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新高考物理二轮复习讲义课件 第1部分 专题4 第10讲 直流电路与交变电流（含解析）
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这是一份新高考物理二轮复习讲义课件 第1部分 专题4 第10讲 直流电路与交变电流（含解析），共60页。PPT课件主要包含了内容索引，高考预测，专题强化练，直流电路的分析与计算，交变电流的产生，变压器与远距离输电等内容，欢迎下载使用。
第10讲 直流电路与交变电流
1.命题角度：(1)直流电路的分析与计算；(2)交变电流的产生与描述；(3)变压器与远距离输电.2.常用方法：直流电路和变压器的动态分析法，计算有效值的等效法.3.常考题型：选择题.
考点一 直流电路的分析与计算
考点二 交变电流的产生
考点三 变压器与远距离输电
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：部分电路阻值变化→电路总电阻R总变化→干路电流I变化→路端电压U变化→各支路电流、电压变化，即(2)串反并同法：所谓“串反”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都减小(增大).所谓“并同”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都增大(减小).
(3)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，使滑动变阻器接入电路的电阻最大或电阻为零去讨论.
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 (2022·上海市松江区一模)如图电路中，电阻R随温度升高均匀增大，用这个电阻做探头测温，把电流表的刻度改为相应的温度刻度.下列说法正确的是
A.低温对应电流较大的刻度上，且温度刻度均匀B.低温对应电流较大的刻度上，且温度刻度不均匀C.高温对应电流较大的刻度上，且温度刻度均匀D.高温对应电流较大的刻度上，且温度刻度不均匀
当温度升高时，电阻R增大，电路中总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律，电路中的电流减小，即高温对应电流较小的刻度上；同理分析可知低温对应电流较大的刻度上；由题意知电阻R随温度升高均匀增大，
所以温度刻度是不均匀的，所以A、C、D错误，B正确.
例2 (2022·山东济宁市高三期末)如图所示，电源的电动势和内阻分别为E和r，在滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，下列说法正确的是A.电路的总电阻先减小后增大B.电源的总功率先增大后减小C.电容器所带电荷量先减少后增多D.电源的效率先减小后增大
滑动变阻器Pa段与Pb段并联，然后与R1 和电源串联，滑片P位于a、b中点时并联部分电阻最大，则滑片从a向b缓慢移动的过程中，电路的总电阻先增大后减小，故A错误；
由闭合电路欧姆定律可知干路中的电流先减小后增大，因此电源总功率P＝EI先减小后增大，故B错误；R1两端的电压先减小后增大，它与电容器并联，根据Q＝CU可知电容器所带电荷量先减少后增多，故C正确；
电源的效率η＝ ×100%＝ ×100%，滑片从a向b缓慢移动的过程中，路端电压为U＝E－Ir，由于I先减小后增大，因此U先增大后减小，可知电源效率先增大后减小，故D错误.
例3 (2021·湖南省1月适应性考试·4)有四个电源甲、乙、丙、丁，其路端电压U与电流I的关系图像分别如图(a)、(b)、(c)、(d)所示.将一个6 Ω的定值电阻分别与每个电源的两极相接，使定值电阻消耗功率最大的电源是
A.甲电源 B.乙电源C.丙电源 D.丁电源
U－I图像的斜率的绝对值表示电源的内阻，由题图知丁电源内阻r最小，再由P＝( )2·R知，r越小，定值电阻消耗的功率越大，故选D.
1.当R一定、r变化(针对不同电源)时，由P出＝ 知，r越大，P出越小.
2.当r一定、R变化时，P出随R的变化情况可通过下面两个图像进行分析.
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)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
例4 图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表.线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，已知发电机线圈电阻为5 Ω，外接一只阻值为5 Ω的电阻R，不计电路的其他电阻，已知电阻R两端的电压随时间变化的图像如图乙所示.则A.线圈的转速为100 r/sB.交流电流表的示数为 s时线圈平面与磁场方向平行D.电阻R在1分钟内产生的热量为4 800 J
由题图乙可知，交变电流的周期为0.02 s，所以线圈的转速为n＝＝50 r/s，A错误；
电阻R两端的电压的有效值为20 V，交流电流表的示数为有效值，其值为I＝ ＝4 A，B错误；
0.01 s时电压为零，则感应电动势为零，线圈处于中性面位置，C错误；电阻R在1分钟内产生的热量为Q＝I2Rt＝4 800 J，D正确.
例5 (2022·河北省模拟)某周期性变化电流随时间变化的规律如图所示，已知该电流的有效值为 A，则该交流电的周期为
A.37.5 s B.40 sC.42.5 s D.45 s
设周期为T，由题可知，根据电流的热效应有I有效2RT＝I12Rt1＋I22Rt2＋I32R(T－t1－t2)，把t1＝10 s，t2＝(20－10) s＝10 s，I1＝3 A，I2＝4 A，I3＝2 A，
代入解得T＝42.5 s，故选C.
