专题10直流电路和交变电流（分层练）-

专题验收评价专题10直流电路和交变电流内容概览A·常考题不丢分命题点01闭合电路欧姆定律及串并联电路的特点命题点02电功电功率计算命题点03含容电路分析命题点04交变电流的产生及有效值命题点05变压器与远距离输电命题点06电磁振荡B·拓展培优拿高分C·挑战真题争满分【命题点01闭合电路欧姆定律及串并联电路的特点】(2023·江苏南通市模拟)一根长为L、横截面积为S、电阻率为ρ的金属棒，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e.在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速度为v，则电子运动时受到的平均阻力大小为()A.eq\f(mv2,2L) B．mv2SnC．ρne2v D.eq\f(ρe2v,SL)【答案】C【解析】金属棒内的电场可认为是匀强电场，其电场强度大小为E＝eq\f(U,L)，由欧姆定律可知，金属棒两端的电压为U＝IR，又R＝ρeq\f(L,S)，由电流微观表达式I＝neSv，联立可得金属棒内的电场强度大小为E＝ρnev，则电子运动时受到的平均阻力大小为f＝eE＝ρne2v，故选C.(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．【命题点02直流电路分析与电功电功率计算】(2022·福建福州市期末)在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P移动时，发现电压表示数变大，则下列判断正确的是()A．电流表示数变大B．电阻R1的电功率变大C．滑动变阻器的滑片P向上移动D．电源的输出功率一定增大【答案】A【解析】根据串反并同可知，电压表示数变大，说明滑动变阻器阻值变大，即滑动变阻器的滑片P向下移动，同理得电流表示数变大，电阻R1的电功率变小，故A正确，B、C错误；当外电阻和内电阻相等时，电源的输出功率最大，当滑片P向下移动时外电阻变大，但是不能确定外电阻和内电阻的关系，所以输出功率不一定变大，故D错误．(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．【命题点03含容电路分析】如图甲所示，标有“220V40W”的灯泡和标有“20μF220V”的电容器并联接到交流电源上，为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关．下列判断正确的是()A．t＝eq\f(T,2)时刻，的示数为零B．灯泡恰好正常发光C．电容器不可能被击穿D.的示数保持110eq\r(2)V不变【答案】B【解析】的示数应是交流电压的有效值，即为220V，选项A、D错误；交流电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压，灯泡正常发光，选项B正确；交流电压的峰值Um＝220eq\r(2)V≈311V，大于电容器的耐压值，故电容器将被击穿，选项C错误．(2022·江苏·高考真题)如图所示，电路中灯泡均正常发光，阻值分别为，，，，电源电动势，内阻不计，四个灯泡中消耗功率最大的是()A． B． C． D．【答案】A【解析】由电路图可知R3与R4串联后与R2并联，再与R1串联。并联电路部分的等效电阻为由闭合电路欧姆定律可知，干路电流即经过R1的电流为并联部分各支路电流大小与电阻成反比，则四个灯泡的实际功率分别为，，，故四个灯泡中功率最大的是R1。故选A。（2023·江苏省八市高三下学期4月二模补偿训练）硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线是该电池在某光照强度下路端电压和电流的关系图像，图线是某电阻的图像。在同等光照强度下，当它们组成闭合回路时，下列说法正确的是（）A.电源的输出功率B.电池的内阻C.电池的效率为D.硅光电池的内阻消耗的热功率【答案】B【解析】A．根据题意，由图可知，电源的路端电压为，电流为，则输出功率故A错误；B．由欧姆定律得当时由a与纵轴的交点读出电动势为根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为，则内阻故B正确；C．根据题意可知，电池的效率故C错误。D．根据题意可知，内阻消耗的功率故D错误。故选B。【命题点04交变电流的产生及有效值】(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．37.5s B．40sC．42.5s D．45s【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\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，故选C.