第14課時直流電路與交流電路

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第14課時直流電路與交流電路內(nèi)容重要的規(guī)律、公式和二級結論1.電流、歐姆定律、電阻(1)電流強度：I＝eq\f(q,t)(定義式)；金屬導體中：I＝neSv(微觀決定式)；歐姆定律：I＝eq\f(U,R)(決定式)；電阻的定義式：R＝eq\f(U,I)。2.電阻定律、電阻率(2)電阻的決定式：R＝ρeq\f(l,S)；金屬導體的電阻隨溫度的升高而增大。3.半導體、超導、傳感器(3)當溫度降到某一值時，其電阻降為零的導體是超導體。(4)熱敏電阻：溫度升高時電阻變小，溫度降低時電阻變大。(5)光敏電阻：有光時電阻小，無光時電阻大。壓敏電阻：受力拉長時，電阻變大；受力變短時，電阻變小。4.電阻的串、并聯(lián)(6)串聯(lián)時總電阻大于任何一個電阻，并聯(lián)時總電阻小于任何一個電阻。(7)和為定值的兩個電阻，阻值相等時，并聯(lián)的總電阻最大。5.電功和電功率、焦耳定律(8)電功：W＝UIt；電功率：P＝eq\f(W,t)＝UI；焦耳定律：Q＝I2Rt；純電阻：W＝Q；非純電阻：W>Q，P總＝P熱＋P出，效率η＝eq\f(P出,P總)×100%。6.電源的電動勢和內(nèi)電阻、閉合電路的歐姆定律(9)電動勢：E＝eq\f(W非,q)；閉合電路的歐姆定律：I＝eq\f(E,R＋r)。(10)純電阻電路中，當R＝r時，電源的輸出功率最大，最大值Pm＝eq\f(E2,4r)。(11)含電容器的電路中，電容器相當于斷路，穩(wěn)定時，其電壓值等于與它并聯(lián)的電阻上的電壓，與它串聯(lián)的電阻相當于導線。7.交流發(fā)電機及其產(chǎn)生、正弦交流電的原理、正弦交變電流的描述(12)中性面垂直于磁場方向，此時e＝0，Φ＝Φm。(13)最大電動勢(峰值)：Em＝nBSω＝nΦmω。(14)線圈從中性面開始轉(zhuǎn)動：e＝nBSωsinωt＝Emsinωt，從平行磁場方向開始轉(zhuǎn)動：e＝nBSωcosωt＝Emcosωt。(15)正弦交流電的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))，I＝eq\f(Im,\r(2))。8.變壓器的原理，原、副線圈電壓、電流的關系(16)理想變壓器：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)；eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)；P1＝P2。(17)決定關系：U1決定U2，I2決定I1，P2決定P1。9.電能的輸送(18)輸電線上損失的功率：P損＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P輸,U)))eq\s\up12(2)R線；損失的電壓：U損＝U2－U3＝I2r。高考題型一直流電路的分析與計算直流電路動態(tài)分析的三種常用方法程序法R局eq\o(→,\s\up7(增大),\s\do5(減小))I總＝eq\f(E,R＋r)eq\o(→,\s\up7(減小),\s\do5(增大))U內(nèi)＝I總req\o(→,\s\up7(減小),\s\do5(增大))U外＝E－U內(nèi)eq\o(→,\s\up7(增大),\s\do5(減小))U支＝U外－I總R干eq\o(→,\s\up7(增大),\s\do5(減小))最后確定I支結論法：“串反并同”“串反”：指某一電阻增大(減小)時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小(增大)“并同”：指某一電阻增大(減小)時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大(減小)極限法因滑動變阻器滑片滑動引起電路變化的問題，可將滑動變阻器的滑片分別滑到兩個極端，使電阻最大或電阻為零去討論角度1電路的基本規(guī)律【例1】(2022·浙江名校聯(lián)盟聯(lián)考)新冠肺炎患者中有13%的重癥患者和6%的危重患者需要給予及時的呼吸機治療，呼吸機成為生死攸關的戰(zhàn)略資源。呼吸機的核心部件之一是呼吸機馬達。下表是國內(nèi)某制造商生產(chǎn)的呼吸機馬達的主要參數(shù)。下列說明正確的是()呼吸機馬達額定電壓24V空載電流0.2A額定轉(zhuǎn)速30000rpm額定負載扭矩100mN·m額定電流1.9A額定輸出功率32WA.額定電流狀態(tài)下，馬達內(nèi)阻等消耗功率為13.6WB.利用空載狀態(tài)的參數(shù)，計算出馬達的內(nèi)阻是120ΩC.利用額定狀態(tài)的參數(shù)，計算出馬達的內(nèi)阻約為9ΩD.空載狀態(tài)下，馬達的輸出功率為4.8W答案A解析額定電流狀態(tài)下，馬達內(nèi)阻等消耗功率為Pr＝U額I額－P輸＝13.6W，故A正確；由于馬達不是純電阻元件，所以無論是在空載狀態(tài)還是額定狀態(tài)，都不能利用參數(shù)根據(jù)歐姆定律計算馬達的內(nèi)阻，故B、C錯誤；空載狀態(tài)下，馬達的輸入功率為P空＝U額I空＝4.8W，由于馬達內(nèi)阻會消耗功率，所以馬達此時的輸出功率小于4.8W，故D錯誤。