1.三个关系搞清变压器问题(1)变与不变的关系：不变的是功率关系、磁通量的变化率和周期频率.理想变压器工作不损失能量，即输入功率等于输出功率；原、副线圈交变电流频率相同；在没有漏磁时，原、副线圈磁通量的变化率相同.(2)高与低，大与小，多与少，粗与细的关系：电压高的线圈电流小，匝数多，导线细；电压低的线圈电流大，匝数少，导线粗.(3)正比与反比的关系：原、副线圈的电压与匝数成正比，单一副线圈的变压器电流与匝数成反比.
2.远距离输电问题(1)理清三个回路
3.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线2R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.
例6 (2022·山东卷·4)如图所示的变压器，输入电压为220 V，可输出12 V、18 V、30 V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcs (100πt).单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1 V.将阻值为12 Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12 W.下列说法正确的是A.n1为1 100匝，Um为220 VB.BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4 AC.若将R接在AB两端，R两端的电压为18 V，频率为 100 HzD.若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5 A，周期为0.02 s
变压器的输入电压为220 V，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，
解得原线圈为2 200匝，A错误；根据题图可知，当原线圈输入电压为220 V时，
则BC间的线圈匝数为120匝，
若将R接在AB两端，根据题图可知，当原线圈输入电压为220 V时，AB间的电压应该为18 V.根据交流电原线圈电压的表达式可知，交流电的角速度为100π rad/s，
若将R接在AC两端，根据题图可知，当原线圈输入电压为220 V时，AC间的电压应该为30 V，
例7 (多选)(2021·山东卷·9)输电能耗演示电路如图所示.左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为7.5 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10 Ω.开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为10 W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P.以下判断正确的是
A.r＝10 Ω B.r＝5 ΩC.P＝45 W D.P＝22.5 W
当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器副线圈中的电流为0.5I；
解得I＝3 A，则R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5 W，故选B、D.
1.(多选)(2022·山东省模拟)某电动车总质量为6.75×103 kg，若它匀速前进500 m用时250 s，该过程中驱动电机的输入电流I＝10 A，电压为300 V，电动车行驶时所受阻力大小为车总重力大小的 ，重力加速度g取10 m/s2，机械效率是输出功率占输入功率的百分比.不考虑其他损耗，下列说法正确的是A.驱动电机的输入功率为3 000 WB.电动车的机械功率为2 500 WC.驱动电机的内阻为3 ΩD.驱动电机的机械效率为85%
驱动电机的输入功率为P入＝UI＝300×10 W＝3 000 W，选项A正确；
设驱动电机的内阻为R，由能量守恒定律得P入t＝P机t＋I2Rt，解得驱动电机的内阻为R＝3 Ω，选项C正确；驱动电机的机械效率为η＝ ×100%＝90%，选项D错误.
2.(2022·湖北省九师联盟高三联考)如图所示的电路中，变压器为可调理想自耦式变压器，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，在M、N两端输入恒定的正弦交流电，则下列判断正确的是A.仅将滑片P1向上移，电压表示数变大B.仅将滑片P1向上移，电流表示数变大C.仅将滑片P2向上移，电压表示数变大D.仅将滑片P2向上移，电流表示数变大
仅将滑片P1向上移，原线圈匝数增大，根据变压比 ，可知U2减小，根据分压原理可知，电压表的示数变小，A错误；
仅将滑片P1向上移，副线圈电压变小，根据P＝ 可知电路消耗的功率减小，原线圈输入功率变小，电流表的示数变小，B错误；
仅将滑片P2向上移，R2接入电路的电阻变大，因此副线圈中的电流减小，R1两端的电压变小，电压表的示数变大，根据变流比，电流表的示数变小，C正确，D错误.
1.(多选)(2022·北京市朝阳区期末)金属导电是一种典型的导电模型，值得深入研究.一金属直导线的电阻率为ρ，若在其两端加上电压，自由电子将在静电力作用下定向加速，但电子加速运动很短时间就会与晶格碰撞而发生散射，紧接着又定向加速，设每一次加速的时间为Δt，这个周而复始的过程可简化为电子以速度v沿导线方向做匀速运动.我们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，可以“精细”描述导线中各点电流的强弱.设该导线内电场强度大小为E，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e、质量为m，电子在导线中定向运动时受到的平均阻力为Ff.则下列表达式正确的是
电子做匀速运动时，有Ff＝Ee＝ρne2v，故D错误.
2.(2021·福建省1月适应性考试·1)一手摇交流发电机线圈在匀强磁场中匀速转动.转轴位于线圈平面内，并与磁场方向垂直.产生的交变电流i随时间t变化关系如图所示，则A.该交变电流频率是0.4 HzB.该交变电流有效值是0.8 AC.t＝0.1 s时，穿过线圈平面的磁通量最小D.该交变电流瞬时值表达式是i＝0.8 sin (5πt) A
t＝0.1 s时，电流最大，说明线圈与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零，故C正确；线圈转动的角速度ω＝ ＝5π rad/s，该交变电流的瞬时值表达式为i＝0.8sin (5πt) A，故D错误.
