專題10直流電路和交變電流（分層練）-

專題驗收評價專題10直流電路和交變電流內(nèi)容概覽A·常考題不丟分命題點01閉合電路歐姆定律及串并聯(lián)電路的特點命題點02電功電功率計算命題點03含容電路分析命題點04交變電流的產(chǎn)生及有效值命題點05變壓器與遠距離輸電命題點06電磁振蕩B·拓展培優(yōu)拿高分C·挑戰(zhàn)真題爭滿分【命題點01閉合電路歐姆定律及串并聯(lián)電路的特點】(2023·江蘇南通市模擬)一根長為L、橫截面積為S、電阻率為ρ的金屬棒，棒內(nèi)單位體積自由電子數(shù)為n，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e.在棒兩端加上恒定的電壓時，棒內(nèi)產(chǎn)生電流，自由電子定向運動的平均速度為v，則電子運動時受到的平均阻力大小為()A.eq\f(mv2,2L) B．mv2SnC．ρne2v D.eq\f(ρe2v,SL)【答案】C【解析】金屬棒內(nèi)的電場可認為是勻強電場，其電場強度大小為E＝eq\f(U,L)，由歐姆定律可知，金屬棒兩端的電壓為U＝IR，又R＝ρeq\f(L,S)，由電流微觀表達式I＝neSv，聯(lián)立可得金屬棒內(nèi)的電場強度大小為E＝ρnev，則電子運動時受到的平均阻力大小為f＝eE＝ρne2v，故選C.(2022·上海市松江區(qū)一模)如圖電路中，電阻R隨溫度升高均勻增大，用這個電阻做探頭測溫，把電流表的刻度改為相應的溫度刻度．下列說法正確的是()A．低溫對應電流較大的刻度上，且溫度刻度均勻B．低溫對應電流較大的刻度上，且溫度刻度不均勻C．高溫對應電流較大的刻度上，且溫度刻度均勻D．高溫對應電流較大的刻度上，且溫度刻度不均勻【答案】B【解析】當溫度升高時，電阻R增大，電路中總電阻增大，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，電路中的電流減小，即高溫對應電流較小的刻度上；同理分析可知低溫對應電流較大的刻度上；由題意知電阻R隨溫度升高均勻增大，可得R＝R0＋kt，根據(jù)閉合電路的歐姆定律I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(E,R0＋kt＋r)，I與溫度t不成線性關(guān)系，所以溫度刻度是不均勻的，所以A、C、D錯誤，B正確．【命題點02直流電路分析與電功電功率計算】(2022·福建福州市期末)在如圖所示的電路中，電源電動勢為E、內(nèi)電阻為r，閉合開關(guān)S，當滑動變阻器的滑片P移動時，發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)變大，則下列判斷正確的是()A．電流表示數(shù)變大B．電阻R1的電功率變大C．滑動變阻器的滑片P向上移動D．電源的輸出功率一定增大【答案】A【解析】根據(jù)串反并同可知，電壓表示數(shù)變大，說明滑動變阻器阻值變大，即滑動變阻器的滑片P向下移動，同理得電流表示數(shù)變大，電阻R1的電功率變小，故A正確，B、C錯誤；當外電阻和內(nèi)電阻相等時，電源的輸出功率最大，當滑片P向下移動時外電阻變大，但是不能確定外電阻和內(nèi)電阻的關(guān)系，所以輸出功率不一定變大，故D錯誤．(2022·江蘇南京市模擬)某溫度檢測、光電控制加熱裝置原理圖如圖所示．圖中RT為熱敏電阻(隨溫度升高阻值減小)，用來探測加熱電阻絲R的溫度，RG為光敏電阻(隨光照強度增大阻值減小)，接收小燈泡L的光照，除RT、RG外，其他電阻均為定值電阻．當R處溫度降低時()A．L變亮B．通過R3的電流減小C．E2的路端電壓減小D．R消耗的功率減小【答案】B【解析】當R處溫度降低時，熱敏電阻RT阻值增大，由閉合電路歐姆定律可知，左側(cè)電路中的電流減小，即通過小燈泡L的電流減小，小燈泡L的光照強度減小，所以光敏電阻RG的阻值增大，則右側(cè)電路中總電阻增大，由閉合電路歐姆定律可知，干路電流減小，電源E2的路端電壓增大，R兩端電壓增大，通過R的電流也增大，R消耗的功率增大，根據(jù)并聯(lián)電路分流規(guī)律可知通過R3的電流減小，綜上所述可知B正確，A、C、D錯誤．