高考物理二、三轮复习总攻略-3专题1.6 直流与交流电路问题（解析版）

PAGE23第一部分保分模块前置专题1.6直流与交流电路问题目录【专题知识网络构建】 1【专题高考定位】 1【突破高考题型】 2题型一直流电路的分析与计算 2题型二交变电流的产生及描述 4题型三变压器与远距离输电 6【专题突破练】 10【专题知识网络构建】【专题高考定位】1．考查重点：电路中的能量问题、交流电的产生和描述、变压器和远距离输电问题。2．考题形式：选择题。【突破高考题型】题型一直流电路的分析与计算1．电阻定律：R＝ρeq\f(l,S)，此式为电阻的决定式，其中ρ决定于导体的材料，且与温度有关。2．欧姆定律(1)部分电路欧姆定律：I＝eq\f(U,R)，此式只适用于纯电阻电路。(2)闭合电路欧姆定律：I＝eq\f(E,R＋r)，适用于含电源纯电阻电路；U＝E－Ir，适用于任意电路。(3)路端电压与负载的关系U＝IR＝eq\f(R,R＋r)E＝eq\f(1,1＋\f(r,R))E，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小。3．焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于任意电路求电热。4．电源的功率和效率(1)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。(2)电源的效率η＝eq\f(P出,P总)×100%＝eq\f(U,E)×100%。【例1】(2022·浙江名校联盟联考)新冠肺炎患者中有13%的重症患者和6%的危重患者需要给予及时的呼吸机治疗，呼吸机成为生死攸关的战略资源。呼吸机的核心部件之一是呼吸机马达。下表是国内某制造商生产的呼吸机马达的主要参数。下列说明正确的是()呼吸机马达额定电压24V空载电流0.2A额定转速30000rpm额定负载扭矩100mN·m额定电流1.9A额定输出功率32WA.额定电流状态下，马达内阻等消耗功率为13.6WB.利用空载状态的参数，计算出马达的内阻是120ΩC.利用额定状态的参数，计算出马达的内阻约为9ΩD.空载状态下，马达的输出功率为4.8W【答案】A【解析】额定电流状态下，马达内阻等消耗功率为Pr＝U额I额－P输＝13.6W，故A正确；由于马达不是纯电阻元件，所以无论是在空载状态还是额定状态，都不能利用参数根据欧姆定律计算马达的内阻，故B、C错误；空载状态下，马达的输入功率为P空＝U额I空＝4.8W，由于马达内阻会消耗功率，所以马达此时的输出功率小于4.8W，故D错误。【例3】(2022·浙大附中12月首考)某款扫地机器人如图所示，额定功率24W，额定电流3A，正常工作时电机输出的功率为19.5W，锂电池容量9A·h，为延长锂电池寿命，当剩余电量为总容量的20%时就需要充电，则()A．电机的电阻为eq\f(8,3)ΩB．额定电压为6.5VC．正常工作时，电机产生的热功率为19.5WD．充满电的电池可以正常工作时间为2.4h【答案】D【解析】由于额定功率24W，额定电流3A，可知额定电压为U＝eq\f(P,I)＝8V，B错误；正常工作时电机输出的功率为19.5W，可知内阻消耗的功率为P内＝P总－P出＝4.5W，又P热＝P内＝I2r，解得电机的电阻为r＝0.5Ω，A、C错误；充满电的电池可以正常工作的时间为t＝eq\f(Q,I)＝eq\f(9×80%,3)h＝2.4h，D正确。【总结提炼】纯电阻电路和非纯电阻电路(1)纯电阻电路：电功W＝UIt，电功率P＝UI，且电功全部转化为电热，有W＝Q＝UIt＝eq\f(U2,R)t＝I2Rt，P＝UI＝eq\f(U2,R)＝I2R。(2)非纯电阻电路：电功W＝UIt，电功率P＝UI，电热Q＝I2Rt，电热功率P热＝I2R，电功率大于电热功率，即P>P热，故求电功、电功率只能用W＝UIt、P＝UI，求电热、电热功率只能用Q＝I2Rt、P热＝I2R。【例2】(2022·浙江名校联盟联考)如图所示的电路图，电流表、电压表是理想电表，电阻R0是定值电阻，电源的电动势和内阻分别为E、r，电动机的内阻为r0；当合上开关，增大电阻箱R的阻值时，电流表和电压表的数值变化量分别为ΔI、ΔU，下列说法正确的是()A．电压表的示数减小B．电流表的示数增大C．电动机的电流变化量为eq\f(ΔU,r0)D．r＋R0＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))【答案】D【解析】根据闭合电路动态分析的“串反并同法”可知，当电阻箱的阻值R增大时，与R并联的电压表的示数增大，与R间接串联电流表的示数减小，A、B错误；电动机不是纯电阻，不满足欧姆定律，所以当电动机两端电压变化量为ΔU时，其电流的变化量不等于eq\f(ΔU,r0)，C错误；根据闭合电路欧姆定律有U＝E－I·(r＋R0)，则r＋R0＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))，D正确。