第一篇 专题四 第10讲 直流电路与交变电流

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⎩⎪⎨⎪⎧ 增大减小→R 总⎩⎪⎨⎪⎧ 增大减小→I 总⎩⎪⎨⎪⎧ 减小增大→U 端⎩⎪⎨⎪⎧ 增大减小→⎩⎪⎨⎪⎧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 ＝R 0＋kt ，根据闭合电路的欧姆定律I ＝ER ＋r ＝ER 0＋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R 1 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；R 1两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＝UI EI ×100%＝UE ×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 ＝(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＝E 2R ＋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．P 出－R 图像P 出＝E 2(r ＋R )2R短路I ＝Er，P 出＝0断路I ＝0，P 出＝0 当R ＝r 时，P 出最大，P 出＝E 24rP 出－I 图像P 出＝EI －I 2r短路I ＝Er，P 出＝0断路I ＝0，P 出＝0 当I ＝E 2r 时，P 出最大，P 出＝E 24r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 ＝E m 2，I ＝I m 2，U ＝U m2. (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”的应用表达式 应用最大值 E m ＝nBSω 计算电容器的耐压值 瞬时值 e ＝E m sin ωt 计算某时刻所受安培力有效值E ＝E m2电表的读数及计算电热、电功及保险丝的熔断电流平均值E＝nΔΦΔt计算通过导体的电荷量例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/sB．交流电流表的示数为2 2 AC．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＝1T＝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＝UR＝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2 2 A，则该交流电的周期为()A．37.5 s B．40 sC．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＋I32R()T－t1－t2，把t 1＝10 s ，t 2＝(20－10) s ＝10 s ， I 1＝3 A ， I 2＝4 A ， I 3＝2 A ， I 有效＝2 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n 1)和线圈2(匝数为n 2)中各个量间的关系是U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1，P 1＝P 2. ②理想的降压变压器中线圈3(匝数为n 3)和线圈4(匝数为n 4)中各个量间的关系是U 3U 4＝n 3n 4，I 3I 4＝n 4n 3，P 3＝P 4. (3)掌握一个守恒：能量守恒关系式P 1＝P 损＋P 3. 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＝(ΔU )2R 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n 1的原线圈中电压随时间变化为u ＝U m cos (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 ．n 1为1 100匝，U m 为220 VB ．BC 间线圈匝数为120匝，流过R 的电流为1.4 AC ．若将R 接在AB 两端，R 两端的电压为18 V ，频率为100 HzD ．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220 2 V ，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为n 11＝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U BC ＝PR ＝12 V ，故BC 间的线圈与单匝线圈匝数关系有n BC 1＝12 V0.1 V ，则BC 间的线圈匝数为120匝，流过R 的电流为I BC ＝P U BC ＝12 W12 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 ＝1T ＝ω2π＝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I AC ＝U AC R ＝3012A ＝2.5 A ，交流电的周期为T ＝2πω＝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 ΩB ．r ＝5 ΩC ．P ＝45 WD ．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U 2＝n 2n 1U 1＝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U 4＝PR ＝10×10 V ＝10 V ，电流I 4＝U 4R ＝1 A ，则右侧变压器原线圈两端电压U 3＝21×10 V ＝20 V ，电流I 3＝n 4n 3I 4＝12×1 A ＝0.5 A ，则r ＝U 2－U 3I 3＝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U 2－Ir n 3＝0.5IRn 4，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150，重力加速度g 取10 m/s 2，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 ＝s t ＝2 m/s ，电动车行驶时所受阻力大小为F f ＝150mg ＝150×6.75×103×10 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 ＝F f ，故电动车的机械功率P 机＝F v ＝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 ＋I 2Rt ，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＝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，R 1为定值电阻，R 2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P 1向上移，电压表示数变大B ．仅将滑片P 1向上移，电流表示数变大C ．仅将滑片P 2向上移，电压表示数变大D ．仅将滑片P 2向上移，电流表示数变大 答案 C解析 仅将滑片P 1向上移，原线圈匝数增大，根据变压比U 1n 1＝U 2n 2，可知U 2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P 1向上移，副线圈电压变小，根据P ＝U 22R 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P 2向上移，R 2接入电路的电阻变大，因此副线圈中的电流减小，R 1两端的电压变小，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F f .则下列表达式正确的是( ) A ．j ＝n v eB ．ρ＝2mne 2ΔtC．ρ＝Ene v D．F f＝ne vρ答案AC解析电流的微观表达式为I＝ne v S，所以电流密度为j＝IS＝ne v，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＝ρLS ，I＝n v eS，根据欧姆定律R＝UI，联立解得ρ＝Ene v，故B错误，C正确；电子做匀速运动时，有F f＝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 HzB．该交变电流有效值是0.8 AC．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＝0.82sin (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＝1T＝2.5 Hz，故A错误；该交变电流的最大值I m＝0.8 A，则有效值I＝I m2＝0.4 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＝2πT＝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 VB ．