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2023版高考物理步步高大二轮复习讲义第一篇 专题四 第10讲 直流电路与交变电流【解析版】
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这是一份2023版高考物理步步高大二轮复习讲义第一篇 专题四 第10讲 直流电路与交变电流【解析版】，共18页。
第10讲 直流电路与交变电流
命题规律 1.命题角度：(1)直流电路的分析与计算；(2)交变电流的产生与描述；(3)变压器与远距离输电.2.常用方法：直流电路和变压器的动态分析法，计算有效值的等效法.3.常考题型：选择题．
考点一 直流电路的分析与计算
1．闭合电路欧姆定律的三个公式
(1)E＝U外＋U内；(任意电路)
(2)E＝U外＋Ir；(任意电路)
(3)E＝I(R＋r)．(纯电阻电路)
2．动态电路分析的三种方法
(1)程序法：部分电路阻值变化→电路总电阻R总变化→干路电流I变化→路端电压U变化→各支路电流、电压变化，即R局eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(增大,减小))→R总eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(增大,减小))→I总eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(减小,增大))→U端eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(增大,减小))→eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(I分,U分)).
(2)串反并同法：所谓“串反”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都减小(增大)．所谓“并同”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都增大(减小)．
(3)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至两个极端，使滑动变阻器接入电路的电阻最大或电阻为零去讨论．
3．电容器的特点
(1)只有当电容器充、放电时，电容器所在支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的支路相当于断路．
(2)电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压．
例1 (2022·上海市松江区一模)如图电路中，电阻R随温度升高均匀增大，用这个电阻做探头测温，把电流表的刻度改为相应的温度刻度．下列说法正确的是( )
A．低温对应电流较大的刻度上，且温度刻度均匀
B．低温对应电流较大的刻度上，且温度刻度不均匀
C．高温对应电流较大的刻度上，且温度刻度均匀
D．高温对应电流较大的刻度上，且温度刻度不均匀
答案 B
解析 当温度升高时，电阻R增大，电路中总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律，电路中的电流减小，即高温对应电流较小的刻度上；同理分析可知低温对应电流较大的刻度上；由题意知电阻R随温度升高均匀增大，可得R＝R0＋kt，根据闭合电路的欧姆定律I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(E,R0＋kt＋r)，I与温度t不成线性关系，所以温度刻度是不均匀的，所以A、C、D错误，B正确．
例2 (2022·山东济宁市高三期末)如图所示，电源的电动势和内阻分别为E和r，在滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，下列说法正确的是( )
A．电路的总电阻先减小后增大
B．电源的总功率先增大后减小
C．电容器所带电荷量先减少后增多
D．电源的效率先减小后增大
答案 C
解析 滑动变阻器Pa段与Pb段并联，然后与R1 和电源串联，滑片P位于a、b中点时并联部分电阻最大，则滑片从a向b缓慢移动的过程中，电路的总电阻先增大后减小，故A错误；由闭合电路欧姆定律可知干路中的电流先减小后增大，因此电源总功率P＝EI先减小后增大，故B错误；R1两端的电压先减小后增大，它与电容器并联，根据Q＝CU可知电容器所带电荷量先减少后增多，故C正确；电源的效率η＝eq \f(UI,EI)×100%＝eq \f(U,E)×100%，滑片从a向b缓慢移动的过程中，路端电压为U＝E－Ir，由于I先减小后增大，因此U先增大后减小，可知电源效率先增大后减小，故D错误．
例3 (2021·湖南省1月适应性考试·4)有四个电源甲、乙、丙、丁，其路端电压U与电流I的关系图像分别如图(a)、(b)、(c)、(d)所示．将一个6 Ω的定值电阻分别与每个电源的两极相接，使定值电阻消耗功率最大的电源是( )
A．甲电源 B．乙电源
C．丙电源 D．丁电源
答案 D
解析 U－I图像的斜率的绝对值表示电源的内阻，由题图知丁电源内阻r最小，再由P＝(eq \f(E,R＋r))2·R知，r越小，定值电阻消耗的功率越大，故选D.
1.当R一定、r变化(针对不同电源)时，由P出＝eq \f(E2,R＋r)知，r越大，P出越小．
2．当r一定、R变化时，P出随R的变化情况可通过下面两个图像进行分析．
考点二 交变电流的产生
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．有效值的计算
(1)正弦式交变电流：E＝eq \f(Em,\r(2))，I＝eq \f(Im,\r(2))，U＝eq \f(Um,\r(2)).
(2)非正弦式交变电流：计算有效值时，要根据电流的热效应，即“一个周期”内“相同电阻”上产生“相同热量”，然后分段求和列式，求得有效值．
3．正弦式交流电“四值”的应用
例4 图甲是小型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为理想交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，已知发电机线圈电阻为5 Ω，外接一只阻值为5 Ω的电阻R，不计电路的其他电阻，已知电阻R两端的电压随时间变化的图像如图乙所示．则( )
A．线圈的转速为100 r/s
B．交流电流表的示数为2eq \r(2) A
C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D．电阻R在1分钟内产生的热量为4 800 J
答案 D
解析 由题图乙可知，交变电流的周期为0.02 s，所以线圈的转速为n＝eq \f(1,T)＝50 r/s，A错误；电阻R两端的电压的有效值为20 V，交流电流表的示数为有效值，其值为I＝eq \f(U,R)＝4 A，B错误；0.01 s时电压为零，则感应电动势为零，线圈处于中性面位置，C错误；电阻R在1分钟内产生的热量为Q＝I2Rt＝4 800 J，D正确．
例5 (2022·河北省模拟)某周期性变化电流随时间变化的规律如图所示，已知该电流的有效值为2eq \r(2) A，则该交流电的周期为( )
A．37.5 s B．40 s
C．42.5 s D．45 s
答案 C
解析 设周期为T，由题可知，根据电流的热效应有
I有效2RT＝I12Rt1＋I22Rt2＋I32Req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(T－t1－t2))，
把t1＝10 s，
t2＝(20－10) s＝10 s，
I1＝3 A，
I2＝4 A，
I3＝2 A，
I有效＝2eq \r(2) A，
代入解得T＝42.5 s，故选C.
考点三 变压器与远距离输电
1．三个关系搞清变压器问题
(1)变与不变的关系：不变的是功率关系、磁通量的变化率和周期频率．理想变压器工作不损失能量，即输入功率等于输出功率；原、副线圈交变电流频率相同；在没有漏磁时，原、副线圈磁通量的变化率相同．
(2)高与低，大与小，多与少，粗与细的关系：电压高的线圈电流小，匝数多，导线细；电压低的线圈电流大，匝数少，导线粗．
(3)正比与反比的关系：原、副线圈的电压与匝数成正比，单一副线圈的变压器电流与匝数成反比．
2．远距离输电问题
(1)理清三个回路
(2)抓住两个联系
①理想的升压变压器中线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，P1＝P2.
②理想的降压变压器中线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)，eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3)，P3＝P4.
(3)掌握一个守恒：能量守恒关系式P1＝P损＋P3.
3．输电线路功率损失的计算
(1)输送功率P、用户得到的功率P′与线路损失功率P损的关系：P损＝P－P′.
