2021屆高考物理二輪復習專題四第1講直流電路與交流電路學案2021屆高考物理二輪復習專題四第1講直流電路與交流電路學案PAGE15-2021屆高考物理二輪復習專題四第1講直流電路與交流電路學案2021屆高考物理二輪復習專題四第1講直流電路與交流電路學案年級：姓名：第1講直流電路與交流電路思維導圖要點熟記1.明確“1個定律、2個關系”(1)閉合電路的歐姆定律：I＝eq\f(E,R＋r)。(2)路端電壓與電流的關系：U＝E－Ir。(3)路端電壓與負載的關系U＝IR＝eq\f(R,R＋r)E＝eq\f(1,1＋\f(r,R))E，路端電壓隨外電阻的增大而增大，隨外電阻的減小而減小。2.掌握電容器的“兩特點”(1)只有當電容器充、放電時，電容器支路中才會有電流，當電路穩定時，電容器所在的支路相當于斷路。(2)電路穩定時，與電容器串聯的電路中沒有電流，同支路的電阻相當于導線，電容器的電壓為與之并聯的電阻兩端的電壓。3.區分交變電流的“四值”(1)最大值：Em＝nBSω。(2)瞬時值：e＝nBSωsinωt(從中性面開始計時)。(3)有效值：正弦式交變電流的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))；非正弦式交變電流的有效值必須根據電流的熱效應，用等效的思想來求解。(4)平均值：eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)，常用來計算通過電路的電荷量。4.熟記理想變壓器的“四個關系式”(1)功率關系：P入＝P出。(2)電壓關系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)。(3)電流關系：只有一個副線圈時，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)。(4)頻率關系：f1＝f2。[研考向·提能力]__________________________________考向研析__掌握應試技能考向一直流電路的動態分析直流電路動態分析的3種常用方法(1)程序法遵循“局部—整體—部分”的思路，按以下步驟分析：(2)結論法——“串反并同”①“串反”：指某一電阻增大(減小)時，與它串聯或間接串聯的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小(增大)。②“并同”：指某一電阻增大(減小)時，與它并聯或間接并聯的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大(減小)。(3)極限法因變阻器滑片滑動引起電路變化的問題，可將變阻器的滑片分別滑至兩個極端，使電阻最大或電阻為零去討論。[典例1](多選)在如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內阻為r，D為理想二極管(具有單向導通作用)，R1為定值電阻，C為電容器，電壓表和電流表均為理想電表，S1、S2均斷開，則下列說法正確的是()A．僅閉合S1，將滑動變阻器的滑片向右移，電壓表、電流表示數均變大B．僅閉合S1，將滑動變阻器的滑片向右移，電容器的帶電荷量不變C．先閉合S1，將滑動變阻器的滑片向右移，再閉合S2，電容器有放電現象D．同時閉合S1、S2，將滑動變阻器的滑片向右移，定值電阻R1兩端的電壓增大[解析]僅閉合S1，回路中只有R1與R2串聯，當滑動變阻器的滑片向右移時，R2的有效阻值減小，故總電阻減小，根據閉合電路的歐姆定律得，總電流增大，路端電壓減小，即電壓表示數減小，電流表示數增大，因電容器與二極管串聯，電容器不能放電，故電容器的帶電荷量不變，故A錯誤，B正確；先閉合S1，將滑動變阻器的滑片向右移，路端電壓減小，故電容器所帶的電荷量減小，再閉合S2，電容器與R2形成閉合回路，電容器對外放電，故C正確；同時閉合S1、S2，二極管與R1并聯，而二極管的正向導電的電阻為零，故此時R1被短接，故D錯誤。[答案]BC規律總結閉合電路動態分析的三點注意……………………(1)引起電路變化的原因：電阻變化、電鍵的通斷。