(2023·江苏无锡市模拟)如图所示，电阻为r的金属直角线框abcd放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，a、d两点连线与磁场垂直，ab、cd长均为l，bc长为2l，定值电阻阻值为R.线框绕ad连线以角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时，则()A．线框每转一圈，回路电流方向改变一次B．a、d两点间的电压为eq\r(2)Bl2ωC．电流瞬时值的表达式为i＝eq\f(2Bl2ωcosωt,R＋r)D．半个周期内通过R的电荷量为eq\f(4Bl2,R＋r)【答案】D【解析】线框产生的是正弦式交流电，正弦式交流电在一个周期内电流方向改变2次，故A错误；回路中产生的感应电动势有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(Bl·2lω,\r(2))＝eq\r(2)Bl2ω，a、d两点间的电压为路端电压U＝eq\f(R,R＋r)E＝eq\f(\r(2)Bl2ωR,R＋r)，故B错误；线框从中性面开始转动，电流瞬时值表达式i＝eq\f(Em,R＋r)sinωt＝eq\f(2Bl2ω,R＋r)sinωt，C错误；半个周期内通过R的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(4Bl2,R＋r)，故D正确．(2023·江苏扬州市检测)如图所示，在竖直平面内有一半圆形区域，O为圆心，AOD为半圆的水平直径，区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直于竖直平面向里的匀强磁场．在A、D两点各固定一颗水平的光滑钉子，一个由线软导线制成的闭合导线框ACDE挂在两颗钉子上，在导线框的E处有一个动滑轮，动滑轮下面挂重物，使导线处于绷紧状态．设导线框的电阻为r，圆的半径为R，从t＝0时刻开始，将导线上的C点绕圆心O以恒定角速度ω从A点沿圆弧移动到D点，导线始终绷紧．此过程导线中()A．张力保持不变B．感应电流的方向先顺时针后逆时针C．感应电流随时间t的变化关系为i＝eq\f(ωBR2sinωt,r)D．产生的电热为eq\f(πωB2R4,2r)【答案】D【解析】对滑轮E分析可知，两边导线拉力总是相等的，则两边导线与竖直方向的夹角总相等，随着C点沿圆弧从A点移到D点，AC段与CD段导线之和先增大后减小，则AE段与ED段导线之和先减小后增大，AE段导线与ED段导线的夹角2α先增大后减小，由2FTcosα＝mg可知导线的拉力先增大后减小，选项A错误；设C点转过的角度为θ＝ωt，根据几何知识可θ，因θ角从0到180°，则导线框中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，选项B错误；根据法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，导线框中感应电动势随时间t的变化关系为e＝ωBR2cosωt，感应电流随时间t的变化关系为i＝eq\f(ωBR2cosωt,r)，故C错误；导线框中感应电动势的有效值为E＝eq\f(ωBR2,\r(2))，故导线中产生的电热为Q＝eq\f(E2,r)·eq\f(T,2)＝eq\f(πωB2R4,2r)，故D正确．【命题点05变压器与远距离输电】(2022·甘肃省一诊)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，且n1＜n2，定值电阻R1、R2的阻值相等，图中电流表、电压表均为理想电表．在a、b端输入交变电流，其电流的有效值不随负载变化．当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，下列说法正确的是()A．电流表示数一定减小B．电压表示数一定减小C．R1消耗的功率一定大于R2消耗的功率D．电源的输出功率一定减小【答案】C【解析】输入端电流不变，根据变压器电流的关系eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知电流表示数不变，故A错误；向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，滑动变阻器的有效电阻增大，在副线圈回路中，副线圈电压U＝IR总，可得电压表示数将变大，故B错误；根据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)及变压器匝数的关系n1＜n2，可知通过R1的电流一定大于R2的电流，由P＝I2R可知R1消耗的功率一定大于R2消耗的功率，故C正确；因为副线圈电流不变，电压增大，由P＝UI可知变压器的输出功率变大，而输入端的电流不变，定值电阻R1的功率不变，所以电源的输出功率一定变大，故D错误．