3.(多选)(2022·湖北卷·9)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220 V、匝数为1 100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 VB.接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1C.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
变压器是不改变其交变电流的频率的，故C正确；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.
4.(多选)(2022·福建莆田市二模)如图所示是一种调压变压器的原理图，线圈AB绕在一个圆形的铁芯上，A、B端加上u＝220 sin (100πt) V的交流电压，通过移动滑动触头P来调节C、D端输出电压.当P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，现将一个“38 V,19 W”的灯泡接到输出端C、D，下列操作可使灯泡正常发光的是A.仅将P顺时针旋转到合适位置B.仅将P逆时针旋转到合适位置C.仅将灯泡并联一个阻值为144 Ω的电阻D.仅将灯泡串联一个阻值为144 Ω的电阻
灯泡的额定电压为38 V，可知现想要将一个“38 V,19 W”的灯泡接到输出端C、D，可以仅将P顺时针旋转到合适位置减小副线圈的匝数或串联一个电阻，根据RL∶R＝UL∶UR，
联立解得R＝144 Ω，故A、D正确，B、C错误.
5.(2022·广东惠州市第三次调研)如图甲所示的电路中，S为单刀双掷开关，电表均为理想电表，Rt为热敏电阻(阻值随温度的升高而减小)，理想变压器原线圈接如图乙所示的正弦交流电，则A.变压器原线圈中交流电压的表达式 为u＝110 ·sin (50πt) VB.开关S接在a端，Rt温度升高时， 变压器的输入功率变小C.开关S接在a端，Rt温度升高时，电压表和电流表的示数均变大D.开关S由a切换到b，Rt消耗的功率变小
由题图乙可知，变压器原线圈中交流电压的表达式为u＝110 sin (100πt) V，A错误；
6.(2022·陕西咸阳市一模)如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1是光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，R2是定值电阻，C是平行板电容器，V1、V2都是理想电压表.闭合开关S后，电容器中的带电小球处于静止状态.在光照强度增大的过程中，分别用ΔU1、ΔU2表示电压表V1和电压表V2示数变化的绝对值，且ΔU1<ΔU2，则下列说法正确的是A.V1的示数增大，V2的示数减小B.V1的示数减小，V2的示数增大C.带电小球仍处于静止状态D.带电小球向上运动
在光照强度增大的过程中，R1的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，则R2的电压增大，V2的示数增大.内电压和R2的电压增大，则路端电压减小，V1的示数减小，R1的电压减小，故A错误，B正确；
R1的电压减小，则电容器板间电压减小，板间场强减小，带电小球受到的静电力减小，则带电小球向下运动，故C、D错误.
7.(2022·北京八十中三模)利用某半导体的电阻随温度升高而减小的特征可以制作电子温度计.图甲表示该半导体的电阻R随温度t变化的情况.把该半导体与电动势为E、内阻为r的电源，理想电压表和保护电阻R0连成如图乙所示的电路.用该半导体作测温探头，把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计.下列说法正确的是A.温度升高后，电源的效率将升高B.该电子温度计表盘上温度的刻度是均匀的C.tA和tB相比，tA应标在电压较小的刻度上D.若电池用久后内阻r变大，用该温度计测量的温度要比真实值偏高
温度升高后，R阻值减小，外电阻减小，则电源的效率将降低，选项A错误；
则该电子温度计表盘上温度的刻度是不均匀的，温度越高，U越小，即tA应标在电压较大的刻度上，tB应标在电压较小的刻度上，选项B、C错误；
若电池用久后内阻r变大，根据U＝ 可知相同的R值时U值偏小，则对应的温度偏高，即用该温度计测量的温度要比真实值偏高，选项D正确.
8.(2022·江苏南京市模拟 )某温度检测、光电控制加热装置原理图如图所示.图中RT为热敏电阻(随温度升高阻值减小)，用来探测加热电阻丝R的温度，RG为光敏电阻(随光照强度增大阻值减小)，接收小灯泡L的光照，除RT、RG外，其他电阻均为定值电阻.当R处温度降低时A.L变亮B.通过R3的电流减小C.E2的路端电压减小D.R消耗的功率减小
当R处温度降低时，热敏电阻RT阻值增大，由闭合电路欧姆定律可知，左侧电路中的电流减小，即通过小灯泡L的电流减小，小灯泡L的光照强度减小，所以光敏电阻
RG的阻值增大，则右侧电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，电源E2的路端电压增大，R两端电压增大，通过R的电流也增大，R消耗的功率增大，根据并联电路分流规律可知通过R3的电流减小，综上所述可知B正确，A、C、D错误.