【命題點03含容電路分析】如圖甲所示，標有“220V40W”的燈泡和標有“20μF220V”的電容器并聯(lián)接到交流電源上，為交流電壓表，交流電源的輸出電壓如圖乙所示，閉合開關(guān)．下列判斷正確的是()A．t＝eq\f(T,2)時刻，的示數(shù)為零B．燈泡恰好正常發(fā)光C．電容器不可能被擊穿D.的示數(shù)保持110eq\r(2)V不變【答案】B【解析】的示數(shù)應是交流電壓的有效值，即為220V，選項A、D錯誤；交流電壓的有效值恰好等于燈泡的額定電壓，燈泡正常發(fā)光，選項B正確；交流電壓的峰值Um＝220eq\r(2)V≈311V，大于電容器的耐壓值，故電容器將被擊穿，選項C錯誤．(2022·江蘇·高考真題)如圖所示，電路中燈泡均正常發(fā)光，阻值分別為，，，，電源電動勢，內(nèi)阻不計，四個燈泡中消耗功率最大的是()A． B． C． D．【答案】A【解析】由電路圖可知R3與R4串聯(lián)后與R2并聯(lián)，再與R1串聯(lián)。并聯(lián)電路部分的等效電阻為由閉合電路歐姆定律可知，干路電流即經(jīng)過R1的電流為并聯(lián)部分各支路電流大小與電阻成反比，則四個燈泡的實際功率分別為，，，故四個燈泡中功率最大的是R1。故選A。（2023·江蘇省八市高三下學期4月二模補償訓練）硅光電池是一種太陽能電池，具有低碳環(huán)保的優(yōu)點。如圖所示，圖線是該電池在某光照強度下路端電壓和電流的關(guān)系圖像，圖線是某電阻的圖像。在同等光照強度下，當它們組成閉合回路時，下列說法正確的是（）A.電源的輸出功率B.電池的內(nèi)阻C.電池的效率為D.硅光電池的內(nèi)阻消耗的熱功率【答案】B【解析】A．根據(jù)題意，由圖可知，電源的路端電壓為，電流為，則輸出功率故A錯誤；B．由歐姆定律得當時由a與縱軸的交點讀出電動勢為根據(jù)兩圖線交點處的狀態(tài)可知，電阻的電壓為，則內(nèi)阻故B正確；C．根據(jù)題意可知，電池的效率故C錯誤。D．根據(jù)題意可知，內(nèi)阻消耗的功率故D錯誤。故選B。【命題點04交變電流的產(chǎn)生及有效值】(2022·河北省模擬)某周期性變化電流隨時間變化的規(guī)律如圖所示，已知該電流的有效值為2eq\r(2)A，則該交流電的周期為()A．37.5s B．40sC．42.5s D．45s【答案】C【解析】設(shè)周期為T，由題可知，根據(jù)電流的熱效應有I有效2RT＝I12Rt1＋I22Rt2＋I32Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(T－t1－t2))，把t1＝10s，t2＝(20－10)s＝10s，I1＝3A，I2＝4A，I3＝2A，I有效＝2eq\r(2)A，代入解得T＝42.5s，故選C.(2023·江蘇無錫市模擬)如圖所示，電阻為r的金屬直角線框abcd放置在磁感應強度為B的勻強磁場中，a、d兩點連線與磁場垂直，ab、cd長均為l，bc長為2l，定值電阻阻值為R.線框繞ad連線以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，從圖示位置開始計時，則()A．線框每轉(zhuǎn)一圈，回路電流方向改變一次B．a(chǎn)、d兩點間的電壓為eq\r(2)Bl2ωC．電流瞬時值的表達式為i＝eq\f(2Bl2ωcosωt,R＋r)D．半個周期內(nèi)通過R的電荷量為eq\f(4Bl2,R＋r)【答案】D【解析】線框產(chǎn)生的是正弦式交流電，正弦式交流電在一個周期內(nèi)電流方向改變2次，故A錯誤；回路中產(chǎn)生的感應電動勢有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(Bl·2lω,\r(2))＝eq\r(2)Bl2ω，a、d兩點間的電壓為路端電壓U＝eq\f(R,R＋r)E＝eq\f(\r(2)Bl2ωR,R＋r)，故B錯誤；線框從中性面開始轉(zhuǎn)動，電流瞬時值表達式i＝eq\f(Em,R＋r)sinωt＝eq\f(2Bl2ω,R＋r)sinωt，C錯誤；半個周期內(nèi)通過R的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(4Bl2,R＋r)，故D正確．