2020高考物理浙江专用版大二轮讲义：专题四　电路与电磁感应 第8讲 WORD版含解析.docx

1、专题定位1.掌握闭合电路欧姆定律，会进行直流电路的分析；2.掌握正弦式交变电流的产生及描述，会解决变压器及远距离输电问题；3.理解楞次定律和法拉第电磁感应定律；4.综合应用电路知识和能量观点解决电磁感应问题第8讲直流电路与交流电路相关知识链接1电容器的特点(1)只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，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，电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压2一个定律、两个关系(1)闭合电路欧姆定律：I.(2)路端电压与电流的关系：UEIr.(3)路端电压与负载的关系UIREE，路端电压随外电阻

2、的增大而增大，随外电阻的减小而减小规律方法提炼动态分析3法方法1：程序法R局R总I总U内U外确定U支、I支反之：R局R总I总U内U外确定U支、I支方法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)方法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，使电阻最大或电阻为零去讨论例1(多选)(2019温州市联考)如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关

3、，与分别为电压表与电流表初始时S0与S均闭合，现将S断开，则()A.的读数变大，的读数变小B.的读数变大，的读数变大C.的读数变小，的读数变大D电源内阻消耗的电能比断开前少答案BD解析S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，的读数变大，把R1归为内阻，内电压减小，故R3两端的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表读数增大，故B正确，A、C错误；电路中总电流减小，根据PI2r可知，内阻消耗的功率减小，则电源内阻消耗的电能比断开前少，故D正确拓展训练1如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表的示数减小U(电压表为理

4、想电压表)，在这个过程中()A通过R1的电流减小，减小量一定等于BR2两端的电压增加，增加量一定等于UC路端电压减小，减小量一定等于UD通过R2的电流增加，但增加量一定大于答案A拓展训练2(2019超级全能生2月联考)小雷同学家里购买了一款扫地机器人，小雷同学仔细检查了这个新扫地机器人，发现铭牌上标有如图所示数据，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 mAh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 WA.额定工作电流为0.25 AB充满电后正常工作的时间为2.5 hC电池充满电后储存

5、的总电荷量为18 720 CD以额定电流工作时每小时消耗能量为55 J答案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 A3.82 A，每秒钟消耗能量WPt55 J，A、D错误；根据电池容量5 200 mAh知，电池充满电后储存的总电荷量Q5.2 A3 600 s18 720 C，充满电后正常工作的时间t1.36 h，B错误，C正确拓展训练3(2019山东济南市上学期期末)如图所示，灯泡L1、L2原来都正常发光，由于故障两灯突然熄灭，(假设电路中仅有一处故障)下列说法正确的是()A将多用电表的电压挡并联在ac两端，示数为0，说明ac间断路B将多用电表

6、的电压挡并联在cd两端，有示数，说明cd间完好C将多用电表的电压挡并联在ad两端，有示数；并联在ac两端，示数为0，说明cd间断路D断开S，将L1拆下，使用多用电表欧姆挡，调零后将红、黑表笔连接在L1两端，如果指针不偏转，说明L1完好答案C解析若ac间断路，则将多用电表的电压挡并联在ac两端，示数应该等于电源的电动势E，选项A错误；将多用电表的电压挡并联在cd两端，有示数，说明cd间断路，选项B错误；将多用电表的电压挡并联在ad两端，有示数，则可能是L1或L2其中之一断路；并联在ac两端，示数为0，说明cd间的L2断路，选项C正确；断开S，将L1拆下，使用多用电表欧姆挡，调零后将红、黑表笔连接

7、在L1两端，如果指针不偏转，说明L1断路，选项D错误相关知识链接1正弦交变电流的产生匀强磁场中线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动2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规律方法提炼1交变电流“四值”的应用(1)最大值：EmnBS，分析电容器的耐压值；(2)瞬时值：EEmsin t(由中性面开始计时)，计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况；(3)有效值：电表的读数及计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流；(4)平均值：n，计算通过电路横截面的电荷量2有效值的计算(1)正弦式交变电流：有效值是最大值

8、的；(2)非正弦式交变电流：必须根据电流的热效应来求解例2图甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示发电机线圈内阻为1.0 ，外接灯泡的电阻为9.0 ，则()A电压表的示数为6 VB在t0.01 s的时刻，穿过线圈磁通量为零C若线圈转速改为25 r/s，则电动势有效值为3 VD若线圈转速改为25 r/s，则通过灯泡的电流为1.2 A答案C解析电压表的示数是外电路交流电压有效值，UR9 V5.4 V，A错误；t0.01 s时感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，B错误；原来线圈的转速为n50 r/s，当线圈的转速改为25 r/s时，感应电动势的