角度2電路的動態(tài)分析【例2】(2022·湖南衡陽模擬)如圖1所示的電路圖中，電流表、電壓表是理想電表，電阻R0是定值電阻，電源的電動勢和內(nèi)阻分別為E、r，電動機的內(nèi)阻為r0；當合上開關，增大電阻箱R的阻值時，電流表和電壓表的數(shù)值變化量分別為ΔI、ΔU，下列說法正確的是()圖1A.電壓表的示數(shù)減小B.電流表的示數(shù)增大C.電動機的電流變化量為eq\f(ΔU,r0)D.r＋R0＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))答案D解析根據(jù)閉合電路動態(tài)分析的“串反并同法”可知，當電阻箱的阻值R增大時，與R并聯(lián)電壓表的示數(shù)增大，與R間接串聯(lián)電流表的示數(shù)減小，故A、B錯誤；電動機不是純電阻，不滿足歐姆定律，所以當電動機兩端電壓變化量為ΔU時，其電流的變化量不等于eq\f(ΔU,r0)，故C錯誤；根據(jù)閉合電路歐姆定律U＝E－I(r＋R0)，則可知r＋R0＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))，故D正確。角度3含容電路的分析與計算【例3】(2022·云南廣南模擬)如圖2所示，C為兩極板水平放置的平行板電容器，閉合開關S，當滑動變阻器R1、R2的滑片處于各自的中點位置時，懸在電容器C兩極板間的帶電塵埃P恰好處于靜止狀態(tài)。要使塵埃P向下加速運動，下列方法中可行的是()圖2A.把R2的滑片向左移動B.把R2的滑片向右移動C.把R1的滑片向左移動D.把開關S斷開答案A解析要使塵埃P向下運動，則其受到的靜電力應該減小，即電容器兩極板間電壓應該減小，故R2的滑片應該向左移動，選項A正確，B錯誤；由于電容器在直流電路中相當于斷路，故滑動R1的滑片對電容器兩極板的電壓沒有影響，選項C錯誤；斷開開關，則電容器相當于直接接在電源兩端，其極板間電壓增大，塵埃向上運動，選項D錯誤?！舅啬芴嵘?.(多選)(2022·重慶南開中學質(zhì)檢)小明為自己家的養(yǎng)牛場設計了一款補水提示器，其工作原理如圖3所示。在忽略電表內(nèi)阻影響的情況下，下列分析正確的是()圖3A.水量減少時，滑動變阻器的滑片向上移動B.如果選擇電壓表，電表示數(shù)變小反映水量增多C.如果選擇電流表，電表示數(shù)變大反映水量增多D.如果選擇電流表，R0可以在水太多時保護電路答案ACD解析根據(jù)裝置圖可知，水量減少，彈簧壓縮量減少，滑片上移，故A正確；若電表為電壓表，其測的是滑動變阻器上部分對應的電壓值，示數(shù)減小，說明滑片上移，水量減少，故B錯誤；若電表為電流表，電流表測的是整個電路的電流，電流表示數(shù)變大，說明滑動變阻器接入電路的阻值減小，即滑片下移，水量增多，故C正確；如果選擇電流表，水太多時R接入電路的阻值很小，電路中電流很大，此時R0串聯(lián)在干路中，起到保護電路(電流表)的作用，故D正確。2.(多選)(2022·重慶八中模擬)在報警電路中常用到蜂鳴器，其原理為當電流從蜂鳴器正極流入負極流出時，蜂鳴器會發(fā)出報警聲。如圖4所示是一個斷路報警電路，平行板電容器電容為C，電源電動勢為E，內(nèi)阻r≠0，D可視為理想二極管，R1、R2為定值電阻。當電路中的開關S在電路工作過程中斷開時，蜂鳴器會發(fā)出報警聲。對于該電路下列說法正確的是()圖4A.a端為蜂鳴器的負極B.S閉合穩(wěn)定后，電容器的帶電荷量為CEC.S閉合穩(wěn)定后，增加平行板間距離有可能會使蜂鳴器發(fā)出報警聲D.S斷開后，流過蜂鳴器的電荷量等于流過R2的電荷量答案CD解析開關S閉合時，電流從b端流過蜂鳴器，則電容器C的右端為正極板，開關S斷開時，電容器放電，電流從a端流過蜂鳴器，此時蜂鳴器發(fā)出報警聲，則a端為蜂鳴器的正極，故A錯誤；S閉合穩(wěn)定后，電容器兩端電壓為電阻R2兩端電壓，小于電動勢E，所以電容器的帶電荷量小于CE，故B錯誤；S閉合穩(wěn)定后，增加平行板間距離，根據(jù)平行板電容器電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容減小，兩端電壓不變，由C＝eq\f(Φ,U)知Q減小，電容器放電，電流從a端流過蜂鳴器，有可能會使蜂鳴器發(fā)出報警聲，故C正確；S斷開后，電容器放電，二極管具有單向?qū)щ娦?，沒有電流通過二極管，則流過蜂鳴器的電荷量等于流過R2的電荷量，故D正確。高考題型二交變電流的產(chǎn)生及描述1.線圈通過中性面時的特點(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(jīng)過中性面一次，感應電流的方向改變一次。2.正弦式交變電流“四值”的應用角度1交變電流的產(chǎn)生及有效值的計算【例4】(2022·遼寧協(xié)作體期末)如圖5甲所示，矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的中心軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，從某時刻開始計時，產(chǎn)生的感應電動勢e隨時間t的變化曲線如圖乙所示，若外接電阻R＝100Ω，線圈電阻r＝10Ω，電壓表為理想交流電表，則下列說法正確的是()圖5A.