(2023·江蘇揚州市檢測)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半圓形區(qū)域，O為圓心，AOD為半圓的水平直徑，區(qū)域內(nèi)有磁感應強度大小為B、方向垂直于豎直平面向里的勻強磁場．在A、D兩點各固定一顆水平的光滑釘子，一個由線軟導線制成的閉合導線框ACDE掛在兩顆釘子上，在導線框的E處有一個動滑輪，動滑輪下面掛重物，使導線處于繃緊狀態(tài)．設(shè)導線框的電阻為r，圓的半徑為R，從t＝0時刻開始，將導線上的C點繞圓心O以恒定角速度ω從A點沿圓弧移動到D點，導線始終繃緊．此過程導線中()A．張力保持不變B．感應電流的方向先順時針后逆時針C．感應電流隨時間t的變化關(guān)系為i＝eq\f(ωBR2sinωt,r)D．產(chǎn)生的電熱為eq\f(πωB2R4,2r)【答案】D【解析】對滑輪E分析可知，兩邊導線拉力總是相等的，則兩邊導線與豎直方向的夾角總相等，隨著C點沿圓弧從A點移到D點，AC段與CD段導線之和先增大后減小，則AE段與ED段導線之和先減小后增大，AE段導線與ED段導線的夾角2α先增大后減小，由2FTcosα＝mg可知導線的拉力先增大后減小，選項A錯誤；設(shè)C點轉(zhuǎn)過的角度為θ＝ωt，根據(jù)幾何知識可θ，因θ角從0到180°，則導線框中的磁通量先增大后減小，根據(jù)楞次定律可知，感應電流先沿逆時針方向，后沿順時針方向，選項B錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，導線框中感應電動勢隨時間t的變化關(guān)系為e＝ωBR2cosωt，感應電流隨時間t的變化關(guān)系為i＝eq\f(ωBR2cosωt,r)，故C錯誤；導線框中感應電動勢的有效值為E＝eq\f(ωBR2,\r(2))，故導線中產(chǎn)生的電熱為Q＝eq\f(E2,r)·eq\f(T,2)＝eq\f(πωB2R4,2r)，故D正確．【命題點05變壓器與遠距離輸電】(2022·甘肅省一診)如圖所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，且n1＜n2，定值電阻R1、R2的阻值相等，圖中電流表、電壓表均為理想電表．在a、b端輸入交變電流，其電流的有效值不隨負載變化．當向下調(diào)節(jié)滑動變阻器R3的滑動端P時，下列說法正確的是()A．電流表示數(shù)一定減小B．電壓表示數(shù)一定減小C．R1消耗的功率一定大于R2消耗的功率D．電源的輸出功率一定減小【答案】C【解析】輸入端電流不變，根據(jù)變壓器電流的關(guān)系eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知電流表示數(shù)不變，故A錯誤；向下調(diào)節(jié)滑動變阻器R3的滑動端P時，滑動變阻器的有效電阻增大，在副線圈回路中，副線圈電壓U＝IR總，可得電壓表示數(shù)將變大，故B錯誤；根據(jù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)及變壓器匝數(shù)的關(guān)系n1＜n2，可知通過R1的電流一定大于R2的電流，由P＝I2R可知R1消耗的功率一定大于R2消耗的功率，故C正確；因為副線圈電流不變，電壓增大，由P＝UI可知變壓器的輸出功率變大，而輸入端的電流不變，定值電阻R1的功率不變，所以電源的輸出功率一定變大，故D錯誤．(2022·江蘇鹽城市二模)隨著經(jīng)濟發(fā)展，用電需求大幅增加，當電力供應緊張時，有關(guān)部門就會對部分用戶進行拉閘限電．如圖是遠距離輸電的原理圖，假設(shè)發(fā)電廠輸出電壓恒定不變，輸電線的電阻為R，兩個變壓器均為理想變壓器．在某次拉閘限電后(假設(shè)所有用電器均可視為純電阻)電網(wǎng)中數(shù)據(jù)發(fā)生變化，下列說法正確的是()A．降壓變壓器的輸出電壓U4減小了B．升壓變壓器的輸出電流I2增加了C．輸電線上損失的功率減小了D．發(fā)電廠輸出的總功率增加了【答案】C【解析】拉閘限電后，用電器減少，意味著并聯(lián)支路減少，用戶端總電阻增加，則I4減小，I2＝I3也隨著減小，輸電線上的電壓損失ΔU減小，由于發(fā)電廠輸出電壓U1恒定，輸送電壓U2也恒定，根據(jù)U2＝ΔU＋U3，可知U3增加，則U4也增加，故A、B錯誤；根據(jù)P＝I22R可知，輸電線上損失的功率減小了，故C正確；I2減小，I1也隨著減小，發(fā)電廠輸出電壓U1恒定，所以發(fā)電廠輸出總功率減小，故D錯誤．