(2)電容器的特點：電路穩定后，電容器所在支路電阻無電壓降，因此電容器兩極板間的電壓就等于該支路兩端的電壓。電路中的電流、電壓變化時，將會引起電容器的充、放電。(3)二極管的特點：具有單向導電性。1.(2020·百校二聯)如圖所示的電路中，R1和R2是兩個阻值相等的定值電阻，R是滑動變阻器，電源電動勢為E、內電阻為r，當滑動變阻器的滑動觸頭從右向左移動的過程中，下列說法正確的是()A．R1、R2消耗的電功率均逐漸變小B．R1消耗的功率逐漸變小，R2消耗的功率逐漸變大C．電源內阻r消耗的熱功率逐漸減小D．R和R1消耗的總功率逐漸增大解析：在滑動觸頭從右向左移動的過程中，滑動變阻器接入電路的阻值減小，所以電路的總電阻減小，總電流I增大，根據P2＝I2R2，可知R2消耗的功率逐漸變大；由U＝E－Ir，可知路端電壓減小，R2兩端的電壓增大，則R1兩端的電壓減小，根據P1＝eq\f(U2,R1)，可知R1消耗的功率逐漸變小，故A錯誤，B正確。總電流增大，由P＝I2r，知電源內電阻消耗熱功率逐漸增大，故C錯誤。將R2看成電源內電路的一部分，R和R1消耗的總功率是等效電源的輸出功率，由于等效電源的內阻大于外電阻，所以當外電阻減小時，輸出功率減小，則電阻R和R1消耗的總功率逐漸減小，故D錯誤。答案：B2．(2020·河北石家莊模擬)在如圖所示的電路中，電源的負極接地，其電動勢為E、內電阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器，C為電容器，A、V為理想電流表和電壓表。在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，下列說法正確的是()A．電壓表示數變小B．電流表示數變小C．電容器C所帶電荷量增多D．a點的電勢降低解析：在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，干路電流I增大，電阻R1兩端電壓增大，則電壓表示數變大。電阻R2兩端的電壓U2＝E－I(R1＋r)，I增大，則U2變小，電容器兩板間電壓變小，其帶電荷量減小。根據外電路中順著電流方向，電勢降低，可知a點的電勢大于零，a點的電勢等于R2兩端的電壓，U2變小，則a點的電勢降低。通過R2的電流I2減小，通過電流表的電流IA＝I－I2，I增大，I2減小，則IA增大，即電流表示數變大。綜上所述，A、B、C錯誤，D正確。答案：D3．(多選)(2020·河南開封高三5月調研)如圖所示，R0為熱敏電阻(溫度降低電阻增大)，D為理想二極管(正向電阻為零，反向電阻無窮大)，C為平行板電容器，M點接地，在開關S閉合后，C中央有一帶電液滴剛好靜止。下列各項單獨操作可能使帶電液滴向上運動的是()A．將熱敏電阻R0加熱B．滑動變阻器R的滑片P向上移動C．開關S斷開D．電容器C的上極板向上移動解析：要使液滴向上運動，則應增大液滴受到的電場力，即應增大兩板間的電勢差。熱敏電阻加熱時，熱敏電阻阻值減小，由閉合電路歐姆定律可知，滑動變阻器兩端的電壓增大，故電容器兩端的電壓增大，液滴向上運動，A正確；當滑動變阻器的滑片P向上移動時，滑動變阻器接入電路的電阻減小，則總電流增大，電源的內電壓及R0兩端的電壓增大，則滑動變阻器兩端的電壓減小，但由于二極管具有單向導電性，電容器兩極板所帶電荷量不變，故電容器兩端的電勢差不變，B錯誤；開關S斷開時，電容器直接接在電源兩端，電容器兩端電壓增大，則液滴向上運動，C正確；電容器C的上極板向上移動，d增大，則電容器的電容C減小，由于二極管具有單向導電性，所以電容器兩極板所帶電荷量不變，由于U＝eq\f(Q,C)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，E＝eq\f(U,d)，所以E＝eq\f(4πkQ,εrS)，由于極板上的電荷量不變，而場強E與極板之間的距離無關，所以電場強度E不變，液滴仍然靜止，D錯誤。答案：AC4．(2020·高考全國卷Ⅰ)圖(a)所示的電路中，K與L間接一智能電源，用以控制電容器C兩端的電壓UC。