(2022·江苏盐城市二模)随着经济发展，用电需求大幅增加，当电力供应紧张时，有关部门就会对部分用户进行拉闸限电．如图是远距离输电的原理图，假设发电厂输出电压恒定不变，输电线的电阻为R，两个变压器均为理想变压器．在某次拉闸限电后(假设所有用电器均可视为纯电阻)电网中数据发生变化，下列说法正确的是()A．降压变压器的输出电压U4减小了B．升压变压器的输出电流I2增加了C．输电线上损失的功率减小了D．发电厂输出的总功率增加了【答案】C【解析】拉闸限电后，用电器减少，意味着并联支路减少，用户端总电阻增加，则I4减小，I2＝I3也随着减小，输电线上的电压损失ΔU减小，由于发电厂输出电压U1恒定，输送电压U2也恒定，根据U2＝ΔU＋U3，可知U3增加，则U4也增加，故A、B错误；根据P＝I22R可知，输电线上损失的功率减小了，故C正确；I2减小，I1也随着减小，发电厂输出电压U1恒定，所以发电厂输出总功率减小，故D错误．【命题点06电磁震荡】如图所示，表示LC振荡电路某时刻的情况，以下说法正确的是()A．电容器正在充电B．电感线圈中的磁场能正在减小C．电感线圈中的电流正在减小D．此时自感电动势正在阻碍电流的增大【答案】D【解析】根据磁感线的方向可以判断电流方向是逆时针，再根据电容器极板上带电的性质可以判断电容器在放电，A错误；电容器在放电，所以电流在增大，磁场能在增大，自感电动势正在阻碍电流的增大，B、C错误，D正确．(2023·江苏南京市模拟)如图所示，一平行金属板AB与一线圈组成理想的LC振荡电路，E为电源，当开关S从1掷向2的同时，有一电子恰从极板中央飞入AB间，电子重力可忽略，射入方向与极板平行．则电子()A．可能从上极板边缘飞出，飞出时动能一定增大B．可能从下极板边缘飞出，飞出时动能可能不变C．可能从上极板边缘飞出，飞出时动能可能不变D．可能从下极板边缘飞出，飞出时动能一定减小【答案】C【解析】当开关S从1掷向2后，两板间将产生交变电场(设周期为T)，根据两板间电压的周期性可知，若电子在板间的运动时间为eq\f(T,2)的奇数倍，则电子在板间加速和减速的时间相等，根据对称性可知电子从两板间射出时的竖直分速度为零，此时电子的动能不变，且电子的竖直分位移方向向上．因为电子一定先向上加速，其竖直位移一定向上或等于零，所以电子不可能从两板间中轴线的下方射出．综上所述可知A、B、D错误，C正确．(2022·浙江省模拟)一根长为L、横截面积为S的金属棒，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m、电荷量为q.在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，金属棒内的电场强度大小为E，则金属棒材料的电阻率是()A．nqvE B.eq\f(E,nqv)C.eq\f(EL,nqv) D.eq\f(E,nqvL)【答案】B【解析】金属棒中的电流为I＝nqSv，金属棒两端的电压为U＝EL，金属棒的电阻为R＝ρeq\f(L,S)，根据欧姆定律得R＝eq\f(U,I)，联立以上四式解得ρ＝eq\f(E,nqv)，故选B.(2023·天津市模拟)下列说法正确的是()A．LC电路产生电磁振荡的过程中，回路电流值最小时刻，电场能最小B．变化的电场一定产生变化的磁场C．无线电波发射接收过程中，使接收电路产生电谐振的过程叫作调谐D．空调遥控器是利用发射紫外线来控制空调的【答案】C【解析】LC电路产生电磁振荡的过程中，回路电流值最小时刻，电场能最大，而电容器所带电荷量最大，故A错误；均匀变化的电场产生的是稳定的磁场，故B错误；无线电波发射接收过程中，使接收电路产生电谐振的过程叫作调谐，故C正确；空调遥控器是利用发射红外线来控制空调的，故D错误．（2023·湖南省平江县高三下学期第三次质检）在如图所示的电路中，电容器的电容为，两极板间有一静止的带电液滴。现将滑动变阻器的滑片稍向上移动一些，电压表示数变化量的绝对值为，电容器电量变化量的绝对值为。下列说法正确的是（）A.一定大于 B.灯泡一定变亮C.电源输出功率一定减小 D.带电液滴向上运动【答案】A【解析】A．将滑动变阻器的滑片稍向上移动时，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，总电流变大，电源的内电压变大，则路端电压变小。总电流变大，灯泡的电压变大，即电压表的示数变大。根据路端电压等于灯泡的电压与右侧并联部分电压之和，可知，右侧并联部分电压变小，由于路端电压变小，所以右侧并联部分电压减小量大于灯泡电压的增加量，所以电容器电压的变化量绝对值大于，因此电容器电量变化量的绝对值为一定大于，故A正确；B．右侧并联部分电压变小，灯泡的电压变小，则灯泡一定变暗，故B错误；C．