【提炼总结】直流电路动态分析的三种常用方法程序法R局eq\o(→,\s\up11(增大),\s\do4(减小))I总＝eq\f(E,R＋r)eq\o(→,\s\up11(减小),\s\do4(增大))U内＝I总req\o(→,\s\up11(减小),\s\do4(增大))U外＝E－U内eq\o(→,\s\up11(增大),\s\do4(减小))U支＝U外－I总R干eq\o(→,\s\up11(增大),\s\do4(减小))最后确定I支结论法：“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)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到两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论题型二交变电流的产生及描述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。2．两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变。线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次。(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，感应电流方向不变。3．交变电流的“四值”及应用(1)最大值：Em＝nωBS，分析电容器的耐压值。(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：eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)，计算通过电路横截面的电荷量。4．有效值的计算(1)正弦式交变电流：有效值是最大值的eq\f(1,\r(2))。(2)非正弦式交变电流：必须根据电流的热效应来求解。【例1】(2022·辽宁协作体期末)如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO′匀速转动，从某时刻开始计时，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示，若外接电阻R＝100Ω，线圈电阻r＝10Ω，电压表为理想交流电表，则下列说法正确的是()A.线圈的转速为50r/sB.0.01s时线圈平面与磁场方向平行C.通过电阻R的电流有效值为eq\r(2)AD.电压表的示数为200V【答案】B【解析】根据乙图可知交流电的周期为T＝0.04s，故线圈转动的转速为n＝eq\f(1,T)＝25r/s，故A错误；由乙图可知，0.01s时线圈产生的感应电动势为峰值，故此时线圈平面与磁场方向平行，故B正确；由乙图可知，线圈产生电动势最大值为Em＝110eq\r(2)V，则有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝110V，根据闭合电路欧姆定律，可得I＝eq\f(E,R＋r)＝1A，故C错误；由欧姆定律U＝IR＝100V，即电压表的示数为100V，故D错误。【例2】(2022·浙江十校联盟联考)如图甲是小型交流发电机，两磁极间的磁场可视为匀强磁场，一个100匝的矩形线圈(内阻不计)绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，某位置开始计时产生的交变电动势图像如图乙所示，已知磁感应强度B＝0.1T，则()A.t＝0时刻，线圈平面与磁感线平行B.线圈的面积S为eq\f(0.22\r(2),π)m2C.它可使“220V，60W”的灯泡正常发光，也可使击穿电压为220V的电容器正常工作D.以此作为电源，每通过1C的电荷量，消耗的电能为220eq\r(2)J【答案】B【解析】t＝0时刻，由图乙可知，瞬时电动势为零，线圈平面与磁感线垂直，故A错误；根据线圈产生的最大电动势E＝NBSω，结合图乙计算得S＝eq\f(0.22\r(2),π)m2，故B正确；它可使“220V，60W”的灯泡正常发光，电动势的最大值为220eq\r(2)V，超过了电容器的击穿电压，不可使击穿电压为220V的电容器正常工作，故C错误；不同时刻开始通电，通过1C的电荷量所用时间不同，故消耗的电能不同，故D错误。【提炼总结】正弦式交变电流“四值”的应用题型三变压器与远距离输电1．变压器的基本关系(1)电压关系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)。当有n组线圈时，有eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)＝…。