9、最大值为 V3 V，有效值为3 V，通过灯泡的电流为0.3 A，C正确，D错误拓展训练4(多选)(2019吉林市友好学校联合体期末)如图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的OO轴匀速转动，当转到图示位置时，下列说法正确的是()A磁通量变化率为零B感应电流最大C磁通量变化率最大D通过线圈的磁通量最大答案BC解析由题图可知，线圈处于与中性面垂直的位置，此时通过线圈的磁通量最小，但磁通量的变化率最大，感应电动势和感应电流也最大，故A、D错误，B、C正确拓展训练5(2018全国卷16)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正该电阻上

10、电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示则Q方Q正等于()A1 B.1C12 D21答案D解析由有效值概念知，一个周期内产生热量Q方T，Q正TTT，Q方Q正21，故选D.相关知识链接1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2四点说明(1)变压器不能改变恒定电压(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均为有效值规律方法提炼1理想变压器问题分析技巧(

11、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2输电线路功率损失的计算方法(1)P损PP，P为输送的功率，P为用户所得功率(2)P损IR线，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻(3)P损，U为在输电线路上损失的电压，R线为线路电阻(4)P损UI线，U为在输电线路上损失的电压，I线为输电线路上的电流例3(多选)(2019安徽宣城市期末调研测试)如图所示，理想降压变压器的副线圈匝数可通过滑片F调节，R1为定值电阻，R2为阻值可通过滑片P调节的滑动变阻器，保持交流电源的电压U大小不变，以下说法正确的是()A保持F不动，P

12、下移，则R1电压的减小量等于R2电压的增加量B保持F不动，P下移，则电流表A2示数减小，由于电流跟匝数成反比，则电流表A1示数减小C保持F不动，P下移，则电流表A2示数减小，由于电流跟匝数成反比，则电流表A1示数增大D保持P不动，F上移，两电流表示数都增大，且增大倍数相同答案AB解析保持F不动，则副线圈电压U2一定，P下移，则R2变大，副线圈电流减小，电流表A2示数减小，R1电压减小，R2电压变大，因UR1UR2U2为定值，则R1电压的减小量等于R2电压的增加量，由于电流跟匝数成反比，则电流表A1示数减小，选项A、B正确，C错误；保持P不动，F上移，则副线圈匝数增加，副线圈电压U2变大，因副线

13、圈电阻不变，则副线圈电流变大，即A2变大，A1变大，即两电流表示数都增大，但因不是定值，则增大倍数不相同，选项D错误拓展训练6如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数之比为1n，副线圈接一定值电阻R，则()A若ab之间接直流电压U，则R中的电流为B若ab之间接直流电压U，则原、副线圈中的电流均为零C若ab之间接交流电压U，则原线圈中的电流为D若ab之间接交流电压U，则副线圈中的电流为答案C解析变压器不能改变直流电压，所以当原线圈接直流电压时，副线圈无电流，但原线圈有电流，故A、B选项错误；当原线圈接交流电压U时，则副线圈输出电压为nU，副线圈中的电流为，又因为原、副线圈电流之比与匝数成反比，可

14、得原线圈中的电流为，故C选项正确，D错误例4(多选)(2019广东清远市期末质量检测)如图所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2，T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.下列说法正确的是()A当用户的用电器增加时，U2、U3、U4均变小B输电线的总电阻R两端的电压等于(U2U3)，且随用户的用电器增加而增加C输电线上损失的功率为，且随用户的用电器增加而增加D要减小线路的损耗，应增大

15、升压变压器的匝数比，同时应增大降压变压器的匝数比答案CD解析交流发电机的输出电压U1一定，匝数没变，根据，知U2不变，故A错误；输电线的总电阻R两端的电压等于(U2U3)，且随用户的用电器增加，由于输电线上的电流会增大，则输电线R上的电压增加，B错误；输电线上的电流I，则输电线上损失的功率为P损I2R，且随用户的用电器增加，输电线上的电流会增大，则输电线R上损失的功率增加，C正确；输送功率一定时，根据PUI和P损I2R知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U1一定，根据知，所以应增大升压变压器的匝数比；U3U2IR，U2增大，I减小，所以U3增大，用户电压U4不变，根据知，应增大降压变压器的