9.(2022·浙江1月选考·12)某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15 m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0 kg.喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75 m不变.水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220 V，输入电流为2.0 A.不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率.已知水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，重力加速度g取10 m/s2，则A.每秒水泵对水做功为75 JB.每秒水泵对水做功为225 JC.水泵输入功率为440 WD.电动机线圈的电阻为10 Ω
每秒喷出水的质量为m0＝2.0 kg，抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为W＝m0gH＋ m0v02＝300 J，故A、B错误；
而水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%，
电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为P机＝P入＝400 W，而电动机的电功率为P电＝UI＝440 W，由能量守恒定律可知P电＝I2R＋P机，联立解得R＝10 Ω，故D正确.
10.(2022·山东德州市高三期末)海浪机械能是未来可使用的绿色能源之一，利用海浪发电可加速地球上碳中和的实现.某科技小组设计的海浪发电装置的俯视图如图所示，圆柱体磁芯和外壳之间有辐射状磁场，它们可随着海浪上下浮动，磁芯和外壳之间的间隙中有固定的环形导电线圈，线圈的半径为L，电阻为r，所在处磁场的磁感应强度大小始终为B，磁芯和外壳随海浪上下浮动的速度为v，v随时间t的变化关系为v＝v0sin t，其中的T为海浪上下浮动的周期.现使该发电装置与阻值为R的电阻形成回路，则该发电装置在一个周期内产生的电能为
环形导电线圈随着磁芯和外壳随海浪上下浮动而切割磁感线，由法拉第电磁感应定律E＝Blv，环形线圈各部分产生的电动势对回路来说是同向的(实际指感应电流方向)，
11.(2022·山东济南市、聊城市等高三学情检测)如图所示，理想变压器原线圈与副线圈的匝数比为2∶1，ab端接交流电源，此时电路消耗的总功率为P.若将电阻R0与电阻R互换位置，电路消耗的总功率为2P，则R0与R的比值为
A.2∶7 B.7∶2C.1∶4 D.4∶1
设ab端输入的总电压为U，原线圈两端电压为U1，电流为I1，副线圈两端电压为U2，电流为I2，
当电阻R0与电阻R互换位置后U＝I1′R＋U1′，
所以U＝I1′R＋2U2′＝I1′R＋2I2′R0，
则U＝I1′R＋4I1′R0，
则联立可得I1R0＋4I1R＝2I1R＋8I1R0，即R0∶R＝2∶7，故A正确，B、C、D错误.
12.(多选)(2022·黑龙江省八校高三期末)某同学通过实验正确作出标有“5 V,2.5 W”的小灯泡的U－I图线如图甲所示，现把实验中使用的小灯泡接到如图乙所示的电路中，其中电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，定值电阻R＝9 Ω，则
A.由图甲可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而增大B.由图甲可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而减小C.闭合图乙开关，小灯泡的实际功率约为2.7 WD.闭合图乙开关，小灯泡的实际功率约为0.84 W
由题图甲可知，随电压的升高各点与原点连线的斜率变大，则小灯泡的电阻值增大，选项A正确，B错误；将电阻R看作电源的内阻，则U＝E－I(R＋r)＝6－10I (V)，将此函数关系的图像画在灯泡的U－I
图像上，如图所示两图像的交点为电路的工作点，则I＝0.38 A，U＝2.2 V，则小灯泡的实际功率约为P＝IU＝0.38×2.2 W≈0.84 W，选项C错误，D正确.
13.(2022·贵州毕节市4月第二次诊断)如图甲为利用理想变压器进行远距离输电的示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶50，降压变压器原、副线圈匝数比为n3∶n4，发电机到升压变压器间两条输电线的总电阻为0.2 Ω，两条远距离输电线的总电阻为200 Ω.若发电机的输出电压如图乙所示，发电机的输出功率为78 kW，用户端获得的电压有效值为220 V.下列说法中正确的是
A.降压变压器原、副线圈匝数比为n3∶n4＝40∶1B.用户端交流电的频率为100 HzC.远距离输电线中的电流为300 AD.远距离输电线路损耗功率为1.2 kW
发电机的输出功率为P＝78 kW，由题图乙知发电机的输出电压有效值为U＝260 V，
发电机到升压变压器间两条输电线的总电阻为r＝0.2 Ω，升压变压器原线圈上的电压U1＝U－I1r＝260 V－300×0.2 V＝200 V，根据变压器原理，升压变压器副线圈上的电压U2＝50U1＝10 kV，
远距离输电线的总电阻R＝200 Ω，远距离输电线中损失的电压ΔU＝I2R＝6×200 V＝1 200 V，
则降压变压器原线圈上的电压U3＝U2－ΔU＝8 800 V，用户端获得的电压有效值U4＝220 V，
变压器不改变交流电的频率，由题图乙知交流电的周期T＝0.02 s，所以频率f＝50 Hz，故B错误；
远距离输电线中的电流为I2＝6 A，故C错误；远距离输电线路损耗功率ΔP＝I22R＝62×200 W＝7.2 kW，故D错误.
