考向2 直流电路的动态分析
例2 （2018·衡水中学信息卷二）如图所示的电路中，L为小灯泡，R1、R2、R3为定值电阻，C为电容器，电源电动势为E，内阻为r，图中电表为理想电表．闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小灯泡的亮度是先变暗后变亮
B．电容器C先放电后充电
C．电流表A的示数先减小后增大
D．电压表和电流表A1的示数之比先减小后增大
C [由题意可将电路图转化成如图所示，在滑片P从a到b的过程中，R接入电路的阻值先增大后减小，使整个回路的电阻先增大后减小，因此干路电流先减小后增大，内电压先减小后增大，路端电压先增大后减小，故C先充电后放电，B错误；小灯泡L、R1、R3支路电阻恒定，随路端电压的变化，小灯泡L先变亮后变暗，A错误；小灯泡L的电流先增大后减小，而干路电流先减小后增大．因此电流表A的示数先减小后增大，C正确；电压表和电流表A1的示数之比为滑动变阻器及R2串联的总电阻，阻值先增大后减小，D错误．]
[归纳反思]
1．闭合电路动态变化的原因
（1）当外电路的任何一个电阻增大（或减小）时，电路的总电阻一定增大（或减小）．
（2）若电键的通断使串联的用电器增多，总电阻增大；若电键的通断使并联的支路增多，总电阻减小．
（3）热敏电阻或光敏电阻的阻值变化．
2．闭合电路动态分析的三种常用方法
（1）程序分析法：
流程如下
（2）利用结论法：
即“串反并同”法．
①“串反”——即某一电阻增大（减小）时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都减小（增大）；
②“并同”——即某一电阻增大（减小）时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都增大（减小）．
（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．
考向3 闭合电路的图象问题
例3 （2018·黑龙江省哈尔滨市第三中学冲刺
（二））如图所示，图1为一电动机，当滑动变阻器的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图2所示，已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断不正确的是（ ）
A．电路中的电源电动势为3.9V
B．电动机的电阻为4Ω
C．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9W
D．变阻器的最大阻值为32Ω
C [由电路图1知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V2的电压与电流的关系，此图线的斜率大小等于电源的内阻，为
r＝Ω＝3Ω；当电流I＝0.1A时，U＝3.6V，则电源的电动势
E＝U＋Ir＝3.6V＋0.1×3V＝3.9V，故A正确；由图可知，电动机的电阻rM＝Ω＝4Ω，故B正确；当I＝0.3A时，U＝3.0V，电动机的输入功率最大，最大输入功率为
P＝UI＝3×0.3W＝0.9W，电动机的热功率为PrM＝I2rM＝0.32×4W＝0.36W，则最大的输出功率为P出＝0.9W－0.36W＝0.54W，故C错误；当I＝0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R＝－r－rM＝（－3－4）Ω＝32Ω，故D正确．故选C.]
[归纳反思]
闭合电路中几种常见图象的比较
类型
公式
图 象
特 例
I-R图线
I＝
短路R＝0，I＝，图象始端
断路R＝∞，I＝0，图象末端
U-R图线
U＝
短路R＝0，U＝0，U内＝E
断路R＝∞，U＝E，U内＝0
U-I图线
U＝E－Ir
短路R＝0，I＝，U＝0
断路R＝∞，I＝0，U＝E
P-R图线
R＝R
短路I＝，P出＝0断路I＝0，P出＝0，当R＝r时，P出最大，P出＝
P-I图线
P＝EI－I2r
短路I＝，P出＝0
断路I＝0，P出＝0，当I＝时，P出最大，P出＝
高频考点二 交变电流的分析与计算
[备考策略]
1．本考点是高考的热点，考查的知识交汇点较多，常与交变电流的性质和变压器的规律相结合．对于这类问题，需通过原、副线圈电路，综合分析变压器与电路的关系．需要考生学会迁移应用
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．交变电流“四值”的应用
（1）最大值：
Em＝nBSω，分析电容器时的耐压值．
（2）瞬时值：
E＝Emsinωt（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：
E＝n，计算通过电路截面的电荷量．
[命题视角]
考向1 交变电流的产生及四值
例4 （2018·湖北部分重点中学联考）如图甲所示，在匀强磁场中，两个匝数相同的正方形金属线圈分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交流电动势e随时间t变化的图象如图乙中曲线a、b所示，则（ ）
A．t＝0时刻，两线圈均处于垂直于中性面的位置
B．a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C．a、b对应的两线圈面积之比为1∶1
D．若只改变两线圈的形状（匝数不变），则两线圈电动势的有效值之比一定不变
C [t＝0时刻，两线圈感应电动势均为零，故两线圈均处于中性面的位置，选项A错误；由图线可知，两线圈的周期之比Ta∶Tb＝2∶3；故根据n＝可知a、b对应的线圈转速之比为3∶2，选项B错误；根据Em＝NBωS，＝＝；＝＝；则＝＝，选项C正确；若只改变两线圈的形状（匝数不变），则两线圈的面积要变化，故感应电动势的最大值要变化，电动势的有效值之比一定变化，选项D错误；故选C.]
