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专题四电路和电磁感应第10讲恒定电流与交变电流常考题型选择题重要考点(1)直流电路的动态分析(2)交变电流的产生和描述(3)变压器和远距离输电思想方法(1)程序法(2)等效法(3)分析推理法(4)守恒法1.(2016·全国甲卷)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为()A.25B.12C.35D.23解析：断开S和闭合S后等效电路分别如图甲、乙所示．甲乙根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U1＝15E，U2＝13E，C所带的电荷量Q＝CU，则Q1∶Q2＝3∶5，选项C正确．答案：C2.(多选)(2014·全国新课标Ⅱ卷)如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表Ⓐ接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则()A．Uab∶Ucd＝n1∶n2B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大D．将二极管短路，电流表的读数加倍解析：变压器的变压比U1U2＝n1n2，其中U1、U2是变压器原、副线圈两端的电压．U1＝Uab，由于二极管的单向导电特性，Ucd≠U2，选项A错误；增大负载电阻R的阻值，负载的电功率减小，由于P入＝P出，且P入＝I1Uab，所以原线圈上的电流I1减小，即电流表的读数变小，选项B正确；c、d端的电压由输入电压Uab决定，负载电阻R的阻值变小时，Ucd不变，选项C错误；根据变压器上的能量关系有E输入＝E输出，在一个周期T的时间内，二极管未短路时有UabI1T＝U2R·T2＋0(U为副线圈两端的电压)，二极管短路时有UabI2T＝U2RT，由以上两式得I2＝2I1，选项D正确．答案：BD3．(2015·全国新课标Ⅰ卷)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则()(导学号59230037)A．U＝66V，k＝19B．U＝22V，k＝19C．U＝66V，k＝13D．U＝22V，k＝13解析：设原、副线圈中的电流分别为I1、I2，则I1I2＝n2n1＝13，故k＝I21RI22R＝19.设原线圈两端的电压为U1，则U1U＝n1n2＝31，故U1＝3U，而原线圈上电阻分担的电压为13U，故U3＋3U＝220V，解得U＝66V．选项A正确．答案：A4.(2016·全国乙卷)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3Ω、1Ω和4Ω，Ⓐ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、副线圈匝数比为()A．2B．3C．4D．5解析：设原、副线圈的匝数比为k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为I时，副线圈电流为kI；原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI.根据理想变压器的输入功率等于输出功率得UI－I2R1＝(kI)2(R2＋R3)，4UI－(4I)2R1＝(4kI)2R2，联立两式代入数据解得k＝3，选项B正确．答案：B考点一直流电路及其动态分析1．闭合电路的欧姆定律：I＝ER＋r.2．路端电压与电流的关系：U＝E－Ir.3．路端电压与负载的关系．U＝IR＝RR＋rE＝11＋rRE，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小．4．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．(4)电源的效率η＝P出P总×100%＝UE×100%.1．(多选)(2016·长春模拟)如图所示，在同一坐标纸上画出了灯泡L1和灯泡L2的U－I图象，现将这两个灯泡并联，然后接在电动势E＝10V、内电阻r＝2Ω的电源上，则下列结论正确的是()A．此时灯泡L1的电阻较大B．此时灯泡L2的电阻较大C．此时灯泡L1的功率约为4WD．此时灯泡两端的电压约为6V解析：两个灯泡并联后接在电动势E＝10V、内电阻r＝2Ω的电源上，由闭合电路欧姆定律，可得E＝U＋(I1＋I2)r，在题给的灯泡L1和L2的U－I图象上，作出两灯泡并联的U－I图象和电源的U－(I1＋I2)图象，如图所示．由两图象的交点可知此时灯泡两端电压约为4V，灯泡L1的电流约为1A，灯泡L2的电流约为2A．由欧姆定律R＝UI可知，此时灯泡L1的电阻较大，选项A正确，B、D错误；由功率公式P＝UI可知，灯泡L1的功率P1＝U1I1＝4W，选项C正确．答案：AC2．(多选)(2016·石家庄模拟)如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0，反向电阻为∞)连接，电源负极接地．开始时电容器不带电，闭合开关S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点．在开关S保持接通的状态下，下列说法正确的是()A．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动B．当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动C．当电容器的下极板向下移动时，P点的电势不变D．当电容器的下极板向左移动时，P点的电势会升高解析：带电油滴恰好静止，其合力为零，受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力，即mg＝qE.当滑动变阻器的滑片向上滑动时，其电阻值变大，电容器两端的电压U变大，对电容器进行充电，两极板间电场强度E变大，带电油滴受到的电场力大于重力，会向上运动，选项A正确；当电容器的上极板向上移动时，极板间距d变大，根据C＝εrS4πkd＝QU，电容器的电荷量Q应减小，但由于二极管的单向导电性，电容器只能进行充电，不能进行放电，故此时，电容器的电荷量Q不变，电场强度E＝Ud＝4πkQεrS不变，带电油滴仍静止不动，选项B错误；同理，当电容器的下极板向下移动时，d变大，电场强度E不变，而P点到下极板的距离变大且下极板的电势不变，故P点电势升高，选项C错误；当电容器的下极板向左移动时，S变小，根据C＝εrS4πkd＝QU和二极管的单向导电性，电容器的电荷量Q不变，电场强度E＝4πkQεrS变大，而P点到下极板的距离不变，故P点电势升高，选项D正确．