如果UC隨時間t的變化如圖(b)所示，則下列描述電阻R兩端電壓UR隨時間t變化的圖像中，正確的是()解析：電阻R兩端的電壓UR＝IR，其中I為線路上的充電電流或放電電流。對電容器，Q＝CUC，而I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝Ceq\f(ΔUC,Δt)由UC-t圖像知，1～2s內，電容器充電，令I充＝I；2～3s內，電容器電壓不變，則I＝0；3～5s內，電容器放電，則I放＝eq\f(I,2)。聯系UR＝IR可知，電阻R兩端的電壓隨時間的變化圖像與A對應。答案：A考向二交變電流的產生和描述1．中性面的特點(1)穿過線圈的磁通量最大。(2)線圈中的感應電動勢為零。(3)線圈每經過中性面一次，感應電流的方向改變一次。2．計算有效值的三點注意(1)計算有效值時，要根據串聯電路中“相同時間”內“相同電阻”上產生“相同熱量”列式求解。(2)分段計算電熱，求和得出一個周期內產生的總熱量。(3)利用兩個公式Q＝I2Rt和Q＝eq\f(U2,R)t可分別求得電流有效值和電壓有效值。3．交變電流“四值”的應用(1)最大值：Em＝nBSω，分析電容器的耐壓值。(2)瞬時值：E＝Emsinωt(由中性面開始計時)，計算閃光電器的閃光時間、線圈某時刻的受力情況。(3)有效值：電表的讀數及計算電熱、電功、電功率及保險絲的熔斷電流。(4)平均值：eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)，計算通過電路截面的電荷量。[典例2](2020·山東濱州二模)如圖所示為線圈匝數為n的小型旋轉電樞式交流發電機的原理圖，其矩形線圈面積為S，在磁感應強度為B的勻強磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸OO′勻速轉動。矩形線圈電阻為r，矩形線圈通過兩刷環接電阻R，伏特表接在R兩端。當線圈以角速度ω勻速轉動時，下列說法正確的是()A．從線圈與磁場平行位置開始計時，瞬時電動勢為e＝nBSωsinωtB．當線圈平面轉到與磁場垂直時，電壓表示數為零C．線圈從與磁場平行位置開始轉過90°的過程中，通過電阻R的電荷量為eq\f(nBS,R)D．線圈轉一周的過程中回路產生的焦耳熱為eq\f(πn2B2S2ω,R＋r)[解析]交流發電機產生電動勢的最大值為Em＝nBSω，從線圈與磁場平行位置開始計時，瞬時電動勢為e＝nBSωcosωt，故A錯誤；交流電壓表測量的是電阻R兩端電壓的有效值，電動勢的有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(nBSω,\r(2))，電流為I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(nBSω,\r(2)（R＋r）)，交流電壓表的示數為U＝IR＝eq\f(nBSωR,\r(2)（R＋r）)＝eq\f(\r(2)nRBSω,2（R＋r）)，故B錯誤；線圈從與磁場平行位置開始轉過90°的過程中，線圈轉動eq\f(T,4)，eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)，平均電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R＋r)，電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝neq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(nBS,R＋r)，故C錯誤；線圈轉一周的過程中回路產生的焦耳熱為Q＝I2(R＋r)T＝[eq\f(nBSω,\r(2)（R＋r）)]2(R＋r)×eq\f(2π,ω)＝eq\f(πn2B2S2ω,R＋r)，故D正確。[答案]D易錯警示理解交變電流的三點注意……………………(1)注意區分交變電流的最大值、瞬時值、有效值和平均值，其中最大值是瞬時值中的最大值，有效值是以電流的熱效應來定義的。(2)交變電流瞬時值表達式書寫的基本思路(如典例中的A選項)①確定正弦式交變電流的峰值，根據已知圖像或由公式Em＝NBSω求出相應峰值，其中ω＝eq\f(2π,T)＝2πf＝2πn。