【命題點06電磁震蕩】如圖所示，表示LC振蕩電路某時刻的情況，以下說法正確的是()A．電容器正在充電B．電感線圈中的磁場能正在減小C．電感線圈中的電流正在減小D．此時自感電動勢正在阻礙電流的增大【答案】D【解析】根據(jù)磁感線的方向可以判斷電流方向是逆時針，再根據(jù)電容器極板上帶電的性質(zhì)可以判斷電容器在放電，A錯誤；電容器在放電，所以電流在增大，磁場能在增大，自感電動勢正在阻礙電流的增大，B、C錯誤，D正確．(2023·江蘇南京市模擬)如圖所示，一平行金屬板AB與一線圈組成理想的LC振蕩電路，E為電源，當開關(guān)S從1擲向2的同時，有一電子恰從極板中央飛入AB間，電子重力可忽略，射入方向與極板平行．則電子()A．可能從上極板邊緣飛出，飛出時動能一定增大B．可能從下極板邊緣飛出，飛出時動能可能不變C．可能從上極板邊緣飛出，飛出時動能可能不變D．可能從下極板邊緣飛出，飛出時動能一定減小【答案】C【解析】當開關(guān)S從1擲向2后，兩板間將產(chǎn)生交變電場(設(shè)周期為T)，根據(jù)兩板間電壓的周期性可知，若電子在板間的運動時間為eq\f(T,2)的奇數(shù)倍，則電子在板間加速和減速的時間相等，根據(jù)對稱性可知電子從兩板間射出時的豎直分速度為零，此時電子的動能不變，且電子的豎直分位移方向向上．因為電子一定先向上加速，其豎直位移一定向上或等于零，所以電子不可能從兩板間中軸線的下方射出．綜上所述可知A、B、D錯誤，C正確．(2022·浙江省模擬)一根長為L、橫截面積為S的金屬棒，棒內(nèi)單位體積自由電子數(shù)為n，電子的質(zhì)量為m、電荷量為q.在棒兩端加上恒定的電壓時，棒內(nèi)產(chǎn)生電流，自由電子定向運動的平均速率為v，金屬棒內(nèi)的電場強度大小為E，則金屬棒材料的電阻率是()A．nqvE B.eq\f(E,nqv)C.eq\f(EL,nqv) D.eq\f(E,nqvL)【答案】B【解析】金屬棒中的電流為I＝nqSv，金屬棒兩端的電壓為U＝EL，金屬棒的電阻為R＝ρeq\f(L,S)，根據(jù)歐姆定律得R＝eq\f(U,I)，聯(lián)立以上四式解得ρ＝eq\f(E,nqv)，故選B.(2023·天津市模擬)下列說法正確的是()A．LC電路產(chǎn)生電磁振蕩的過程中，回路電流值最小時刻，電場能最小B．變化的電場一定產(chǎn)生變化的磁場C．無線電波發(fā)射接收過程中，使接收電路產(chǎn)生電諧振的過程叫作調(diào)諧D．空調(diào)遙控器是利用發(fā)射紫外線來控制空調(diào)的【答案】C【解析】LC電路產(chǎn)生電磁振蕩的過程中，回路電流值最小時刻，電場能最大，而電容器所帶電荷量最大，故A錯誤；均勻變化的電場產(chǎn)生的是穩(wěn)定的磁場，故B錯誤；無線電波發(fā)射接收過程中，使接收電路產(chǎn)生電諧振的過程叫作調(diào)諧，故C正確；空調(diào)遙控器是利用發(fā)射紅外線來控制空調(diào)的，故D錯誤．（2023·湖南省平江縣高三下學期第三次質(zhì)檢）在如圖所示的電路中，電容器的電容為，兩極板間有一靜止的帶電液滴。現(xiàn)將滑動變阻器的滑片稍向上移動一些，電壓表示數(shù)變化量的絕對值為，電容器電量變化量的絕對值為。下列說法正確的是（）A.一定大于 B.燈泡一定變亮C.電源輸出功率一定減小 D.帶電液滴向上運動【答案】A【解析】A．將滑動變阻器的滑片稍向上移動時，變阻器接入電路的電阻變小，外電路總電阻變小，總電流變大，電源的內(nèi)電壓變大，則路端電壓變小。總電流變大，燈泡的電壓變大，即電壓表的示數(shù)變大。根據(jù)路端電壓等于燈泡的電壓與右側(cè)并聯(lián)部分電壓之和，可知，右側(cè)并聯(lián)部分電壓變小，由于路端電壓變小，所以右側(cè)并聯(lián)部分電壓減小量大于燈泡電壓的增加量，所以電容器電壓的變化量絕對值大于，因此電容器電量變化量的絕對值為一定大于，故A正確；B．