線圈的轉(zhuǎn)速為50r/sB.0.01s時線圈平面與磁場方向平行C.通過電阻R的電流有效值為eq\r(2)AD.電壓表的示數(shù)為200V答案B解析根據(jù)乙圖可知交流電的周期為T＝0.04s，故線圈轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速為n＝eq\f(1,T)＝25r/s，故A錯誤；由乙圖可知，0.01s時線圈產(chǎn)生的感應電動勢為峰值，故此時線圈平面與磁場方向平行，故B正確；由乙圖可知，線圈產(chǎn)生電動勢最大值為Em＝110eq\r(2)V，則有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))＝110V，根據(jù)閉合電路歐姆定律，可得I＝eq\f(E,R＋r)＝1A，故C錯誤；由歐姆定律U＝IR＝100V，即電壓表的示數(shù)為100V，故D錯誤。角度2交變電流“四值”的計算【例5】(2022·浙江十校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖6甲是小型交流發(fā)電機，兩磁極間的磁場可視為勻強磁場，一個100匝的矩形線圈(內(nèi)阻不計)繞垂直于磁場方向的軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，某位置開始計時產(chǎn)生的交變電動勢圖像如圖乙所示，已知磁感應強度B＝0.1T，則()圖6A.t＝0時刻，線圈平面與磁感線平行B.線圈的面積S為eq\f(0.22\r(2),π)m2C.它可使“220V，60W”的燈泡正常發(fā)光，也可使擊穿電壓為220V的電容器正常工作D.以此作為電源，每通過1C的電荷量，消耗的電能為220eq\r(2)J答案B解析t＝0時刻，由圖乙可知，瞬時電動勢為零，線圈平面與磁感線垂直，故A錯誤；根據(jù)線圈產(chǎn)生的最大電動勢E＝NBSω，結合圖乙計算得S＝eq\f(0.22\r(2),π)m2，故B正確；它可使“220V，60W”的燈泡正常發(fā)光，電動勢的最大值為220eq\r(2)V，超過了電容器的擊穿電壓，不可使擊穿電壓為220V的電容器正常工作，故C錯誤；不同時刻開始通電，通過1C的電荷量所用時間不同，故消耗的電能不同，故D錯誤?！舅啬芴嵘?.(2022·江蘇常州期末)無線充電器能給充電是因為兩者內(nèi)部有線圈存在，當電源的電流通過無線充電器的送電線圈會產(chǎn)生變化的磁場，端的受電線圈靠近該磁場就會產(chǎn)生電流，雙方密切配合，成功無線充電。如圖7為自制的簡易無線充電裝置，由一個電磁爐(發(fā)射線圈)、一個接收線圈、一個二極管、一個車載充電器構成，發(fā)射線圈、接收線圈匝數(shù)比n1∶n2＝10∶1，若電磁爐兩端所加電壓為u＝220eq\r(2)sin(314t)V，不考慮充電過程中的各種能量損失。則下列說法正確的是()圖7A.通過車載充電器的電流為交流電B.通過車載充電器的電流方向周期性地變化C.車載充電器兩端電壓的有效值約為22VD.車載充電器兩端電壓的有效值約為eq\f(22,\r(2))V答案D解析接收線圈與車載充電器之間連接一個二極管，二極管具有單向?qū)щ娦?，一個周期內(nèi)只有半個周期的交流電能通過二極管，所以通過車載充電器的電流方向不變，不是交流電，A、B錯誤；由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可得接收線圈的電壓有效值為U2＝eq\f(U1n2,n1)＝eq\f(220×1,10)V＝22V，由電流的熱效應可得eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)·eq\f(T,2)＝eq\f(Ueq\o\al(2,3),R)T，解得車載充電器兩端電壓的有效值約為U3＝eq\f(22,\r(2))V，C錯誤，D正確。4.(2022·云南玉溪質(zhì)檢)如圖8甲所示為交流發(fā)電機的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，A為理想電表。單匝線框繞垂直于磁場的水平軸OO′沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，從圖示位置開始計時，線框中的磁通量Φ隨時間t變化的關系如圖乙所示。已知電阻R＝10Ω，其余電阻忽略不計，下列判斷正確的是()圖8A.電流表的示數(shù)為10AB.1s內(nèi)電流的方向改變50次C.0.01s時，線框平面與磁場方向垂直D.1個周期內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為10J答案D解析由圖乙可知，磁通量變化的周期為T＝2×10－2s，則角速度ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，由Em＝NBSω＝NωΦm，可得電動勢的最大值為100V，則電動勢的有效值E＝eq\f(100,\r(2))V＝50eq\r(2)V，則電流表的示數(shù)I＝eq\f(E,R)＝5eq\r(2)A，故A錯誤；由圖可知，交變電流的頻率為f＝eq\f(1,T)＝50Hz，一個周期內(nèi)電流方向改變兩次，所以1s內(nèi)電流的方向改變100次，故B錯誤；0.01s時，磁通量為零，線框平面與磁場方向平行，故C錯誤；由焦耳定律可得1個周期內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rt＝(5eq\r(2))2×10×0.02J＝10J，故D正確。