第14课时直流电路与交流电路

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第14课时直流电路与交流电路内容重要的规律、公式和二级结论1.电流、欧姆定律、电阻(1)电流强度：I＝eq\f(q,t)(定义式)；金属导体中：I＝neSv(微观决定式)；欧姆定律：I＝eq\f(U,R)(决定式)；电阻的定义式：R＝eq\f(U,I)。2.电阻定律、电阻率(2)电阻的决定式：R＝ρeq\f(l,S)；金属导体的电阻随温度的升高而增大。3.半导体、超导、传感器(3)当温度降到某一值时，其电阻降为零的导体是超导体。(4)热敏电阻：温度升高时电阻变小，温度降低时电阻变大。(5)光敏电阻：有光时电阻小，无光时电阻大。压敏电阻：受力拉长时，电阻变大；受力变短时，电阻变小。4.电阻的串、并联(6)串联时总电阻大于任何一个电阻，并联时总电阻小于任何一个电阻。(7)和为定值的两个电阻，阻值相等时，并联的总电阻最大。5.电功和电功率、焦耳定律(8)电功：W＝UIt；电功率：P＝eq\f(W,t)＝UI；焦耳定律：Q＝I2Rt；纯电阻：W＝Q；非纯电阻：W>Q，P总＝P热＋P出，效率η＝eq\f(P出,P总)×100%。6.电源的电动势和内电阻、闭合电路的欧姆定律(9)电动势：E＝eq\f(W非,q)；闭合电路的欧姆定律：I＝eq\f(E,R＋r)。(10)纯电阻电路中，当R＝r时，电源的输出功率最大，最大值Pm＝eq\f(E2,4r)。(11)含电容器的电路中，电容器相当于断路，稳定时，其电压值等于与它并联的电阻上的电压，与它串联的电阻相当于导线。7.交流发电机及其产生、正弦交流电的原理、正弦交变电流的描述(12)中性面垂直于磁场方向，此时e＝0，Φ＝Φm。(13)最大电动势(峰值)：Em＝nBSω＝nΦmω。(14)线圈从中性面开始转动：e＝nBSωsinωt＝Emsinωt，从平行磁场方向开始转动：e＝nBSωcosωt＝Emcosωt。(15)正弦交流电的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))，I＝eq\f(Im,\r(2))。8.变压器的原理，原、副线圈电压、电流的关系(16)理想变压器：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)；eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)；P1＝P2。(17)决定关系：U1决定U2，I2决定I1，P2决定P1。9.电能的输送(18)输电线上损失的功率：P损＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P输,U)))eq\s\up12(2)R线；损失的电压：U损＝U2－U3＝I2r。高考题型一直流电路的分析与计算直流电路动态分析的三种常用方法程序法R局eq\o(→,\s\up7(增大),\s\do5(减小))I总＝eq\f(E,R＋r)eq\o(→,\s\up7(减小),\s\do5(增大))U内＝I总req\o(→,\s\up7(减小),\s\do5(增大))U外＝E－U内eq\o(→,\s\up7(增大),\s\do5(减小))U支＝U外－I总R干eq\o(→,\s\up7(增大),\s\do5(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角度1电路的基本规律【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。角度2电路的动态分析【例2】(2022·湖南衡阳模拟)如图1所示的电路图中，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()图1A.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并联电压表的示数增大，与R间接串联电流表的示数减小，故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)，故C错误；根据闭合电路欧姆定律U＝E－I(r＋R0)，则可知r＋R0＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))，故D正确。角度3含容电路的分析与计算【例3】(2022·云南广南模拟)如图2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()图2A.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。【素能提升】1.(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3所示。在忽略电表内阻影响的情况下，下列分析正确的是()图3A.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。2.(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4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()图4A.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。高考题型二交变电流的产生及描述1.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。2.正弦式交变电流“四值”的应用角度1交变电流的产生及有效值的计算【例4】(2022·辽宁协作体期末)如图5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()图5A.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。角度2交变电流“四值”的计算【例5】(2022·浙江十校联盟联考)如图6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()图6A.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。【素能提升】3.