由于电源的内外电阻关系未知，所以不能判断电源输出功率如何变化，故C错误；D．电容器板间电压变小，电场强度变小，带电液滴向下运动。故D错误。故A。(2023·江苏连云港市模拟)某种除颤器的简化电路是由低压直流电源经过电压变换器变成高压电，然后整流成几千伏的直流高压电，对电容器充电，如图甲所示．除颤时，经过电感等元件将脉冲电流(如图乙所示)作用于心脏，实施电击治疗，使心脏恢复窦性心律．某次除颤过程中将电容为20μF的电容器充电至6.0kV，电容器在时间t0内放电至两极板间的电压为0.其他条件不变时，下列说法正确的是()A．线圈的自感系数L越大，放电脉冲电流的峰值越小B．线圈的自感系数L越小，放电脉冲电流的放电时间越长C．电容器的电容C越小，电容器的放电时间越长D．在该次除颤过程中，流经人体的电荷量约为120C【答案】A【解析】线圈的自感系数L越大，阻碍电流的感抗越大，则放电电流越小，放电脉冲电流的峰值也越小，故A正确；振荡电路的振荡周期为T＝2πeq\r(LC)，电容器在时间t0内放电至两极板间的电压为0，即t0＝eq\f(T,4)＝eq\f(π\r(LC),2)，则线圈的自感系数L越大，放电脉冲电流的放电时间越长；电容器的电容C越大，放电脉冲电流的放电时间越长，故B、C错误；电容为20μF的电容器充电至6.0kV，则电容器储存的电量为Q＝CU＝20×10－6×6×103C＝0.12C，故在该次除颤过程中，流经人体的电荷量约为0.12C，故D错误．(2023·江苏省高三月考)两人在赤道上站立，各自手握金属绳OPO′的一端，绕东西方向的水平轴沿顺时针方向匀速摇动，周期为T，将金属绳连入电路，闭合回路如图所示，取金属绳在图示的最高位置时为t＝0时刻，则下列说法正确的是()A．电路中存在周期为T的变化电流B．t＝0时刻，回路中磁通量最大，电路中电流最大C．t＝eq\f(T,4)时刻，电流向左通过灵敏电流计D．t＝eq\f(T,2)时刻，回路磁通量最大，电路中电流最大【答案】A【解析】金属绳在匀强磁场中匀速摇动时，产生周期性变化的电流，所以这个电路中存在周期为T的变化电流，故A正确；在t＝eq\f(T,4)时刻，金属绳向下运动，由右手定则可知，电流向右通过灵敏电流计，故C错误；在t＝0时刻和t＝eq\f(T,2)时刻，磁通量的变化率最小，则电路中电流最小，故B、D错误．(2022·上海市二模)如图，甲、乙两电路中电源电动势相同，内电阻r1>r2，外电阻R相同．两电路中分别流过相等电荷量的过程中，下列说法正确的是()A．甲电路电源内部产生的热量较多B．乙电路外电阻R产生的热量较少C．乙电路电源做功较多D．甲电路电源效率较高【答案】A【解析】根据题意，由电源的做功公式W＝EIt，及q＝It，可得W＝Eq，已知甲、乙两电路中的电源电动势相等，流过的电荷量相等，则甲、乙两电路电源做功相等，故C错误；根据闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R＋r)可知，路端电压为U＝eq\f(ER,R＋r)，则电源的效率为η＝eq\f(UI,EI)＝eq\f(U,E)＝eq\f(R,R＋r)，由于甲电路中电源的内阻大于乙电路中电源的内阻，则甲电路中电源的效率较低，电源内部产生的热量较多，故D错误，A正确；根据闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R＋r)可知，甲电路中的电流小于乙电路中的电流，又由q＝It，可得外电阻上产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝IqR，由于q和R相等，则乙电路中外电阻R上产生的热量较多，故B错误．(2023·江苏高邮市第一中学检测)如图所示的电路中，电源的电动势为6V，当开关S接通后，灯泡L1、L2都不亮，用电压表测得各部分的电压是Uab＝6V，Uad＝0，Ucd＝6V，由此可判定()A．L1和L2的灯丝都烧断了B．L1的灯丝烧断了C．L2的灯丝烧断了D．滑动变阻器R断路【答案】C【解析】由Uab＝6V可知，电源完好．灯泡都不亮，说明电路中出现断路故障，且在a、b之间．由Ucd＝6V可知，灯泡L1与滑动变阻器R是接通的，断路故障出现在c、d之间，故灯泡L2断路，故选C.(2023·四川内江市第六中学月考)电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．直线A、B和C分别是电源a、电源b和电阻R的U－I图线．将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么()A．电源a、b电动势一样大，b内阻较大B．R接到电源a上，电路中的电流较小C．R接到电源b上，电源的输出功率较大D．