第11講直流電路與交流電路

專題四電路與電磁感應第11講直流電路與交流電路能力培養(yǎng)練1.(2023·重慶模擬)P1和P2是材料相同、上下表面為正方形的長方體導體,P1的上、下表面積大于P2的上、下表面積,將P1和P2按圖所示方式接到電源上。閉合開關后,下列說法正確的是(B)A.若P1和P2的體積相同,則通過P1的電流大于通過P2的電流B.若P1和P2的體積相同,則P1的電功率大于P2的電功率C.若P1和P2的厚度相同,則P1和P2內自由電荷定向移動的速率相等D.若P1和P2的厚度相同,則P1兩端的電壓大于P2兩端的電壓解析:P1和P2是串聯(lián)在電路中的,通過P1的電流總等于通過P2的電流,A錯誤;由電阻定律可得R=ρlS=ρl2V,若P1和P2的體積相同,上、下表面積越大的電阻的阻值越大,由電功率公式P=I2R,根據A項分析可知,P1的電功率大于P2的電功率,B正確;根據電流公式I=nqSv,若P1和P2的厚度相同,由于P1和P2的上表面積不相等,故P1和P2內自由電荷定向移動的速率不相等,C錯誤;由電阻定律可得R=ρldl=ρd,若P1和P2的厚度相同,則P1和P2的電阻相同,由于P1和P22.(2023·海南卷,7)如圖所示電路,已知電源電動勢為E,內阻不計,電容器電容為C,閉合開關K,待電路穩(wěn)定后,電容器上電荷量為(C)A.CE B.12CE C.25CE D.解析:電路穩(wěn)定后,由于電源內阻不計,則整個回路可看成3R、2R的串聯(lián)部分與R、4R的串聯(lián)部分并聯(lián),若取電源負極為零電勢點,則電容器上極板的電勢為上=E5R·2R=2E5,電容器下極板的電勢為下=E5R·4R=4E5,則電容器兩端的電壓U下上=3.(2023·湖南衡陽模擬)如圖所示的電路圖中,電流表、電壓表是理想電表,電阻R0是定值電阻,電源的電動勢和內阻分別為E、r,電動機的內阻為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值變化量分別為ΔI、ΔU,下列說法正確的是(D)A.電壓表的示數減小B.電流表的示數增大C.電動機的電流變化量為ΔD.r+R0=Δ解析:根據閉合電路動態(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)的電壓表示數增大,與R間接串聯(lián)的電流表示數減小,故A、B錯誤;電動機不是純電阻,不滿足歐姆定律,其電流的變化量不等于ΔUr0,故C錯誤;根據閉合電路歐姆定律U=EI(r+R0),則可知r+R04.(2023·北京卷,7)自制一個原、副線圈匝數分別為600匝和190匝的變壓器,原線圈接12V的正弦交流電源,副線圈接額定電壓為3.8V的小燈泡。實際測得小燈泡兩端電壓為2.5V。下列措施有可能使小燈泡正常發(fā)光的是(B)A.僅增加原線圈匝數B.僅增加副線圈匝數C.將原、副線圈匝數都增為原來的兩倍D.將兩個3.8V小燈泡并聯(lián)起來接入副線圈解析:由n1n2=U1U2知,僅增加原線圈匝數,副線圈的輸出電壓U2減小,不能使小燈泡正常發(fā)光;僅增加副線圈匝數,副線圈的輸出電壓U5.(2020·全國Ⅰ卷,17)圖甲所示的電路中,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的變化如圖乙所示,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(A)解析:由題圖乙可知,在0～1s內,電容器兩極板之間電壓為零,說明電容器沒有充放電,電路中沒有電流,根據歐姆定律可知電阻R兩端電壓為零;在1～2s內,電容器兩極板之間電壓均勻增大,根據I=ΔqΔt=CΔ6.圖甲為小型旋轉電樞式交流發(fā)電機的原理圖,其矩形線圈在磁感應強度為B的勻強磁場中,繞垂直于磁場方向的固定軸OO′勻速轉動,線圈的兩端經集流環(huán)和電刷與阻值R=5Ω的電阻連接,圖甲中的交流電壓表為理想電表,忽略線圈、電刷以及導線的電阻。圖乙是通過電阻R的電流i隨時間t變化的圖像。下列判斷正確的是(D)A.電阻R消耗的電功率為1.25WB.線圈轉動的角速度為100πrad/sC.電壓表的示數跟線圈轉動的角速度ω大小無關D.