右側(cè)并聯(lián)部分電壓變小，燈泡的電壓變小，則燈泡一定變暗，故B錯誤；C．由于電源的內(nèi)外電阻關(guān)系未知，所以不能判斷電源輸出功率如何變化，故C錯誤；D．電容器板間電壓變小，電場強度變小，帶電液滴向下運動。故D錯誤。故A。(2023·江蘇連云港市模擬)某種除顫器的簡化電路是由低壓直流電源經(jīng)過電壓變換器變成高壓電，然后整流成幾千伏的直流高壓電，對電容器充電，如圖甲所示．除顫時，經(jīng)過電感等元件將脈沖電流(如圖乙所示)作用于心臟，實施電擊治療，使心臟恢復竇性心律．某次除顫過程中將電容為20μF的電容器充電至6.0kV，電容器在時間t0內(nèi)放電至兩極板間的電壓為0.其他條件不變時，下列說法正確的是()A．線圈的自感系數(shù)L越大，放電脈沖電流的峰值越小B．線圈的自感系數(shù)L越小，放電脈沖電流的放電時間越長C．電容器的電容C越小，電容器的放電時間越長D．在該次除顫過程中，流經(jīng)人體的電荷量約為120C【答案】A【解析】線圈的自感系數(shù)L越大，阻礙電流的感抗越大，則放電電流越小，放電脈沖電流的峰值也越小，故A正確；振蕩電路的振蕩周期為T＝2πeq\r(LC)，電容器在時間t0內(nèi)放電至兩極板間的電壓為0，即t0＝eq\f(T,4)＝eq\f(π\(zhòng)r(LC),2)，則線圈的自感系數(shù)L越大，放電脈沖電流的放電時間越長；電容器的電容C越大，放電脈沖電流的放電時間越長，故B、C錯誤；電容為20μF的電容器充電至6.0kV，則電容器儲存的電量為Q＝CU＝20×10－6×6×103C＝0.12C，故在該次除顫過程中，流經(jīng)人體的電荷量約為0.12C，故D錯誤．(2023·江蘇省高三月考)兩人在赤道上站立，各自手握金屬繩OPO′的一端，繞東西方向的水平軸沿順時針方向勻速搖動，周期為T，將金屬繩連入電路，閉合回路如圖所示，取金屬繩在圖示的最高位置時為t＝0時刻，則下列說法正確的是()A．電路中存在周期為T的變化電流B．t＝0時刻，回路中磁通量最大，電路中電流最大C．t＝eq\f(T,4)時刻，電流向左通過靈敏電流計D．t＝eq\f(T,2)時刻，回路磁通量最大，電路中電流最大【答案】A【解析】金屬繩在勻強磁場中勻速搖動時，產(chǎn)生周期性變化的電流，所以這個電路中存在周期為T的變化電流，故A正確；在t＝eq\f(T,4)時刻，金屬繩向下運動，由右手定則可知，電流向右通過靈敏電流計，故C錯誤；在t＝0時刻和t＝eq\f(T,2)時刻，磁通量的變化率最小，則電路中電流最小，故B、D錯誤．(2022·上海市二模)如圖，甲、乙兩電路中電源電動勢相同，內(nèi)電阻r1>r2，外電阻R相同．兩電路中分別流過相等電荷量的過程中，下列說法正確的是()A．甲電路電源內(nèi)部產(chǎn)生的熱量較多B．乙電路外電阻R產(chǎn)生的熱量較少C．乙電路電源做功較多D．甲電路電源效率較高【答案】A【解析】根據(jù)題意，由電源的做功公式W＝EIt，及q＝It，可得W＝Eq，已知甲、乙兩電路中的電源電動勢相等，流過的電荷量相等，則甲、乙兩電路電源做功相等，故C錯誤；根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R＋r)可知，路端電壓為U＝eq\f(ER,R＋r)，則電源的效率為η＝eq\f(UI,EI)＝eq\f(U,E)＝eq\f(R,R＋r)，由于甲電路中電源的內(nèi)阻大于乙電路中電源的內(nèi)阻，則甲電路中電源的效率較低，電源內(nèi)部產(chǎn)生的熱量較多，故D錯誤，A正確；根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R＋r)可知，甲電路中的電流小于乙電路中的電流，又由q＝It，可得外電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2Rt＝IqR，由于q和R相等，則乙電路中外電阻R上產(chǎn)生的熱量較多，故B錯誤．(2023·江蘇高郵市第一中學檢測)如圖所示的電路中，電源的電動勢為6V，當開關(guān)S接通后，燈泡L1、L2都不亮，用電壓表測得各部分的電壓是Uab＝6V，Uad＝0，Ucd＝6V，由此可判定()A．L1和L2的燈絲都燒斷了B．L1的燈絲燒斷了C．L2的燈絲燒斷了D．