第8讲 电路分析问题（解析版）

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第8讲 电路分析问题【选考真题】1．（2022•浙江）下列说法正确的是（　　）A．恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用 B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向 C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大 D．升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率【解答】解：A、根据F＝qvB可知，恒定磁场对静置于其中的电荷没有力的作用，故A错误；B、根据磁场方向的规定可知，小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，故B正确；C、正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时线圈处于中性面，此时磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零、电流为零，故C错误；D、升压变压器中，如果不漏磁，则副线圈的磁通量变化率等于原线圈的磁通量变化率，如果漏磁，则副线圈的磁通量变化率小于原线圈的磁通量变化率，故D错误。故选：B。2．（2022•浙江）如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是（　　）A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场 B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场 C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电 D．乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电【解答】解：A．甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故A正确；B．乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故B错误；C．根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故C错误；D．乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，故D错误；故选：A。3．（2021•浙江）如图所示，虚线是正弦交流电的图像，实线是另一交流电的图像，它们的周期T和最大值Um相同，则实线所对应的交流电的有效值U满足（　　）A．UUm B．UUm C．UUm D．UUm【解答】解：依据交流电的有效值定义，若是正弦式交流电，即为虚线的图像，那么其有效值为：UUm，由图象可知，实线所对应的交流电在除峰值外的任意时刻其瞬时值总是小于正弦交流电的瞬时值，那么在一周期内，对于相同的电阻，实线所对应的交流电产生热量小于正弦交流电产生的热量，故实线所对应的交流电的有效值小于正弦交流电的有效值，即UUm，故ABC错误，D正确；故选：D。4．（2022•浙江）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途经之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（　　）A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比 B．单位时间流过面积A的流动空气动能ρAv2 C．若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109kW•h D．若风场每年有5000h风速在6～10m/s范围内，则该发电机年发电量至少为6.0×105kW•h【解答】解：AB、叶片旋转所形成的圆面积为A单位时间内流过该圆面积的空气柱体积为V＝S•vt＝Av空气柱的质量为m＝ρ•V＝ρAv空气柱的动能为EkρAv•v2ρAv3设转化效率为η，转化成的电能为E＝η•EkηρAtv3pηρAv3，则该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比；故AB错误；C、由B选项可知 η发电量约为W＝η•pt＝η×1.0×108kW×24h＝2.4η×109kW•h＜2.4×109kW•h，故C错误。