(2)功率关系：对于理想变压器，不考虑能量损失，有P入＝P出。(3)电流关系：由功率关系，当只有一个副线圈时，有I1U1＝I2U2，得eq\f(I1,I2)＝eq\f(U2,U1)＝eq\f(n2,n1)。当有多个副线圈时，I1U1＝I2U2＋I3U3＋…，得I1n1＝I2n2＋I3n3＋…。2．变压器的制约关系(1)电压：原决定副根据变压器的原理可知，输入电压U1决定输出电压U2，U2＝eq\f(n2,n1)U1。当U1不变时，不论负载电阻R的阻值变化与否，U2都不会改变。(2)电流：副决定原输出电流I2决定输入电流I1。当负载电阻R的阻值增大时，I2减小，则I1相应减小；当负载电阻R的阻值减小时，I2增大，则I1相应增大。因此，在使用变压器时不能使变压器副线圈短路。(3)功率：副决定原输出功率P2决定输入功率P1。理想变压器的输出功率与输入功率相等，即P2＝P1。在输入电压U1一定的情况下，当负载电阻R的阻值增大时，I2减小，则P2＝I2U2减小，P1也将相应减小；当负载电阻R的阻值减小时，I2增大，P2＝I2U2增大，则P1也将增大。3．变压器的动态分析(1)原、副线圈匝数比不变，分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是R→I2→P2→P1→I1。(2)负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P2→P1→I1。4．高压输电关系电压关系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)U2＝ΔU＋U3eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)电流关系eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)I2＝I3＝I线eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)功率关系P1＝P2P2＝P3＋ΔPΔP＝Ieq\o\al(2,线)R＝eq\f(（ΔU）2,R)＝ΔU·I线P3＝P4【例1】(2022·山东卷)如图所示的变压器，输入电压为220V，可输出12V、18V、30V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcos(100πt)。单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1V。将阻值为12Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12W。下列说法正确的是()A．n1为1100匝，Um为220VB．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4AC．若将R接在AB两端，R两端的电压为18V，频率为100HzD．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5A，周期为0.02s【答案】D【解析】变压器的输入电压为220V，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为220eq\r(2)V，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为eq\f(n1,1)＝eq\f(220V,0.1V)，解得原线圈为2200匝，A错误；根据题图可知，当原线圈输入电压为220V时，BC间的电压为UBC＝eq\r(PR)＝12V，故BC间的线圈与单匝线圈匝数关系有eq\f(nBC,1)＝eq\f(12V,0.1V)，则BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为IBC＝eq\f(P,UBC)＝eq\f(12W,12V)＝1A，B错误；若将R接在AB两端，根据题图可知，当原线圈输入电压为220V时，AB间的电压应该为18V。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，故交流电的频率为f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，C错误；若将R接在AC两端，根据题图可知，当原线圈输入电压为220V时，AC间的电压应该为30V，根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为IAC＝eq\f(UAC,R)＝eq\f(30,12)A＝2.5A，交流电的周期为T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s，D正确。