高考題型三變壓器與遠距離輸電1.理想變壓器一組副線圈f1＝f2，變壓器不改變交變電流的頻率電壓關系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)電流關系eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)功率關系P1＝P2多組副線圈(以兩組副線圈為例)f1＝f2＝f3電壓關系eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)電流關系n1I1＝n2I2＋n3I3功率關系P1＝P2＋P32.遠距離輸電示意圖原、副線圈每個變壓器的原線圈是其所在回路的用電器，而相應的副線圈是下一個回路的電源三個關系功率關系P＝U1I1＝U2I2＝P用＋P損，P損＝Ieq\o\al(2,2)r，P用＝U3I3＝U4I4電壓關系U2＝U損＋U3，U損＝I2r匝數(shù)比關系eq\f(U1,U2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(U3,U4)＝eq\f(I4,I3)＝eq\f(n3,n4)輸電線上的損失功率損失為P損＝P2－P3＝Ieq\o\al(2,2)r＝eq\f(Peq\o\al(2,2),Ueq\o\al(2,2))r，電壓損失為U損＝U2－U3＝I2r【例6】(多選)(2022·湖北高考，9)近年來，基于變壓器原理的無線充電技術得到了廣泛應用，其簡化的充電原理圖如圖9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()圖9A.接收線圈的輸出電壓約為8VB.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AC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正確；根據(jù)eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,80%I1)可得eq\f(I1,I2)＝eq\f(5,88)，故B錯誤；變壓器不改變其交變電流的頻率，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同，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。【素能提升】5.(2022·河北預測卷)如圖10所示，理想自耦變壓器輸入端接入正弦交流電u＝220eq\r(2)sin(10πt)V，調(diào)節(jié)K1位置可以改變輸出匝數(shù)，調(diào)節(jié)K2位置可以改變R的阻值，兩電表均為理想交流電表，以下說法正確的是()圖10A.指示燈L常亮且通過指示燈的電流方向每秒鐘改變50次B.不論開關S狀態(tài)如何，電壓表示數(shù)為220eq\r(2)VC.閉合開關S，僅向下滑動K1，輸入功率變小D.閉合開關S，僅向下滑動K2，電表示數(shù)不變答案C解析指示燈L不經(jīng)過開關S與一小段線圈連接，不論S狀態(tài)如何，燈L常亮，交流電的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(1,5)s且一個周期電流方向改變兩次，故每秒鐘通過指示燈的電流方向改變10次，A錯誤；不論開關S狀態(tài)如何，電壓表示數(shù)都為有效值220V，B錯誤；閉合開關S，僅向下滑動K1，輸出端匝數(shù)減小，根據(jù)電壓比eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，其輸出電壓減小，由P＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)可知，輸出端的功率變小，則輸入功率變小，C正確；閉合開關S，僅向下滑動K2，接入電路的電阻阻值減小，電壓表示數(shù)不變，輸出端電壓不變，由歐姆定律可知，電流表示數(shù)變大，D錯誤。6.如圖11所示，線圈繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的電動勢e＝111eq\r(2)sin(100πt)V。線圈與理想升壓變壓器相連進行遠距離輸電，理想降壓變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比為25∶11，降壓變壓器副線圈接入一臺電動機，電動機恰好正常工作，且電動機兩端電壓為220V，輸入功率為1100W，電動機內(nèi)阻為8.8Ω，輸電線路總電阻為25Ω，線圈及其余導線電阻不計，電表均為理想電表，則()圖11A.圖示位置線圈的磁通量變化率為零B.電動機的機械功率為800WC.輸電線路損失的電功率為121WD.