16、匝数比，故D正确拓展训练7(多选)(2019浙南名校联盟期末)位于温州乐清市磐石镇的温州发电厂，是浙江省跨世纪重点能源工程之一，其中一期工程输送功率为70 MW，发电机的输出电压随时间变化如图甲所示通过如图乙所示的电路向县域输电，其中输送电压为70 kV，输电线总电阻为4 ，在用户端用理想降压变压器把电压降为220 V，忽略降压变压器到用户的输电线上的电阻以下说法正确的是()A用户端交流电频率为50 HzB降压变压器原、副线圈匝数比为3001C00.01 s发电机线圈磁通量的变化量为零D输电线上损失的功率为4108 W答案AB解析根据发电机的输出电压的瞬时值表达式知，角速度100 rad/s2

17、f，得f50 Hz，变压器不改变交流电的频率，所以用户端交流电的频率为50 Hz，故A正确；输电线上的电流I A103 A，输电线上的电压损失为U损IR4104 V，降压变压器原线圈两端的电压U1UU损6.6104 V，降压变压器原、副线圈的匝数比为，故B正确；00.01 s发电机线圈磁通量的变化量为2BS，故C错误；输电线上损耗的功率P损I2R4106 W，故D错误专题强化练基础题组1在寒冷地区，为了防止汽车挡风玻璃窗结霜，可用通电电阻加热，如图所示为10根阻值皆为3 的电阻条件和一内阻为0.5 的直流电源，现在要使整个电路中电阻条上消耗的功率最大，则下列方法可行的是()A将6根并联接入B将

18、6根串联接入C将10根并联接入D将10根串联接入答案A解析当电路中内、外电阻相等时，电阻条上消耗的功率最大，6根3 的电阻条并联后的总电阻为R总0.5 ，等于电源的内阻，即内、外电阻阻值相等，选项A正确2(2019杭州市高三期末)电线是家庭装修中不可或缺的基础建材，电线的质量直接关系到用电安全某型号电线每卷长度为100 m，铜丝直径为1.6 mm.为检验其是否采用了导电性能比较差的劣质铜，现给整卷电线加上1.50 V恒定电压，测得通过电线的电流为1.20 A，由此可知此电线所用铜的电阻率约为()A1.7109 m B2.5108 mC1.1107 m D5.0106 m答案B解析给整卷电线加上

19、1.50 V恒定电压，测得通过电线的电流为1.20 A，则电线的电阻值为R1.25 ；又R，代入数据可得：2.5108 m，故B正确，A、C、D错误3(2019嘉、丽3月联考)某手机在充电时可以根据充电进程在快充模式和慢充模式间智能切换快充模式时充电头的输出电压为U1，输出电流为I1，手机的等效内阻为r1；慢充模式时充电头的输出电压为U2，输出电流为I2，手机的等效内阻为r2.则()A快充模式时充电头输出的电功率为U1I1Ir1B快充模式时电能转化为化学能的功率为U1I1C慢充模式时手机由于充电而产生的热功率为Ir2D慢充模式时手机由于充电而产生的热功率为答案C解析快充模式时充电头的输出电压为

20、U1，输出电流为I1，则快充模式时充电头输出的电功率为U1I1，故A错误；快充模式时手机的等效内阻为r1，则热功率：P热1Ir1，所以快充模式时电能转化为化学能的功率为U1I1Ir1，故B错误；慢充模式时输出电流为I2，手机的等效内阻为r2，则慢充模式时手机由于充电而产生的热功率为Ir2，故C正确；充电电路不是纯电阻电路，所以不能使用公式求产生的电热，故D错误4(2019浙南名校联盟高三期末)小李家的房子装修，买了一卷规格为“100 m、4 mm2”的铜导线(已知铜的电阻率为1.7108 m)，用来安装一路专线，对额定电压为220 V，额定功率为2.0 kW的空调供电实际上只用去了一半导线，如

21、果空调能够正常工作，估算导线上损失的电压约为()A1.9 V B0.19 VC2.5 V D0.25 V答案A5(2019宁波市3月模拟)夏天使用电风扇时，若不慎扇叶被卡住，风扇容易烧毁已知电风扇正常工作时电功率为P，发热功率为P0，当风扇被卡住时热功率为(两端的电压仍不变)()AP BPP0C. D.答案C解析由正常工作时的功率PUI，发热功率P0I2r，可得r，当风扇被卡住时的热功率P，故选C.6(多选)(2019河南示范性高中上学期期终)一内阻不计的交流发电机输出电压的瞬时值表达式为u100sin 100t(V)，下列判断正确的是()A该交流发电机线圈的转速为50 r/sB若将该交流电压

