2025届高考物理二轮专题复习与测试模块四电磁感应和电路专题十直流电路和交流电路

这是一份2025届高考物理二轮专题复习与测试模块四电磁感应和电路专题十直流电路和交流电路，共20页。
[专题复习定位]
1．掌握直流电路和交流电路的相关知识和规律的应用。
2．会用闭合电路欧姆定律分析电路各部分之间的相互关系，能用焦耳定律分析电学中的能量转化问题。
3．掌握交变电流的产生和描述；理解变压器的原理，会分析交流电路的动态变化以及远距离输电问题。
命题点1 电路的基本概念和规律
1．(2024·广西卷，T6)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( B )
A．2∶3 B．2∶1
C．5∶3 D．1∶3
解析：根据电阻定律和欧姆定律可得R＝ρ eq \f(L,S) ，ΔU＝I·ΔR，整理可得ρ＝ eq \f(S,I) · eq \f(ΔU,L) ，结合题图可知导体L1、L2的电阻率之比 eq \f(ρ1,ρ2) ＝ eq \f(\f(0.2,0.25),\f(0.5－0.2,1.00－0.25)) ＝ eq \f(2,1) 。
2．(2023·海南卷，T7)如图所示的电路，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( C )
A．CE B． eq \f(1,2) CE
C． eq \f(2,5) CE D． eq \f(3,5) CE
解析：由电路的串并联规律可知，电阻3R两端的电压为 eq \f(3E,5) ，电阻R两端的电压为 eq \f(E,5) ，则电容器两极板间电势差ΔU＝ eq \f(2E,5) ，则Q＝CΔU＝ eq \f(2CE,5) ，C正确。
命题点2 交变电流的产生和描述
3．(2024·广东卷，T1)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( D )
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 s内消耗的电能为1 J
D．电阻两端电压表达式为u＝10 eq \r(2) sin (100πt) V
解析：由题图可知交流电的周期为0.02 s，则频率f＝ eq \f(1,T) ＝50 Hz，故A错误；电压的峰值为10 eq \r(2) V，电流的峰值Im＝ eq \f(Um,R) ＝ eq \f(10\r(2) V,50 Ω) ＝0.2 eq \r(2) A，故B错误；电流的有效值I＝ eq \f(Im,\r(2)) ＝0.2 A，所以电阻在1 s内消耗的电能W＝I2Rt＝0.22×50×1 J＝2 J，故C错误；该交流电电压表达式为u＝Umsin ωt＝10 eq \r(2) sin eq \f(2π,T) t(V)＝10 eq \r(2) sin (100πt) V，故D正确。
4．(多选)(2024·新课标卷，T20)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( BD )
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
解析：如题图，开始线圈处于中性面位置，当磁极再转过90°时，穿过线圈的磁通量为0，此时电流最大；在磁极转动的过程中，穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知，此时感应电流方向由Q指向P。
5．(2024·河北卷，T4)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 eq \r(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( B )
A．2∶3 B．4∶3
C．2∶ eq \r(3) D．5∶4
解析：根据有效值的定义可知，题图1的有效值的计算为 eq \f(U eq \\al(2,1) ,R1) T＝ eq \f((\f(U0,\r(3)))2,R1) × eq \f(T,2) ＋ eq \f(U eq \\al(2,0) ,R1) × eq \f(T,2) ，解得U1＝ eq \r(\f(2,3)) U0，题图2的有效值为U2＝ eq \f(U0,\r(2)) ，接在阻值大小相等的电阻上，因此Q1∶Q2＝U eq \\al(2,1) ∶U eq \\al(2,2) ＝4∶3。
6.(2024·湖北卷，T5)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( C )
A．2∶1 B．1∶1
C．1∶2 D．1∶4