滑動變阻器R斷路【答案】C【解析】由Uab＝6V可知，電源完好．燈泡都不亮，說明電路中出現(xiàn)斷路故障，且在a、b之間．由Ucd＝6V可知，燈泡L1與滑動變阻器R是接通的，斷路故障出現(xiàn)在c、d之間，故燈泡L2斷路，故選C.(2023·四川內(nèi)江市第六中學月考)電源的效率定義為外電路電阻消耗的功率與電源的總功率之比．直線A、B和C分別是電源a、電源b和電阻R的U－I圖線．將這個電阻R分別接到a、b兩電源上，那么()A．電源a、b電動勢一樣大，b內(nèi)阻較大B．R接到電源a上，電路中的電流較小C．R接到電源b上，電源的輸出功率較大D．R接到電源b上，電源效率較高【答案】A【解析】由電源的U－I圖線可知，縱軸截距表示電動勢，斜率的絕對值表示內(nèi)阻，故電源a、b電動勢一樣大，b內(nèi)阻較大，A正確；當電源與電阻直接相連時，電源和電阻的U－I圖線交點表示該電阻的工作狀態(tài)，其橫坐標表示電路中的電流，故R接到電源a上，電路中的電流較大，B錯誤；由P＝UI可知，電源和電阻的U－I圖線交點橫、縱坐標乘積(矩形面積)表示電源的輸出功率，如圖所示可知R接到電源a上，電源的輸出功率較大，電源的效率可表示為η＝eq\f(P出,P總)×100%＝eq\f(U,E)×100%，當R接到電源a上，路端電壓U較大，電源效率較高，C、D錯誤．(2023·江蘇南通市檢測)在如圖所示的電路中，閉合開關(guān)S，當滑動變阻器的滑片P向下滑動時，V、A、V1、V2四個理想電表的示數(shù)都發(fā)生變化，電表的示數(shù)分別用U、I、U1、U2表示，下列判斷正確的是()A．I減小，U1增大B．I減小，U2減小C．電壓表V2的示數(shù)與電流表A示數(shù)之比不變D．電壓表V的示數(shù)與電流表A示數(shù)之比變大【答案】D【解析】當滑動變阻器的滑片P向下滑動時，R2接入電路的阻值變大，外電路總電阻變大，由閉合電路歐姆定律可知，總電流I變小，路端電壓U變大，R1兩端的電壓U1＝IR1減小，R2的電壓U2＝U－U1增大，故A、B錯誤；電壓表V2的示數(shù)與電流表A示數(shù)之比為電阻R2的阻值，R2變大，故C錯誤；電壓表V的示數(shù)與電流表A示數(shù)之比為外電路總電阻，外電路總電阻變大，故D正確．(2023·江蘇省揚州中學高三檢測)如圖所示為遠距離輸電原理圖，變壓器T1、T2為理想變壓器，T1原、副線圈的匝數(shù)比為1∶10，T2原、副線圈的匝數(shù)比為10∶1，發(fā)電機的輸出功率為P，輸出電壓為U，用電器R0兩端的電壓為0.98U，則輸電線的電阻R為()A.eq\f(U2,P) B.eq\f(2U2,P)C.eq\f(0.2U2,P) D.eq\f(0.5U2,P)【答案】B【解析】T1的輸入電流為I＝eq\f(P,U)，輸出電流為I′＝eq\f(P,10U)，則T2的輸出電流為I，則電阻R上消耗的功率為P－0.98UI＝(eq\f(P,10U))2R，解得R＝eq\f(2U2,P)，故選B.(2023·江蘇蘇州市模擬)如圖甲所示，在AB間接入乙圖所示正弦式交流電，通過理想變壓器和二極管D1、D2給阻值R＝20Ω的純電阻負載供電，已知D1、D2為相同的理想二極管，正向電阻為0，反向電阻無窮大，變壓器原線圈n1＝110匝，副線圈總匝數(shù)n2＝20匝，Q為副線圈中心抽頭，為保證安全，二極管的反向耐壓值至少為U0，設(shè)電阻R上消耗的熱功率為P，則有()A．U0＝20eq\r(2)V，P＝20WB．U0＝40V，P＝80WC．U0＝40eq\r(2)V，P＝20WD．U0＝20V，P＝20W【答案】C【解析】在AB間接入正弦式交流電的有效值U1＝220V，變壓器原線圈n1＝110匝，副線圈n2＝20匝，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得：U2＝40V，而二極管的反向耐壓值至少為U0，它需要承受交流電的最大值，所以U0＝40eq\r(2)V，Q為副線圈中心抽頭，則電阻R兩端電壓為20V，所以電阻R消耗的熱功率P為：P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(202,20)＝20W，故選C.