升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為1∶10答案C解析圖示位置線圈產(chǎn)生的感應電動勢最大，磁通量變化率最大，故A錯誤；通過電動機的電流為IM＝eq\f(PM,U4)＝5A，電動機的熱功率為PM熱＝Ieq\o\al(2,M)rM＝220W，電動機的機械功率為PM機＝PM－PM熱＝880W，故B錯誤；根據(jù)理想變壓器原、副線圈電流關系可得輸電線路的電流為I輸＝eq\f(11,25)IM＝2.2A，所以輸電線路損失的電功率為ΔP＝Ieq\o\al(2,輸)R輸＝121W，故C正確；降壓變壓器原線圈兩端電壓為U3＝eq\f(n3,n4)U4＝500V，升壓變壓器副線圈兩端電壓為U2＝U3＋I輸R輸＝555V，升壓變壓器原線圈兩端電壓為U1＝eq\f(em,\r(2))＝111V，所以升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(1,5)，故D錯誤。1.(2021·福建高考)某住宅小區(qū)變壓器給住戶供電的電路示意圖如圖12所示，圖中R為輸電線的總電阻。若變壓器視為理想變壓器，所有電表視為理想電表，不考慮變壓器的輸入電壓隨負載變化，則當住戶使用的用電器增加時，圖中各電表的示數(shù)變化情況是()圖12A.A1增大，V2不變，V3增大B.A1增大，V2減小，V3增大C.A2增大，V2增大，V3減小D.A2增大，V2不變，V3減小答案D解析不考慮變壓器的輸入電壓隨負載變化，即變壓器原線圈的輸入電壓U1＝UV1不變，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，變壓器副線圈的輸出電壓U2＝UV2不變；當住戶使用的用電器增加時，即用戶的總電阻R燈變小，由I2＝eq\f(U2,R＋R燈)可知，副線圈的電流I2＝IA2變大，而由UV3＝U2－I2R可知V3減??；由理想變壓器的原理U1I1＝U2I2可知原線圈的電流I1＝IA1變大，綜合上述分析可知A1增大，A2增大，V2不變，V3減小，故D正確。2.(2022·河北高考，3)張家口市壩上地區(qū)的風力發(fā)電場是北京冬奧會綠色電能的主要供應地之一，其發(fā)電、輸電簡易模型如圖13所示，已知風輪機葉片轉(zhuǎn)速為每秒z轉(zhuǎn)，通過轉(zhuǎn)速比為1∶n的升速齒輪箱帶動發(fā)電機線圈高速轉(zhuǎn)動，發(fā)電機線圈面積為S，匝數(shù)為N，勻強磁場的磁感應強度為B，t＝0時刻，線圈所在平面與磁場方向垂直，發(fā)電機產(chǎn)生的交變電流經(jīng)過理想變壓器升壓后，輸出電壓為U。忽略線圈電阻，下列說法正確的是()圖13A.發(fā)電機輸出的電壓為eq\r(2)πNBSzB.發(fā)電機輸出交變電流的頻率為2πnzC.變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為eq\r(2)πNBSnz∶UD.發(fā)電機產(chǎn)生的瞬時電動勢e＝eq\r(2)πNBSnzsin(2πnzt)答案C解析發(fā)電機線圈的轉(zhuǎn)速為nz，輸出交變電流的頻率為f＝eq\f(ω,2π)＝nz，B錯誤；線圈繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的為正弦交流電，最大值為Em＝NBS·2π·nz，輸出電壓的有效值為U1＝E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\r(2)πNBSnz，A錯誤；變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U)＝eq\f(\r(2)πNBSnz,U)，C正確；發(fā)電機產(chǎn)生的瞬時電動勢為e＝Emsinωt＝2πNBSnzsin(2πnzt)，D錯誤。3.(2022·山東高考，4)如圖14所示的變壓器，輸入電壓為220V，可輸出12V、18V、30V電壓，匝數(shù)為n1的原線圈中電壓隨時間變化為u＝Umcos(100πt)。單匝線圈繞過鐵芯連接交流電壓表，電壓表的示數(shù)為0.1V。將阻值為12Ω的電阻R接在BC兩端時，功率為12W。下列說法正確的是()圖14A.n1為1100匝，Um為220VB.BC間線圈匝數(shù)為120匝，流過R的電流為1.4AC.若將R接在AB兩端，R兩端的電壓為18V，頻率為100HzD.若將R接在AC兩端，流過R的電流為2.5A，周期為0.02s答案D解析變壓器的輸入電壓為220V，原線圈的交流電的電壓與時間成余弦函數(shù)關系，故輸入交流電壓的最大值為220eq\r(2)V，根據(jù)理想變壓器原線圈與單匝線圈的匝數(shù)比為eq\f(n1,1)＝eq\f(220V,0.1V)，解得原線圈為2200匝，A錯誤；根據(jù)題圖可知，當原線圈輸入電壓為220V時，BC間的電壓為UBC＝eq\r(PR)＝12V，故BC間的線圈與單匝線圈匝數(shù)關系有eq\f(nBC,1)＝eq\f(12V,0.1V)，則BC間的線圈匝數(shù)為120匝，流過R的電流為IBC＝eq\f(P,UBC)＝eq\f(12W,12V)＝1A，B錯誤；若將R接在AB兩端，根據(jù)題圖可知，當原線圈輸入電壓為220V時，AB間的電壓應該為18V，根據(jù)交流電原線圈電壓的表達式可知，交流電的角速度為100π，故交流電的頻率為f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，C錯誤；若將R接在AC兩端，根據(jù)題圖可知，當原線圈輸入電壓為220V時，AC間的電壓應該為30V，根據(jù)歐姆定律可知，流過電阻R的電流為IAC＝eq\f(UAC,R)＝eq\f(30,12)A＝2.5A，交流電的周期為T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s，D正確。