②明確線圈的初始位置，找出對應的函數關系式。a．若線圈從中性面開始計時，則e-t圖像為正弦函數，e＝Emsinωt；b．若線圈從垂直中性面開始計時，則e-t圖像為余弦函數，e＝Emcosωt。(3)與電磁感應問題一樣，求解與電能、電熱相關的問題時，要用有效值，如典例中的D選項；而求解通過導體某橫截面的電荷量時，要用平均值，如典例中的C選項。5．若一電阻接到方波交流電源上，在一個周期內產生的熱量為Q方；若該電阻接到正弦交流電源上，在一個周期內產生的熱量為Q正。該電阻上電壓的峰值均為u0，周期均為T，如圖所示，則Q方∶Q正等于()A．1∶eq\r(2) B．eq\r(2)∶1C．1∶2 D．2∶1解析：根據焦耳定律知產生的熱量與方波中的電流方向的變化無關，故Q方＝eq\f(ueq\o\al(2,0),R)T，而正弦交流電電壓的有效值等于峰值的eq\f(1,\r(2))，故Q正＝eq\f(（\f(u0,\r(2))）2,R)T＝eq\f(1,2)·eq\f(ueq\o\al(2,0),R)T，所以eq\f(Q方,Q正)＝eq\f(2,1)，D正確。答案：D6．(多選)單匝閉合矩形線框電阻為R，在勻強磁場中繞與磁感線垂直的軸勻速轉動，穿過線框的磁通量Φ與時間t的關系圖像如圖所示。下列說法正確的是()A.eq\f(T,2)時刻線框平面與中性面垂直B．線框的感應電動勢有效值為eq\f(\r(2)πΦm,T)C．線框轉一周外力所做的功為eq\f(2π2Φeq\o\al(2,m),RT)D．從t＝0到t＝eq\f(T,4)過程中線框的平均感應電動勢為eq\f(πΦm,T)解析：中性面的特點是與磁場垂直，穿過的磁通量最大，磁通量變化率最小，則eq\f(T,2)時刻線框在中性面上，A錯；電動勢最大值為Em＝Φmω＝Φmeq\f(2π,T)，對正弦交流電，E有＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2)πΦm,T)，B對；由功能關系知，線框轉一周外力做的功等于產生的電能，W＝E電＝eq\f(Eeq\o\al(2,有),R)·T＝eq\f(2π2Φeq\o\al(2,m),RT)，C對；由法拉第電磁感應定律知，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Φm,\f(T,4))＝eq\f(4Φm,T)，D錯。答案：BC7．(多選)(2020·安徽六安3月模擬)如圖所示，邊長為L＝0.2m的正方形線圈abcd，其匝數為n＝100、總電阻為r＝2Ω，外電路的電阻為R＝8Ω，ab的中點和cd的中點的連線OO′恰好位于勻強磁場的邊界線上，磁場的磁感應強度B＝1T。若線圈從圖示位置開始以角速度ω＝2rad/s繞OO′軸勻速轉動，則以下判斷正確的是()A．在t＝eq\f(π,4)時刻，磁場穿過線圈的磁通量為0，故此時磁通量變化率為0B．閉合電路中感應電動勢的瞬時值表達式e＝4sin2tVC．從t＝0時刻到t＝eq\f(π,4)時刻，電阻R上產生的熱量為Q＝0.16πJD．從t＝0時刻到t＝eq\f(π,4)時刻，通過R的電荷量q＝0.2C解析：在t＝eq\f(π,4)時刻，線圈從圖示位置轉過90°，磁場穿過線圈的磁通量為0，線圈中磁通量變化率最大，故A項錯誤；線圈中產生感應電動勢的最大值Em＝nB·eq\f(L2,2)ω＝100×1×eq\f(0.22,2)×2V＝4V，開始計時時，線圈中磁通量最大，感應電動勢為0，則閉合電路中感應電動勢的瞬時值表達式e＝Emsinωt＝4sin2tV，故B項正確；線圈轉動的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,2)s＝πs，回路中感應電流的最大值Im＝eq\f(Em,r＋R)＝0.4A，回路中電流的有效值I＝eq\f(Im,\r(2))＝0.2eq\r(2)A，從t＝0時刻到t＝eq\f(π,4)時刻，電阻R上產生的熱量Q＝I2R·eq\f(T,4)＝(0.2eq\r(2))2×8×eq\f(π