22、加在阻值为100 的电阻两端，则该电阻在1 min内产生的热量为6103 JC若发电机线圈的转速提高一倍，则输出电压的有效值为100 VD若将该交流电压加在原、副线圈匝数比为k的理想变压器的原线圈两端，则副线圈两端的电压的有效值为 V答案ACD解析由n50 r/s可知，选项A正确；由公式Qt60 J3 000 J，选项B错误；根据UmNBS可知，当发电机线圈的转速提高一倍，即增大一倍时，Um200 V，则U100 V，选项C正确；由公式k可得，U2 V V，选项D正确7.(多选)(2019贵州安顺市上学期质量监测)如图所示，曲线C1、C2分别是纯电阻电路中，内、外电路消耗的电功率随电流变化的图

23、线由该图可知下列说法中正确的是()A两条图线的交点表示内、外电路消耗的总功率为4 WB电源的内阻为1 C电源的输出功率最大值为4 WD电源的效率最大可达50%答案BC解析根据题图可以知道，曲线C1、C2的交点的位置，此时电路的内、外功率相等，由于内、外电路的电流是相等的，所以此时电源的内阻和电路的外电阻大小是相等的，内、外电路消耗的功率相等，总功率为8 W，即此时电源的输出功率是最大的，由题图可知电源的输出功率最大值为4 W，所以A错误，C正确；根据PI2RI2r可知，当输出功率最大时，P4 W，I2 A，所以Rr1 ，所以B正确；电源的效率100%100%100%100%，当rR时，电源的效

24、率是50%，但不是效率的最大值，选项D错误8(多选)(2019吉林长春市质量监测)如图为一种直流发电机的结构示意图，直流发电机由两块永磁铁、线圈和换向器组线缠绕而成永磁体N、S极相对，中间区域视为匀强磁场，磁感应强度为B.线圈由N匝导线缠绕而成，面积为S，可绕如图所示的轴线匀速转动，角速度为.换向器由两个半铜环和两个电刷构成，半铜环分别与线圈中导线的两端固连，线圈和半铜环绕着轴线以相同角速度转动电刷位置固定，作为输出端与外电路相连(图中未画出)每当线圈转到中性面位置时，半铜环和电刷会交换接触，以保持输出电流方向不变，且交换时间极短可忽略下列说法正确的是()A当线圈按照图示的方向转动时，电刷a的

25、电势比b的电势高B当线圈转到图示位置时，线圈中产生的电动势为零C该发电机产生电动势的最大值为NBSD该发电机产生电动势的最大值是有效值的倍答案CD解析当线圈按照题图所示的方向转动时，根据右手定则知电刷a的电势比b的电势低，故A错误；当线圈转到题图所示位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率达到最大，所以线圈中产生的电动势也达到最大，故B错误；发电机产生的电动势随时间变化图象如图所示，其中最大值为NBS，且是有效值的倍，故C、D正确9一矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直磁感线的转轴匀速转动，形成如图所示的交变电动势图象，根据图象提供的信息，以下说法正确的是()A线圈转动的角速度为 rad/sB电动势的有效

26、值为20 VCt1.0102 s时，线圈平面和磁场方向的夹角为45Dt1.5102 s时，穿过线圈平面的磁通量最大答案A解析角速度 rad/s，选项A正确；电动势的有效值E14.1 V，选项B错误；tt，将t1.0102 s代入该式，解得，这是线圈从中性面开始转过的夹角，故线圈平面和磁场方向的夹角为30，选项C错误；t1.5102 s时，线圈平面与磁场平行，穿过线圈平面的磁通量最小，选项D错误10(多选)图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一个矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示发电机线圈内阻为10 ，外接一只电阻为90 的灯泡，不计