(2)P损＝I线2R线＝eq \f(ΔU2,R线)＝ΔU·I线，I线为输电线路上的电流，ΔU为输电线路上损失的电压，
R线为输电线路的电阻．
例6 (2022·山东卷·4)如图所示的变压器，输入电压为220 V，可输出12 V、18 V、30 V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcs (100πt)．单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1 V．将阻值为12 Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12 W．下列说法正确的是( )
A．n1为1 100匝，Um为220 V
B．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4 A
C．若将R接在AB两端，R两端的电压为18 V，频率为100 Hz
D．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5 A，周期为0.02 s
答案 D
解析 变压器的输入电压为220 V，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(220 V,0.1 V)，解得原线圈为2 200匝，A错误；根据题图可知，当原线圈输入电压为220 V时，BC间的电压为UBC＝eq \r(PR)＝12 V，故BC间的线圈与单匝线圈匝数关系有eq \f(nBC,1)＝eq \f(12 V,0.1 V)，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(12 W,12 V)＝1 A，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220 V时，AB间的电压应该为18 V．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 rad/s，故交流电的频率为f＝eq \f(1,T)＝eq \f(ω,2π)＝50 Hz，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220 V时，AC间的电压应该为30 V，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＝2.5 A，交流电的周期为T＝eq \f(2π,ω)＝0.02 s，D正确．
例7 (多选)(2021·山东卷·9)输电能耗演示电路如图所示．左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为7.5 V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10 Ω.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10 W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P.以下判断正确的是( )
A．r＝10 Ω B．r＝5 Ω
C．P＝45 W D．P＝22.5 W
答案 BD
解析 当开关S接1时，左侧变压器副线圈两端电压U2＝eq \f(n2,n1)U1＝3×7.5 V＝22.5 V，电阻R上的电压，即右侧变压器副线圈两端电压U4＝eq \r(PR)＝eq \r(10×10) V＝10 V，电流I4＝eq \f(U4,R)＝1 A，则右侧变压器原线圈两端电压U3＝eq \f(2,1)×10 V＝20 V，电流I3＝eq \f(n4,n3)I4＝eq \f(1,2)×1 A＝0.5 A，则r＝eq \f(U2－U3,I3)＝5 Ω，当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器副线圈中的电流为0.5I；根据右侧变压器两边电压与匝数的关系可知eq \f(U2－Ir,n3)＝eq \f(0.5IR,n4)，解得I＝3 A，则R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5 W，故选B、D.
1．(多选)(2022·山东省模拟)某电动车总质量为6.75×103 kg，若它匀速前进500 m用时250 s，该过程中驱动电机的输入电流I＝10 A，电压为300 V，电动车行驶时所受阻力大小为车总重力大小的eq \f(1,50)，重力加速度g取10 m/s2，机械效率是输出功率占输入功率的百分比．不考虑其他损耗，下列说法正确的是( )
A．驱动电机的输入功率为3 000 W
B．电动车的机械功率为2 500 W
C．驱动电机的内阻为3 Ω
D．驱动电机的机械效率为85%
答案 AC
解析 驱动电机的输入功率为P入＝UI＝300×10 W＝3 000 W，选项A正确；电动车的速度为v＝eq \f(s,t)＝2 m/s，电动车行驶时所受阻力大小为Ff＝eq \f(1,50)mg＝eq \f(1,50)×6.75×103×10 N＝1.35×103 N，电动车匀速行驶时牵引力大小等于阻力大小，即F＝Ff，故电动车的机械功率P机＝Fv＝2 700 W，选项B错误；设驱动电机的内阻为R，由能量守恒定律得P入t＝P机t＋I2Rt，解得驱动电机的内阻为R＝3 Ω，选项C正确；驱动电机的机械效率为η＝eq \f(P机,P入)×100%＝90%，选项D错误．
2.(2022·湖北省九师联盟高三联考)如图所示的电路中，变压器为可调理想自耦式变压器，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，在M、N两端输入恒定的正弦交流电，则下列判断正确的是( )
A．仅将滑片P1向上移，电压表示数变大
B．仅将滑片P1向上移，电流表示数变大
C．仅将滑片P2向上移，电压表示数变大
D．仅将滑片P2向上移，电流表示数变大
答案 C
解析 仅将滑片P1向上移，原线圈匝数增大，根据变压比eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)，可知U2减小，根据分压原理可知，电压表的示数变小，A错误；仅将滑片P1向上移，副线圈电压变小，根据P＝eq \f(U22,R)可知电路消耗的功率减小，原线圈输入功率变小，电流表的示数变小，B错误；仅将滑片P2向上移，R2接入电路的电阻变大，因此副线圈中的电流减小，R1两端的电压变小，电压表的示数变大，根据变流比，电流表的示数变小，C正确，D错误．
专题强化练
[保分基础练]
1．(多选)(2022·北京市朝阳区期末)金属导电是一种典型的导电模型，值得深入研究．一金属直导线的电阻率为ρ，若在其两端加上电压，自由电子将在静电力作用下定向加速，但电子加速运动很短时间就会与晶格碰撞而发生散射，紧接着又定向加速，设每一次加速的时间为Δt，这个周而复始的过程可简化为电子以速度v沿导线方向做匀速运动．我们将导线中电流与导线横截面积的比值定义为电流密度，其大小用j表示，可以“精细”描述导线中各点电流的强弱．设该导线内电场强度大小为E，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e、质量为m，电子在导线中定向运动时受到的平均阻力为Ff.则下列表达式正确的是( )
A．j＝nve B．ρ＝eq \f(2m,ne2Δt)
C．ρ＝eq \f(E,nev) D．Ff＝nevρ
答案 AC
解析 电流的微观表达式为I＝nevS，所以电流密度为j＝eq \f(I,S)＝nev，故A正确；设导线的长度为L，导线两端的电压为U，则U＝EL，R＝ρeq \f(L,S)，I＝nveS，根据欧姆定律R＝eq \f(U,I)，联立解得ρ＝eq \f(E,nev)，故B错误，C正确；电子做匀速运动时，有Ff＝Ee＝ρne2v，故D错误．
2.(2021·福建省1月适应性考试·1)一手摇交流发电机线圈在匀强磁场中匀速转动．转轴位于线圈平面内，并与磁场方向垂直．产生的交变电流i随时间t变化关系如图所示，则( )
A．该交变电流频率是0.4 Hz
B．该交变电流有效值是0.8 A
C．t＝0.1 s时，穿过线圈平面的磁通量最小
D．该交变电流瞬时值表达式是i＝0.8eq \r(2)sin (5πt) A
答案 C
解析 由题图可知，该交变电流的周期T＝0.4 s，则频率为f＝eq \f(1,T)＝2.5 Hz，故A错误；该交变电流的最大值Im＝0.8 A，则有效值I＝eq \f(Im,\r(2))＝0.4eq \r(2) A，故B错误；t＝0.1 s时，电流最大，说明线圈与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零，故C正确；线圈转动的角速度ω＝eq \f(2π,T)＝5π rad/s，该交变电流的瞬时值表达式为i＝0.8sin (5πt) A，故D错误．
3．(多选)(2022·湖北卷·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220 V、匝数为1 100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%，忽略其它损耗，下列说法正确的是( )