解析：两个二极管正向电阻为0，反向电阻无穷大，二极管导通则短路并联的灯泡，此时另一个灯泡与电源串联，根据电路图可知在一个完整的周期内，两个灯泡有电流通过的时间相等都为半个周期，电压有效值相等，则根据P＝ eq \f(U2,R) ，可知P1∶P2＝RL2∶RL1＝1∶2。
7．(多选)(2023·湖南卷，T9)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电压在额定电压以内，下列说法正确的是( AC )
A．线圈转动的角速度为4ω
B．灯泡两端电压有效值为3 eq \r(2) nBL2ω
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 eq \f(4\r(2)nBL2ω,3)
D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮
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并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＝ eq \f(Emax,\r(2)) ＝2 eq \r(2) nBL2ω，根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值U＝ eq \f(RE,R＋R) ＝ eq \r(2) nBL2ω，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Emax′＝8nBL2ω，此时线圈产生感应电动势的有效值E′＝ eq \f(Emax′,\r(2)) ＝4 eq \r(2) nBL2ω，根据电阻定律R′＝ρ eq \f(l,S′) 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′＝ eq \f(RE′,R＋2R) ＝ eq \f(4\r(2)nBL2ω,3) ，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＝ eq \f(nBSω,\r(2)) 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。
命题点3 变压器和远距离输电
8．(2023·广东卷，T6)用一台理想变压器对电动汽车充电，该变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，输出功率为8.8 kW，原线圈的输入电压u＝220 eq \r(2) sin (100πt)V。关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是( A )
A．20 A，50 Hz B．20 eq \r(2) A，50 Hz
C．20 A，100 Hz D．20 eq \r(2) A，100 Hz
解析：由题可知原线圈输入电压的有效值U1＝ eq \f(220\r(2),\r(2)) ＝220 V，原线圈电流I1＝ eq \f(P,U1) ＝40 A，副线圈输出电流的有效值I2＝ eq \f(n1,n2) I1＝20 A，变压器无法改变电流的频率，故f＝ eq \f(ω,2π) ＝ eq \f(100π,2π) Hz＝50 Hz。
9．(2023·山东卷，T7)某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率为500 kW。降压变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线总电阻R＝62.5 Ω，其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220 V，功率为88 kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是( C )
A．发电机的输出电流为368 A
B．输电线上损失的功率为4.8 kW
C．输送给储能站的功率为408 kW
D．升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44
解析：由题知，发电机的输出电压U1 ＝ 250 V，输出功率500 kW，则有I1＝ eq \f(P,U1) ＝2×103 A，A错误；由题知，用户端电压U4＝220 V，功率88 kW，则有 eq \f(U3,U4) ＝ eq \f(I4,I3) ＝ eq \f(n3,n4) ，P′＝U4I4，联立解得I4＝400 A，I3＝8 A，U3＝11 000 V，则输电线上损失的功率P损＝I eq \\al(2,3) R＝4 kW，且U2＝U3＋I3R＝11 500 V，再根据 eq \f(U1,U2) ＝ eq \f(n1,n2) ，解得 eq \f(n1,n2) ＝ eq \f(1,46) ，B、D错误；根据理想变压器无功率损失有P＝U2I3＋P储，代入数据有P储＝408 kW，C正确。