D、由题意可知某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW由pηρAv3 p1＝120kW若风场每年有5000h风速在6～10m/s的风能资源，则该发电机年发电量E＝p1•t＝120kW×5000h＝6.0×105kW•h，故D正确；故选：D。5．（2022•浙江）某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A。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，则（　　）A．每秒水泵对水做功为75J B．每秒水泵对水做功为225J C．水泵输入功率为440W D．电动机线圈的电阻为10Ω【解答】解：AB、水泵的输出功率P出解得P出＝300W，即做功为300J，故AB错误；C、由水泵的抽水效率关系75%P入＝P出解得P入＝400W，故C错误；D、P内＝P总﹣P入＝UI﹣P入又P内＝I2R解得R＝10Ω，故D正确。故选：D。【要点提炼】一、理清直流电路知识体系二、正弦交变电流“四值”的理解与应用三、理想变压器和远距离输电1.明确变压器各物理量间的制约关系2.明辨远距离输电过程的3个问题(1)输电线上的电流：I＝＝。(2)电压损耗：输电线路上I2＝IR＝I3，总电阻R导致的电压损耗UR＝U2－U3＝IRR。输送电压一定时，用电器增多，则降压变压器的输出电流变大，输电线上的电流增大，电压损耗增大。(3)输电线上损失的功率：P损＝I2R线＝R线＝＝U损I。输电线上的损失功率必须与输电线上的电流和电压相对应，不要把输电线上的输电电压U和输电导线上损失的电压ΔU相混淆，不能用公式P＝计算输电线上损失的功率。【方法指导】一、两种物理思想1.等效思想：等效电路、等效电源；2.守恒思想：理想变压器的输入功率等于输出功率。二、直流电路动态分析的常用方法　基本思路为“部分→整体→部分”。【例题精析】考点一 直流电路的分析与计算[例题1]             道路压线测速系统，不仅可以测速，也可以测量是否超载，其结构原理电路可以理解为如图甲所示由一个电源，一个灵敏电流计与传感器连接，一个电容和一个保护电阻R组成，感应线连接电容器的其中一块极板上，如果车轮压在感应线上会改变电容器两板间的距离，并会使灵敏电流计中产生瞬间电流，压力越大，则电流峰值也会越大，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流，如图乙所示，电子眼就会拍照。如果以顺时针方向为电流正方向，则（　　）A．汽车压线时，电容器板间距离变小 B．车轮经过感应线过程中电容器先充电后放电 C．增大电阻R值，可以使电容器稳定时的带电量减小 D．如果车轮间距是2.5m，则可估算车速约为7.7m/s【解答】解：A、汽车压线时，由图乙可知电流方向沿顺时针方向，而电容器上极板带负电，下极板带正电，说明此时电容器在放电，电容器电荷量减小。由于电容器电压等于电源电压不变，则由Q＝CU知电容器的电容减小。根据电容的决定式C可知，汽车压线时，电容器板间距离d变大，故A错误；B、由图乙可知电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向，则电容器先放电后充电，故B错误；C、电阻R的作用是为了保护电路，防止电流过大而损坏灵敏电流计，阻值大小对电容器的电容大小没有影响，从而对电容器稳定时的带电量没有影响，故C错误D、由图乙可知，前后轮经过传感器的时间间隔为t＝0.325s，则汽车是速度为vm/s≈7.7m/s，故D正确。故选：D。[练习1]             如图所示为小明同学家里购买的一款扫地机器人，工作过程遇电量不足20%时，会自动返回基座充电．小明同学仔细翻阅了这款扫地机器人的说明书，发现其工作参数如下表所示，则该扫地机器人（　　）机器人吸尘器电池14.4V/5200mAh锂离子电池产品重量约4.7kg无线连接WiFi智能快连额定电压14.4V额定功率68W充电时间＜6小时A．电阻一定为3.05Ω B．实际工作电流一定为4.72A C．充满电后正常工作的时间一定为1.1h D．