4.(多選)(2021·山東高考，9)輸電能耗演示電路如圖15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()圖15A.r＝10Ω B.r＝5ΩC.P＝45W D.P＝22.5W答案BD解析當開關S接1時，左側(cè)變壓器副線圈的電壓U2＝eq\f(n2,n1)U1＝3×7.5V＝22.5V，電阻R上的電壓，即右側(cè)變壓器的副線圈的電壓U4＝eq\r(P1R)＝10V，電流I4＝eq\f(U4,R)＝1A，右側(cè)變壓器原線圈的電壓U3＝eq\f(n3,n4)U4＝eq\f(2,1)×10V＝20V，電流I3＝eq\f(n4,n3)I4＝eq\f(1,2)×1A＝0.5A，導線的總電阻r＝eq\f(U2－U3,I3)＝5Ω，故A錯誤，B正確；當開關S接2時，設輸電電流為I，則右側(cè)變壓器的副線圈中的電流為0.5I，根據(jù)理想變壓器的規(guī)律，有eq\f(U2－Ir,n3)＝eq\f(0.5IR,n4)，解得I＝3A，則R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5W，故C錯誤，D正確。1.(2022·浙江1月選考，9)如圖1所示，甲圖是一種手搖發(fā)電機及用細短鐵絲顯示的磁場分布情況，搖動手柄可使對稱固定在轉(zhuǎn)軸上的矩形線圈轉(zhuǎn)動；乙圖是另一種手搖發(fā)電機及磁場分布情況，皮帶輪帶動固定在轉(zhuǎn)軸兩側(cè)的兩個線圈轉(zhuǎn)動。下列說法正確的是()圖1A.甲圖中線圈轉(zhuǎn)動區(qū)域磁場可視為勻強磁場B.乙圖中線圈轉(zhuǎn)動區(qū)域磁場可視為勻強磁場C.甲圖中線圈轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電流是正弦交流電D.乙圖中線圈勻速轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電流是正弦交流電答案A解析圖中細短鐵絲被磁化之后，其作用相當于小磁針，根據(jù)其分布特點可判斷出甲圖中線圈轉(zhuǎn)動區(qū)域磁場可視為勻強磁場，故選項A正確；而乙圖中，磁針分布的方向并不相同，則線圈轉(zhuǎn)動區(qū)域磁場不能看成勻強磁場，故選項B錯誤；根據(jù)發(fā)電機原理可知，甲圖中線圈在勻強磁場中繞垂直磁場的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動時才能產(chǎn)生正弦交流電，故選項C錯誤；乙圖中線圈勻速轉(zhuǎn)動時，由于線圈切割磁感線的速度方向始終與磁場垂直且所在位置的磁感應強度大小不變，所以勻速轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的是大小恒定的電流，故選項D錯誤。2.(2022·浙江七彩陽光聯(lián)考)雷雨時一頭牛躲在樹下，閃電擊中了樹，一個持續(xù)40μs的電流脈沖流過地面，這段時間地面形成的等勢面如圖2所示。如果前后兩腳間的身體電阻為500Ω，則閃電過程中耗散在體內(nèi)的能量約為()圖2A.1000J B.2000JC.3200J D.4000J答案C解析由圖可知加在牛前后兩腳間的電壓U＝400kV－200kV＝200kV＝2×105V，因此流過牛身體的電流I＝eq\f(U,R)＝eq\f(2×105,500)A＝400A，閃電過程中耗散在牛體內(nèi)的能量Q＝I2Rt＝4002×500×40×10－6J＝3200J，故C正確。3.(多選)(2021·海南高考)如圖3，理想變壓器原線圈接在u＝220eq\r(2)sin100πt(V)的交流電源上，副線圈匝數(shù)可通過滑片P來調(diào)節(jié)。當滑片P處于圖示位置時，原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2＝2∶1，為了使圖中“100V，50W”的燈泡能夠正常發(fā)光，下列操作可行的是()圖3A.僅將滑片P向上滑動B.僅將滑片P向下滑動C.僅在副線圈電路中并聯(lián)一個阻值為20Ω的電阻D.僅在副線圈電路中串聯(lián)一個阻值為20Ω的電阻答案BD解析理想變壓器原線圈接在u＝220eq\r(2)sin(100πt)V的交流電源上，原線圈輸入電壓U1＝220V，若原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2＝2∶1，則副線圈輸出電壓為110V，大于燈泡額定電壓100V，為了使圖中“100V，50W”的燈泡能夠正常發(fā)光，可以僅將滑片P向下滑動，降低輸出電壓，也可僅在副線圈電路中串聯(lián)一個阻值為20Ω的電阻，選項B、D正確。4.如圖4所示是一位同學設計的防盜門報警器的簡化電路示意圖。門打開時，紅外光敏電阻R3受到紅外線照射，電阻減?。婚T關閉時會遮蔽紅外線源(紅外線源沒有畫出)。經(jīng)實際試驗，燈的亮、滅情況的確能反映門的開、關狀態(tài)。