题型一 电路的基本概念和规律
1．两种电路
(1)纯电阻电路：电功W＝UIt，电功率P＝UI，且电功W＝Q＝UIt＝ eq \f(U2,R) t＝I2Rt，P＝UI＝ eq \f(U2,R) ＝I2R。
(2)非纯电阻电路：电功W＝UIt，电功率P＝UI，电热Q＝I2Rt，热功率P热＝I2R，电功率大于热功率，即W>Q，故求电功、电功率只能用W＝UIt、P＝UI，求电热、热功率只能用Q＝I2Rt、P热＝I2R。
2．电源的功率和效率
(1)电源的几个功率
①电源的总功率：P总＝EI。
②电源内部消耗的功率：P内＝I2r。
③电源的输出功率：P出＝UI＝P总－P内。
(2)电源的效率：η＝ eq \f(P出,P总) ×100%＝ eq \f(U,E) ×100%。
考向1 电路中的功率和效率问题
(多选)五一期间，汕头作为全国热门旅游城市，聚集了来自四面八方的游客。为了避免堵车，电动自行车以其省时省力、价格低廉、高通行率、节能环保等优点成为众多年轻市民五一畅游汕头的首选交通工具。某品牌电动自行车的部分技术参数见下表，则下列说法正确的是( CD )
A．正常匀速行驶时后轮受到地面对它的滑动摩擦力
B．电动自行车的内阻为9.6 Ω
C．电动自行车以额定功率行驶时，电机的输入功率为240 W
D．电动自行车以额定功率行驶时，电机的效率约为83%
[解析] 正常匀速行驶时，后轮受到地面对它的静摩擦力使电动自行车向前运动，故A错误；由表格读出电机的额定电压U＝48 V，额定电流I＝5.0 A，电机输入的总功率P总＝IU＝48×5.0 W＝240 W，故C正确；额定输出功率P出＝200 W，电机正常工作时的效率η＝ eq \f(P出,P总) ×100%＝ eq \f(200 W,240 W) ×100%≈83%，故D正确；根据能量守恒可知，正常工作时内部发热功率P热＝P总－P出＝240 W－200 W＝40 W，根据P热＝I2r解得r＝1.6 Ω，故B错误。
考向2 U－I图像的理解和应用
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合金材料制作的电热丝。如图乙所示，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。如果将这种电热丝放在实验室中测量，得到的伏安特性曲线可能是( C )
[解析] 由题意知，电热丝是热敏电阻，温度越低，电阻越小，则知温度越高，电阻越大，而U－I图线上任意一点与原点连线的斜率等于电阻，电压和电流增大时，电阻的温度升高，电阻增大，图线上的点与原点连线斜率增大。
题型二 闭合电路欧姆定律及动态分析
考向1 闭合电路欧姆定律的基本应用
地磅工作原理图如图所示，地磅空载时变阻器滑片P位于A点，满载时滑片P位于B点，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法错误的是( B )
A．电压表两端电压与被测汽车的质量成正比
B．若将一个电阻与电压表串联，则可增大地磅的量程
C．若称量值偏小，则可在R0上并联一个电阻进行校正
D．电池长时间使用后，称量值会偏小
[解析] 设AB的电阻为R，横截面积为S，根据闭合电路欧姆定律可知E＝I(R＋R0＋r)，设A、P之间的距离为x，U＝IRx＝ eq \f(Eρx,(R＋R0＋r)S) ，汽车平衡时mg＝2kx，解得U＝ eq \f(Eρmg,2k(R＋R0＋r)S) ，从公式可以看出电压表两端电压与被测汽车的质量成正比，A正确，不符合题意；若将一个电阻与电压表串联， A、P之间的最大电压不受此电阻的影响，则没有办法增大地磅的量程，B错误，符合题意；若称量值偏小，则可以在R0上并联一个电阻，回路中总电阻变小，总电流增大，可变电阻上的电压增大，使称量值正常， C正确，不符合题意；电池长时间使用后，内阻会变大，导致电流减小，AP上的电压减小，所以称量值会偏小，D正确，不符合题意。
考向2 闭合电路的动态分析
1．动态变化原因
(1)当外电路的任何一个电阻增大(减小)时，电路的总电阻一定增大(减小)。
(2)若开关的接通使串联的用电器增多，则总电阻增大；若开关的接通使并联的支路增多，则总电阻减小。
(3)热敏电阻或光敏电阻的阻值变化。
2．动态分析方法
(1)程序法；(2)“串反并同”法；(3)极限法。
如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，电压表为理想电表，R为滑动变阻器，当滑动变阻器的触头向上滑动时，下列说法正确的是( A )
A．灯泡L1变亮
B．灯泡L2变亮
C．电压表读数增大
D．电源内阻消耗功率减小