(2022·江苏常州期末)无线充电器能给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，端的受电线圈靠近该磁场就会产生电流，双方密切配合，成功无线充电。如图7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()图7A.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。4.(2022·云南玉溪质检)如图8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()图8A.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。高考题型三变压器与远距离输电1.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＋P32.远距离输电示意图原、副线圈每个变压器的原线圈是其所在回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源三个关系功率关系P＝U1I1＝U2I2＝P用＋P损，P损＝Ieq\o\al(2,2)r，P用＝U3I3＝U4I4电压关系U2＝U损＋U3，U损＝I2r匝数比关系eq\f(U1,U2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(U3,U4)＝eq\f(I4,I3)＝eq\f(n3,n4)输电线上的损失功率损失为P损＝P2－P3＝Ieq\o\al(2,2)r＝eq\f(Peq\o\al(2,2),Ueq\o\al(2,2))r，电压损失为U损＝U2－U3＝I2r【例6】(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9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()图9A.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。【素能提升】5.(2022·河北预测卷)如图10所示，理想自耦变压器输入端接入正弦交流电u＝220eq\r(2)sin(10πt)V，调节K1位置可以改变输出匝数，调节K2位置可以改变R的阻值，两电表均为理想交流电表，以下说法正确的是()图10A.指示灯L常亮且通过指示灯的电流方向每秒钟改变50次B.不论开关S状态如何，电压表示数为220eq\r(2)VC.闭合开关S，仅向下滑动K1，输入功率变小D.闭合开关S，仅向下滑动K2，电表示数不变答案C解析指示灯L不经过开关S与一小段线圈连接，不论S状态如何，灯L常亮，交流电的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(1,5)s且一个周期电流方向改变两次，故每秒钟通过指示灯的电流方向改变10次，A错误；不论开关S状态如何，电压表示数都为有效值220V，B错误；闭合开关S，仅向下滑动K1，输出端匝数减小，根据电压比eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，其输出电压减小，由P＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)可知，输出端的功率变小，则输入功率变小，C正确；闭合开关S，仅向下滑动K2，接入电路的电阻阻值减小，电压表示数不变，输出端电压不变，由欧姆定律可知，电流表示数变大，D错误。6.如图11所示，线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的电动势e＝111eq\r(2)sin(100πt)V。线圈与理想升压变压器相连进行远距离输电，理想降压变压器的原、副线圈匝数之比为25∶11，降压变压器副线圈接入一台电动机，电动机恰好正常工作，且电动机两端电压为220V，输入功率为1100W，电动机内阻为8.8Ω，输电线路总电阻为25Ω，线圈及其余导线电阻不计，电表均为理想电表，则()图11A.图示位置线圈的磁通量变化率为零B.电动机的机械功率为800WC.输电线路损失的电功率为121WD.升压变压器原、副线圈匝数之比为1∶10答案C解析图示位置线圈产生的感应电动势最大，磁通量变化率最大，故A错误；通过电动机的电流为IM＝eq\f(PM,U4)＝5A，电动机的热功率为PM热＝Ieq\o\al(2,M)rM＝220W，电动机的机械功率为PM机＝PM－PM热＝880W，故B错误；根据理想变压器原、副线圈电流关系可得输电线路的电流为I输＝eq\f(11,25)IM＝2.2A，所以输电线路损失的电功率为ΔP＝Ieq\o\al(2,输)R输＝121W，故C正确；降压变压器原线圈两端电压为U3＝eq\f(n3,n4)U4＝500V，升压变压器副线圈两端电压为U2＝U3＋I输R输＝555V，升压变压器原线圈两端电压为U1＝eq\f(em,\r(2))＝111V，所以升压变压器原、副线圈匝数之比为eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(1,5)，故D错误。1.(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12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()图12A.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。2.(2022·河北高考，3)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13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()图13A.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。3.(2022·山东高考，4)如图14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()图14A.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。4.(多选)(2021·山东高考，9)输电能耗演示电路如图15所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为7.5V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10Ω。