27、电路的其他电阻，则()At0时刻线圈平面处在中性面B每秒钟内电流方向改变100次C灯泡两端的电压为22 VD00.01 s时间内通过灯泡的电荷量为0答案AB解析从题图可以看出，从金属线圈旋转至中性面时开始计时，所以选项A正确；交变电动势的周期为2102 s，频率是50 Hz，因一个周期内电流的方向改变两次，所以每秒钟内电流方向改变100次，选项B正确；灯泡两端的电压为U灯R灯90 V19.8 V，所以选项C错误；00.01 s时间内磁通量的变化不为零，所以通过灯泡的电荷量不为零，选项D错误11(2019广东省“六校”第三次联考)钳形电流表由电流互感器和电流表组合而成，常用来测量强度很大的电流，

28、其原理如图若原线圈与副线圈的匝数比为1500，电流表A的示数为1 A，则()A钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯B钳形电流表能够用来测量直流电的电流C被测电路电流的平均值为500 AD被测电路电流的最大值为500 A答案A解析钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯，A正确；互感器利用的是电磁感应的互感原理，不能用于直流电，故B错误；由得：I1 A500 A，因为电流表测的是有效值，故该值为被测电路电流的有效值，故C、D错误能力题组12(多选)图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n241，电阻R20 ，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的

29、变化关系如图乙所示现将S1接1，S2闭合，此时L2正常发光下列说法正确的是()A只断开S2后，小灯泡L1正常发光B只断开S2后，原线圈的输入功率减小C若S1换接到2后，R中电流瞬时值表达式icos 50t(A)D若S1换接到2后，R消耗的电功率为1.25 W答案BD解析L1、L2为规格相同的两只小灯泡，只断开S2后，L1、L2串联，总电阻增加，小灯泡L1不能正常发光，原线圈的输入功率减小，故A错误，B正确；若S1换接到2后，输出电压的有效值U25 V，则R消耗的电功率为1.25 W，由题图乙可得100 rad/s，选项C错误，选项D正确13(2019江苏通州区、海门市、启东三县联考)如图所示，

30、R1是光敏电阻(光照增强，电阻减小)，C是电容器，R2是定值电阻当R1受到的光照强度减弱时()A流过电阻R2的电流增大B光敏电阻R1上的电压减小C电源两端电压减小D电容器C的带电荷量减小答案D解析当R1受到的光照强度减弱时，R1的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得到，总电流I减小，即流过R2的电流减小，故A错误；根据闭合电路欧姆定律分析得到，总电流I减小，路端电压UEIr，E、r不变，则U增大，R2两端电压减小，所以光敏电阻R1上的电压增大，故B、C错误；由于电容器与R2并联，所以电容器两端电压减小，由公式QCU2可知，电容器的带电荷量减小，故D正确14(多选)(2019山

31、西吕梁市第一学期期末)某发电机输出的交流电压如图所示，经理想变压器升压后向远处输送，最后经理想变压器降压后输送给用户则下列说法中正确的是()A发电机输出交流电压的有效值为500 VB用户获得的交流电压频率为50 HzC若增加用户用电负载的数量，输电线上损失的功率将增加D若增加升压变压器原线圈的匝数，输电线上损失的功率将减小答案BC解析由题图可知交流电的最大值为Um500 V，因此其有效值为U250 V，故A错误；由题图可知，T2102s，变压器不改变交流电的频率，故f50 Hz，故B正确；若增加用户用电负载的数量，则用户总电阻减小，用户总电流增大，输电线电流增大，PI2R知损失功率增大，故C正

32、确；增加升压变压器原线圈匝数，输出电压减小，损失的功率为P()2R，损失功率增大，故D错误15(多选)(2019山东枣庄市上学期期末)某同学模拟“远距离输电”电路，将实验室提供的器材连接成了如图所示电路A、B为理想变压器，灯L1、L2相同且阻值不变，输电线路等效电阻为R.现保持A的输入电压不变，当开关S断开时，灯L1正常发光，则()A仅闭合S，L1变暗B仅闭合S，输电线路的发热功率变小C仅将滑片P上移，L1变亮D仅将滑片P上移，输电线路的发热功率变小答案AD解析 闭合S，则消耗功率增大，B副线圈中电流增大，B原线圈电流也增大，则R上损失的电压和功率增大，则B输入电压UB1UA2IR减小，灯泡两端电压UB2减小，故灯泡会变暗，故A正确，B错误；仅将滑片P上移，A副线圈匝数减小，则输出电压减小，B的输入电压减小，灯泡电压也减小，故L1变暗，消耗功率减小，流过灯泡的电流减小，则B原线圈中电流减小，流过R的电流减小，输电线路的发热功率变小，故C错误，D正确