R接到电源b上，电源效率较高【答案】A【解析】由电源的U－I图线可知，纵轴截距表示电动势，斜率的绝对值表示内阻，故电源a、b电动势一样大，b内阻较大，A正确；当电源与电阻直接相连时，电源和电阻的U－I图线交点表示该电阻的工作状态，其横坐标表示电路中的电流，故R接到电源a上，电路中的电流较大，B错误；由P＝UI可知，电源和电阻的U－I图线交点横、纵坐标乘积(矩形面积)表示电源的输出功率，如图所示可知R接到电源a上，电源的输出功率较大，电源的效率可表示为η＝eq\f(P出,P总)×100%＝eq\f(U,E)×100%，当R接到电源a上，路端电压U较大，电源效率较高，C、D错误．(2023·江苏南通市检测)在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，V、A、V1、V2四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用U、I、U1、U2表示，下列判断正确的是()A．I减小，U1增大B．I减小，U2减小C．电压表V2的示数与电流表A示数之比不变D．电压表V的示数与电流表A示数之比变大【答案】D【解析】当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，R2接入电路的阻值变大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，总电流I变小，路端电压U变大，R1两端的电压U1＝IR1减小，R2的电压U2＝U－U1增大，故A、B错误；电压表V2的示数与电流表A示数之比为电阻R2的阻值，R2变大，故C错误；电压表V的示数与电流表A示数之比为外电路总电阻，外电路总电阻变大，故D正确．(2023·江苏省扬州中学高三检测)如图所示为远距离输电原理图，变压器T1、T2为理想变压器，T1原、副线圈的匝数比为1∶10，T2原、副线圈的匝数比为10∶1，发电机的输出功率为P，输出电压为U，用电器R0两端的电压为0.98U，则输电线的电阻R为()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的输入电流为I＝eq\f(P,U)，输出电流为I′＝eq\f(P,10U)，则T2的输出电流为I，则电阻R上消耗的功率为P－0.98UI＝(eq\f(P,10U))2R，解得R＝eq\f(2U2,P)，故选B.(2023·江苏苏州市模拟)如图甲所示，在AB间接入乙图所示正弦式交流电，通过理想变压器和二极管D1、D2给阻值R＝20Ω的纯电阻负载供电，已知D1、D2为相同的理想二极管，正向电阻为0，反向电阻无穷大，变压器原线圈n1＝110匝，副线圈总匝数n2＝20匝，Q为副线圈中心抽头，为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U0，设电阻R上消耗的热功率为P，则有()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间接入正弦式交流电的有效值U1＝220V，变压器原线圈n1＝110匝，副线圈n2＝20匝，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得：U2＝40V，而二极管的反向耐压值至少为U0，它需要承受交流电的最大值，所以U0＝40eq\r(2)V，Q为副线圈中心抽头，则电阻R两端电压为20V，所以电阻R消耗的热功率P为：P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(202,20)＝20W，故选C.(2022·广东汕头市一模)图示为小沈同学家新买的扫地机器人，他从使用说明书上得到了以下信息：电机的额定功率为35W，由规格为DC14.8V/2200mAh的锂电池供电，当锂电池剩余电量为总容量的20%时，扫地机器人就自动回座机充电．结合上述信息，下列说法正确的是()A．DC14.8V/2200mAh表示该电池输出的是交流电B．该机器人电机的额定电流为0.42AC．正常工作时机器人电动机每秒钟输出35J动能D．电池充满电后机器人正常工作约45min后回座机充电【答案】D【解析】DC14.8V/2200mAh表示该电池输出的是直流电，选项A错误；该机器人电机的额定电流为I＝eq\f(P,U)＝eq\f(35,14.8)A≈2.36A，选项B错误；正常工作时机器人电动机内阻要产生部分内能，则每秒钟输出动能小于35J，选项C错误；机器人正常工作的时间为t＝eq\f(q,I)＝eq\f(0.8×2.200A·h,2.36A)≈0.75h＝45min，选项D正确．(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．(2019·江苏卷·3)如图所示的电路中，电阻R＝2Ω.断开S后，电压表的读数为3V；闭合S后，电压表的读数为2V，则电源的内阻r为()A．1ΩB．2ΩC．