14.(多选)(2021·河北卷·8)如图，发电机的矩形线圈长为2L、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n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2，当发电机线圈以角速度ω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
由题知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律有U1＝IR1根据变压器原、副线圈电压与匝数的关系有
再由欧姆定律有U2＝I2R2
故A错误，B正确；由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有Emax＝2NBL2ω，
第10讲 直流电路与交变电流
1.命题角度：(1)直流电路的分析与计算；(2)交变电流的产生与描述；(3)变压器与远距离输电.2.常用方法：直流电路和变压器的动态分析法，计算有效值的等效法.3.常考题型：选择题.
考点一 直流电路的分析与计算
考点二 交变电流的产生
考点三 变压器与远距离输电
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：部分电路阻值变化→电路总电阻R总变化→干路电流I变化→路端电压U变化→各支路电流、电压变化，即(2)串反并同法：所谓“串反”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都减小(增大).所谓“并同”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都增大(减小).
(3)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，使滑动变阻器接入电路的电阻最大或电阻为零去讨论.
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 (2022·上海市松江区一模)如图电路中，电阻R随温度升高均匀增大，用这个电阻做探头测温，把电流表的刻度改为相应的温度刻度.下列说法正确的是
A.低温对应电流较大的刻度上，且温度刻度均匀B.低温对应电流较大的刻度上，且温度刻度不均匀C.高温对应电流较大的刻度上，且温度刻度均匀D.高温对应电流较大的刻度上，且温度刻度不均匀
当温度升高时，电阻R增大，电路中总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律，电路中的电流减小，即高温对应电流较小的刻度上；同理分析可知低温对应电流较大的刻度上；由题意知电阻R随温度升高均匀增大，
所以温度刻度是不均匀的，所以A、C、D错误，B正确.
例2 (2022·山东济宁市高三期末)如图所示，电源的电动势和内阻分别为E和r，在滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，下列说法正确的是A.电路的总电阻先减小后增大B.电源的总功率先增大后减小C.电容器所带电荷量先减少后增多D.电源的效率先减小后增大
滑动变阻器Pa段与Pb段并联，然后与R1 和电源串联，滑片P位于a、b中点时并联部分电阻最大，则滑片从a向b缓慢移动的过程中，电路的总电阻先增大后减小，故A错误；
由闭合电路欧姆定律可知干路中的电流先减小后增大，因此电源总功率P＝EI先减小后增大，故B错误；R1两端的电压先减小后增大，它与电容器并联，根据Q＝CU可知电容器所带电荷量先减少后增多，故C正确；
电源的效率η＝ ×100%＝ ×100%，滑片从a向b缓慢移动的过程中，路端电压为U＝E－Ir，由于I先减小后增大，因此U先增大后减小，可知电源效率先增大后减小，故D错误.
例3 (2021·湖南省1月适应性考试·4)有四个电源甲、乙、丙、丁，其路端电压U与电流I的关系图像分别如图(a)、(b)、(c)、(d)所示.将一个6 Ω的定值电阻分别与每个电源的两极相接，使定值电阻消耗功率最大的电源是
A.甲电源 B.乙电源C.丙电源 D.丁电源
U－I图像的斜率的绝对值表示电源的内阻，由题图知丁电源内阻r最小，再由P＝( )2·R知，r越小，定值电阻消耗的功率越大，故选D.
1.当R一定、r变化(针对不同电源)时，由P出＝ 知，r越大，P出越小.
2.当r一定、R变化时，P出随R的变化情况可通过下面两个图像进行分析.
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)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
例4 图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表.线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，已知发电机线圈电阻为5 Ω，外接一只阻值为5 Ω的电阻R，不计电路的其他电阻，已知电阻R两端的电压随时间变化的图像如图乙所示.则A.线圈的转速为100 r/sB.交流电流表的示数为 s时线圈平面与磁场方向平行D.电阻R在1分钟内产生的热量为4 800 J
由题图乙可知，交变电流的周期为0.02 s，所以线圈的转速为n＝＝50 r/s，A错误；
电阻R两端的电压的有效值为20 V，交流电流表的示数为有效值，其值为I＝ ＝4 A，B错误；
0.01 s时电压为零，则感应电动势为零，线圈处于中性面位置，C错误；电阻R在1分钟内产生的热量为Q＝I2Rt＝4 800 J，D正确.
例5 (2022·河北省模拟)某周期性变化电流随时间变化的规律如图所示，已知该电流的有效值为 A，则该交流电的周期为
A.37.5 s B.40 sC.42.5 s D.45 s
设周期为T，由题可知，根据电流的热效应有I有效2RT＝I12Rt1＋I22Rt2＋I32R(T－t1－t2)，把t1＝10 s，t2＝(20－10) s＝10 s，I1＝3 A，I2＝4 A，I3＝2 A，
代入解得T＝42.5 s，故选C.