A．接收线圈的输出电压约为8 V
B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1
C．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＝8 V，故A正确；根据eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,80%I1)，可得eq \f(I2,I1)＝eq \f(88,5)，故B错误；变压器是不改变其交变电流的频率的，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．
4.(多选)(2022·福建莆田市二模)如图所示是一种调压变压器的原理图，线圈AB绕在一个圆形的铁芯上，A、B端加上u＝220eq \r(2)sin (100πt) V的交流电压，通过移动滑动触头P来调节C、D端输出电压．当P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，现将一个“38 V,19 W”的灯泡接到输出端C、D，下列操作可使灯泡正常发光的是( )
A．仅将P顺时针旋转到合适位置
B．仅将P逆时针旋转到合适位置
C．仅将灯泡并联一个阻值为144 Ω的电阻
D．仅将灯泡串联一个阻值为144 Ω的电阻
答案 AD
解析 输入电压的有效值为U1＝eq \f(Um,\r(2))＝220 V，根据变压器两端的电压与线圈匝数的关系可知U2＝eq \f(n2,n1)U1＝110 V，灯泡的额定电压为38 V，可知现想要将一个“38 V,19 W”的灯泡接到输出端C、D，可以仅将P顺时针旋转到合适位置减小副线圈的匝数或串联一个电阻，根据RL∶R＝UL∶UR，又RL＝eq \f(UL2,P)，UL＋UR＝110 V，联立解得R＝144 Ω，故A、D正确，B、C错误．
5．(2022·广东惠州市第三次调研)如图甲所示的电路中，S为单刀双掷开关，电表均为理想电表，Rt为热敏电阻(阻值随温度的升高而减小)，理想变压器原线圈接如图乙所示的正弦交流电，则( )
A．变压器原线圈中交流电压的表达式为u＝110eq \r(2)·sin (50πt) V
B．开关S接在a端，Rt温度升高时，变压器的输入功率变小
C．开关S接在a端，Rt温度升高时，电压表和电流表的示数均变大
D．开关S由a切换到b，Rt消耗的功率变小
答案 D
解析 由题图乙可知，变压器原线圈中交流电压的表达式为u＝110eq \r(2)sin (100πt) V，A错误；开关S接在a端，Rt温度升高时，电路的电阻减小，而根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，可知电压表的示数不变，根据欧姆定律，电流表的示数变大，根据P＝UI知回路消耗的功率增大，变压器的输入功率变大，B、C错误；开关S由a切换到b，副线圈接入电路的匝数减少，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，可知加在Rt两端的电压降低，根据Pt＝eq \f(U2,Rt)可知Rt消耗的功率变小，D正确．
6.(2022·陕西咸阳市一模)如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1是光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，R2是定值电阻，C是平行板电容器，V1、V2都是理想电压表．闭合开关S后，电容器中的带电小球处于静止状态．在光照强度增大的过程中，分别用ΔU1、ΔU2表示电压表V1和电压表V2示数变化的绝对值，且ΔU1<ΔU2，则下列说法正确的是( )
A．V1的示数增大，V2的示数减小
B．V1的示数减小，V2的示数增大
C．带电小球仍处于静止状态
D．带电小球向上运动
答案 B
解析 在光照强度增大的过程中，R1的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，则R2的电压增大，V2的示数增大．内电压和R2的电压增大，则路端电压减小，V1的示数减小，R1的电压减小，故A错误，B正确；R1的电压减小，则电容器板间电压减小，板间场强减小，带电小球受到的静电力减小，则带电小球向下运动，故C、D错误．
7．(2022·北京八十中三模)利用某半导体的电阻随温度升高而减小的特征可以制作电子温度计．图甲表示该半导体的电阻R随温度t变化的情况．把该半导体与电动势为E、内阻为r的电源，理想电压表和保护电阻R0连成如图乙所示的电路．用该半导体作测温探头，把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计．下列说法正确的是( )
A．温度升高后，电源的效率将升高
B．该电子温度计表盘上温度的刻度是均匀的
C．tA和tB相比，tA应标在电压较小的刻度上
D．若电池用久后内阻r变大，用该温度计测量的温度要比真实值偏高
答案 D
解析 电源的效率η＝eq \f(IU,IE)×100%＝eq \f(R外,R外＋r)×100%＝eq \f(1,1＋\f(r,R外))×100%，温度升高后，R阻值减小，外电阻减小，则电源的效率将降低，选项A错误；由题图甲可知R＝r0－kt，U＝eq \f(ER,R＋R0＋r)＝eq \f(E,1＋\f(R0＋r,r0－kt))，则该电子温度计表盘上温度的刻度是不均匀的，温度越高，U越小，即tA应标在电压较大的刻度上，tB应标在电压较小的刻度上，选项B、C错误；若电池用久后内阻r变大，根据U＝eq \f(ER,R＋R0＋r)可知相同的R值时U值偏小，则对应的温度偏高，即用该温度计测量的温度要比真实值偏高，选项D正确．
[争分提能练]
8．(2022·江苏南京市模拟 )某温度检测、光电控制加热装置原理图如图所示．图中RT为热敏电阻(随温度升高阻值减小)，用来探测加热电阻丝R的温度，RG为光敏电阻(随光照强度增大阻值减小)，接收小灯泡L的光照，除RT、RG外，其他电阻均为定值电阻．当R处温度降低时( )
A．L变亮
B．通过R3的电流减小
C．E2的路端电压减小
D．R消耗的功率减小
答案 B
解析 当R处温度降低时，热敏电阻RT阻值增大，由闭合电路欧姆定律可知，左侧电路中的电流减小，即通过小灯泡L的电流减小，小灯泡L的光照强度减小，所以光敏电阻RG的阻值增大，则右侧电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，电源E2的路端电压增大，R两端电压增大，通过R的电流也增大，R消耗的功率增大，根据并联电路分流规律可知通过R3的电流减小，综上所述可知B正确，A、C、D错误．
9.(2022·浙江1月选考·12)某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15 m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0 kg.喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75 m不变．水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220 V，输入电流为2.0 A．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，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．每秒水泵对水做功为75 J
B．每秒水泵对水做功为225 J
C．水泵输入功率为440 W
D．电动机线圈的电阻为10 Ω
答案 D
解析 每秒喷出水的质量为m0＝2.0 kg，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)m0v02＝300 J，故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)＝300 W，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%)＝400 W，故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＝400 W，而电动机的电功率为P电＝UI＝440 W，由能量守恒定律可知P电＝I2R＋P机，联立解得R＝10 Ω，故D正确．
10.(2022·山东德州市高三期末)海浪机械能是未来可使用的绿色能源之一，利用海浪发电可加速地球上碳中和的实现．某科技小组设计的海浪发电装置的俯视图如图所示，圆柱体磁芯和外壳之间有辐射状磁场，它们可随着海浪上下浮动，磁芯和外壳之间的间隙中有固定的环形导电线圈，线圈的半径为L，电阻为r，所在处磁场的磁感应强度大小始终为B，磁芯和外壳随海浪上下浮动的速度为v，v随时间t的变化关系为v＝v0sin eq \f(2π,T)t，其中的T为海浪上下浮动的周期．现使该发电装置与阻值为R的电阻形成回路，则该发电装置在一个周期内产生的电能为( )