,4)J＝0.16πJ，故C項正確；從t＝0時刻到t＝eq\f(π,4)時刻，電路中的平均感應電動勢eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)，電路中的平均電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),r＋R)，線框中磁通量的變化量ΔΦ＝B·eq\f(L2,2)，通過R的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，解得q＝neq\f(BL2,2（r＋R）)＝100×eq\f(1×0.22,2×10)C＝0.2C，故D項正確。答案：BCD考向三變壓器與遠距離輸電1．分析技巧(1)根據題意分清變量和不變量。(2)弄清“誰決定誰”的制約關系。對電壓而言，輸入決定輸出；對電流、電功(率)而言，輸出決定輸入。2．動態分析的“兩不變”(1)負載電阻不變，討論變壓器原、副線圈兩端的電壓、電流、電功率等隨匝數比的變化情況。(2)匝數比不變，討論變壓器原、副線圈兩端的電壓、電流、電功率等隨負載電阻的變化情況。3．遠距離輸電的“兩損耗”(1)電壓損耗：輸電線上的電阻導致的電壓損耗，UR＝U2－U3＝IRR。(2)功率損耗：輸電線上的電阻發熱導致的功率損耗，PR＝P2－P3＝Ieq\o\al(2,R)R，輸電線上的能量損耗是熱損耗，計算功率損耗時用公式PR＝Ieq\o\al(2,R)R或PR＝eq\f(Ueq\o\al(2,R),R)。[典例3](2020·山東青島高三下學期統一質檢)某實驗小組模擬遠距離輸電的原理圖如圖所示，A、B為理想變壓器，R為輸電線路的電阻，燈泡L1、L2規格相同，保持變壓器A的輸入電壓不變。下列說法正確的是()A．斷開S，A的輸入功率減小B．斷開S，L1不受影響C．將滑片P下移，燈泡L1變暗D．將滑片P上移，A的輸入功率增大[解析]斷開S，B變壓器副線圈電路中電阻變大，則電路中電流變小，變壓器B輸出功率減小，則變壓器A輸入功率減小，輸電線上的電流減小，輸電線上損失的電壓變小，則變壓器B的輸入電壓變大，輸出電壓也變大，L1變亮，故A正確，B錯誤；將滑片P下移，A變壓器副線圈匝數變大，副線圈電壓變大，電流變大，則B變壓器副線圈電流變大，燈泡L1變亮，故C錯誤；將滑片P上移，A變壓器副線圈匝數變小，副線圈電壓變小，電流變小，原線圈中電流變小，A的輸入功率變小，故D錯誤。[答案]A8．(多選)如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數之比為1∶2，正弦交流電源電壓為U＝12V，電阻R1＝1Ω，R2＝2Ω，滑動變阻器R3最大阻值為20Ω，滑片P處于中間位置，則()A．R1與R2消耗的電功率相等B．通過R1的電流為3AC．若向上移動P，電源輸出功率將變大D．若向上移動P，電壓表讀數將變大解析：由理想變壓器電流與匝數關系式eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)得eq\f(I1,I2)＝eq\f(2,1)，電阻消耗功率P＝I2R，電阻R1與R2消耗的電功率是2倍關系，A錯誤；設通過電阻R1的電流為I，副線圈中的電流為eq\f(I,2)，由功率關系得UI＝I2R1＋(eq\f(I,2))2(R2＋eq\f(R3,2))，解得I＝3A，B正確；若向上移動滑片P，滑動變阻器連入電路中的阻值減小，變壓器輸出功率變大，則電源輸出功率增大，原線圈中電流增大，電阻R1兩端電壓增大，原線圈兩端電壓減小，則副線圈兩端電壓也減小，即電壓表讀數變小，C正確，D錯誤。答案：BC9．(2020·浙江7月選考)如圖所示，某小型水電站發電機的輸出功率P＝100kW，發電機的電壓U1＝250V，經變壓器升壓后向遠處輸電，輸電線總電阻R線＝8Ω，在用戶端用降壓變壓器把電壓降為U4＝220V。已知輸電線上損失的功率P線＝5kW，假設兩個變壓器均是理想變壓器，下列說法正確的是()A．發電機輸出的電流I1＝40AB．輸電線上的電流I線＝625AC．降壓變壓器的匝數比n3∶n4＝190∶11D．