1.三个关系搞清变压器问题(1)变与不变的关系：不变的是功率关系、磁通量的变化率和周期频率.理想变压器工作不损失能量，即输入功率等于输出功率；原、副线圈交变电流频率相同；在没有漏磁时，原、副线圈磁通量的变化率相同.(2)高与低，大与小，多与少，粗与细的关系：电压高的线圈电流小，匝数多，导线细；电压低的线圈电流大，匝数少，导线粗.(3)正比与反比的关系：原、副线圈的电压与匝数成正比，单一副线圈的变压器电流与匝数成反比.
2.远距离输电问题(1)理清三个回路
3.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线2R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.
例6 (2022·山东卷·4)如图所示的变压器，输入电压为220 V，可输出12 V、18 V、30 V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcs (100πt).单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1 V.将阻值为12 Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12 W.下列说法正确的是A.n1为1 100匝，Um为220 VB.BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4 AC.若将R接在AB两端，R两端的电压为18 V，频率为 100 HzD.若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5 A，周期为0.02 s
变压器的输入电压为220 V，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，
解得原线圈为2 200匝，A错误；根据题图可知，当原线圈输入电压为220 V时，
则BC间的线圈匝数为120匝，
若将R接在AB两端，根据题图可知，当原线圈输入电压为220 V时，AB间的电压应该为18 V.根据交流电原线圈电压的表达式可知，交流电的角速度为100π rad/s，
若将R接在AC两端，根据题图可知，当原线圈输入电压为220 V时，AC间的电压应该为30 V，
例7 (多选)(2021·山东卷·9)输电能耗演示电路如图所示.左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为7.5 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10 Ω.开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为10 W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P.以下判断正确的是
A.r＝10 Ω B.r＝5 ΩC.P＝45 W D.P＝22.5 W
当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器副线圈中的电流为0.5I；
解得I＝3 A，则R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5 W，故选B、D.
1.(多选)(2022·山东省模拟)某电动车总质量为6.75×103 kg，若它匀速前进500 m用时250 s，该过程中驱动电机的输入电流I＝10 A，电压为300 V，电动车行驶时所受阻力大小为车总重力大小的 ，重力加速度g取10 m/s2，机械效率是输出功率占输入功率的百分比.不考虑其他损耗，下列说法正确的是A.驱动电机的输入功率为3 000 WB.电动车的机械功率为2 500 WC.驱动电机的内阻为3 ΩD.驱动电机的机械效率为85%
驱动电机的输入功率为P入＝UI＝300×10 W＝3 000 W，选项A正确；
设驱动电机的内阻为R，由能量守恒定律得P入t＝P机t＋I2Rt，解得驱动电机的内阻为R＝3 Ω，选项C正确；驱动电机的机械效率为η＝ ×100%＝90%，选项D错误.
2.(2022·湖北省九师联盟高三联考)如图所示的电路中，变压器为可调理想自耦式变压器，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，在M、N两端输入恒定的正弦交流电，则下列判断正确的是A.仅将滑片P1向上移，电压表示数变大B.仅将滑片P1向上移，电流表示数变大C.仅将滑片P2向上移，电压表示数变大D.仅将滑片P2向上移，电流表示数变大
仅将滑片P1向上移，原线圈匝数增大，根据变压比 ，可知U2减小，根据分压原理可知，电压表的示数变小，A错误；
仅将滑片P1向上移，副线圈电压变小，根据P＝ 可知电路消耗的功率减小，原线圈输入功率变小，电流表的示数变小，B错误；
仅将滑片P2向上移，R2接入电路的电阻变大，因此副线圈中的电流减小，R1两端的电压变小，电压表的示数变大，根据变流比，电流表的示数变小，C正确，D错误.
1.(多选)(2022·北京市朝阳区期末)金属导电是一种典型的导电模型，值得深入研究.一金属直导线的电阻率为ρ，若在其两端加上电压，自由电子将在静电力作用下定向加速，但电子加速运动很短时间就会与晶格碰撞而发生散射，紧接着又定向加速，设每一次加速的时间为Δt，这个周而复始的过程可简化为电子以速度v沿导线方向做匀速运动.我们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，可以“精细”描述导线中各点电流的强弱.设该导线内电场强度大小为E，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e、质量为m，电子在导线中定向运动时受到的平均阻力为Ff.则下列表达式正确的是
电子做匀速运动时，有Ff＝Ee＝ρne2v，故D错误.
2.(2021·福建省1月适应性考试·1)一手摇交流发电机线圈在匀强磁场中匀速转动.转轴位于线圈平面内，并与磁场方向垂直.产生的交变电流i随时间t变化关系如图所示，则A.该交变电流频率是0.4 HzB.该交变电流有效值是0.8 AC.t＝0.1 s时，穿过线圈平面的磁通量最小D.该交变电流瞬时值表达式是i＝0.8 sin (5πt) A
t＝0.1 s时，电流最大，说明线圈与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零，故C正确；线圈转动的角速度ω＝ ＝5π rad/s，该交变电流的瞬时值表达式为i＝0.8sin (5πt) A，故D错误.