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 环形导电线圈随着磁芯和外壳随海浪上下浮动而切割磁感线，由法拉第电磁感应定律E＝Blv，环形线圈各部分产生的电动势对回路来说是同向的(实际指感应电流方向)，其有效切割长度由微元法可知l＝2πL，联立v＝v0sin eq \f(2π,T)t，可得线圈中感应电动势的瞬时值表达式e＝2πBLv0sin eq \f(2π,T)t，根据正弦交变电流的特点知其电动势的有效值为E有效＝eq \r(2)πBLv0，则该发电装置在一个周期内产生的电能E电＝eq \f(E有效2,R＋r)T＝eq \f(2π2B2v02L2T,R＋r)，故B、C、D错误，A正确．
11.(2022·山东济南市、聊城市等高三学情检测)如图所示，理想变压器原线圈与副线圈的匝数比为2∶1，ab端接交流电源，此时电路消耗的总功率为P.若将电阻R0与电阻R互换位置，电路消耗的总功率为2P，则R0与R的比值为( )
A．2∶7 B．7∶2
C．1∶4 D．4∶1
答案 A
解析 设ab端输入的总电压为U，原线圈两端电压为U1，电流为I1，副线圈两端电压为U2，电流为I2，则U＝I1R0＋U1，又由eq \f(U2,U1)＝eq \f(n2,n1)＝eq \f(1,2)，则U2＝eq \f(1,2)U1，所以U＝I1R0＋2U2＝I1R0＋2I2R，又根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)＝eq \f(1,2)得I2＝2I1，则U＝I1R0＋4I1R，当电阻R0与电阻R互换位置后U＝I1′R＋U1′，又由eq \f(U2′,U1′)＝eq \f(n2,n1)＝eq \f(1,2)，则U2′＝eq \f(1,2)U1′，所以U＝I1′R＋2U2′＝I1′R＋2I2′R0，又根据eq \f(I1′,I2′)＝eq \f(n2,n1)＝eq \f(1,2)，所以I2′＝2I1′，则U＝I1′R＋4I1′R0，又因为总功率eq \f(P,2P)＝eq \f(UI1,UI1′)，得I1′＝2I1，则联立可得I1R0＋4I1R＝2I1R＋8I1R0，即R0∶R＝2∶7，故A正确，B、C、D错误．
12．(多选)(2022·黑龙江省八校高三期末)某同学通过实验正确作出标有“5 V,2.5 W”的小灯泡的U－I图线如图甲所示，现把实验中使用的小灯泡接到如图乙所示的电路中，其中电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，定值电阻R＝9 Ω，则( )
A．由图甲可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而增大
B．由图甲可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而减小
C．闭合图乙开关，小灯泡的实际功率约为2.7 W
D．闭合图乙开关，小灯泡的实际功率约为0.84 W
答案 AD
解析 由题图甲可知，随电压的升高各点与原点连线的斜率变大，则小灯泡的电阻值增大，选项A正确，B错误；将电阻R看作电源的内阻，则U＝E－I(R＋r)＝6－10I (V)，将此函数关系的图像画在灯泡的U－I图像上，如图所示两图像的交点为电路的工作点，则I＝0.38 A，U＝2.2 V，则小灯泡的实际功率约为P＝IU＝0.38×2.2 W≈0.84 W，选项C错误，D正确．
13．(2022·贵州毕节市4月第二次诊断)如图甲为利用理想变压器进行远距离输电的示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶50，降压变压器原、副线圈匝数比为n3∶n4，发电机到升压变压器间两条输电线的总电阻为0.2 Ω，两条远距离输电线的总电阻为200 Ω.若发电机的输出电压如图乙所示，发电机的输出功率为78 kW，用户端获得的电压有效值为220 V．下列说法中正确的是( )
A．降压变压器原、副线圈匝数比为n3∶n4＝40∶1
B．用户端交流电的频率为100 Hz
C．远距离输电线中的电流为300 A
D．远距离输电线路损耗功率为1.2 kW
答案 A
解析 发电机的输出功率为P＝78 kW，由题图乙知发电机的输出电压有效值为U＝260 V，则升压变压器原线圈上的电流I1＝eq \f(P,U)＝eq \f(78×103,260) A＝300 A，发电机到升压变压器间两条输电线的总电阻为r＝0.2 Ω，升压变压器原线圈上的电压U1＝U－I1r＝260 V－300×0.2 V＝200 V，根据变压器原理，升压变压器副线圈上的电压U2＝50U1＝10 kV，升压变压器副线圈上的电流I2＝eq \f(I1,50)＝6 A，远距离输电线的总电阻R＝200 Ω，远距离输电线中损失的电压ΔU＝I2R＝6×200 V＝1 200 V，则降压变压器原线圈上的电压U3＝U2－ΔU＝8 800 V，用户端获得的电压有效值U4＝220 V，则降压变压器原、副线圈匝数比为eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)＝eq \f(8 800,220)＝eq \f(40,1)，故A正确；变压器不改变交流电的频率，由题图乙知交流电的周期T＝0.02 s，所以频率f＝50 Hz，故B错误；远距离输电线中的电流为I2＝6 A，故C错误；远距离输电线路损耗功率ΔP＝I22R＝62×200 W＝7.2 kW，故D错误．
[尖子生选练]
14．(多选)(2021·河北卷·8)如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2，当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是( )
A．通过电阻R2的电流为eq \f(n1I,n2)
B．电阻R2两端的电压为eq \f(n2IR1,n1)
C．n0与n1的比值为eq \f(\r(2)NBL2ω,IR1)
D．发电机的功率为eq \f(\r(2)NBL2ωIn1＋n2,n0)
答案 BC
解析 由题知理想电流表读数为I，
则根据欧姆定律有U1＝IR1
根据变压器原、副线圈电压与匝数的关系有
eq \f(n0,n1)＝eq \f(U0,U1)，eq \f(n0,n2)＝eq \f(U0,U2)
则有U0＝eq \f(n0,n1)IR1，U2＝eq \f(n2,n1)IR1
再由欧姆定律有U2＝I2R2
可计算出I2＝eq \f(n2R1,n1R2)I
故A错误，B正确；
由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有
Emax＝2NBL2ω，
U0＝eq \f(Emax,\r(2))＝eq \r(2)NBL2ω
又U0＝eq \f(n0,n1)IR1，则eq \f(n0,n1)＝eq \f(\r(2)NBL2ω,IR1)，C正确；
由于变压器为理想变压器，则有
P0＝P1＋P2＝U1I＋U2I2＝I2R1＋U2I2
联立解得P0＝eq \f(\r(2)NBL2ωI,n0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n12R2＋n22R1,n1R2)))
由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误．P出－R图像
P出＝eq \f(E2,r＋R2)R
短路I＝eq \f(E,r)，P出＝0
断路I＝0，P出＝0
当R＝r时，P出最大，P出＝eq \f(E2,4r)
P出－I图像
P出＝EI－I2r
短路I＝eq \f(E,r)，P出＝0
断路I＝0，P出＝0
当I＝eq \f(E,2r)时，P出最大，P出＝eq \f(E2,4r)
表达式
应用
最大值
Em＝nBSω
计算电容器的耐压值
瞬时值
e＝Emsin ωt
计算某时刻所受安培力
有效值
E＝eq \f(Em,\r(2))
电表的读数及计算电热、电功及保险丝的熔断电流
平均值
eq \x\t(E)＝eq \f(nΔΦ,Δt)
计算通过导体的电荷量
第10讲 直流电路与交变电流
命题规律 1.命题角度：(1)直流电路的分析与计算；(2)交变电流的产生与描述；(3)变压器与远距离输电.2.常用方法：直流电路和变压器的动态分析法，计算有效值的等效法.3.常考题型：选择题．
考点一 直流电路的分析与计算
1．闭合电路欧姆定律的三个公式
(1)E＝U外＋U内；(任意电路)
(2)E＝U外＋Ir；(任意电路)
(3)E＝I(R＋r)．(纯电阻电路)
2．动态电路分析的三种方法
(1)程序法：部分电路阻值变化→电路总电阻R总变化→干路电流I变化→路端电压U变化→各支路电流、电压变化，即R局eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(增大,减小))→R总eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(增大,减小))→I总eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(减小,增大))→U端eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(增大,减小))→eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(I分,U分)).