以额定功率工作时每分钟消耗电能一定为4080J【解答】解：AB、由铭牌知，扫地机器人工作的额定电压为U＝8V，额定功率为P＝14.4W，则额定电流为：IA＝4.72A，实际工作电流不一定等于额定电流；机器人不是纯电阻用电器，所以其电阻：R3.05Ω，故AB错误；C、根据电池容量5200mAh可知，电量为：q＝5200×10﹣3×3600C＝18720C由于机器人工作过程遇电量不足20%时，会自动返回基座充电，所以充满电后正常工作的时间为：ts≈0.88h，故C错误；D、以额定功率工作时每分钟消耗电能为：E＝Pt＝68×60J＝4080J，故D正确。故选：D。[练习2]             为了节能和环保，一些公共场所用光敏电阻制作光控开关来控制照明系统，如图为电路原理图。图中，直流电源电动势为3V，内阻可不计，R为可变电阻，RG为光敏电阻，其在不同照度下的阻值如表（照度是描述光的强弱的物理量，光越强照度越大，lx是它的单位）。若控制开关两端电压升至2V时将自动开启照明系统，则以下说法正确的是（　　）照度/lx0.20.40.60.81.01.2电阻RG/kΩ754028232018A．若将R接入电路的阻值调整为20kΩ，则当照度降低到1.0lx时启动照明系统 B．若要使照明系统在照度降低到0.8lx时启动，则要将R接入电路的阻值调整为46kΩ C．R接入电路的阻值不变时，照度越大，控制开关两端的电压越大 D．若要在光照更暗时启动照明系统，应将R接入电路的阻值调大【解答】解：A、若将R接入电路的阻值调整为20kΩ，当照度降低到1.0lx时，光敏电阻阻值为20kΩ，则控制开关两端的电压为1.5V，小于2V，所以，不能启动照明系统，故A错误；B、若要使照明系统在照度降低到0.8lx时启动，此时光敏电阻阻值为23kΩ，根据得R11.5kΩ，即要将R接入电路的阻值调整为11.5kΩ，故B错误；C、R接入电路的阻值不变时，照度越大，光敏电阻阻值越小，光敏电阻与照明系统并联的阻值越小，根据串联电路中电压与电阻成正比，可知，控制开关两端的电压越小，故C错误；D、在光照更暗时启动照明系统，此时光敏电阻阻值较大，光敏电阻与照明系统并联的阻值较大，控制开关两端的电压较大，所以，若要在光照更暗时启动照明系统，应将R接入电路的阻值调大，故D正确。故选：D。考点二 交变电流的分析与计算[例题2]             如图所示，矩形线框的匝数为N，面积为S，线框所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，线框从图示位置开始绕轴OO′以恒定的角速度ω沿逆时针方向转动，线框一端接换向器，通过电刷和外电路连接。理想变压器原、副线圈的匝数比为3：1，定值电阻R1、R2的阻值均为R，忽略线框以及导线的电阻。下列说法正确的是（　　）A．图示位置时，线框产生的感应电动势为NBSω B．通过电阻R1的是交流电 C．线框转一圈，通过电阻R1的电量为q D．矩形线框的输出功率为【解答】解：A、矩形线框转到图示位置时，通过线框的磁通量最大，但磁通量变化率为0，则此时线框产生的感应电动势为0，故A错误B、线框从图示位置开始绕轴OO′以恒定的角速度ω沿逆时针方向转动，产生交流电，由于线框一端接换向器，通过电阻R1的是直流电，故B错误C、线框转一圈，通过电阻R1的电量为，故C错误D、矩形线框转动时产生的感应电动势的最大值Em＝NBSω，则有效值，定值电阻R1两端的电压等于理想变压器的输入电压，即U1＝E消耗的功率为由理想变压器的工作原理可知定值电阻R2消耗的功率为矩形线框的输出功率为P＝P1+P2，故D正确。故选：D。[练习3]             如图所示，发电机两磁极N、S间的磁场可视为水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B。线圈绕垂直磁场的水平轴OO′匀速转动，线圈电阻不计，匝数为n，面积为S。发电机与理想变压器原线圈连接，Ⓥ为理想交流电压表。变压器的副线圈接有三条支路，每条支路接有相同规格的小灯泡L1、L2和L3，L1串有电阻R，L2串有电感L，L3串有电容器C。当线圈以ω0匀速转动时，三盏灯恰好亮度相同。下列判断正确的是（　　）A．当ω＜ω0时，L2比L1亮 B．当ω＞ω0时，三盏灯的亮度仍然相同 C．当转速不变，增大变压器原线圈的匝数，三盏灯均变亮 D．当线圈以ω0匀速转动到在图示位置时，电压表的示数为nBSω0【解答】解：A、当ω＜ω0时，由ω＝2πf可知，交流电的频率减小，L1与L2两支路的电压相等，电阻R不变，电感L的感抗减小，故L2比L1亮，故A正确。