電阻R兩端電壓u隨時間t變化的規(guī)律為u=2.5sin200πtV解析:該電流的有效值為I=Im2,電阻R消耗的電功率為P=I2R,解得P=0.625W,選項A錯誤;題圖乙中電流的周期為T=0.01s,其角速度為ω=2πTU∝ω,選項C錯誤;題圖乙中電流的最大值為Im=0.5A,由歐姆定律得Um=ImR=2.5V,所以R兩端電壓瞬時值的表達式為u=2.5sin200πtV,選項D正確。7.(2021·福建卷,3)某住宅小區(qū)變壓器給住戶供電的電路示意圖如圖所示,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,圖中各電表的示數變化情況是(D)A.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U1U2=n1n2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,由于各用電器之間是并聯(lián)關系,故用戶的總電阻R用變小,由I2=U2R+R用可知,副線圈的電流I2=IA2變大,而由UV3=U2I2R可知V3減小;由理想變壓器的原理U1I1=U2I2,可知原線圈的電流I1素養(yǎng)提升練8.(2023·江蘇二模)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a是該電池在某光照強度下路端電壓U和電流I的關系圖像,圖線b是某電阻R的UI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(B)A.電源的輸出功率P=U2I2B.電池的內阻r=UC.電池的效率為η=U1UD.硅光電池的內阻消耗的熱功率Pr=U2I1U1I2解析:由題圖可知,將太陽能電池與電阻R組成閉合回路時,電源的路端電壓為U1,電流為I1,則電源的輸出功率P=U1I1,故A錯誤;由歐姆定律得U=EIr,當I=0時,E=U,由a與縱軸的交點讀出電動勢E=U2,根據兩圖線交點處的狀態(tài)可知,電阻的電壓為U1,則內阻r=E-U1I1=U2-U1I1,故B正確;根據題意可知,電池的效率η=UIEI=9.(2022·湖南卷,6)如圖,理想變壓器原、副線圈總匝數相同,滑動觸頭P1初始位置在副線圈正中間,輸入端接入電壓有效值恒定的交變電源。定值電阻R1的阻值為R,滑動變阻器R2的最大阻值為9R,滑片P2初始位置在最右端。理想電壓表V的示數為U,理想電流表A的示數為I。下列說法正確的是(B)A.保持P1位置不變,P2向左緩慢滑動的過程中,I減小,U不變B.保持P1位置不變,P2向左緩慢滑動的過程中,R1消耗的功率增大C.保持P2位置不變,P1向下緩慢滑動的過程中,I減小,U增大D.保持P2位置不變,P1向下緩慢滑動的過程中,R1消耗的功率減小解析:設原線圈兩端電壓為U1,副線圈兩端電壓為U2,通過原線圈的電流為I1,通過副線圈的電流為I2,由理想變壓器變壓規(guī)律和變流規(guī)律可得,原、副線圈及定值電阻R1的等效電阻為R′=U1I1=n1n2U(n1n2)2R1=4R<R2;保持P1位置不變,將原、副線圈及電阻R1等效為一定值電阻,P2向左緩慢滑動過程中,R2接入電路的電阻減小,則整個電路的總電阻減小,由歐姆定律可知,回路中電流I增大,原線圈兩端電壓增大,又電源電壓不變,故電壓表示數U減小,選項A錯誤;由于原線圈兩端電壓增大,由理想變壓器變壓規(guī)律可知,副線圈兩端電壓增大,故R1消耗的功率增大,選項B正確;當P2位置不變,P1向下滑動時,n2減小,等效電阻R′增大,由歐姆定律可知,回路中電流減小,R2兩端電壓減小,選項C錯誤;等效電阻先增大至等于R210.(2022·山東卷,4)如圖所示的變壓器,輸入電壓為220V,可輸出12V、18V、30V電壓,匝數為n1的原線圈中電壓隨時間變化為u=Umcos100πt。單匝線圈繞過鐵芯連接交流電壓表,電壓表的示數為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(D)A.n1為1100匝,Um為220VB.BC間線圈匝數為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解析:根據理想變壓器的變壓規(guī)律有Un1=0.2200匝,Um=2U=2202V,選項A錯誤;由功率與電壓的關系得UBC=PR=12V,根據理想變壓器的變壓規(guī)律有Un1=UBCnBC,代入數據解得nBC=120匝,由歐姆定律得I=UBCR50Hz,選項C錯誤;由歐姆定律得I′=UACR=2.5A,周期T=11.