[归纳反思]
解决交变电流的问题要注意以下几点
1．理解几个特殊位置的磁通量、磁通量的变化率、感应电动势及感应电流方向的特点．
（1）与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变．
（2）与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不变．
2．区分交变电流的峰值、瞬时值、有效值和平均值．
3．确定交变电流中电动势、电压、电流的有效值后就可以运用直流电路的规律处理交流电路中的有关问题．
4．交变电流瞬时值表达式书写的基本思路（典题3的C选项）
（1）确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象或由公式Em＝nBSω求出相应峰值，其中ω＝＝2πf＝2πn.
（2）明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．
①若线圈从中性面开始计时，则et图象为正弦函数，e＝Emsinωt；
②若线圈从垂直中性面开始计时，则et图象为余弦函数，e＝Emcosωt.
考向2 结合理想变压器考查交流电路
例5 （2018·河南省南阳市统考）（多选）理想变压器原线圈a匝数n1＝200匝，副线圈b匝数n2＝100匝，线圈a接在u＝44sin314t（V）交流电源上，“12V 6W”的灯泡恰好正常发光，电阻R2＝16Ω，电压表V为理想电表，下列推断正确的是（ ）
A．交变电流的频率为100Hz
B．副线圈磁通量的最大变化率为Wb/s
C．电压表V的示数为22V
D．R1消耗的功率是1W
BD [由表达式知交变电流的频率为f＝Hz＝50Hz，A错误；灯泡正常发光，故副线圈中电流为I＝＝0.5A，故电压表示数为U2＝12V＋IR2＝20V，故根据Em＝N知穿过铁芯的磁通量的最大变化率为＝Wb/s，故B正确；根据电流与匝数成反比，原线圈电流为0.25A，由题意可知：
原线圈电压有效值为44V，根据电压与匝数成正比得U1＝40V，R1消耗的功率是P＝（44－40）×0.25W＝1W，故C错误，D正确．]
例6 （2018·河南中原名校高三联考）如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户（电灯等用电器），R表示输电线的电阻，则（ ）
A．用电器增加时，变压器输出电压增大
B．要提高用户的电压，滑动触头P应向上滑
C．用电器增加时，输电线的热损耗减少
D．用电器增加时，变压器的输入功率减小
B [由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输出电压，故A错误；根据变压器原理可知输出电压U2＝U1，当滑动触头P向上滑时，n2增大，所以输出电压增大，用户两端电压增大，故B正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故C错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故D错误．]
[归纳反思]
有变压器动态分析的方法
1．明确交流电源、原线圈、副线圈及负载的串并联情况．
2．分清涉及理想变压器动态分析的两类情况，如
（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．
（3）不论哪种情况，要注意两点：
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．
[题组冲关]
2－1.（2018·辽宁庄河模拟）（多选）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上u1＝220sin100πt（V）的交流电压，开始时单刀双掷开关与b连接，下列说法正确的是（ ）
A．t＝s时，cd间电压的瞬时值为220V
B．电压表的示数为44V
C．若将滑动变阻器的滑片向上移，电压表和电流表的示数都变大
D．若单刀双掷开关由b拨向a后，电压表示数和电流表示数都变小
AD [由u1＝220sin100πt（V）可知，当t＝s时，cd间电压的瞬时值为220V，故A正确；单刀双掷开关与b连接，由电压关系＝，因电压表显示的是有效值，则U1＝220V，故电压表的示数为44V，故B错误；若将滑动变阻器的滑片向上移动，副线圈回路电阻减小，电压表示数不变，电流表的示数变大，C错误；若单刀双掷开关由b拨向a，则原线圈匝数n1增加，副线圈电压降低，电压表示数和电流表示数都变小，故D正确．]
2－2.（2018·山东省实验中学一诊）在如图所示的电路中，理想变压器的匝数比为2∶1，四个标有“6V,6W”的完全相同的灯泡L1、L2、L3、L4，按如图的方式接入电路，其中L1恰能正常发光．忽略灯泡电阻随电压的变化．电路中的电表均为理想交流电表，则下列选项中正确的是（ ）
A．L2、L3、L4均正常发光
B．电流表示数为0.5A
C．m、n两点间所加的电压为14V
D．整个电路消耗的总功率为18W
C [理想变压器的匝数比为2∶1，则原、副线圈中的电流比为1∶2，四个灯泡的额定电流都为I0＝1A，L1恰能正常发光，则原线圈中电流为I1＝1A，根据＝，可知副线圈中电流为I2＝2A，流过L2、L3、L4的电流均为A，不能正常发光，选项A、B错误；L2、L3、L4的电阻值为R＝6Ω，则副线圈两端电压为U2＝×6V＝4V，
根据＝，可知原线圈两端电压为U1＝8V，由于L1正常发光，其两端电压UL1＝6V，故m、n两端所加电压为Umn＝U1＋UL1＝14V，选项C正确；整个电路消耗的总功率P＝UmnI1＝14W，选项D错误．]
高频考点三 远距离输电问题
[备考策略]
1．理清三个回路
回路1：
发电机回路．I1＝I机，U1＝U机，P1＝P机．
回路2：
输送电路．I2＝I3＝IR，U2＝U3＋UR，P2＝PR＋P3.