B、当ω＞ω0时，电阻R不变，电感L的感抗增大，电容C的容抗减小，故三盏灯的亮度不相同，故B错误。C、根据变压器的变压之比得：，当转速不变，增大变压器原线圈的匝数时，U1不变，副线圈电压减小，三盏灯均变暗，故C错误。D、电压表测得是交流电压的有效值，当线圈以ω0匀速转动到在图示位置时，产生正弦交流电的电动势的有效值为：E由于线圈内阻不计，故电压表的示数为U＝E，故D错误。故选：A。[练习4]             2016年底以来，共享单车风靡全国各大城市。图甲为某品牌共享单车第一代产品，单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。单车内小型发电机发电原理可简化为图乙所示，矩形线圈abcd的面积为0.001m2，共有100匝，线圈总电阻为1Ω，线圈处于磁感应强度大小为的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO′转动，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路阻值为9Ω电阻连接，不计交流电流表的内阻。在外力作用下线圈以10πrad/s的角速度绕轴OO′匀速转动时，下列说法中正确的是（　　）A．交流电流表的示数是0.002A B．电阻R的发热功率是0.4W C．该交流发电机产生的交流电的周期为0.2s D．当线圈平面和磁场方向平行时，线圈中的感应电流为零【解答】解：AB、线圈产生的最大感应电动势为Em＝NBSω＝100 V＝2V，有效值为E2V，根据闭合电路的欧姆定律可知I0.2A，电阻R产生的热功率为P＝I2R＝0.36W，故AB错误。C、交流电的周期T0.2s，故C正确。D、当线圈平面和磁场方向平行时，线圈中的感应电流最大，故D错误。故选：C。考点三 交变电流的产生与变压器[例题3]             （多选）如图是进行变压器演示实验的示意图，在铁环上用刷有绝缘漆的铜丝绕制了匝数分别为n1、n2的两个线圈。线圈n1与开关S1、干电池E1、交流电源E2构成电路，交流电源E2的电动势e＝6sin100πt（V），线圈n2与开关S2、灵敏电流表G、交流电压表V构成电路。则（　　）A．若S1接“1”，在将S2接“3”的瞬间灵敏电流表指针将发生偏转 B．若S2接“3”，在将S1接“1”的瞬间灵敏电流表指针将发生偏转 C．若S1接“2”，在S2接“4”后，电压表指针的摆动频率为 D．若S1接“2”，S2接“4”，稳定后电压表的读数为（V）【解答】解：A.若S1接“1”，原线圈通有的是恒定电流，在副线圈中没有感应电流，故指针不偏转，故A错误；B.若S2接“3”，在将S1接“1”的瞬间，原线圈电流突然变化，副线圈产生感应电流，灵敏电流表指针发生偏转，故B正确；C.若S1接“2”，在S2接“4”后，电压表显示的是有效值，不会摆动，故C错误；D.若S1接“2”，S2接“4”，交流电压有效值为U1＝6V，根据得，U2V，故D正确；故选：BD。[练习5]             （多选）如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场方向的OO′轴匀速转动。线圈abcd的匝数为N，电阻不计；理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：3，定值电阻的阻值为R，所用电表均为理想电表；当线圈以角速度ω匀速转动时，电压表的示数为U，则（　　）A．电流表的示数为 B．当矩形线圈转动的角速度增大为2ω时，电压表的示数为2U C．在线圈abcd转动的过程中，穿过线圈的磁通量的最大值为 D．从图示位置开始计时，线圈产生的电动势的瞬时表达式为eUcosωt【解答】解：A、副线圈两端的电流I，根据可得：，故A错误；B、线圈产生的最大感应电动势Em＝NBSω，当矩形线圈转动的角速度增大为2ω时，故产生的最大感应电动势变为原来的2倍，根据可知，电压表的示数为2U，故B正确；C、在线圈abcd转动的过程中，根据可知，，产生感应电动势的最大值为，根据Em＝NBSω，穿过线圈的最大磁通量为，故C错误；D、从图示位置开始计时，线圈产生的电动势的瞬时表达式为e＝EmcosωtUcosωt，故D正确；故选：BD。[练习6]             手机无线充电技术越来越普及，图甲是某款手机无线充电装置，其工作原理如图乙所示，其中送电线圈和受电线圈的匝数比N1：N2＝5：1，两个线圈中所接电阻的阻值均为R。