3.(多选)(2022·湖北卷·9)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220 V、匝数为1 100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 VB.接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1C.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
变压器是不改变其交变电流的频率的，故C正确；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.
4.(多选)(2022·福建莆田市二模)如图所示是一种调压变压器的原理图，线圈AB绕在一个圆形的铁芯上，A、B端加上u＝220 sin (100πt) V的交流电压，通过移动滑动触头P来调节C、D端输出电压.当P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，现将一个“38 V,19 W”的灯泡接到输出端C、D，下列操作可使灯泡正常发光的是A.仅将P顺时针旋转到合适位置B.仅将P逆时针旋转到合适位置C.仅将灯泡并联一个阻值为144 Ω的电阻D.仅将灯泡串联一个阻值为144 Ω的电阻
灯泡的额定电压为38 V，可知现想要将一个“38 V,19 W”的灯泡接到输出端C、D，可以仅将P顺时针旋转到合适位置减小副线圈的匝数或串联一个电阻，根据RL∶R＝UL∶UR，
联立解得R＝144 Ω，故A、D正确，B、C错误.
5.(2022·广东惠州市第三次调研)如图甲所示的电路中，S为单刀双掷开关，电表均为理想电表，Rt为热敏电阻(阻值随温度的升高而减小)，理想变压器原线圈接如图乙所示的正弦交流电，则A.变压器原线圈中交流电压的表达式 为u＝110 ·sin (50πt) VB.开关S接在a端，Rt温度升高时， 变压器的输入功率变小C.开关S接在a端，Rt温度升高时，电压表和电流表的示数均变大D.开关S由a切换到b，Rt消耗的功率变小
由题图乙可知，变压器原线圈中交流电压的表达式为u＝110 sin (100πt) V，A错误；
6.(2022·陕西咸阳市一模)如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1是光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，R2是定值电阻，C是平行板电容器，V1、V2都是理想电压表.闭合开关S后，电容器中的带电小球处于静止状态.在光照强度增大的过程中，分别用ΔU1、ΔU2表示电压表V1和电压表V2示数变化的绝对值，且ΔU1<ΔU2，则下列说法正确的是A.V1的示数增大，V2的示数减小B.V1的示数减小，V2的示数增大C.带电小球仍处于静止状态D.带电小球向上运动
在光照强度增大的过程中，R1的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，则R2的电压增大，V2的示数增大.内电压和R2的电压增大，则路端电压减小，V1的示数减小，R1的电压减小，故A错误，B正确；
R1的电压减小，则电容器板间电压减小，板间场强减小，带电小球受到的静电力减小，则带电小球向下运动，故C、D错误.
7.(2022·北京八十中三模)利用某半导体的电阻随温度升高而减小的特征可以制作电子温度计.图甲表示该半导体的电阻R随温度t变化的情况.把该半导体与电动势为E、内阻为r的电源，理想电压表和保护电阻R0连成如图乙所示的电路.用该半导体作测温探头，把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计.下列说法正确的是A.温度升高后，电源的效率将升高B.该电子温度计表盘上温度的刻度是均匀的C.tA和tB相比，tA应标在电压较小的刻度上D.若电池用久后内阻r变大，用该温度计测量的温度要比真实值偏高
温度升高后，R阻值减小，外电阻减小，则电源的效率将降低，选项A错误；
则该电子温度计表盘上温度的刻度是不均匀的，温度越高，U越小，即tA应标在电压较大的刻度上，tB应标在电压较小的刻度上，选项B、C错误；
若电池用久后内阻r变大，根据U＝ 可知相同的R值时U值偏小，则对应的温度偏高，即用该温度计测量的温度要比真实值偏高，选项D正确.
8.(2022·江苏南京市模拟 )某温度检测、光电控制加热装置原理图如图所示.图中RT为热敏电阻(随温度升高阻值减小)，用来探测加热电阻丝R的温度，RG为光敏电阻(随光照强度增大阻值减小)，接收小灯泡L的光照，除RT、RG外，其他电阻均为定值电阻.当R处温度降低时A.L变亮B.通过R3的电流减小C.E2的路端电压减小D.R消耗的功率减小
当R处温度降低时，热敏电阻RT阻值增大，由闭合电路欧姆定律可知，左侧电路中的电流减小，即通过小灯泡L的电流减小，小灯泡L的光照强度减小，所以光敏电阻
RG的阻值增大，则右侧电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，电源E2的路端电压增大，R两端电压增大，通过R的电流也增大，R消耗的功率增大，根据并联电路分流规律可知通过R3的电流减小，综上所述可知B正确，A、C、D错误.
9.(2022·浙江1月选考·12)某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15 m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0 kg.喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75 m不变.水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220 V，输入电流为2.0 A.不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率.已知水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，重力加速度g取10 m/s2，则A.每秒水泵对水做功为75 JB.每秒水泵对水做功为225 JC.水泵输入功率为440 WD.电动机线圈的电阻为10 Ω
每秒喷出水的质量为m0＝2.0 kg，抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为W＝m0gH＋ m0v02＝300 J，故A、B错误；
而水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%，
电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为P机＝P入＝400 W，而电动机的电功率为P电＝UI＝440 W，由能量守恒定律可知P电＝I2R＋P机，联立解得R＝10 Ω，故D正确.