(2022·廣東汕頭市一模)圖示為小沈同學家新買的掃地機器人，他從使用說明書上得到了以下信息：電機的額定功率為35W，由規(guī)格為DC14.8V/2200mAh的鋰電池供電，當鋰電池剩余電量為總?cè)萘康?0%時，掃地機器人就自動回座機充電．結(jié)合上述信息，下列說法正確的是()A．DC14.8V/2200mAh表示該電池輸出的是交流電B．該機器人電機的額定電流為0.42AC．正常工作時機器人電動機每秒鐘輸出35J動能D．電池充滿電后機器人正常工作約45min后回座機充電【答案】D【解析】DC14.8V/2200mAh表示該電池輸出的是直流電，選項A錯誤；該機器人電機的額定電流為I＝eq\f(P,U)＝eq\f(35,14.8)A≈2.36A，選項B錯誤；正常工作時機器人電動機內(nèi)阻要產(chǎn)生部分內(nèi)能，則每秒鐘輸出動能小于35J，選項C錯誤；機器人正常工作的時間為t＝eq\f(q,I)＝eq\f(0.8×2.200A·h,2.36A)≈0.75h＝45min，選項D正確．(2022·山東德州市高三期末)海浪機械能是未來可使用的綠色能源之一，利用海浪發(fā)電可加速地球上碳中和的實現(xiàn)．某科技小組設(shè)計的海浪發(fā)電裝置的俯視圖如圖所示，圓柱體磁芯和外殼之間有輻射狀磁場，它們可隨著海浪上下浮動，磁芯和外殼之間的間隙中有固定的環(huán)形導電線圈，線圈的半徑為L，電阻為r，所在處磁場的磁感應強度大小始終為B，磁芯和外殼隨海浪上下浮動的速度為v，v隨時間t的變化關(guān)系為v＝v0sin

eq\f(2π,T)t，其中的T為海浪上下浮動的周期．現(xiàn)使該發(fā)電裝置與阻值為R的電阻形成回路，則該發(fā)電裝置在一個周期內(nèi)產(chǎn)生的電能為()A.eq\f(2π2B2v02L2T,R＋r) B.eq\f(4π2B2v02L2T,R＋r)C.eq\f(2B2v02L2T,R＋r) D.eq\f(4B2v02L2T,R＋r)【答案】A【解析】環(huán)形導電線圈隨著磁芯和外殼隨海浪上下浮動而切割磁感線，由法拉第電磁感應定律E＝Blv，環(huán)形線圈各部分產(chǎn)生的電動勢對回路來說是同向的(實際指感應電流方向)，其有效切割長度由微元法可知l＝2πL，聯(lián)立v＝v0sin

eq\f(2π,T)t，可得線圈中感應電動勢的瞬時值表達式e＝2πBLv0sin

eq\f(2π,T)t，根據(jù)正弦交變電流的特點知其電動勢的有效值為E有效＝eq\r(2)πBLv0，則該發(fā)電裝置在一個周期內(nèi)產(chǎn)生的電能E電＝eq\f(E有效2,R＋r)T＝eq\f(2π2B2v02L2T,R＋r)，故B、C、D錯誤，A正確．(2019·江蘇卷·3)如圖所示的電路中，電阻R＝2Ω.斷開S后，電壓表的讀數(shù)為3V；閉合S后，電壓表的讀數(shù)為2V，則電源的內(nèi)阻r為()A．1ΩB．2ΩC．3ΩD．4Ω【答案】A【解析】當斷開S后，電壓表的讀數(shù)等于電源的電動勢，即E＝3V；當閉合S后，有U＝IR，又由閉合電路歐姆定律可知，I＝eq\f(E,R＋r)，聯(lián)立解得r＝1Ω，A正確，B、C、D錯誤．(2020·全國卷Ⅰ·17)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()【答案】A【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(nèi)，電容器充電，令I(lǐng)充＝I；2～3s內(nèi)，電容器電壓不變，則電路中電流為0；3～5s內(nèi)，電容器放電，則I放＝eq\f(I,2)，I充與I放方向相反，結(jié)合UR＝IR可知，電阻R兩端的電壓隨時間的變化圖像與A對應，故選A.(2022·北京卷·4)某理想變壓器的原線圈接在220V的正弦交流電源上，副線圈輸出電壓為22000V，輸出電流為300mA.該變壓器()A．原、副線圈的匝數(shù)之比為100∶1B．輸入電流為30AC．輸入電流的最大值為15eq\r(2)AD．