当ab间接上220V的正弦交变电流后，受电线圈中产生交变电流实现给手机快速充电，这时手机两端的电压为5V，充电电流为2A。若把装置线圈视同为理想变压器，则下列说法正确的是（　　）A．若充电器线圈中通以恒定电流，则手机线圈中将产生恒定电流 B．流过送电线圈与受电线圈的电流之比为5：1 C．快速充电时，受电线圈cd两端的输出电压为42.5V D．若送电线圈中电流均匀增加，则受电线圈中电流也一定均匀增加【解答】解：A、若充电器线圈中通以恒定电流，产生恒定的磁场，故手机线圈中不会产生恒定电流，故A错误；B、由题意n1：n2＝5：1，根据，可知送电线圈的电流小于受电线圈的电流，故B错误；C、已知手机两端电压U手＝5V，充电电流I手＝2A，Uab＝220V 又IabI手＝0.4AUab﹣IabR＝5Ucd，Ucd﹣I手R＝U手，联立解得Ucd＝42.5V故C正确；D、若送电线圈中电流均匀增加，则受电线圈中电流为恒定电流，故D错误；故选：C。考点四 远距离输电[例题4]             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【解答】解：AB、拉闸限电后，用电器减少，用户并联支路减少，用户端总电阻增加，降压变压器副线圈电流I4减小，降压变压器原副线圈匝数不变，则降压变压器原线圈电流减小，即I2＝I3减小，输电线电阻不变而输电线电流减小，则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，U4也增加，故AB错误；C、输电线损失的功率ΔP＝I22R，I2减小而R不变，则输电线上损失的功率减小了，故C正确；D、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P＝U1I1减小，故D错误。故选：C。[练习7]             （多选）小型发电厂输出电压为（V）的交流电，经过升压变压器输送到较远的地区后，再经过降压变压器输送给用户使用，如图所示。已知变压器都是理想变压器，升压变压器和降压变压器的匝数比分别为1：n和m：1，下列说法中正确的是（　　）A．由于输电线有电阻，升压变压器原线圈功率大于副线圈功率 B．升压变压器原线圈中的交流电的频率一定等于降压变压器中副线圈中交流电的频率 C．若要用户得到的电压有效值也为220V，升压变压器原线圈中的电流将小于降压变压器中副线圈中的电流 D．若要用户得到的电压有效值也为220V，则m＜n【解答】解：A、理想变压器不消耗功率，故升压变压器原线圈功率等于副线圈功率，故A错误；B、理想变压器不会改变交流电的频率，所以升压变压器原线圈中的交流电的频率一定等于降压变压器中副线圈交流电的频率，故B正确；C、在输送过程中，由于输线线路有电阻，故会损失部分功率，则P升入＝P降出+△P，再由P＝UI可知，升压变压器原线圈中的电流将大于降压变压器中副线圈中的电流，故C错误；D、升压变压器初级电压有效值为U1＝220V，则升压变压器次级电压为U2，则根据变压之比等于线圈匝数之比有：n，由于导线上有电压损失，则降压变压器的原线圈电压U3小于U2，而输出电压U4＝220V，由题意可知，m，则可知，m＜n，故D正确。故选：BD。[练习8]             图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数比为k。在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsinωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率（　　）A．2（）2r B．2（）2r C．4（）2r D．4（）2r【解答】解：升压变压器原线圈输入电压的最大值为Um，有效值U1根据变压器的变压比k可知，副线圈电压U2输电电流I输电线上损失的电功率P损＝I2•2r＝4r，故C正确，ABD错误。故选：C。【强化专练】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E，则金属棒材料的电阻率是（　　）A．nqvE B． C． D．【解答】解：导体中的电流为：I＝neSv导体两端的电压为：U＝EL导体的电阻为：R根据欧姆定律得：R，联立解得：ρ故选：B。在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，六个理想电表的示数都发生了变化，电表的示数分别用Ii和Ui（i＝1、2、3下同）表示，电表示数变化量的大小分别用△Ii和△Ui表示．