【提炼总结】理想变压器一组副线圈f1＝f2，变压器不改变交变电流的频率电压关系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)电流关系eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)功率关系P1＝P2多组副线圈(以两组副线圈为例)f1＝f2＝f3电压关系eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)电流关系n1I1＝n2I2＋n3I3功率关系P1＝P2＋P3【例2】(2022·浙江十校联盟联考)如图所示为模拟远距离输电的部分测试电路。a、b端接电压稳定的正弦交流电源，理想变压器的原、副线圈匝数比为k且k<1，定值电阻R1<R2，电流表、电压表均为理想电表，其示数分别用I和U表示。当向上调节滑动变阻器R3的滑片P时，电流表、电压表示数变化量分别用ΔI和ΔU表示。则以下说法正确的是()A．R2＝eq\f(ΔU,ΔI)B．R1＝eq\f(1,k2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))C．电阻R2消耗的功率P2＝UID．电源的输出功率一定增大【答案】D【解析】根据变压器的原理可得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝k，eq\f(I2,I1)＝eq\f(n1,n2)＝k，则有U1＝kU2，I1＝eq\f(I2,k)，在原线圈电路中有U0＝I1R1＋U1，即U0＝eq\f(I2,k)R1＋kU2，整理可得U2＝eq\f(1,k)U0－eq\f(R1,k2)I2，则有eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))＝eq\f(R1,k2)，A、B错误；副线圈消耗的功率为P2＝UI，C错误；当向上调节滑动变阻器R3的滑片P时，副线圈的总电阻减小，所以回路中的电流增大，电源的电压不变，所以电源的输出功率一定增大，D正确。【提炼总结】原线圈含电阻的变压器问题分析技巧对于一组原、副线圈电路，电流与匝数成反比的规律成立，即eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)；但要注意电压与匝数成正比关系成立的条件，原线圈接有电阻时，eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)中U1指的是原线圈两端电压，而不是电源电压。原线圈两端电压和与原线圈串联的电阻两端电压之和等于电源电压。【例3】(2021·福建高考)某住宅小区变压器给住户供电的电路示意图如图所示，图中R为输电线的总电阻。若变压器视为理想变压器，所有电表视为理想电表，不考虑变压器的输入电压随负载变化，则当住户使用的用电器增加时，图中各电表的示数变化情况是()A.A1增大，V2不变，V3增大B.A1增大，V2减小，V3增大C.A2增大，V2增大，V3减小D.A2增大，V2不变，V3减小【答案】D【解析】不考虑变压器的输入电压随负载变化，即变压器原线圈的输入电压U1＝UV1不变，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，变压器副线圈的输出电压U2＝UV2不变；当住户使用的用电器增加时，即用户的总电阻R灯变小，由I2＝eq\f(U2,R＋R灯)可知，副线圈的电流I2＝IA2变大，而由UV3＝U2－I2R可知V3减小；由理想变压器的原理U1I1＝U2I2可知原线圈的电流I1＝IA1变大，综合上述分析可知A1增大，A2增大，V2不变，V3减小，故D正确。【专题突破练】1．(2022·云南广南模拟)如图所示，C为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关S，当滑动变阻器R1、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态。要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是()A.把R2的滑片向左移动B.把R2的滑片向右移动C.把R1的滑片向左移动D.把开关S断开【答案】A【解析】要使尘埃P向下运动，则其受到的静电力应该减小，即电容器两极板间电压应该减小，故R2的滑片应该向左移动，选项A正确，B错误；由于电容器在直流电路中相当于断路，故滑动R1的滑片对电容器两极板的电压没有影响，选项C错误；断开开关，则电容器相当于直接接在电源两端，其极板间电压增大，尘埃向上运动，选项D错误。2.(多选)(2022·重庆南开中学质检)小明为自己家的养牛场设计了一款补水提示器，其工作原理如图所示。在忽略电表内阻影响的情况下，下列分析正确的是()A.水量减少时，滑动变阻器的滑片向上移动B.