原、副線圈交流電的頻率之比為1∶100【答案】B【解析】原、副線圈的匝數(shù)之比為eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(220,22000)＝eq\f(1,100)，故A錯誤；根據(jù)eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)可得輸入電流為I1＝eq\f(n2,n1)I2＝100×300×10－3A＝30A，故B正確；輸入電流的最大值為Im＝eq\r(2)I1＝30eq\r(2)A，故C錯誤；變壓器不會改變交流電的頻率，故原、副線圈交流電的頻率之比為1∶1，故D錯誤．(2022·湖北卷·9改編)近年來，基于變壓器原理的無線充電技術(shù)得到了廣泛應用，其簡化的充電原理圖如圖所示．發(fā)射線圈的輸入電壓為220V、匝數(shù)為1100匝，接收線圈的匝數(shù)為50匝．若工作狀態(tài)下，穿過接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%，忽略其他損耗，下列說法正確的是()A．接收線圈的輸出電壓約為16VB．接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比約為22∶1C．發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同D．穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的相同【答案】C【解析】根據(jù)eq\f(n1,n2)＝eq\f(80%U1,U2)，可得接收線圈的輸出電壓約為U2＝8V，故A錯誤；由于漏磁，接收線圈與發(fā)射線圈功率不相等，接收線圈與發(fā)射線圈中的電流比I2∶I1≠n1∶n2＝22∶1，故B錯誤；變壓器是不改變其交變電流的頻率的，故C正確；由于穿過發(fā)射線圈的磁通量與穿過接收線圈的磁通量大小不相等，所以穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的不相同，故D錯誤．(2018·全國卷Ⅲ·16)一電阻接到方波交流電源上，在一個周期內(nèi)產(chǎn)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(nèi)產(chǎn)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【答案】D【解析】由有效值概念知，一個周期內(nèi)產(chǎn)生熱量Q方＝eq\f(u02,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(u02,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(u02,R)T，Q正＝eq\f(U有效2,R)T＝eq\f(\f(u0,\r(2))2,R)T＝eq\f(1,2)·eq\f(u02,R)T，故Q方∶Q正＝2∶1，故選D.(2020·江蘇卷·2)電流互感器是一種測量電路中電流的變壓器，工作原理如圖所示．其原線圈匝數(shù)較少，串聯(lián)在電路中，副線圈匝數(shù)較多，兩端接在電流表上．則電流互感器()A．是一種降壓變壓器B．能測量直流電路的電流C．原、副線圈電流的頻率不同D．副線圈的電流小于原線圈的電流【答案】D【解析】電流互感器原線圈匝數(shù)少，副線圈匝數(shù)多，是一種升壓變壓器，故A錯誤；變壓器的原理是電磁感應，故它不能測量直流電路的電流，故B錯誤；變壓器不改變交變電流的頻率，故C錯誤；變壓器的電流與匝數(shù)成反比，因此副線圈的電流小于原線圈的電流，故D正確．(2021·山東卷·9)輸電能耗演示電路如圖所示．左側(cè)變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶3，輸入電壓為7.5V的正弦交流電．連接兩理想變壓器的導線總電阻為r，負載R的阻值為10Ω.開關(guān)S接1時，右側(cè)變壓器原、副線圈匝數(shù)比為2∶1，R上的功率為10W；接2時，匝數(shù)比為1∶2，R上的功率為P.以下判斷正確的是()A．r＝10Ω B．r＝5ΩC．P＝45W D．P＝25W【答案】B【解析】左側(cè)變壓器副線圈兩端電壓U2＝3×7.5V＝22.5V，當開關(guān)S接1時，電阻R上的電壓，即右側(cè)變壓器副線圈兩端電壓U4＝eq\r(10×10)V＝10V，電流I4＝eq\f(U4,R)＝1A