門打開時兩燈的發(fā)光情況及R2兩端電壓UR2與門關閉時相比()圖4A.紅燈亮，UR2變大 B.綠燈亮，UR2變大C.綠燈亮，UR2變小 D.紅燈亮，UR2變小答案D解析當門打開時，R3受紅外線照射，電阻減小，從而使并聯(lián)電路電阻減小，總電阻減小，電路中總電流I增大，R2兩端電壓UR2＝U并＝E－I(R1＋r)減小，R2中電流IR2＝eq\f(UR2,R2)減小，所以R3中電流IR3＝I－IR2增大，線圈產(chǎn)生的磁場增強，把銜鐵吸下，紅燈亮，故D正確。5.(多選)(2022·河北衡水模擬)如圖5所示，面積為0.01m2的單匝矩形線圈abcd放置在磁感應強度大小B＝0.5T的勻強磁場中，與一定值電阻連成閉合回路。線圈以n＝100r/s的轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動，線圈的內(nèi)阻r＝0.2Ω，定值電阻的阻值R＝0.8Ω，以圖示時刻為0時刻，下列說法正確的是()圖5A.若0時刻的電流方向如圖中箭頭所示，則線圈沿逆時針方向(從上往下看)轉(zhuǎn)動B.0時刻穿過線圈的磁通量最大C.該線圈的感應電動勢的有效值為πVD.0～0.0025s內(nèi)，通過定值電阻的電荷量為0.005C答案AD解析感應電流的方向是adcb，線圈平面與磁感線平行，根據(jù)楞次定律可知ab邊正轉(zhuǎn)出紙外，線圈沿逆時針方向(從上往下看)轉(zhuǎn)動，A正確；0時刻，穿過線圈的磁通量為零，B錯誤；感應電動勢的最大值Em＝BSω＝πV，有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2)π,2)V，C錯誤；0～0.0025s內(nèi)，線圈轉(zhuǎn)過了90°，通過定值電阻的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝0.005C，D正確。6.(多選)(2022·江西宜春質(zhì)檢)制動能量回收是現(xiàn)代電動汽車以及混合動力汽車重要技術之一。汽車正常行駛時，電池組給直流電機供電，電機帶動汽車行駛；當電動汽車減速和制動時，電路切換，斷開電池組，車輪由于慣性轉(zhuǎn)動，通過調(diào)節(jié)裝置帶動電動機的線圈反轉(zhuǎn)，直流電動機就成了直流發(fā)電機，所產(chǎn)生的電流通過功率變化器接入蓄電池，即為能量回饋，達到節(jié)省能源的目的(其原理可簡化為如圖6所示，汽車正常行駛時雙刀雙擲開關撥向左邊，汽車減速和制動時雙刀雙擲開關撥向右邊)。則以下說法正確的是()圖6A.汽車正常行駛時，若線圈中電流恒定，線圈中ab和cd部分的導線在線圈轉(zhuǎn)至任意位置時所受的安培力大小不變B.汽車減速和制動時，若線圈轉(zhuǎn)速恒定，線圈中ab和cd部分的導線在線圈轉(zhuǎn)至任意位置時產(chǎn)生的感應電動勢的大小不變C.汽車減速和制動時，由于線圈輸出的是直流電，故不能直接接在變壓器上進行變壓D.汽車減速和制動時，線圈在磁場中運動除了能產(chǎn)生電能，還有助于制動答案AD解析線圈中ab和cd部分的導線在線圈轉(zhuǎn)至任意位置時，導線與磁場方向均垂直，故所受的安培力大小均相等，因此A正確；線圈中ab和cd部分的導線在線圈轉(zhuǎn)至不同位置切割磁感線時，切割速度與磁場方向的夾角不相同，故產(chǎn)生的感應電動勢大小不同，因此B錯誤；汽車減速和制動時，線圈轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的雖然是直流電，但是變化的，故可以直接接在變壓器上進行變壓，故C錯誤；汽車減速和制動時，線圈轉(zhuǎn)動產(chǎn)生感應電流，磁場對線圈中感應電流的安培力阻礙線圈轉(zhuǎn)動，從而對制動有輔助作用，故D正確。7.(多選)(2022·云南普洱二中模擬)某位移傳感器的工作原理如圖7甲所示，物體M在導軌上平移時，帶動滑動變阻器的金屬桿P，通過理想電壓表顯示的數(shù)據(jù)來反映物體的位移x。設定電源電動勢為E，內(nèi)阻不計，滑動變阻器的長度為L，物體經(jīng)過O點時P恰好位于滑動變阻器的中點，此時電壓表示數(shù)顯示為0，若電壓表的示數(shù)UPQ隨時間t的變化關系如圖乙(余弦圖像)所示，則下列說法正確的是()圖7A.在t1時刻M恰好運動到O位置B.物體M以O點為中心做往復運動C.在t1到t2時間段內(nèi)，M的速度先增大后減小D.在t2時刻物體M在最右端且速度為0答案ABD解析在t1時刻，電壓UPQ為0，且正在增加，故物體M在平衡位置(O點)，A正確；在t1時刻，物體具有正方向的最大速度，此后速度減小，在t2時刻速度減為0，C錯誤；在t2時刻，電壓最大，物體位于最右端，速度為零，D正確；此后反向加速，t3時刻又回到平衡位置，如此往復，所以物體M以O點為中心做往復運動，故B正確。8.(2022·重慶南開中學質(zhì)檢)近十年來，我國環(huán)形變壓器從無到有，已形成相當大的生產(chǎn)規(guī)模，廣泛應用于計算機、醫(yī)療設備、家電設備和燈光照明等方面，如圖8甲所示。環(huán)形變壓器與傳統(tǒng)方形變壓器相比，漏磁和能量損耗都很小，可視為理想變壓器。如圖乙所示的環(huán)形變壓器原線圈匝數(shù)n1＝880匝，副線圈接一個“12V，22W”的照明電燈L，電壓表與電流表均為理想交流電表。