如果选择电压表，电表示数变小反映水量增多C.如果选择电流表，电表示数变大反映水量增多D.如果选择电流表，R0可以在水太多时保护电路【答案】ACD【解析】根据装置图可知，水量减少，弹簧压缩量减少，滑片上移，故A正确；若电表为电压表，其测的是滑动变阻器上部分对应的电压值，示数减小，说明滑片上移，水量减少，故B错误；若电表为电流表，电流表测的是整个电路的电流，电流表示数变大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，即滑片下移，水量增多，故C正确；如果选择电流表，水太多时R接入电路的阻值很小，电路中电流很大，此时R0串联在干路中，起到保护电路(电流表)的作用，故D正确。3.(多选)(2022·重庆八中模拟)在报警电路中常用到蜂鸣器，其原理为当电流从蜂鸣器正极流入负极流出时，蜂鸣器会发出报警声。如图所示是一个断路报警电路，平行板电容器电容为C，电源电动势为E，内阻r≠0，D可视为理想二极管，R1、R2为定值电阻。当电路中的开关S在电路工作过程中断开时，蜂鸣器会发出报警声。对于该电路下列说法正确的是()A.a端为蜂鸣器的负极B.S闭合稳定后，电容器的带电荷量为CEC.S闭合稳定后，增加平行板间距离有可能会使蜂鸣器发出报警声D.S断开后，流过蜂鸣器的电荷量等于流过R2的电荷量【答案】CD【解析】开关S闭合时，电流从b端流过蜂鸣器，则电容器C的右端为正极板，开关S断开时，电容器放电，电流从a端流过蜂鸣器，此时蜂鸣器发出报警声，则a端为蜂鸣器的正极，故A错误；S闭合稳定后，电容器两端电压为电阻R2两端电压，小于电动势E，所以电容器的带电荷量小于CE，故B错误；S闭合稳定后，增加平行板间距离，根据平行板电容器电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知电容减小，两端电压不变，由C＝eq\f(Φ,U)知Q减小，电容器放电，电流从a端流过蜂鸣器，有可能会使蜂鸣器发出报警声，故C正确；S断开后，电容器放电，二极管具有单向导电性，没有电流通过二极管，则流过蜂鸣器的电荷量等于流过R2的电荷量，故D正确。4.(2022·江苏常州期末)无线充电器能给手机充电是因为两者内部有线圈存在，当电源的电流通过无线充电器的送电线圈会产生变化的磁场，手机端的受电线圈靠近该磁场就会产生电流，双方密切配合，手机成功无线充电。如图为自制的简易无线充电装置，由一个电磁炉(发射线圈)、一个接收线圈、一个二极管、一个车载充电器构成，发射线圈、接收线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，若电磁炉两端所加电压为u＝220eq\r(2)sin(314t)V，不考虑充电过程中的各种能量损失。则下列说法正确的是()A.通过车载充电器的电流为交流电B.通过车载充电器的电流方向周期性地变化C.车载充电器两端电压的有效值约为22VD.车载充电器两端电压的有效值约为eq\f(22,\r(2))V【答案】D【解析】接收线圈与车载充电器之间连接一个二极管，二极管具有单向导电性，一个周期内只有半个周期的交流电能通过二极管，所以通过车载充电器的电流方向不变，不是交流电，A、B错误；由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可得接收线圈的电压有效值为U2＝eq\f(U1n2,n1)＝eq\f(220×1,10)V＝22V，由电流的热效应可得eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)·eq\f(T,2)＝eq\f(Ueq\o\al(2,3),R)T，解得车载充电器两端电压的有效值约为U3＝eq\f(22,\r(2))V，C错误，D正确。5.(2022·河北卷)张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后。输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是()A．发电机输出的电压为eq\r(2)πNBSzB．发电机输出交变电流的频率为2πnzC．变压器原、副线圈的匝数比为eq\r(2)πNBSnz∶UD．发电机产生的瞬时电动势e＝eq\r(2)πNBSnzsin(2πnzt)【答案】C【解析】发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为f＝eq\f(ω,2π)＝nz，B错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的为正弦交流电，最大值为Em＝NBS·2π·nz，输出电压的有效值为U1＝E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\r(2)πNBSnz，A错误；变压器原、副线圈的匝数比为eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U)＝eq\f(\r(2)πNBSnz,U)，C正确；发电机产生的瞬时电动势为e＝Emsinωt＝2πNBSnzsin(2πnzt)，D错误。