(2)串反并同法：所谓“串反”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都减小(增大)．所谓“并同”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都增大(减小)．
(3)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至两个极端，使滑动变阻器接入电路的电阻最大或电阻为零去讨论．
3．电容器的特点
(1)只有当电容器充、放电时，电容器所在支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的支路相当于断路．
(2)电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压．
例1 (2022·上海市松江区一模)如图电路中，电阻R随温度升高均匀增大，用这个电阻做探头测温，把电流表的刻度改为相应的温度刻度．下列说法正确的是( )
A．低温对应电流较大的刻度上，且温度刻度均匀
B．低温对应电流较大的刻度上，且温度刻度不均匀
C．高温对应电流较大的刻度上，且温度刻度均匀
D．高温对应电流较大的刻度上，且温度刻度不均匀
答案 B
解析 当温度升高时，电阻R增大，电路中总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律，电路中的电流减小，即高温对应电流较小的刻度上；同理分析可知低温对应电流较大的刻度上；由题意知电阻R随温度升高均匀增大，可得R＝R0＋kt，根据闭合电路的欧姆定律I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(E,R0＋kt＋r)，I与温度t不成线性关系，所以温度刻度是不均匀的，所以A、C、D错误，B正确．
例2 (2022·山东济宁市高三期末)如图所示，电源的电动势和内阻分别为E和r，在滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，下列说法正确的是( )
A．电路的总电阻先减小后增大
B．电源的总功率先增大后减小
C．电容器所带电荷量先减少后增多
D．电源的效率先减小后增大
答案 C
解析 滑动变阻器Pa段与Pb段并联，然后与R1 和电源串联，滑片P位于a、b中点时并联部分电阻最大，则滑片从a向b缓慢移动的过程中，电路的总电阻先增大后减小，故A错误；由闭合电路欧姆定律可知干路中的电流先减小后增大，因此电源总功率P＝EI先减小后增大，故B错误；R1两端的电压先减小后增大，它与电容器并联，根据Q＝CU可知电容器所带电荷量先减少后增多，故C正确；电源的效率η＝eq \f(UI,EI)×100%＝eq \f(U,E)×100%，滑片从a向b缓慢移动的过程中，路端电压为U＝E－Ir，由于I先减小后增大，因此U先增大后减小，可知电源效率先增大后减小，故D错误．
例3 (2021·湖南省1月适应性考试·4)有四个电源甲、乙、丙、丁，其路端电压U与电流I的关系图像分别如图(a)、(b)、(c)、(d)所示．将一个6 Ω的定值电阻分别与每个电源的两极相接，使定值电阻消耗功率最大的电源是( )
A．甲电源 B．乙电源
C．丙电源 D．丁电源
答案 D
解析 U－I图像的斜率的绝对值表示电源的内阻，由题图知丁电源内阻r最小，再由P＝(eq \f(E,R＋r))2·R知，r越小，定值电阻消耗的功率越大，故选D.
1.当R一定、r变化(针对不同电源)时，由P出＝eq \f(E2,R＋r)知，r越大，P出越小．
2．当r一定、R变化时，P出随R的变化情况可通过下面两个图像进行分析．
考点二 交变电流的产生
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．有效值的计算
(1)正弦式交变电流：E＝eq \f(Em,\r(2))，I＝eq \f(Im,\r(2))，U＝eq \f(Um,\r(2)).
(2)非正弦式交变电流：计算有效值时，要根据电流的热效应，即“一个周期”内“相同电阻”上产生“相同热量”，然后分段求和列式，求得有效值．
3．正弦式交流电“四值”的应用
例4 图甲是小型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为理想交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，已知发电机线圈电阻为5 Ω，外接一只阻值为5 Ω的电阻R，不计电路的其他电阻，已知电阻R两端的电压随时间变化的图像如图乙所示．则( )
A．线圈的转速为100 r/s
B．交流电流表的示数为2eq \r(2) A
C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D．电阻R在1分钟内产生的热量为4 800 J
答案 D
解析 由题图乙可知，交变电流的周期为0.02 s，所以线圈的转速为n＝eq \f(1,T)＝50 r/s，A错误；电阻R两端的电压的有效值为20 V，交流电流表的示数为有效值，其值为I＝eq \f(U,R)＝4 A，B错误；0.01 s时电压为零，则感应电动势为零，线圈处于中性面位置，C错误；电阻R在1分钟内产生的热量为Q＝I2Rt＝4 800 J，D正确．
例5 (2022·河北省模拟)某周期性变化电流随时间变化的规律如图所示，已知该电流的有效值为2eq \r(2) A，则该交流电的周期为( )
A．37.5 s B．40 s
C．42.5 s D．45 s
答案 C
解析 设周期为T，由题可知，根据电流的热效应有
I有效2RT＝I12Rt1＋I22Rt2＋I32Req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(T－t1－t2))，
把t1＝10 s，
t2＝(20－10) s＝10 s，
I1＝3 A，
I2＝4 A，
I3＝2 A，
I有效＝2eq \r(2) A，
代入解得T＝42.5 s，故选C.
考点三 变压器与远距离输电
1．三个关系搞清变压器问题
(1)变与不变的关系：不变的是功率关系、磁通量的变化率和周期频率．理想变压器工作不损失能量，即输入功率等于输出功率；原、副线圈交变电流频率相同；在没有漏磁时，原、副线圈磁通量的变化率相同．
(2)高与低，大与小，多与少，粗与细的关系：电压高的线圈电流小，匝数多，导线细；电压低的线圈电流大，匝数少，导线粗．
(3)正比与反比的关系：原、副线圈的电压与匝数成正比，单一副线圈的变压器电流与匝数成反比．
2．远距离输电问题
(1)理清三个回路
(2)抓住两个联系
①理想的升压变压器中线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，P1＝P2.
②理想的降压变压器中线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)，eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3)，P3＝P4.
(3)掌握一个守恒：能量守恒关系式P1＝P损＋P3.
3．输电线路功率损失的计算
(1)输送功率P、用户得到的功率P′与线路损失功率P损的关系：P损＝P－P′.