原線圈所接正弦式交流電源的電壓隨時間變化的關系圖像如圖丙所示，最大值Um＝220eq\r(2)V。此時，照明電燈恰好正常發(fā)光。則()圖8A.該交流電的方向每秒改變50次B.副線圈匝數(shù)約為34匝C.此時電流表的讀數(shù)為0.1AD.若副線圈兩端再并聯(lián)多個規(guī)格與L完全相同的照明電燈，則每個電燈都不能正常工作答案C解析交流電周期為T＝2×10－2s，1s內(nèi)包含50個周期，方向改變100次，故A錯誤；輸入電壓的有效值U1＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，照明電燈正常發(fā)光，副線圈的電壓U2＝12V，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可知n2＝48匝，故B錯誤；根據(jù)P＝U2I＝U1I1，解得I1＝0.1A，故C正確；輸入電壓不變，匝數(shù)比不變，副線圈輸出電壓不變，并聯(lián)的每盞燈均正常工作，故D錯誤。9.(多選)圖9甲是一種振動式發(fā)電機的截面圖，半徑r＝0.1m、匝數(shù)n＝30的線圈位于輻射狀分布的磁場中，磁場的磁感線沿半徑方向均勻分布，線圈所在位置的磁感應強度大小均為B＝eq\f(1,2π)T。如圖乙，施加外力使線圈沿軸線做往復運動，線圈運動的速度隨時間變化的規(guī)律如圖丙中正弦曲線所示。發(fā)電機通過燈泡L后接入理想變壓器，對圖乙中電路供電，三個完全相同的小燈泡均正常發(fā)光，燈泡的阻值RL＝1Ω，電壓表為理想電壓表，線圈及導線電阻均不計。下列說法正確的是()圖9A.發(fā)電機產(chǎn)生電動勢的瞬時值為e＝6sin(5πt)VB.變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為1∶3C.每個小燈泡正常發(fā)光時的功率為2WD.t＝0.1s時電壓表的示數(shù)為6V答案AC解析由丙圖可知，線圈運動的速度最大值vm＝2m/s，速度變化周期為T＝0.4s，則線圈運動的速度瞬時值v＝vmsineq\f(2π,T)t＝2sin(5πt)m/s，發(fā)電機產(chǎn)生電動勢的瞬時值為e＝nB·2πr·v＝6sin(5πt)V，A正確；設燈泡正常發(fā)光時通過燈泡的電流為I，則通過原線圈的電流I1＝I，通過副線圈的電流I2＝2I，變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(2,1)，B錯誤；根據(jù)能量關系可知，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，每個小燈泡正常發(fā)光時的功率為PL＝I2RL＝2W，C正確；電壓表示數(shù)為發(fā)電機兩端電壓的有效值，即電壓表示數(shù)為U＝eq\f(Em,\r(2))＝3eq\r(2)V，D錯誤。10.(2022·山東煙臺一模)如圖10所示電路中，理想變壓器原線圈兩接線柱間的交流電壓的有效值不變，兩燈泡L1、L2規(guī)格完全相同，在以下各種操作中各電路元件都沒有損壞，下列說法正確的是()圖10A.僅使滑片M下移，電流表示數(shù)變大B.僅使滑片M下移，變壓器原線圈中的電流變大C.僅使滑片N自變阻器a端向b端移動，燈泡L2中的電流一直增大D.僅使滑片N自變阻器a端向b端移動，電流表示數(shù)一直增大答案C解析僅使滑片M下移，副線圈匝數(shù)減小，根據(jù)理想變壓器eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知副線圈電壓減小，副線圈電路電阻不變，所以電流減小，故A錯誤；僅使滑片M下移，副線圈電壓、電流均減小，所以副線圈功率減小，根據(jù)理想變壓器特點U1I1＝U2I2知原線圈中電流變小，故B錯誤；僅使滑片N自變阻器a端向b端移動，并聯(lián)部分電路電壓(副線圈電壓)不變，L2所在支路電阻逐漸減小，根據(jù)并聯(lián)分流特點可知，L2中電流一直增大，故C正確；僅使滑片N自變阻器a端向b端移動，則并聯(lián)部分電阻先增大后減小，副線圈總電阻先增大后減小，副線圈電壓不變，所以副線圈總電流(電流表示數(shù))先減小后增大，故D錯誤。11.如圖11所示，交流發(fā)電機的矩形線框共有N＝100匝，總電阻r＝1.0Ω，BC＝AD＝0.2m，AB＝DC＝0.1m。繞垂直于磁場方向的對稱軸OO′以n＝eq\f(200,π)r/s的轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動，給R＝7.0Ω的電阻供電。在軸線OO′右側(cè)有一勻強磁場，磁感應強度B＝0.1T，左側(cè)沒有磁場。線框處于中性面時開始計時，則()圖11A.電阻R兩端的最大電壓為70VB.通過R的電流方向恒定不變C.在0～eq\f(π,1200)s內(nèi)通過線框?qū)Ь€橫截面的電荷量為eq\f(1,160)CD.在0～eq\f(π,200)s內(nèi)外力至少對系統(tǒng)做功πJ答案C解析線框產(chǎn)生感應電動勢的最大值為Em＝eq\f(1,2)NBSω＝πnNBS＝40V，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知