6.(2022·云南玉溪质检)如图甲所示为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为理想电表。单匝线框绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，线框中的磁通量Φ随时间t变化的关系如图乙所示。已知电阻R＝10Ω，其余电阻忽略不计，下列判断正确的是()A.电流表的示数为10AB.1s内电流的方向改变50次C.0.01s时，线框平面与磁场方向垂直D.1个周期内，电阻R上产生的焦耳热为10J【答案】D【解析】由图乙可知，磁通量变化的周期为T＝2×10－2s，则角速度ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，由Em＝NBSω＝NωΦm，可得电动势的最大值为100V，则电动势的有效值E＝eq\f(100,\r(2))V＝50eq\r(2)V，则电流表的示数I＝eq\f(E,R)＝5eq\r(2)A，故A错误；由图可知，交变电流的频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，一个周期内电流方向改变两次，所以1s内电流的方向改变100次，故B错误；0.01s时，磁通量为零，线框平面与磁场方向平行，故C错误；由焦耳定律可得1个周期内，电阻R上产生的焦耳热Q＝I2Rt＝(5eq\r(2))2×10×0.02J＝10J，故D正确。7.(2022·浙江1月选考)某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A。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，则()A．每秒水泵对水做功为75JB．每秒水泵对水做功为225JC．水泵输入功率为440WD．电动机线圈的电阻为10Ω【答案】D【解析】每秒喷出水的质量为m0＝2.0kg，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＋eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,0)＝300J，A、B错误；水泵的输出能量转化为水的机械能，则P出＝eq\f(W,t)＝300W，而水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%，则P入＝eq\f(P出,75%)＝400W，C错误；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＝400W，而电动机的电功率为P电＝UI＝440W，由能量守恒可知P电＝I2R＋P机，联立解得R＝10Ω，D正确。8.(多选)(2022·安吉中学1月仿真)如图所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，匝数n＝100匝，电阻为r＝1Ω的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈两端经集流环和电刷与电路连接，定值电阻R1＝6Ω，R2＝3Ω，其他电阻不计，线圈匀速转动的周期T＝0.2s。从线框与磁场方向平行位置开始计时，线圈转动的过程中，线圈产生电动势的有效值为3V。下列说法中正确的是()A．电阻R1上的电功率为eq\f(2,3)WB．t＝0.05s时，理想电压表的示数为零C．从开始计时到eq\f(1,20)s通过电阻R2的电荷量为eq\f(\r(2),10π)CD．若线圈转速增大为原来的2倍，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e＝6eq\r(2)cos20πt(V)【答案】AD【解析】线圈两端所接电路的总电阻R＝2Ω，根据闭合电路欧姆定律可知线圈外电路电压有效值U＝eq\f(R,R＋r)E＝eq\f(2,2＋1)×3V＝2V，电阻R1上的电功率为P＝eq\f(U2,R1)＝eq\f(22,6)W＝eq\f(2,3)W，A正确；线圈匀速转动的周期T＝0.2s，t＝0.05s时，正好转到了与磁场方向垂直位置，此时线圈产生的感应电动势为零，电阻R2两端的电压瞬时值为零，但电压表读数表示的是交流电压的有效值，不为零，B错误；线圈产生电动势的最大值Em＝eq\r(2)E＝3eq\r(2)V，又Em＝NBSω，故Φm＝BS＝eq\f(Em,Nω)＝eq\f(3\r(2),100×10π)Wb＝eq\f(3\r(2),1000π)Wb，从开始计时到eq\f(1,20)s，磁通量的变化ΔΦ＝eq\f(3\r(2),1000π)Wb，故通过电阻R2的电荷量为q＝eq\f(2,3)×eq\f(NΔΦ,R＋r)＝eq\f(\r(2),15π)C，C错误；转速增大2倍，线圈产生的感应电动势Em＝NBSω变为原来的2倍，故最大值为Em′＝6eq\r(2)V，且由ω＝2πn可知，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e＝6eq\r(2)cos20πtV，D正确。