[解析] 由“串反并同”结论可知，“串反”是当某电阻变化时，与它直接串联或间接串联导体的各电学量(如电流、电压和实际电功率)都做与之相反的变化。“并同”是当某电阻变化时，与它直接并联或间接并联导体的各电学量(如电流、电压和实际电功率)都做与之相同的变化。故滑动变阻器电阻减小，则L1变亮，L2变暗，则A正确，B错误；电路的总电阻变小，总电流变大，所以电源内阻的电压变大，所以电压表示数减小，内阻消耗功率增大，则C、D错误。
(多选)如图所示的电路中，E为电源，其内电阻为r，V为理想电压表，L为阻值恒为2r的小灯泡，定值电阻R1的阻值恒为r，R3为半导体材料制成的光敏电阻，电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电油滴处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是( BD )
A．若将R2的滑片上移，则电压表的示数变小
B．若突然将电容器上极板上移，则油滴在P点电势能增加
C．若光照变强，则油滴会向上运动
D．若光照变强，则A、B间电路的功率变大
[解析] 由于电路稳定时，R2相当于导线，所以将R2的滑片上移时，电压表的示数不变，故A错误； 若突然将电容器上极板上移，电容器板间电压不变，板间场强减小，由U＝Ed知，P点与下极板间的电势差减小，而下极板的电势为零，所以P点电势降低，由题意可知油滴带负电，所以油滴在P点电势能增加，故B正确；若光照变强，光敏电阻R3减小，通过小灯泡的电流变大，电容器两端电压U＝E－I(r＋R1)，I变大，则U变小，即电容器两板间的电压变小，场强变小，油滴所受的电场力变小，因此油滴要向下极板运动，故C错误； 根据当外电阻等于内电阻时电源输出功率最大可知，将R1看成电源的内阻，由于等效电源的外电阻大于内电阻，外电阻变小，所以等效电源的输出功率变大，即A、B间电路的功率逐渐变大，故D正确。
题型三 交流电的产生和描述
考向1 交变电流的产生和描述
1．线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大， eq \f(ΔΦ,Δt) ＝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， eq \f(ΔΦ,Δt) 最大，e最大，i最大，电流方向不改变。
如图甲所示，在水平向右的匀强磁场中，匝数为100匝的矩形线圈绕与线圈平面共面的竖直轴匀速转动，从线圈转到某一位置开始计时，线圈中的瞬时感应电动势e随时间t变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是( D )
A．e＝0时，穿过线圈的磁通量为零
B．t＝0时，线圈平面与磁场方向夹角为30°
C．瞬时感应电动势e随时间t的变化关系为e＝22 eq \r(2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(100πt－\f(π,3))) V
D．线圈转动一圈的过程中，穿过线圈磁通量的最大值为 eq \f(22\r(2),π) ×10－4 Wb
[解析] 由题图乙可知，线圈转动周期为0.02 s，角速度ω＝ eq \f(2π,T) ＝100π rad/s，瞬时感应电动势e随时间t的变化关系为e＝22 eq \r(2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(100πt＋\f(π,6))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(V)) ，当t＝0时，线圈平面与中性面的夹角为30°，当e＝0时，穿过线圈的磁通量最大，故A、B、C错误；线圈转动一圈的过程中，穿过线圈磁通量的最大值Φm＝BS＝ eq \f(Em,nω) ＝ eq \f(22\r(2),π) ×10－4 Wb，故D正确。
考向2 交变电流的“四值”问题
工业机器人广泛用于工业领域。某工业机器人设备接在u＝380 eq \r(2) sin 100πt(V)的交流电源上，正常工作时电流为2 A，则下列说法正确的是( D )
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．该设备正常工作时电流的峰值为2 A
D．该设备正常工作时消耗的功率为0.76 kW
[解析] 根据u＝380 eq \r(2) sin 100πt(V)可知交流电的角速度ω＝100π rad/s，该交流电的频率f＝ eq \f(ω,2π) ＝ eq \f(100π,2π) Hz＝50 Hz，故A错误；正弦交流电一个周期内电流方向变化两次，所以该交流电每秒内电流方向变化n＝2×50次＝100次，故B错误；由题可知，该设备正常工作时电流的峰值Im＝ eq \r(2) I＝2 eq \r(2) A，故C错误；该交流电的有效值E＝ eq \f(Em,\r(2)) ，该设备正常工作时消耗的功率P＝EI，解得正常工作时的功率P＝760 W＝0.76 kW，故D正确。