3ΩD．4Ω【答案】A【解析】当断开S后，电压表的读数等于电源的电动势，即E＝3V；当闭合S后，有U＝IR，又由闭合电路欧姆定律可知，I＝eq\f(E,R＋r)，联立解得r＝1Ω，A正确，B、C、D错误．(2020·全国卷Ⅰ·17)图(a)所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC.如果UC随时间t的变化如图(b)所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图像中，正确的是()【答案】A【解析】电阻R两端的电压UR＝IR，其中I为线路上的充电电流或放电电流．对电容器，Q＝CUC，而I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝Ceq\f(ΔUC,Δt)，由UC－t图像知，1～2s内，电容器充电，令I充＝I；2～3s内，电容器电压不变，则电路中电流为0；3～5s内，电容器放电，则I放＝eq\f(I,2)，I充与I放方向相反，结合UR＝IR可知，电阻R两端的电压随时间的变化图像与A对应，故选A.(2022·北京卷·4)某理想变压器的原线圈接在220V的正弦交流电源上，副线圈输出电压为22000V，输出电流为300mA.该变压器()A．原、副线圈的匝数之比为100∶1B．输入电流为30AC．输入电流的最大值为15eq\r(2)AD．原、副线圈交流电的频率之比为1∶100【答案】B【解析】原、副线圈的匝数之比为eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(220,22000)＝eq\f(1,100)，故A错误；根据eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)可得输入电流为I1＝eq\f(n2,n1)I2＝100×300×10－3A＝30A，故B正确；输入电流的最大值为Im＝eq\r(2)I1＝30eq\r(2)A，故C错误；变压器不会改变交流电的频率，故原、副线圈交流电的频率之比为1∶1，故D错误．(2022·湖北卷·9改编)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()A．接收线圈的输出电压约为16VB．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】C【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错误；由于漏磁，接收线圈与发射线圈功率不相等，接收线圈与发射线圈中的电流比I2∶I1≠n1∶n2＝22∶1，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等，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．(2018·全国卷Ⅲ·16)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正．该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示．则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，一个周期内产生热量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，故选D.(2020·江苏卷·2)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示．其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上．则电流互感器()A．是一种降压变压器B．能测量直流电路的电流C．原、副线圈电流的频率不同D．副线圈的电流小于原线圈的电流【答案】D【解析】电流互感器原线圈匝数少，副线圈匝数多，是一种升压变压器，故A错误；变压器的原理是电磁感应，故它不能测量直流电路的电流，故B错误；变压器不改变交变电流的频率，故C错误；变压器的电流与匝数成反比，因此副线圈的电流小于原线圈的电流，故D正确．(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7.5V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()A．r＝10Ω B．r＝5ΩC．P＝45W D．P＝25W【答案】B【解析】左侧变压器副线圈两端电压U2＝3×7.5V＝22.5V，当开关S接1时，电阻R上的电压，即右侧变压器副线圈两端电压U4＝eq\r(10×10)V＝10V，电流I4＝eq\f(U4,R)＝1A