(2)P损＝I线2R线＝eq \f(ΔU2,R线)＝ΔU·I线，I线为输电线路上的电流，ΔU为输电线路上损失的电压，
R线为输电线路的电阻．
例6 (2022·山东卷·4)如图所示的变压器，输入电压为220 V，可输出12 V、18 V、30 V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcs (100πt)．单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1 V．将阻值为12 Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12 W．下列说法正确的是( )
A．n1为1 100匝，Um为220 V
B．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4 A
C．若将R接在AB两端，R两端的电压为18 V，频率为100 Hz
D．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5 A，周期为0.02 s
答案 D
解析 变压器的输入电压为220 V，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(220 V,0.1 V)，解得原线圈为2 200匝，A错误；根据题图可知，当原线圈输入电压为220 V时，BC间的电压为UBC＝eq \r(PR)＝12 V，故BC间的线圈与单匝线圈匝数关系有eq \f(nBC,1)＝eq \f(12 V,0.1 V)，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(12 W,12 V)＝1 A，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220 V时，AB间的电压应该为18 V．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 rad/s，故交流电的频率为f＝eq \f(1,T)＝eq \f(ω,2π)＝50 Hz，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220 V时，AC间的电压应该为30 V，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＝2.5 A，交流电的周期为T＝eq \f(2π,ω)＝0.02 s，D正确．
例7 (多选)(2021·山东卷·9)输电能耗演示电路如图所示．左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为7.5 V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10 Ω.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10 W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P.以下判断正确的是( )
A．r＝10 Ω B．r＝5 Ω
C．P＝45 W D．P＝22.5 W
答案 BD
解析 当开关S接1时，左侧变压器副线圈两端电压U2＝eq \f(n2,n1)U1＝3×7.5 V＝22.5 V，电阻R上的电压，即右侧变压器副线圈两端电压U4＝eq \r(PR)＝eq \r(10×10) V＝10 V，电流I4＝eq \f(U4,R)＝1 A，则右侧变压器原线圈两端电压U3＝eq \f(2,1)×10 V＝20 V，电流I3＝eq \f(n4,n3)I4＝eq \f(1,2)×1 A＝0.5 A，则r＝eq \f(U2－U3,I3)＝5 Ω，当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器副线圈中的电流为0.5I；根据右侧变压器两边电压与匝数的关系可知eq \f(U2－Ir,n3)＝eq \f(0.5IR,n4)，解得I＝3 A，则R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5 W，故选B、D.
1．(多选)(2022·山东省模拟)某电动车总质量为6.75×103 kg，若它匀速前进500 m用时250 s，该过程中驱动电机的输入电流I＝10 A，电压为300 V，电动车行驶时所受阻力大小为车总重力大小的eq \f(1,50)，重力加速度g取10 m/s2，机械效率是输出功率占输入功率的百分比．不考虑其他损耗，下列说法正确的是( )
A．驱动电机的输入功率为3 000 W
B．电动车的机械功率为2 500 W
C．驱动电机的内阻为3 Ω
D．驱动电机的机械效率为85%
答案 AC
解析 驱动电机的输入功率为P入＝UI＝300×10 W＝3 000 W，选项A正确；电动车的速度为v＝eq \f(s,t)＝2 m/s，电动车行驶时所受阻力大小为Ff＝eq \f(1,50)mg＝eq \f(1,50)×6.75×103×10 N＝1.35×103 N，电动车匀速行驶时牵引力大小等于阻力大小，即F＝Ff，故电动车的机械功率P机＝Fv＝2 700 W，选项B错误；设驱动电机的内阻为R，由能量守恒定律得P入t＝P机t＋I2Rt，解得驱动电机的内阻为R＝3 Ω，选项C正确；驱动电机的机械效率为η＝eq \f(P机,P入)×100%＝90%，选项D错误．
2.(2022·湖北省九师联盟高三联考)如图所示的电路中，变压器为可调理想自耦式变压器，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，在M、N两端输入恒定的正弦交流电，则下列判断正确的是( )
A．仅将滑片P1向上移，电压表示数变大
B．仅将滑片P1向上移，电流表示数变大
C．仅将滑片P2向上移，电压表示数变大
D．仅将滑片P2向上移，电流表示数变大
答案 C
解析 仅将滑片P1向上移，原线圈匝数增大，根据变压比eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)，可知U2减小，根据分压原理可知，电压表的示数变小，A错误；仅将滑片P1向上移，副线圈电压变小，根据P＝eq \f(U22,R)可知电路消耗的功率减小，原线圈输入功率变小，电流表的示数变小，B错误；仅将滑片P2向上移，R2接入电路的电阻变大，因此副线圈中的电流减小，R1两端的电压变小，电压表的示数变大，根据变流比，电流表的示数变小，C正确，D错误．
专题强化练
[保分基础练]
1．(多选)(2022·北京市朝阳区期末)金属导电是一种典型的导电模型，值得深入研究．一金属直导线的电阻率为ρ，若在其两端加上电压，自由电子将在静电力作用下定向加速，但电子加速运动很短时间就会与晶格碰撞而发生散射，紧接着又定向加速，设每一次加速的时间为Δt，这个周而复始的过程可简化为电子以速度v沿导线方向做匀速运动．我们将导线中电流与导线横截面积的比值定义为电流密度，其大小用j表示，可以“精细”描述导线中各点电流的强弱．设该导线内电场强度大小为E，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e、质量为m，电子在导线中定向运动时受到的平均阻力为Ff.则下列表达式正确的是( )
A．j＝nve B．ρ＝eq \f(2m,ne2Δt)
C．ρ＝eq \f(E,nev) D．Ff＝nevρ
答案 AC
解析 电流的微观表达式为I＝nevS，所以电流密度为j＝eq \f(I,S)＝nev，故A正确；设导线的长度为L，导线两端的电压为U，则U＝EL，R＝ρeq \f(L,S)，I＝nveS，根据欧姆定律R＝eq \f(U,I)，联立解得ρ＝eq \f(E,nev)，故B错误，C正确；电子做匀速运动时，有Ff＝Ee＝ρne2v，故D错误．
2.(2021·福建省1月适应性考试·1)一手摇交流发电机线圈在匀强磁场中匀速转动．转轴位于线圈平面内，并与磁场方向垂直．产生的交变电流i随时间t变化关系如图所示，则( )
A．该交变电流频率是0.4 Hz
B．该交变电流有效值是0.8 A
C．t＝0.1 s时，穿过线圈平面的磁通量最小
D．该交变电流瞬时值表达式是i＝0.8eq \r(2)sin (5πt) A
答案 C
解析 由题图可知，该交变电流的周期T＝0.4 s，则频率为f＝eq \f(1,T)＝2.5 Hz，故A错误；该交变电流的最大值Im＝0.8 A，则有效值I＝eq \f(Im,\r(2))＝0.4eq \r(2) A，故B错误；t＝0.1 s时，电流最大，说明线圈与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零，故C正确；线圈转动的角速度ω＝eq \f(2π,T)＝5π rad/s，该交变电流的瞬时值表达式为i＝0.8sin (5πt) A，故D错误．