题型四 变压器和远距离输电
考向1 理想变压器原理和基本关系
如图，某兴趣小组设计用一小风力发电机给灯泡供电。发电机线圈与风叶固定在同一转轴上一起转动，灯泡正常发光，若线圈转速变为原来的2倍，理想变压器副线圈匝数变为原来的 eq \f(1,2) ，其他条件不变，发电机内阻不计，则以下说法正确的是( A )
A．流经灯泡电流的频率增大
B．流经灯泡电流的最大值减小
C．灯泡两端电压的有效值增大
D．发电机线圈中的感应电动势大小不变
[解析] 线圈转速变为原来的2倍，可知周期变为原来的 eq \f(1,2) ，故交流电的频率变为原来的2倍，A正确；根据交流电压的最大值公式Em＝NBSω，可知角速度变为原来的2倍，故发电机线圈中的感应电动势最大值变为原来的2倍，同时理想变压器副线圈匝数变为原来的 eq \f(1,2) ，设原来原、副线圈匝数比为 eq \f(n1,n2) ，根据理想变压器原、副线圈电压与匝数比的关系有 eq \f(n1,n2) ＝ eq \f(U1,U2) ， eq \f(n1,\f(1,2)·n2) ＝ eq \f(2U1,U2′) 解得U2＝U2′，即副线圈电压最大值不变，所以流经灯泡电流的最大值不变，B错误；副线圈电压最大值不变，故灯泡两端电压的有效值不变，C错误；根据前面分析发电机线圈中的感应电动势最大值变为原来的2倍，故线圈中感应电动势变为原来的2倍，D错误。
某款电吹风的电路图如图所示，a、b、c、d为四个固定触点，可动扇形金属触片P可同时接触两个触点。当触片P接通c、d两点时，电吹风不工作，电路中的变压器可视为理想变压器，原、副线圈匝数比 eq \f(n1,n2) ＝ eq \f(11,3) 。当电吹风接220 V交流电时，额定功率为60 W的小风扇能正常工作，小风扇的输出功率为52 W。下列说法正确的是( B )
A．转动P接通b、c触点时，电吹风吹出热风
B．正常工作时通过小风扇的电流为1 A
C．风扇电动机的线圈内阻为60 Ω
D．转动P接通a、b触点时，因电热丝的电阻变大，会导致小风扇的电流变小
[解析] 转动P接通b、c触点时，电热丝未接入电路，故电吹风吹出的是冷风，A错误； 原、副线圈匝数比 eq \f(n1,n2) ＝ eq \f(11,3) ，故正常工作时小风扇两端的电压U2＝ eq \f(n2,n1) U1＝60 V，故通过小风扇的电流I＝ eq \f(P额,U2) ＝1 A，B正确；风扇正常工作时，电动机的线圈内阻产生的热功率P热＝P额－P出＝8 W，风扇电动机的线圈内阻r＝ eq \f(P热,I2) ＝8 Ω，C错误；转动P接通a、b触点时，电热丝与电风扇并联，接入电路电压不变，小风扇的两端电压不变，故电流不变，D错误。
考向2 变压器的动态分析
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。
如图甲所示，理想变压器原线圈接入图乙所示的交变电压，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器。原、副线圈的匝数之比为10∶1，V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示。下列说法正确的是( A )
A．t＝0.01 s时，电压表V1的示数U1不为零
B．滑片P向下滑动过程中，U1I1的数值变小
C．滑片P向下滑动过程中， eq \f(U2,I2) 的数值变大
D．滑片P向下滑动过程中，R消耗的功率一定变大
[解析] 电压表的示数为有效值，示数为U＝ eq \f(Um,\r(2)) ＝ eq \f(220\r(2),\r(2)) V＝220 V，A正确；滑片P向下滑动中，副线圈回路中的总电阻值减小，回路中电流I2增大，电压U2不变，则有I2U2增大，由理想变压器的输入功率等于输出功率，知U1I1的数值变大， eq \f(U2,I2) 的数值变小，B、C错误；由电功率公式，可得R消耗的功率P＝I eq \\al(2,2) R＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(U2,R0＋R))) 2R＝ eq \f(U eq \\al(2,2) ,4R0＋\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R0－R))2,R)) ，由上式可知，电压U2不变，P向下滑动中，由于不确定滑动变阻器R与定值电阻R0的大小关系，因此无法判断滑动变阻器R的功率变化，D错误。
考向3 远距离输电问题
1．厘清三个回路
2．抓住两个联系