10.(2022·山东德州市高三期末)海浪机械能是未来可使用的绿色能源之一，利用海浪发电可加速地球上碳中和的实现.某科技小组设计的海浪发电装置的俯视图如图所示，圆柱体磁芯和外壳之间有辐射状磁场，它们可随着海浪上下浮动，磁芯和外壳之间的间隙中有固定的环形导电线圈，线圈的半径为L，电阻为r，所在处磁场的磁感应强度大小始终为B，磁芯和外壳随海浪上下浮动的速度为v，v随时间t的变化关系为v＝v0sin t，其中的T为海浪上下浮动的周期.现使该发电装置与阻值为R的电阻形成回路，则该发电装置在一个周期内产生的电能为
环形导电线圈随着磁芯和外壳随海浪上下浮动而切割磁感线，由法拉第电磁感应定律E＝Blv，环形线圈各部分产生的电动势对回路来说是同向的(实际指感应电流方向)，
11.(2022·山东济南市、聊城市等高三学情检测)如图所示，理想变压器原线圈与副线圈的匝数比为2∶1，ab端接交流电源，此时电路消耗的总功率为P.若将电阻R0与电阻R互换位置，电路消耗的总功率为2P，则R0与R的比值为
A.2∶7 B.7∶2C.1∶4 D.4∶1
设ab端输入的总电压为U，原线圈两端电压为U1，电流为I1，副线圈两端电压为U2，电流为I2，
当电阻R0与电阻R互换位置后U＝I1′R＋U1′，
所以U＝I1′R＋2U2′＝I1′R＋2I2′R0，
则U＝I1′R＋4I1′R0，
则联立可得I1R0＋4I1R＝2I1R＋8I1R0，即R0∶R＝2∶7，故A正确，B、C、D错误.
12.(多选)(2022·黑龙江省八校高三期末)某同学通过实验正确作出标有“5 V,2.5 W”的小灯泡的U－I图线如图甲所示，现把实验中使用的小灯泡接到如图乙所示的电路中，其中电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，定值电阻R＝9 Ω，则
A.由图甲可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而增大B.由图甲可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而减小C.闭合图乙开关，小灯泡的实际功率约为2.7 WD.闭合图乙开关，小灯泡的实际功率约为0.84 W
由题图甲可知，随电压的升高各点与原点连线的斜率变大，则小灯泡的电阻值增大，选项A正确，B错误；将电阻R看作电源的内阻，则U＝E－I(R＋r)＝6－10I (V)，将此函数关系的图像画在灯泡的U－I
图像上，如图所示两图像的交点为电路的工作点，则I＝0.38 A，U＝2.2 V，则小灯泡的实际功率约为P＝IU＝0.38×2.2 W≈0.84 W，选项C错误，D正确.
13.(2022·贵州毕节市4月第二次诊断)如图甲为利用理想变压器进行远距离输电的示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶50，降压变压器原、副线圈匝数比为n3∶n4，发电机到升压变压器间两条输电线的总电阻为0.2 Ω，两条远距离输电线的总电阻为200 Ω.若发电机的输出电压如图乙所示，发电机的输出功率为78 kW，用户端获得的电压有效值为220 V.下列说法中正确的是
A.降压变压器原、副线圈匝数比为n3∶n4＝40∶1B.用户端交流电的频率为100 HzC.远距离输电线中的电流为300 AD.远距离输电线路损耗功率为1.2 kW
发电机的输出功率为P＝78 kW，由题图乙知发电机的输出电压有效值为U＝260 V，
发电机到升压变压器间两条输电线的总电阻为r＝0.2 Ω，升压变压器原线圈上的电压U1＝U－I1r＝260 V－300×0.2 V＝200 V，根据变压器原理，升压变压器副线圈上的电压U2＝50U1＝10 kV，
远距离输电线的总电阻R＝200 Ω，远距离输电线中损失的电压ΔU＝I2R＝6×200 V＝1 200 V，
则降压变压器原线圈上的电压U3＝U2－ΔU＝8 800 V，用户端获得的电压有效值U4＝220 V，
变压器不改变交流电的频率，由题图乙知交流电的周期T＝0.02 s，所以频率f＝50 Hz，故B错误；
远距离输电线中的电流为I2＝6 A，故C错误；远距离输电线路损耗功率ΔP＝I22R＝62×200 W＝7.2 kW，故D错误.
14.(多选)(2021·河北卷·8)如图，发电机的矩形线圈长为2L、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n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2，当发电机线圈以角速度ω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
由题知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律有U1＝IR1根据变压器原、副线圈电压与匝数的关系有
再由欧姆定律有U2＝I2R2
故A错误，B正确；由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有Emax＝2NBL2ω，
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