3．(多选)(2022·湖北卷·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220 V、匝数为1 100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%，忽略其它损耗，下列说法正确的是( )
A．接收线圈的输出电压约为8 V
B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1
C．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＝8 V，故A正确；根据eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,80%I1)，可得eq \f(I2,I1)＝eq \f(88,5)，故B错误；变压器是不改变其交变电流的频率的，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．
4.(多选)(2022·福建莆田市二模)如图所示是一种调压变压器的原理图，线圈AB绕在一个圆形的铁芯上，A、B端加上u＝220eq \r(2)sin (100πt) V的交流电压，通过移动滑动触头P来调节C、D端输出电压．当P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，现将一个“38 V,19 W”的灯泡接到输出端C、D，下列操作可使灯泡正常发光的是( )
A．仅将P顺时针旋转到合适位置
B．仅将P逆时针旋转到合适位置
C．仅将灯泡并联一个阻值为144 Ω的电阻
D．仅将灯泡串联一个阻值为144 Ω的电阻
答案 AD
解析 输入电压的有效值为U1＝eq \f(Um,\r(2))＝220 V，根据变压器两端的电压与线圈匝数的关系可知U2＝eq \f(n2,n1)U1＝110 V，灯泡的额定电压为38 V，可知现想要将一个“38 V,19 W”的灯泡接到输出端C、D，可以仅将P顺时针旋转到合适位置减小副线圈的匝数或串联一个电阻，根据RL∶R＝UL∶UR，又RL＝eq \f(UL2,P)，UL＋UR＝110 V，联立解得R＝144 Ω，故A、D正确，B、C错误．
5．(2022·广东惠州市第三次调研)如图甲所示的电路中，S为单刀双掷开关，电表均为理想电表，Rt为热敏电阻(阻值随温度的升高而减小)，理想变压器原线圈接如图乙所示的正弦交流电，则( )
A．变压器原线圈中交流电压的表达式为u＝110eq \r(2)·sin (50πt) V
B．开关S接在a端，Rt温度升高时，变压器的输入功率变小
C．开关S接在a端，Rt温度升高时，电压表和电流表的示数均变大
D．开关S由a切换到b，Rt消耗的功率变小
答案 D
解析 由题图乙可知，变压器原线圈中交流电压的表达式为u＝110eq \r(2)sin (100πt) V，A错误；开关S接在a端，Rt温度升高时，电路的电阻减小，而根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，可知电压表的示数不变，根据欧姆定律，电流表的示数变大，根据P＝UI知回路消耗的功率增大，变压器的输入功率变大，B、C错误；开关S由a切换到b，副线圈接入电路的匝数减少，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，可知加在Rt两端的电压降低，根据Pt＝eq \f(U2,Rt)可知Rt消耗的功率变小，D正确．
6.(2022·陕西咸阳市一模)如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1是光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，R2是定值电阻，C是平行板电容器，V1、V2都是理想电压表．闭合开关S后，电容器中的带电小球处于静止状态．在光照强度增大的过程中，分别用ΔU1、ΔU2表示电压表V1和电压表V2示数变化的绝对值，且ΔU1<ΔU2，则下列说法正确的是( )
A．V1的示数增大，V2的示数减小
B．V1的示数减小，V2的示数增大
C．带电小球仍处于静止状态
D．带电小球向上运动
答案 B
解析 在光照强度增大的过程中，R1的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，则R2的电压增大，V2的示数增大．内电压和R2的电压增大，则路端电压减小，V1的示数减小，R1的电压减小，故A错误，B正确；R1的电压减小，则电容器板间电压减小，板间场强减小，带电小球受到的静电力减小，则带电小球向下运动，故C、D错误．
7．(2022·北京八十中三模)利用某半导体的电阻随温度升高而减小的特征可以制作电子温度计．图甲表示该半导体的电阻R随温度t变化的情况．把该半导体与电动势为E、内阻为r的电源，理想电压表和保护电阻R0连成如图乙所示的电路．用该半导体作测温探头，把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计．下列说法正确的是( )
A．温度升高后，电源的效率将升高
B．该电子温度计表盘上温度的刻度是均匀的
C．tA和tB相比，tA应标在电压较小的刻度上
D．若电池用久后内阻r变大，用该温度计测量的温度要比真实值偏高
答案 D
解析 电源的效率η＝eq \f(IU,IE)×100%＝eq \f(R外,R外＋r)×100%＝eq \f(1,1＋\f(r,R外))×100%，温度升高后，R阻值减小，外电阻减小，则电源的效率将降低，选项A错误；由题图甲可知R＝r0－kt，U＝eq \f(ER,R＋R0＋r)＝eq \f(E,1＋\f(R0＋r,r0－kt))，则该电子温度计表盘上温度的刻度是不均匀的，温度越高，U越小，即tA应标在电压较大的刻度上，tB应标在电压较小的刻度上，选项B、C错误；若电池用久后内阻r变大，根据U＝eq \f(ER,R＋R0＋r)可知相同的R值时U值偏小，则对应的温度偏高，即用该温度计测量的温度要比真实值偏高，选项D正确．
[争分提能练]
8．(2022·江苏南京市模拟 )某温度检测、光电控制加热装置原理图如图所示．图中RT为热敏电阻(随温度升高阻值减小)，用来探测加热电阻丝R的温度，RG为光敏电阻(随光照强度增大阻值减小)，接收小灯泡L的光照，除RT、RG外，其他电阻均为定值电阻．当R处温度降低时( )
A．L变亮
B．通过R3的电流减小
C．E2的路端电压减小
D．R消耗的功率减小
答案 B
解析 当R处温度降低时，热敏电阻RT阻值增大，由闭合电路欧姆定律可知，左侧电路中的电流减小，即通过小灯泡L的电流减小，小灯泡L的光照强度减小，所以光敏电阻RG的阻值增大，则右侧电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，电源E2的路端电压增大，R两端电压增大，通过R的电流也增大，R消耗的功率增大，根据并联电路分流规律可知通过R3的电流减小，综上所述可知B正确，A、C、D错误．
9.(2022·浙江1月选考·12)某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15 m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0 kg.喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75 m不变．水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220 V，输入电流为2.0 A．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，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．每秒水泵对水做功为75 J
B．每秒水泵对水做功为225 J
C．水泵输入功率为440 W
D．电动机线圈的电阻为10 Ω
答案 D
解析 每秒喷出水的质量为m0＝2.0 kg，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)m0v02＝300 J，故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)＝300 W，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%)＝400 W，故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＝400 W，而电动机的电功率为P电＝UI＝440 W，由能量守恒定律可知P电＝I2R＋P机，联立解得R＝10 Ω，故D正确．