答案：AD3．(多选)如图，电源电动势为E，内阻为r，不管如何移动滑动变阻器的滑片，灯泡L、电表V1、V2、A均不会被烧坏，若将滑动变阻器的滑片P向上端移动时，则下列说法正确的是()(导学号59230038)A．A的示数增大，灯泡L变暗B．V1的示数增大，灯泡L变暗C．V2增大，灯泡变亮D．电源的总功率变小解析：现将滑动变阻器R3的滑片P向上端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减少，所以灯泡L变暗；由于电流减少，内电压和灯泡L两端的电压减小，所以R2与滑动变阻器并联电压增大，所以V2增大．路端电压增大，则V1的示数增大．干路电流I减小，R2与滑动变阻器并联电压增大，所以通过R2的电流增大，则电流表的示数减少，故A、C错误，B正确．以上分析知，干路电流I减小，根据P＝EI得电源的总功率减少，故D正确．答案：BD[规律总结]直流电路动态分析的3种常用方法方法1：程序法方法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．考点二交变电流的产生和描述1．感应电流的产生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．3．正弦式交流电的“四值”的应用(以电动势为例)四值计算式应用最大值Em＝NBSω计算电容器的耐压值瞬时值e＝Emsinωt计算闪光电器的闪光时间等有效值E＝Em2电表的读数、电热、电功及保险丝熔断电流的计算等平均值E－＝NΔφΔt计算通过导体横截面的电量等1．(2016·石家庄模拟)如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数为n，面积为S，总电阻为r的矩形线圈abcd绕轴OO′以角速度ω匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持和外电路电阻R形成闭合电路，回路中接有一理想交流电流表．图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图象，则下列说法中正确的是()(导学号59230039)图甲图乙A．从t1到t3这段时间穿过线圈的磁通量的变化量为2nBSB．从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为nBSRC．t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为nBSωD．电流表的示数为nBSω2（R＋r）解析：从t1到t3的过程，穿过线圈的磁通量变化量为零，选项A错误；从t3到t4的过程，穿过线圈的磁通量变化量为BS，故通过电阻R的电荷量q＝nΔΦR＋r＝nBSR＋r，选项B错误；t3时刻产生的电动势大小为E0，由法拉第电磁感应定律可得E0＝nΔΦΔt＝nBSω，可得ΔΦΔt＝BSω，选项C错误；线圈产生的交流电的电动势有效值为nBSω2，由闭合电路欧姆定律可得，电流表的示数I＝ER＋r＝nBSω2（R＋r），选项D正确．答案：D2．(多选)(2016·兰州模拟)演示用交流发电机矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动，如图甲所示．从某时刻起线圈中产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示，外电路电阻为R.下列说法中正确的是()图甲图乙A．从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为零B．t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率为E0C．从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为E0（R＋r）ωD．电阻R的发热功率为RE202（R＋r）2解析：从t1到t3这段时间内穿过线圈的磁通量的变化量为2BS，选项A错误；t4时刻对应感应电动势的最大值，由法拉第电磁感应定律可知E0＝nΔΦΔt，磁通量变化率ΔΦΔt＝E0n，选项B错误；从t3到t4这段时间为四分之一周期，即Δt1＝T4＝2πω×14＝π2ω，从t3到t4这段时间磁通量变化量ΔΦ1＝BS，感应电动势的平均值E－＝nΔΦ1Δt1，通过电阻R的平均电流I－＝E－r＋R，通过电阻R的电荷量q＝I－Δt1＝nBSR＋r，而E0＝nBSω，所以q＝E0（R＋r）ω，选项C正确；电阻R的发热功率P＝E02（R＋r）2R＝RE202（R＋r）2，选项D正确．答案：CD3．(多选)如图甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r＝2Ω的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R的最大阻值为R0＝407Ω，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝R02，其他电阻不计．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S，线圈转动过程中理想交流电压表示数是10V，图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图象，则下列说法正确的是()甲乙A．电阻R2上的热功率为57WB．0.02s时滑动变阻器R两端的电压瞬时值为零C．线圈产生的感应电动势随时间t变化的规律是e＝102cos100πt(V)D．线圈开始转动到t＝1600s的过程中，通过R1的电荷量为2200πC解析：根据串联电路分压关系，可求得R2两端的电压为107V，故P＝1072207W＝57W，A正确；0.02s时线圈的磁通量为零，此时线圈中电动势最大，R两端电压最大，B错误；因线圈