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为10W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P。以下判断正确的是()图15A.r＝10Ω B.r＝5ΩC.P＝45W D.P＝22.5W答案BD解析当开关S接1时，左侧变压器副线圈的电压U2＝eq\f(n2,n1)U1＝3×7.5V＝22.5V，电阻R上的电压，即右侧变压器的副线圈的电压U4＝eq\r(P1R)＝10V，电流I4＝eq\f(U4,R)＝1A，右侧变压器原线圈的电压U3＝eq\f(n3,n4)U4＝eq\f(2,1)×10V＝20V，电流I3＝eq\f(n4,n3)I4＝eq\f(1,2)×1A＝0.5A，导线的总电阻r＝eq\f(U2－U3,I3)＝5Ω，故A错误，B正确；当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器的副线圈中的电流为0.5I，根据理想变压器的规律，有eq\f(U2－Ir,n3)＝eq\f(0.5IR,n4)，解得I＝3A，则R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5W，故C错误，D正确。1.(2022·浙江1月选考，9)如图1所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是()图1A.甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场B.乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场C.甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电D.乙图中线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电答案A解析图中细短铁丝被磁化之后，其作用相当于小磁针，根据其分布特点可判断出甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故选项A正确；而乙图中，磁针分布的方向并不相同，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故选项B错误；根据发电机原理可知，甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故选项C错误；乙图中线圈匀速转动时，由于线圈切割磁感线的速度方向始终与磁场垂直且所在位置的磁感应强度大小不变，所以匀速转动时产生的是大小恒定的电流，故选项D错误。2.(2022·浙江七彩阳光联考)雷雨时一头牛躲在树下，闪电击中了树，一个持续40μs的电流脉冲流过地面，这段时间地面形成的等势面如图2所示。如果前后两脚间的身体电阻为500Ω，则闪电过程中耗散在体内的能量约为()图2A.1000J B.2000JC.3200J D.4000J答案C解析由图可知加在牛前后两脚间的电压U＝400kV－200kV＝200kV＝2×105V，因此流过牛身体的电流I＝eq\f(U,R)＝eq\f(2×105,500)A＝400A，闪电过程中耗散在牛体内的能量Q＝I2Rt＝4002×500×40×10－6J＝3200J，故C正确。3.(多选)(2021·海南高考)如图3，理想变压器原线圈接在u＝220eq\r(2)sin100πt(V)的交流电源上，副线圈匝数可通过滑片P来调节。当滑片P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，为了使图中“100V，50W”的灯泡能够正常发光，下列操作可行的是()图3A.仅将滑片P向上滑动B.仅将滑片P向下滑动C.仅在副线圈电路中并联一个阻值为20Ω的电阻D.仅在副线圈电路中串联一个阻值为20Ω的电阻答案BD解析理想变压器原线圈接在u＝220eq\r(2)sin(100πt)V的交流电源上，原线圈输入电压U1＝220V，若原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，则副线圈输出电压为110V，大于灯泡额定电压100V，为了使图中“100V，50W”的灯泡能够正常发光，可以仅将滑片P向下滑动，降低输出电压，也可仅在副线圈电路中串联一个阻值为20Ω的电阻，选项B、D正确。4.如图4所示是一位同学设计的防盗门报警器的简化电路示意图。门打开时，红外光敏电阻R3受到红外线照射，电阻减小；门关闭时会遮蔽红外线源(红外线源没有画出)。经实际试验，灯的亮、灭情况的确能反映门的开、关状态。门打开时两灯的发光情况及R2两端电压UR2与门关闭时相比()图4A.红灯亮，UR2变大 B.绿灯亮，UR2变大C.绿灯亮，UR2变小 D.红灯亮，UR2变小答案D解析当门打开时，R3受红外线照射，电阻减小，从而使并联电路电阻减小，总电阻减小，电路中总电流I增大，R2两端电压UR2＝U并＝E－I(R1＋r)减小，R2中电流IR2＝eq\f(UR2,R2)减小，所以R3中电流IR3＝I－IR2增大，线圈产生的磁场增强，把衔铁吸下，红灯亮，故D正确。5.(多选)(2022·河北衡水模拟)如图5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()图5A.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。6.(多选)(2022·江西宜春质检)制动能量回收是现代电动汽车以及混合动力汽车重要技术之一。汽车正常行驶时，电池组给直流电机供电，电机带动汽车行驶；当电动汽车减速和制动时，电路切换，断开电池组，车轮由于惯性转动，通过调节装置带动电动机的线圈反转，直流电动机就成了直流发电机，所产生的电流通过功率变化器接入蓄电池，即为能量回馈，达到节省能源的目的(其原理可简化为如图6所示，汽车正常行驶时双刀双掷开关拨向左边，汽车减速和制动时双刀双掷开关拨向右边)。则以下说法正确的是()图6A.汽车正常行驶时，若线圈中电流恒定，线圈中ab和cd部分的导线在线圈转至任意位置时所受的安培力大小不变B.汽车减速和制动时，若线圈转速恒定，线圈中ab和cd部分的导线在线圈转至任意位置时产生的感应电动势的大小不变C.