(2023·湖北二模)如圖所示,理想變壓器原、副線圈的匝數比為k,輸出端接有一交流電動機,其線圈的電阻為R。將原線圈接在正弦式交流電源兩端,電動機恰好能帶動質量為m的物體以速度v0勻速上升,此時理想電流表A的示數為I。若不計電動機摩擦帶來的能量損失,重力加速度為g,則下列說法正確的是(D)A.電動機的輸入功率P入=mgv0B.整個裝置的效率η=mgC.原線圈兩端電壓的有效值U=kIRD.原線圈兩端電壓的有效值U=k解析:質量為m的物體以速度v0勻速上升,繩子的拉力F=mg,電動機的輸出功率P出=Fv0=mgv0,電動機的發(fā)熱功率P熱=I2R,電動機的輸入功率等于電動機的發(fā)熱功率和輸出功率之和,P入=mgv0+I2R,A錯誤;整個裝置的效率η=P出P入=mgv0I2R+mgv0,B錯誤;根據變壓器電流與匝數關系可知原線圈電流I12.(2023·山東模擬)某同學希望利用電學方法對長度進行測量,電路圖如圖所示,其中電源電動勢為6V,內阻為1W,電流表量程為0～3A,內阻為1W,有一長方體導體材料R,x、y、z方向上棱長分別為d、2cm、1cm,如圖乙,先將R沿x軸方向接入電路,電流表示數為1A,再將R沿y軸方向接入電路,電流表示數為2A。則下列說法正確的是(C)A.d=4mmB.沿x、y、z三個方向接入R,電源效率最大約為75%C.沿x、y、z三個方向接入R,電流表示數均不會超量程D.沿x、y、z三個方向接入R,R的功率最小為4W解析:由閉合電路歐姆定律有E=U外+U內=IR+IRA+Ir,代入數據,沿x軸方向時Ix=1A,則有Rx=4Ω,沿y軸方向時Iy=2A,則有Ry=1Ω;根據電阻定律R=ρlS,代入數據可得d=4cm,沿z軸方向時Rz=14Ω;由閉合電路歐姆定律可知,沿z軸方向接入R時有最大電流Iz=ERz+RA+r,代入數據可得Iz=856×100%≈83.3%,故B錯誤;根據P=I2R可得,沿x軸方向時Px=4W,沿y軸方向時Py=4W,沿z軸方向時Pz13.(2023·山東棗莊二模)國產某型號無線充電裝置工作原理圖如圖所示,其中送電線圈和受電線圈匝數比n1∶n2=5∶1。送電線圈和受電線圈所接電阻的阻值均為R。當ab間接上220V的正弦式交變電源后,受電線圈中產生交變電流給快速充電,這時兩端的電壓為5V,充電電流為5A,把送電線圈和受電線圈構成的裝置視為理想變壓器,不計線圈及導線電阻,則下列說法正確的是(B)A.阻值R=195ΩB.快速充電時,送電線圈的輸入電壓U1=212.5VC.快速充電時,送電線圈的輸入功率為25WD.持續(xù)進行快速充電時,充滿容量為4000mA·h的電池至少需要80min解析:根據變壓器匝數和電流的關系可知I1I2=n2n1,可得送電線圈的電流I1=n2n1I2=15×5A=1A,根據變壓器匝數和電壓的關系可知U1n1=U2n2,即212.5W,選項C錯誤;持續(xù)進行快速充電時,充滿容量為4000mA·h的電池至少需要t=414.(2023·江蘇南京模擬)地磅工作原理圖如圖所示,地磅空載時變阻器滑片P位于A點,滿載時滑片P位于B點,彈簧始終處于彈性限度內。下列說法錯誤的是(B)A.電壓表兩端電壓與被測汽車的質量成正比B.若將一個電阻與電壓表串聯(lián),可增大地磅量程C.若稱量值偏小,可在R0上并聯(lián)一個電阻進行校正D.電池長時間使用后,稱量值會偏小解析:設變阻器AB間電阻為R,橫截面積為S,根據閉合電路歐姆定律可知E=I(R+R0+r),設AP之間的距離為x,電壓表兩端電壓U=IRx=ER+R0+r·ρxS,汽車平衡時有mg=2kx,聯(lián)立解得U=難關攻克練15.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的變化關系為v=v0sin2πTA.2π2C.2B2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=v0sin2πT2πBLv0sin2πTE有效=2πBLv0,則該發(fā)電裝置在一個周期內產生的電能E電=E有效2π16.(2021·山東卷,9)(多選)輸電能耗演示電路如圖所示。左側變壓器原、副