10.(2022·山东德州市高三期末)海浪机械能是未来可使用的绿色能源之一，利用海浪发电可加速地球上碳中和的实现．某科技小组设计的海浪发电装置的俯视图如图所示，圆柱体磁芯和外壳之间有辐射状磁场，它们可随着海浪上下浮动，磁芯和外壳之间的间隙中有固定的环形导电线圈，线圈的半径为L，电阻为r，所在处磁场的磁感应强度大小始终为B，磁芯和外壳随海浪上下浮动的速度为v，v随时间t的变化关系为v＝v0sin eq \f(2π,T)t，其中的T为海浪上下浮动的周期．现使该发电装置与阻值为R的电阻形成回路，则该发电装置在一个周期内产生的电能为( )
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 环形导电线圈随着磁芯和外壳随海浪上下浮动而切割磁感线，由法拉第电磁感应定律E＝Blv，环形线圈各部分产生的电动势对回路来说是同向的(实际指感应电流方向)，其有效切割长度由微元法可知l＝2πL，联立v＝v0sin eq \f(2π,T)t，可得线圈中感应电动势的瞬时值表达式e＝2πBLv0sin eq \f(2π,T)t，根据正弦交变电流的特点知其电动势的有效值为E有效＝eq \r(2)πBLv0，则该发电装置在一个周期内产生的电能E电＝eq \f(E有效2,R＋r)T＝eq \f(2π2B2v02L2T,R＋r)，故B、C、D错误，A正确．
11.(2022·山东济南市、聊城市等高三学情检测)如图所示，理想变压器原线圈与副线圈的匝数比为2∶1，ab端接交流电源，此时电路消耗的总功率为P.若将电阻R0与电阻R互换位置，电路消耗的总功率为2P，则R0与R的比值为( )
A．2∶7 B．7∶2
C．1∶4 D．4∶1
答案 A
解析 设ab端输入的总电压为U，原线圈两端电压为U1，电流为I1，副线圈两端电压为U2，电流为I2，则U＝I1R0＋U1，又由eq \f(U2,U1)＝eq \f(n2,n1)＝eq \f(1,2)，则U2＝eq \f(1,2)U1，所以U＝I1R0＋2U2＝I1R0＋2I2R，又根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)＝eq \f(1,2)得I2＝2I1，则U＝I1R0＋4I1R，当电阻R0与电阻R互换位置后U＝I1′R＋U1′，又由eq \f(U2′,U1′)＝eq \f(n2,n1)＝eq \f(1,2)，则U2′＝eq \f(1,2)U1′，所以U＝I1′R＋2U2′＝I1′R＋2I2′R0，又根据eq \f(I1′,I2′)＝eq \f(n2,n1)＝eq \f(1,2)，所以I2′＝2I1′，则U＝I1′R＋4I1′R0，又因为总功率eq \f(P,2P)＝eq \f(UI1,UI1′)，得I1′＝2I1，则联立可得I1R0＋4I1R＝2I1R＋8I1R0，即R0∶R＝2∶7，故A正确，B、C、D错误．
12．(多选)(2022·黑龙江省八校高三期末)某同学通过实验正确作出标有“5 V,2.5 W”的小灯泡的U－I图线如图甲所示，现把实验中使用的小灯泡接到如图乙所示的电路中，其中电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，定值电阻R＝9 Ω，则( )
A．由图甲可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而增大
B．由图甲可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而减小
C．闭合图乙开关，小灯泡的实际功率约为2.7 W
D．闭合图乙开关，小灯泡的实际功率约为0.84 W
答案 AD
解析 由题图甲可知，随电压的升高各点与原点连线的斜率变大，则小灯泡的电阻值增大，选项A正确，B错误；将电阻R看作电源的内阻，则U＝E－I(R＋r)＝6－10I (V)，将此函数关系的图像画在灯泡的U－I图像上，如图所示两图像的交点为电路的工作点，则I＝0.38 A，U＝2.2 V，则小灯泡的实际功率约为P＝IU＝0.38×2.2 W≈0.84 W，选项C错误，D正确．
13．(2022·贵州毕节市4月第二次诊断)如图甲为利用理想变压器进行远距离输电的示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶50，降压变压器原、副线圈匝数比为n3∶n4，发电机到升压变压器间两条输电线的总电阻为0.2 Ω，两条远距离输电线的总电阻为200 Ω.若发电机的输出电压如图乙所示，发电机的输出功率为78 kW，用户端获得的电压有效值为220 V．下列说法中正确的是( )
A．降压变压器原、副线圈匝数比为n3∶n4＝40∶1
B．用户端交流电的频率为100 Hz
C．远距离输电线中的电流为300 A
D．远距离输电线路损耗功率为1.2 kW
答案 A
解析 发电机的输出功率为P＝78 kW，由题图乙知发电机的输出电压有效值为U＝260 V，则升压变压器原线圈上的电流I1＝eq \f(P,U)＝eq \f(78×103,260) A＝300 A，发电机到升压变压器间两条输电线的总电阻为r＝0.2 Ω，升压变压器原线圈上的电压U1＝U－I1r＝260 V－300×0.2 V＝200 V，根据变压器原理，升压变压器副线圈上的电压U2＝50U1＝10 kV，升压变压器副线圈上的电流I2＝eq \f(I1,50)＝6 A，远距离输电线的总电阻R＝200 Ω，远距离输电线中损失的电压ΔU＝I2R＝6×200 V＝1 200 V，则降压变压器原线圈上的电压U3＝U2－ΔU＝8 800 V，用户端获得的电压有效值U4＝220 V，则降压变压器原、副线圈匝数比为eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)＝eq \f(8 800,220)＝eq \f(40,1)，故A正确；变压器不改变交流电的频率，由题图乙知交流电的周期T＝0.02 s，所以频率f＝50 Hz，故B错误；远距离输电线中的电流为I2＝6 A，故C错误；远距离输电线路损耗功率ΔP＝I22R＝62×200 W＝7.2 kW，故D错误．
[尖子生选练]
14．(多选)(2021·河北卷·8)如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2，当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是( )
A．通过电阻R2的电流为eq \f(n1I,n2)
B．电阻R2两端的电压为eq \f(n2IR1,n1)
C．n0与n1的比值为eq \f(\r(2)NBL2ω,IR1)
D．发电机的功率为eq \f(\r(2)NBL2ωIn1＋n2,n0)
答案 BC
解析 由题知理想电流表读数为I，
则根据欧姆定律有U1＝IR1
根据变压器原、副线圈电压与匝数的关系有
eq \f(n0,n1)＝eq \f(U0,U1)，eq \f(n0,n2)＝eq \f(U0,U2)
则有U0＝eq \f(n0,n1)IR1，U2＝eq \f(n2,n1)IR1
再由欧姆定律有U2＝I2R2
可计算出I2＝eq \f(n2R1,n1R2)I
故A错误，B正确；
由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有
Emax＝2NBL2ω，
U0＝eq \f(Emax,\r(2))＝eq \r(2)NBL2ω
又U0＝eq \f(n0,n1)IR1，则eq \f(n0,n1)＝eq \f(\r(2)NBL2ω,IR1)，C正确；
由于变压器为理想变压器，则有
P0＝P1＋P2＝U1I＋U2I2＝I2R1＋U2I2
联立解得P0＝eq \f(\r(2)NBL2ωI,n0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n12R2＋n22R1,n1R2)))
由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误．P出－R图像
P出＝eq \f(E2,r＋R2)R
短路I＝eq \f(E,r)，P出＝0
断路I＝0，P出＝0
当R＝r时，P出最大，P出＝eq \f(E2,4r)
P出－I图像
P出＝EI－I2r
短路I＝eq \f(E,r)，P出＝0
断路I＝0，P出＝0
当I＝eq \f(E,2r)时，P出最大，P出＝eq \f(E2,4r)
表达式
应用
最大值
Em＝nBSω
计算电容器的耐压值
瞬时值
e＝Emsin ωt
计算某时刻所受安培力
有效值
E＝eq \f(Em,\r(2))
电表的读数及计算电热、电功及保险丝的熔断电流
平均值
eq \x\t(E)＝eq \f(nΔΦ,Δt)
计算通过导体的电荷量
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