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n 1n 2＝80%U 1U 2，可得接收线圈的输出电压约为U 2＝8 V ，故A 正确；根据n 1n 2＝I 280%I 1，可得I 2I 1＝885，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 ＝2202sin (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n 1∶n 2＝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U 1＝U m2＝220 V ，根据变压器两端的电压与线圈匝数的关系可知U 2＝n 2n 1U 1＝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R L ∶R＝U L ∶U R ，又R L ＝U L 2P ，U L ＋U R ＝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，R t 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 ＝1102·sin (50πt ) VB ．开关S 接在a 端，R t 温度升高时，变压器的输入功率变小C ．开关S 接在a 端，R t 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 ，R t 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 ＝1102sin (100πt ) V ，A 错误；开关S 接在a 端，R t 温度升高时，电路的电阻减小，而根据U 1U 2＝n 1n 2，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U 1U 2＝n 1n 2，可知加在R t 两端的电压降低，根据P t ＝U 2R t 可知R t 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 ，R 1是光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，R 2是定值电阻，C 是平行板电容器，V 1、V 2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ΔU 1、ΔU 2表示电压表V 1和电压表V 2示数变化的绝对值，且ΔU 1<ΔU 2，则下列说法正确的是( )A ．V 1的示数增大，V 2的示数减小B ．V 1的示数减小，V 2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，R 1的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，则R 2的电压增大，V 2的示数增大．内电压和R 2的电压增大，则路端电压减小，V 1的示数减小，R 1的电压减小，故A 错误，B 正确；R 1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R 0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 ．t A 和t B 相比，t A 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＝IU IE ×100%＝R 外R 外＋r ×100%＝11＋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 ＝r 0－kt ，U ＝ERR ＋R 0＋r＝E1＋R 0＋rr 0－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t A 应标在电压较大的刻度上，t B 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 ＝ERR ＋R 0＋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R T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，R G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R T、R G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R T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R G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 JB ．每秒水泵对水做功为225 JC ．水泵输入功率为440 WD ．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m 0＝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 ＝m 0gH ＋12m 0v 02＝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＝Wt ＝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＝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＝I 2R ＋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 ＝v 0sin 2πT 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.2π2B 2v 02L 2T R ＋rB.4π2B 2v 02L 2T R ＋rC.2B 2v 02L 2T R ＋rD.4B 2v 02L 2T 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 ＝Bl v ，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 ＝v 0sin 2πTt ，可得线圈中感应电动势的瞬时值表达式e＝2πBL v 0sin 2πTt ，根据正弦交变电流的特点知其电动势的有效值为E有效＝2πBL v 0，则该发电装置在一个周期内产生的电能E 电＝E 有效2R ＋r T ＝2π2B 2v 02L 2TR ＋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R 0与电阻R 互换位置，电路消耗的总功率为2P ，则R 0与R 的比值为( )A ．2∶7B ．7∶2C ．1∶4D ．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U 1，电流为I 1，副线圈两端电压为U 2，电流为I 2，则U ＝I 1R 0＋U 1，又由U 2U 1＝n 2n 1＝12，则U 2＝12U 1，所以U ＝I 1R 0＋2U 2＝I 1R 0＋2I 2R ，又根据I 1I 2＝n 2n 1＝12得I 2＝2I 1，则U ＝I 1R 0＋4I 1R ，当电阻R 0与电阻R 互换位置后U ＝I 1′R ＋U 1′，又由U 2′U 1′＝n 2n 1＝12，则U 2′＝12U 1′，所以U ＝I 1′R ＋2U 2′＝I 1′R ＋2I 2′R 0，又根据I 1′I 2′＝n 2n 1＝12，所以I 2′＝2I 1′，则U ＝I 1′R ＋4I 1′R 0，又因为总功率P 2P ＝UI 1UI 1′，得I 1′＝2I 1，则联立可得I 1R 0＋4I 1R ＝2I 1R ＋8I 1R 0，即R 0∶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 WD．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∶1B．用户端交流电的频率为100 HzC．远距离输电线中的电流为300 AD．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＝PU ＝78×103260A＝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U 1＝U －I 1r ＝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U 2＝50U 1＝10 kV ，升压变压器副线圈上的电流I 2＝I 150＝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 ＝I 2R ＝6×200 V ＝1 200 V ，则降压变压器原线圈上的电压U 3＝U 2－ΔU ＝8 800 V ，用户端获得的电压有效值U 4＝220 V ，则降压变压器原、副线圈匝数比为n 3n 4＝U 3U 4＝8 800220＝401，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I 2＝6 A ，故C 错误；远距离输电线路损耗功率ΔP ＝I 22R ＝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n 0、n 1和n 2，两个副线圈分别接有电阻R 1和R 2，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R 2的电流为n 1In 2B ．电阻R 2两端的电压为n 2IR 1n 1C ．n 0与n 1的比值为2NBL 2ωIR 1D ．发电机的功率为2NBL 2ωI (n 1＋n 2)n 0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U 1＝IR 1根据变压器原、副线圈电压与匝数的关系有 n 0n 1＝U 0U 1，n 0n 2＝U 0U 2。