回路3：
输出电路．I4＝I用，U4＝U用，P4＝P用．
2．掌握两种损耗
（1）电压损耗：
输电线上的电阻导致的电压损耗，UR＝U2－U3＝IRR.
（2）功率损耗：
输电线上电阻发热导致的功率损耗，PR＝P2－P3＝IR．输电线上的能量损耗是热损耗，计算功率损耗时用公式PR＝IR或PR＝.
[题组突破]
3－1.（多选）图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器．升压变压器原副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100Ω.降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小．电压表V显示加在报警器上的电压（报警器未画出）．未出现火警时，升压变压器的输入功率为750kW.下列说法正确的有（ ）
甲
乙
A．降压变压器副线圈输出的交变电流频率为50Hz
B．远距离输电线路损耗功率为180kW
C．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大
D．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变大
AD [由题图乙知交变电流的周期为0.02s，所以频率为50Hz，A正确；由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25000V，所以输电线中的电流为I＝＝30A，输电线损失的电压为ΔU＝IR＝30×100V＝3000V，输电线路损耗功率为ΔP＝ΔUI＝90kW，B错误；当传感器R2所在处出现火警时，其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数变小，C错误；由C知副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流变大，D正确．]
3－2.如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsinωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为（ ）
A．（）B．（）
C．4（）2（）2rD．4（）2（）2r
C [升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1＝，由变压关系可得＝，则U2＝；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2＝＝，则输电线上损失的电功率为ΔP＝I（2r）＝，故选项C正确．]
3－3.如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为m，降压变压器的变压比为n，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了ΔU，则下列判断正确的是（ ）
A．电流表A2的示数增大了
B．电流表A1的示数增大了
C．电压表V1的示数减小了ΔU
D．输电线损失的功率增加了（）2R
B [电压表V2的示数减小了ΔU，根据变压器的变压比可知降压变压器输入电压减小了ΔU3＝nΔU，由于升压变压器输入电压不变，因此输电线上的电压增大了nΔU，因此电流表A1的示数增大了，B正确；根据变流比，电流表A2的示数增大了，A错误；由于发电机的输出电压不变，因此升压变压器的输出电压不变，电压表V1的示数不变，C错误；设原来输电线上的电流为I，则输电线损失的功率增加了（I＋）2－I2R，不等于（）2R，D错误．]
课时跟踪训练（十二）
一、单项选择题
1．（2018·福州一中检测）如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝T.单匝矩形线圈面积S＝1m2.电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，
为交流电流表．调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为2∶1时，副线圈电路中标有“6V 6W”的灯泡正常发光．以下判断正确的是（ ）
A．电流表的示数为1A
B．矩形线圈产生电动势的最大值为18V
C．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间变化的规律为e＝12sin60πt（V）
D．若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当下移
C [灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：
I2＝＝1A；根据公式：
＝，解得I1＝0.5A，故A错误；灯泡正常发光，故变压器的输出电压为6V，根据公式＝，解得：
U1＝12V，故矩形线圈产生电动势的有效值为12V，最大值为12V≈17V，故B错误；根据公式Em＝NBSω，解得：
ω＝＝rad/s＝60πrad/s，故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e＝Emsinωt＝12sin60πt（V），故C正确；若矩形线圈转速增大，根据公式Em＝NBSω，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P适当上移，故D错误．]
2．图甲电路中，D为二极管，其伏安特性曲线如图乙所示．在图甲
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