用戶得到的電流I4＝455A解析：發電機輸出電流I1＝eq\f(P,U1)＝eq\f(100×103,250)A＝400A，A錯誤；輸電線上損失的功率P線＝Ieq\o\al(2,線)R線＝5000W，所以I線＝eq\r(\f(P線,R線))＝eq\r(\f(5000,8))A＝25A，B錯誤；用戶得到的功率P4＝P－P線＝(100－5)kW＝95kW，則I4＝eq\f(P4,U4)＝eq\f(95×103,220)A＝eq\f(4750,11)A≈432A，即用戶得到的電流為432A，故eq\f(n3,n4)＝eq\f(I4,I線)＝eq\f(190,11)，故C正確，D錯誤。答案：C10．(多選)如圖所示，理想變壓器副線圈1、2之間的匝數是總匝數的一半，二極管D具有單向導電性(正向電阻為零，反向電阻為無窮大)，R是可變電阻，K是單刀雙擲開關，原線圈接在電壓不變的正弦交流電源上。下列說法正確的是()A．若R阻值不變，當K分別接1和2時，電壓表讀數之比為2∶1B．若R阻值不變，當K分別接1和2時，電壓表讀數之比為eq\r(2)∶1C．若K分別接1和2時，要使R消耗的功率相等，則R阻值之比為2∶1D．若K分別接1和2時，要使R消耗的功率相等，則R阻值之比為eq\r(2)∶1解析：設原線圈與副線圈的匝數分別為n1、n2，當K接2時，eq\f(n1,\f(n2,2))＝eq\f(U1,U22)，此時電壓表示數與副線圈兩端的電壓相等，即U2＝U22＝eq\f(n2,2n1)U1，功率為P2＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R2)；當K接1時，eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U21)，設此時電壓表的示數為U2′，則eq\f(Ueq\o\al(2,21),R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2′2,R)·T，得U2′＝eq\f(n2U1,\r(2)n1)，此時的功率為P1＝eq\f(U2′2,R1)。由上分析知，電壓表的示數之比為eq\r(2)∶1，要使R消耗的功率相等，則電阻值之比為2∶1，B、C對。答案：BC考向四交變電流的綜合問題交變電流綜合問題一般會與變壓器問題相結合，常涉及交變電流最大值、有效值、平均值、瞬時值的計算，交變電流的圖像及與電磁感應、安培力、閉合電路歐姆定律的綜合應用等。解答時應注意以下兩點：(1)分清交流電路中“四值”的不同計算方法及瞬時值表達式的書寫和圖像的物理意義。(2)學會將直流電路、閉合電路歐姆定律及變壓器分析的知識應用在交流電路中。[典例4](2020·河北保定4月檢測)矩形線框與理想電流表、理想變壓器、燈泡連接電路如圖甲所示。燈泡標有“36V40W”的字樣且阻值可以視作不變，變壓器原、副線圈的匝數之比為2∶1。線框產生的電動勢隨時間變化的規律如圖乙所示。下列說法正確的是()A．圖乙電動勢的瞬時值表達式為e＝36eq\r(2)sinπtVB．變壓器副線圈中的電流方向每秒改變50次C．燈泡L恰好正常發光D．理想變壓器輸入功率為20W[解析]由題圖乙知周期T＝2×10－2s，角速度ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，電動勢的瞬時值表達式為e＝72·sin100πtV，A錯誤；線框轉一圈電流方向改變2次，線框每秒轉50圈，電流方向改變100次，變壓器不會改變電流方向改變的次數，即副線圈中電流方向每秒改變100次，B錯誤；副線圈兩端電壓最大值是36V，有效值是eq\f(36,\r(2))V，小于燈泡額定電壓36V，燈泡L不能正常發光，C錯誤；燈泡的電阻RL＝eq\f(U2,P)＝32.4Ω，變壓器的輸出功率為P出＝eq\f(（\f(36,\r(2))）2,32.4)W＝20W，所以理想變壓器的輸入功率為20W，D正確。[答案]D11．如圖所示，矩形閉合導線框ABCD處于可視為水平方向的勻強磁場中，線框繞垂直于磁場的軸OO′勻速轉動，并與理想變壓器原線圈相連，副線圈接有一只“11V