(1)理想的升压变压器中线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是 eq \f(U1,U2) ＝ eq \f(n1,n2) ， eq \f(I1,I2) ＝ eq \f(n2,n1) ，P1＝P2。
(2)理想的降压变压器中线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是 eq \f(U3,U4) ＝ eq \f(n3,n4) ， eq \f(I3,I4) ＝ eq \f(n4,n3) ，P3＝P4。
3．掌握一个守恒：能量守恒关系式P1＝P损＋P3。
4．输电线路功率损失的计算
(1)输送功率P、用户得到的功率P′与线路损失功率P损的关系：P损＝P－P′。
(2)P损＝I eq \\al(2,线) R线＝ eq \f((ΔU)2,R线) ＝ΔU·I线，I线为输电线路上的电流，ΔU为输电线路上损失的电压，R线为输电线路的电阻。
我国是全球唯一掌握特高压直流输电技术的国家。图是特高压直流输电系统的模拟图(只显示变压与传输部分)，则以下说法正确的是( C )
A．题中描述的“特高压直流输电”，说明变压器可以直接对直流电进行变压作用
B．变压器在升压过程中频率随着电压的增大而升高
C．在输电功率一定条件下，输电电压提高十倍，线路损耗功率将降低为原来的1%
D．用户接入电路的用电器越多，流过n4的电流越大，由匝数比等于电流的反比可知，流过电阻r的电流变小
[解析] 根据变压器工作原理可知，变压器不可以直接对直流电进行变压作用，故A错误；变压器在升压过程中频率保持不变，故B错误；根据P送＝UI，P损＝I2r，联立可得P损＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P送,U))) 2r，在输电功率一定条件下，输电电压提高十倍，线路损耗功率将降低为原来的1%，故C正确；在题图中，用户接入电路的用电器越多，流过n4的电流越大，根据 eq \f(I2,I4) ＝ eq \f(n4,n3) 可知随着I4增大，流过电阻r的电流I2变大，故D错误。
(多选)绿色环保、低碳出行已经成为一种时尚，新能源汽车越来越受市民的喜爱，正在加速“驶入”百姓家，某家用交流电充电桩的供电电路如图所示。已知总电源的输出电压U1＝ 220 V，输出功率P1＝3.3×105 W，输电线的总电阻r ＝12 Ω，变压器视为理想变压器，其中升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶15，汽车充电桩的额定电压为50 V。下列说法正确的有( AD )
A．输电线上的电流为100 A
B．充电桩用户获得的功率为1.5×105 W
C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝66∶1
D．若充电桩消耗的功率增大，在总电压不变的情况下，则充电桩用户端获得的电压减小
[解析] 升压变压器原线圈电流I1＝ eq \f(P1,U1) ＝1 500 A，所以I2＝ eq \f(n1,n2) I1＝100 A，故A正确；输电线损耗的功率ΔP＝I eq \\al(2,2) r＝1.2×105 W，所以充电桩用户获得的功率P4＝P1－ΔP＝2.1×105 W，故B错误；升压变压器副线圈电压U2＝ eq \f(n2,n1) U1＝3 300 V，输电线损耗的电压ΔU＝I2r＝1 200 V，所以降压变压器的匝数比 eq \f(n3,n4) ＝ eq \f(U3,U4) ＝ eq \f(3 300－1 200,50) ＝42，故C错误；若充电桩消耗的功率增大，则电源输入总功率变大，因为总电压不变，由I＝ eq \f(P,U) 可知升压变压器原线圈电流变大，升压变压器副线圈电流变大，则输电线上的损耗电压变大，降压变压器原线圈电压变小，则降压变压器副线圈电压也变小，故D正确。
1．(2024·广东省选择考模拟二)线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴转动，产生交变电流的i－t图像如图所示，则( D )
A．该交变电流的周期为0.5 s
B．该交变电流的电流有效值为2 A
C．t＝0.1 s时，穿过线圈的磁通量为零
D．t＝0.2 s时，穿过线圈的磁通量变化得最快
解析：由题图可知该交变电流的周期为0.4 s，故A错误；该交变电流的电流有效值I＝ eq \f(Im,\r(2)) ＝ eq \r(2) A，故B错误；t＝0.1 s，感应电流为零，此时穿过线圈的磁通量最大，故C错误，t＝0.2 s时，感应电流最大，根据法拉第电磁感应定律可知此时穿过线圈的磁通量变化得最快，故D正确。