9.(2022·浙江强基联盟统测)现在很多手机在倡导环保的形势下取消了一起搭配的手机充电头。日常生活中我们往往会遇到给不同的手机或电子设备充电的情况，于是能够支持各种充电协议的智能充电器应运而生。一款某品牌氮化镓智能充电器的铭牌如图所示。则下列说法错误的是()型号：CD217P/N：80367输入：100－240V～50/60Hz1.8AMax输出：5V－3A9V－3A15V－3A20V－3.25A3．3－11V－4.05A3．3－21V－3A输出总功率：65WMaxA．该充电器以最大输出功率输出时，输出电压是20VB．该充电器给支持12V－3A协议的容量为10000mAh，额定电压为3.7V的电池充电，从0至充满需要至少1小时C．家用电路中偶尔会有瞬时的脉冲电压存在，该充电器最大允许脉冲电压的峰值约为339VD．某电池充电电压为10V，最大充电电流不超过5A，则充电器对它充电时的输出功率为50W【答案】D【解析】最大输出功率65W对应的是“20V－3.25A”输出，A正确；当以“12V－3A”输出时的输出功率为36W，电池的能量为容量与额定电压的乘积为37Ah，考虑充电过程的电热损失，所以充电时间至少1h以上，B正确；充电器输入最大电压为240V有效值交流电，对应峰值为339.4V，C正确；某电池充电电压为10V，最大充电电流不超过5A，则充电器对它充电时的输出功率不超过50W，D错误。10．(2022·湖州、衢州、丽水11月质检)如图为一款可充电小型电扇，其铭牌信息如下表所示。已知该电扇的电动机内阻为0.5Ω，下列说法正确的是()名称：充电电扇型号：ODI－MF10A额定电压：5V额定功率：5W净重：380g电池容量：2000mA·h产品尺寸131×130×145mmA．2000mA·h指的是电池充满电时的电能B．充满电后理论上电扇可以运行20hC．电扇的额定电流为10AD．电动机的效率为90%【答案】D【解析】2000mA·h指的是电池充满电时的电荷量，A错误；根据P＝UI得电扇的额定电流为I＝1A，由I＝eq\f(q,t)得t＝2h，B、C错误；依题意有P机＝P－P损＝P－I2r，电动机的效率为η＝eq\f(P机,P)，联立得η＝90%，D正确。11.(多选)(2022·湖北高考，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220V、匝数为1100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%，忽略其他损耗，下列说法正确的是()A.接收线圈的输出电压约为8VB.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【答案】AC【解析】根据eq\f(n1,n2)＝eq\f(80%U1,U2)可得接收线圈的输出电压约为U2＝8V，故A正确；根据eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,80%I1)可得eq\f(I1,I2)＝eq\f(5,88)，故B错误；变压器不改变其交变电流的频率，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。12．(2022·金丽衢十二校联考)如图所示为一电流通过一电子元件后的波形图(曲线部分为正弦式交变电流的一部分)，则下列说法正确的是()A．这是一种交变电流B．电流的变化周期为0.03sC．电流通过100Ω电阻时，电功率为100WD．电流通过100Ω的电阻时，一个周期内流经电阻的电荷量大于0.015C【答案】D【解析】交变电流是指大小和方向随时间做周期变化的电流，图中电流方向未变，是直流，A错误；电流的变化周期为0.015s，B错误；电流通过100Ω电阻时，电功率为P＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)×2))2×100×0.01＋12×100×0.005,0.015)W＝eq\f(500,3)W，C错误；根据i－t图像与t轴所围面积表示电荷量可知，电流通过100Ω的电阻时，一个周期内流经电阻的电荷量大于0.015C，D正确。13.(多选)(2022·河北衡水模拟)如图所示，面积为0.01m2的单匝矩形线圈abcd放置在磁感应强度大小B＝0.5T的匀强磁场中，与一定值电阻连成闭合回路。