A；所以变压器原、副线圈匝数之比为n1n1＝I2I1＝12，选项C错误；
发电机1分钟内产生的电能即为小灯泡消耗的电能W＝UI2t＝180 J，选项D正确．
答案：D
典例2 解析：接1时，R消耗的功率为8 W，由P1＝U42 R，可得U4＝P1R＝8×8 V＝8 V
由U3U4＝n3n4＝21，解得U3＝16 V，故A错误；
接1时，由P1＝U3I3，解得T2原线圈中的电流为I3＝P1U3＝816 A＝0.5 A，故B错误；
接1时，由U1U2＝n1n2＝13
解得U2＝3U1＝18 V
则Ur＝U2－U3＝2 V
连接两理想变压器的导线总电阻为r＝UrI3＝20.5 Ω＝4 Ω
接2时，设右侧变压器T2副线圈两端电压为U′4，则I′4＝U4'R
由U3'U4'＝n3n4＝12
则U′3＝12U′4
由U′3I′3＝U′4I′4
解得I′3＝2I′4＝2U4'R
则连接两理想变压器的导线总电阻的电压降为U′r＝I′3r
由U2＝U′r＋U′3，解得U′4＝12 V
则R消耗的功率P＝U4'2 R＝1228 W＝18 W
故C错误，D正确．故选D.
答案：D
呼吸机马达
额定电压
24 V
空载电流
0.2 A
额定转速
30 000 rpm
额定负载扭矩
100 mN·m
额定电流
1.9 A
额定输出功率
32 W
照度/lx
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
电阻RG/kΩ
75
40
28
23
20
18
表达式
应用
最大值
Em＝nBSω
计算电容器的耐压值
瞬时值
e＝Emsin ωt
计算某时刻所受安培力
有效值
E＝Em2
电表的读数及计算电热、电功及保险丝的熔断电流
平均值
E＝nΔΦΔt
计算通过导体的电荷量
电压关系
U1U2＝n1n2
U2＝ΔU＋U3
U3U4＝n3n4
电流关系
I1I2＝n2n1
I2＝I3＝I线
I3I4＝n4n3
功率关系
P1＝P2
P2＝P3＋ΔP
ΔP＝I线2R线＝ΔU2R线
P3＝P4
分类
情境图示
情境解读
两个特殊位置
中性面：Φ最大、e＝0、i＝0、电流变向
中性面的垂面：Φ＝0、e最大、i最大、电流不变向
交变电流的四值
峰值Um＝nBSω
瞬时值
e＝Umsin ωt
或e＝Umcs ωt
有效值
①U＝Um2
②根据电流的热效应计算
平均值I＝nΔΦΔt·R
分类
情境图示
情境解读
变压器工作原理
变交不变直，变压不变频
变压器动态分析
一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况
远距离输电
在远距离输电问题中，一般用P损＝I线2R线计算线路功率损耗