2．(2024·韶关市综合测试) 图甲为按压式发电手电筒。以一定的频率不断按压手柄时，其内置发电机会产生如图乙所示的交变电流。已知发电机内阻r＝2 Ω，与其串联的灯泡额定电压为9 V、阻值为18 Ω。若该灯泡恰好正常发光，则该发电机( A )
A．输出电流的有效值为0.5 A
B．输出电流的最大值为0.5 A
C．电动势的最大值为10 V
D．输出的交流电频率为50 Hz
解析：灯泡额定电压为9 V、阻值为18 Ω，灯泡恰好正常发光，则输出电流的有效值I＝ eq \f(U,R) ＝ eq \f(9,18) A＝0.5 A，故A正确；题图乙中电流为正弦式交变电流，则输出电流的最大值Im＝ eq \r(2) I＝ eq \f(\r(2),2) A，故B错误；电动势的最大值Em＝Im(R＋r)＝10 eq \r(2) V，故C错误；根据题图乙可知，周期为0.2 s，则频率f＝ eq \f(1,T) ＝5 Hz，故D错误。
3.随着绿色环保理念深入人心，电动汽车市场日趋火爆，电池充电技术飞速发展。如图为某科技公司利用电磁感应原理设计的无线充电桩原理示意图。若汽车以22 kW的恒定功率充电，送电线圈连接u＝220 eq \r(2) sin 100πt(V)的交流电，不计能量损失。下列说法正确的是( A )
A．送电线圈中的电流为100 A
B．受电线圈中电流的频率为100 Hz
C．仅减小送电线圈的匝数，会增大电池端的输出电流
D．仅减小送电线圈的匝数，会减小电池端的输出电压
解析：根据P＝UI解得I＝100 A，则送电线圈中的电流为100 A，A正确；送电线圈频率为50 Hz，则受电线圈中交流电的频率也为50 Hz，B错误；输送电压与输送功率恒定，则送电线圈中电流恒定，减小送电线圈匝数n1，根据 eq \f(U1,U2) ＝ eq \f(n1,n2) ，受电线圈电压U2增大，根据P1＝U2I2 ，电池端的输出电流减小，C、D错误。
4.(2024·梅州市一模)某电学研究小组根据电工技术中“钳形电流测量仪”工作原理，自制了一个50 Hz钳形电流表，如图所示，铁芯左侧绕有匝数为n＝100的线圈，并与电流表A组成闭合电路。某次进行测量时，钳口打开，把被测的通电导线放在钳口中间，通过电流表A，可以间接测出通电导线中的电流。不考虑铁芯的漏磁及各种能量损耗，则下列说法正确的是( A )
A．该测量仪属于升压变压器
B．该测量仪工作原理是利用自感现象
C．若导线中通过的是10 A直流电，则电流表中通过的电流是10 mA
D．电流表的示数随铁芯左侧线圈匝数的增加而变大
解析：根据题意可知，原线圈匝数为1，副线圈匝数为100，则该测量仪属于升压变压器，故A正确；该测量仪工作原理是利用互感现象，故B错误；若导线中通过的是10 A直流电，变压器不工作，电流表无示数，故C错误；根据公式 eq \f(n1,n2) ＝ eq \f(I2,I1) ，铁芯左侧多绕几圈导线，即n2增大，而n1和I1不变，故I2应减小，故电流表示数减小，故D错误。
5.(2024·深圳市罗湖区期末) 如图所示，手摇发电机产生的正弦交流电经理想变压器给灯泡L供电，当线圈以角速度ω匀速转动时，灯泡L正常发光，电压表示数为U。已知理想变压器原线圈与副线圈的匝数之比为k，发电机线圈的电阻为r，灯泡L正常发光时的电阻为R，其他电阻忽略不计，则( C )
A．手摇发电机输出电流为 eq \f(U,r)
B．灯泡L电压的最大值为 eq \f(U,k)
C．灯泡L的额定功率为 eq \f(U2,k2R)
D．若在灯泡L两端并联一个相同的灯泡，则灯泡L的亮度不变
解析：变压器可视为理想变压器，因电压表示数为U，则原线圈电压U1＝U，变压器原线圈与副线圈的匝数比为k，由 eq \f(U1,U2) ＝ eq \f(n1,n2) ＝k，可得副线圈输出电压的有效值U2＝ eq \f(U,k) ，则灯泡L电压的最大值U2m＝ eq \r(2) U2＝ eq \f(\r(2)U,k) ，灯泡L的额定功率PL＝ eq \f(U eq \\al(2,2) ,R) ＝ eq \f(U2,k2R) ，手摇发电机输出电流I1＝ eq \f(P1,U) ＝ eq \f(PL,U) ＝ eq \f(U,k2R) ，故A、B错误，C正确；由于发电机有内阻，在负载端再并联一个相同的灯泡，副线圈总电阻减小，副线圈总电流增大，则原线圈电流增大，发电机内电压增大，发电机输出电压减小，原、副线圈电压都减小，灯泡L变暗，故D错误。
6．(2024·广东大亚湾区联合模拟)普通的交流电压表不能直接用来测量高压输电线路间的电压，通常要通过电压互感器来连接。图(b)为电压互感器示意图，ab端所接线圈的匝数较少，工作时ab端电压为Uab，cd端所接线圈的匝数较多，工作时cd端电压为Ucd，现利用这个电压互感器通过普通的交流电压表测量图(a)中输电导线间的高电压，下列说法正确的是( D )
A．ab接MN、cd接电压表，UabUcd
C．cd接MN、ab接电压表，Uab>Ucd
D．cd接MN、ab接电压表，Uab