线圈以n＝100r/s的转速匀速转动，线圈的内阻r＝0.2Ω，定值电阻的阻值R＝0.8Ω，以图示时刻为0时刻，下列说法正确的是()A.若0时刻的电流方向如图中箭头所示，则线圈沿逆时针方向(从上往下看)转动B.0时刻穿过线圈的磁通量最大C.该线圈的感应电动势的有效值为πVD.0～0.0025s内，通过定值电阻的电荷量为0.005C【答案】AD【解析】感应电流的方向是adcb，线圈平面与磁感线平行，根据楞次定律可知ab边正转出纸外，线圈沿逆时针方向(从上往下看)转动，A正确；0时刻，穿过线圈的磁通量为零，B错误；感应电动势的最大值Em＝BSω＝πV，有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2)π,2)V，C错误；0～0.0025s内，线圈转过了90°，通过定值电阻的电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝0.005C，D正确。14.(2022·重庆南开中学质检)近十年来，我国环形变压器从无到有，已形成相当大的生产规模，广泛应用于计算机、医疗设备、家电设备和灯光照明等方面，如图甲所示。环形变压器与传统方形变压器相比，漏磁和能量损耗都很小，可视为理想变压器。如图乙所示的环形变压器原线圈匝数n1＝880匝，副线圈接一个“12V，22W”的照明电灯L，电压表与电流表均为理想交流电表。原线圈所接正弦式交流电源的电压随时间变化的关系图像如图丙所示，最大值Um＝220eq\r(2)V。此时，照明电灯恰好正常发光。则()A.该交流电的方向每秒改变50次B.副线圈匝数约为34匝C.此时电流表的读数为0.1AD.若副线圈两端再并联多个规格与L完全相同的照明电灯，则每个电灯都不能正常工作【答案】C【解析】交流电周期为T＝2×10－2s，1s内包含50个周期，方向改变100次，故A错误；输入电压的有效值U1＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，照明电灯正常发光，副线圈的电压U2＝12V，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可知n2＝48匝，故B错误；根据P＝U2I＝U1I1，解得I1＝0.1A，故C正确；输入电压不变，匝数比不变，副线圈输出电压不变，并联的每盏灯均正常工作，故D错误。15.(2022·河北保定3月联考)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0＝100、n1＝200和n2＝300，两个副线圈分别接有电阻R1＝5Ω、R2＝10Ω和R3＝5Ω。当原线圈中接入正弦交流电源时，理想电压表的示数为U＝5V。不计线圈电阻，理想电流表的读数为()A．3A B．7AC．3eq\r(2)A D.eq\f(7\r(2),2)A【答案】B【解析】设原线圈两端的电压为U0，副线圈n1两端的电压为U1，副线圈n2两端的电压为U2，由串并联电路特点可知副线圈n2两端的电压为U2＝eq\f(R2＋R3,R3)U，由理想变压器原理可得eq\f(U0,n0)＝eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)，由能量守恒定律得U0I0＝eq\f(Ueq\o\al(2,1),R1)＋eq\f(Ueq\o\al(2,2),R2＋R3)，解得I0＝7A，故B正确。16.(2022·江西赣州一模)如图甲所示，电压表和电流表均为理想电表，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，定值电阻R1＝5Ω、R2与R3的阻值相等，E、F两端接入如图乙所示的交流电，当开关断开时，电阻R1和R2消耗的功率相等，现将开关S闭合，下列说法正确的是()A.在t＝0.01s时，电压表示数为零B.电流表中电流方向每秒改变50次C.R2＝10ΩD.电源的输出功率为120W【答案】D【解析】电压表测量的是交流电的有效值，t＝0.01s时其示数不为零，故A错误；由题图乙知交流电的周期为0.02s，每个周期内电流方向改变两次，变压器不改变交流电的周期，因此电流表中电流方向每秒改变100次，故B错误；原、副线圈的电流之比为eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(2,1)，当开关断开时，电阻R1和R2消耗的功率相等，则Ieq\o\al(2,1)R1＝Ieq\o\al(2,2)R2，可得R2＝20Ω，故C错误；开关S闭合后，副线圈等效电阻为R′＝eq\f(R2·R3,R2＋R3)＝10Ω，E、F两端接入电压的有效值为U＝eq\f(30\r(2),\r(2))V＝30V，原线圈两端电压为U1＝U－I1′R1，副线圈两端电压为U2＝I2