汽车减速和制动时，由于线圈输出的是直流电，故不能直接接在变压器上进行变压D.汽车减速和制动时，线圈在磁场中运动除了能产生电能，还有助于制动答案AD解析线圈中ab和cd部分的导线在线圈转至任意位置时，导线与磁场方向均垂直，故所受的安培力大小均相等，因此A正确；线圈中ab和cd部分的导线在线圈转至不同位置切割磁感线时，切割速度与磁场方向的夹角不相同，故产生的感应电动势大小不同，因此B错误；汽车减速和制动时，线圈转动产生的虽然是直流电，但是变化的，故可以直接接在变压器上进行变压，故C错误；汽车减速和制动时，线圈转动产生感应电流，磁场对线圈中感应电流的安培力阻碍线圈转动，从而对制动有辅助作用，故D正确。7.(多选)(2022·云南普洱二中模拟)某位移传感器的工作原理如图7甲所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属杆P，通过理想电压表显示的数据来反映物体的位移x。设定电源电动势为E，内阻不计，滑动变阻器的长度为L，物体经过O点时P恰好位于滑动变阻器的中点，此时电压表示数显示为0，若电压表的示数UPQ随时间t的变化关系如图乙(余弦图像)所示，则下列说法正确的是()图7A.在t1时刻M恰好运动到O位置B.物体M以O点为中心做往复运动C.在t1到t2时间段内，M的速度先增大后减小D.在t2时刻物体M在最右端且速度为0答案ABD解析在t1时刻，电压UPQ为0，且正在增加，故物体M在平衡位置(O点)，A正确；在t1时刻，物体具有正方向的最大速度，此后速度减小，在t2时刻速度减为0，C错误；在t2时刻，电压最大，物体位于最右端，速度为零，D正确；此后反向加速，t3时刻又回到平衡位置，如此往复，所以物体M以O点为中心做往复运动，故B正确。8.(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8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()图8A.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。9.(多选)图9甲是一种振动式发电机的截面图，半径r＝0.1m、匝数n＝30的线圈位于辐射状分布的磁场中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布，线圈所在位置的磁感应强度大小均为B＝eq\f(1,2π)T。如图乙，施加外力使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动的速度随时间变化的规律如图丙中正弦曲线所示。发电机通过灯泡L后接入理想变压器，对图乙中电路供电，三个完全相同的小灯泡均正常发光，灯泡的阻值RL＝1Ω，电压表为理想电压表，线圈及导线电阻均不计。下列说法正确的是()图9A.发电机产生电动势的瞬时值为e＝6sin(5πt)VB.变压器原、副线圈的匝数之比为1∶3C.每个小灯泡正常发光时的功率为2WD.t＝0.1s时电压表的示数为6V答案AC解析由丙图可知，线圈运动的速度最大值vm＝2m/s，速度变化周期为T＝0.4s，则线圈运动的速度瞬时值v＝vmsineq\f(2π,T)t＝2sin(5πt)m/s，发电机产生电动势的瞬时值为e＝nB·2πr·v＝6sin(5πt)V，A正确；设灯泡正常发光时通过灯泡的电流为I，则通过原线圈的电流I1＝I，通过副线圈的电流I2＝2I，变压器原、副线圈的匝数之比为eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(2,1)，B错误；根据能量关系可知，U出I1＝3I2RL，其中U出＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(6,\r(2))V＝3eq\r(2)V，I1＝I，解得I＝eq\r(2)A，每个小灯泡正常发光时的功率为PL＝I2RL＝2W，C正确；电压表示数为发电机两端电压的有效值，即电压表示数为U＝eq\f(Em,\r(2))＝3eq\r(2)V，D错误。10.(2022·山东烟台一模)如图10所示电路中，理想变压器原线圈两接线柱间的交流电压的有效值不变，两灯泡L1、L2规格完全相同，在以下各种操作中各电路元件都没有损坏，下列说法正确的是()图10A.仅使滑片M下移，电流表示数变大B.仅使滑片M下移，变压器原线圈中的电流变大C.仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，灯泡L2中的电流一直增大D.仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，电流表示数一直增大答案C解析仅使滑片M下移，副线圈匝数减小，根据理想变压器eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知副线圈电压减小，副线圈电路电阻不变，所以电流减小，故A错误；仅使滑片M下移，副线圈电压、电流均减小，所以副线圈功率减小，根据理想变压器特点U1I1＝U2I2知原线圈中电流变小，故B错误；仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，并联部分电路电压(副线圈电压)不变，L2所在支路电阻逐渐减小，根据并联分流特点可知，L2中电流一直增大，故C正确；仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，则并联部分电阻先增大后减小，副线圈总电阻先增大后减小，副线圈电压不变，所以副线圈总电流(电流表示数)先减小后增大，故D错误。11.如图11所示，交流发电机的矩形线框共有N＝100匝，总电阻r＝1.0Ω，BC＝AD＝0.2m，AB＝DC＝0.1m。绕垂直于磁场方向的对称轴OO′以n＝eq\f(200,π)r/s的转速匀速转动，给R＝7.0Ω的电阻供电。在轴线OO′右侧有一匀强磁场，磁感应强度B＝0.1T，左侧没有磁场。线框处于中性面时开始计时，则()图11A.电阻R两端的最大电压为70VB.通过R的电流方向恒定不变C.在0～eq\f(π,1200)s内通过线框导线横截面的电荷量为eq\f(1,160)CD.在0～eq\f(π,200)s内外力至少对系统做功πJ答案C解析线框产生感应电动势的最大值为Em＝eq\f(1,2)NBSω＝πnNBS＝40V，根据闭合电路欧姆定律可知