下列分析结论正确的是（　　）A．I2、I3、U1示数均减小 B．、、的比值均不变 C．、的比值绝对值均变化 D．、的比值绝对值均不变【解答】解：A、闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流I1减小，则U1减小。由闭合电路欧姆定律可知U3＝E﹣I1（R1+r），I1减小，其它量不变，则U3增大，I2增大，因I3＝I1﹣I2，则I3减小，故A错误；B、根据欧姆定律知R1，不变；R2，不变；R3，增大，故B错误；C、由U3＝E﹣I1（R1+r）得R1+r。因为I1＝I2+I3，则ΔI1＝ΔI2+ΔI3，可得R1+r变形得，展开得，又，则得，可见||不变，故C错误；D、R1是定值电阻，则R1，不变；因U2＝E﹣I1r，则||＝r，不变，故D正确。故选：D。（多选）某品牌的电动汽车电池储能为60kW•h，充电电压为400V，充电电流为35A，充电效率为95%，该电动汽车以108km/h的速度匀速行驶时，机械能转化效率为90%，可匀速行驶388.8km，则该电动汽车（　　）A．充电时间约为4.5h B．匀速行驶时输出的功率为10kW C．匀速行驶时每秒消耗的电能为1.5×104J D．匀速行驶时所受的阻力大小为500N【解答】解：A、充电功率为：Pc＝UI＝400V×35A＝14kW因为充电效率是95%，设充满电所需的时间为tc，则有：Pctc×95%＝W代入数据解得：tc＝4.5h，故A正确；B、以108km/h行驶388.8km所用的时间为：因为机械能转化效率为90%，设匀速行驶时电池的输出功率为P，则有：Pt＝W×90%代入数据解得：P＝15kW，故B错误；C、匀速行驶时系统消耗的总功率为：所以每秒消耗的电能为：，故C错误；D、匀速行驶时，牵引力等于阻力，设牵引力为F，由P＝Fv可得：，所以阻力的大小为500N，故D正确。故选：AD。（多选）如图所示，电源由几个相同的干电池组成。合上开关S，变阻器的滑片从A端滑到B端的过程中，电路中的一些物理量的变化如图甲、乙、丙所示，图甲为电压表示数与电流表示数关系，图乙为干电池输出功率跟电压表示数关系，图丙为干电池输出电能的效率η与变阻器接入电路电阻大小的关系。不计电表、导线对电路的影响，则（　　）A．串联电池的总电阻为2Ω B．串联的干电池节数为6节 C．变阻器的总电阻为8Ω D．乙图上b点的横坐标为3【解答】解：A、由甲图可知，短路电流I＝3A，电源的内组r，由乙图可知，当外电阻与电源的内电阻相等时，电源的输出功率最大，此时外电压U，最大输出功率P4.5W，联立解得：E＝6V，r＝2Ω，故A正确；B、由于一节干电池的电动势为1.5V，可知串联的干电池节数为4节，故B错误；C、由丙图可知，电源的最大效率为0.8，效率0.8，外电阻越大，电源的效率越大，可解得滑动变阻器的总阻值：R＝8Ω，故C正确；D、当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，此时外电压U，可知乙图横坐标为3，故D正确。故选：ACD。如图所示的电路中，定值电阻R0与电源内阻r的阻值相等，各表均为理想电表。向左移动滑动变阻器的滑片P时各表示数的改变量分别为ΔI1、ΔI2和ΔU，正确的是（　　）A．三块表的示数都减小 B．电源的输出功率先增大后减小 C．为定值 D．ΔI1＜ΔI2【解答】解：电路连接方式为R0和变阻器并联接到电源上，其中电压表测量路端电压，电流表A1测量通过变阻器的电流，电流表A2测量干路电流。A、变阻器滑片P向左移动时变阻器接入电路的电阻增大，则路端电压增大即电压表示数增大；总电阻增大，则总电流I2减小，即电流表A2示数减小；定值电阻两端电压增大，所以通过定值电阻的电流I0增大，而总电流减小，所以通过变阻器的电流I1减小，即电流表A1的示数会减小，故A错误；B、设电源电动势为E，外电阻为R，则电源的输出功率为P出R，可以看出当R＝r时，电源的输出功率最大，当R＜r时，电源的输出功率随着外电阻的增大而增大，当R＞r时，电源的输出功率随外电阻的增大而减小，因为R0＝r，所以外电阻R＜r，则变阻器滑片向左滑动，外电阻增大，所以电源的输出功率变大，故B错误；C、根据闭合电路欧姆定律可知，等于电源内阻r，是一个定值，故C正确；D、设通过R0的电流为I0，则I2＝I1+I0，因为由上面A的分析可知I0增大，I1减小，I2减小，所以△I1＞△I2，故D错误。故选：C。如图所示，取暖器、油烟机铭牌分别标称“220V、440W”和“220V、220W”，交流电源的电压u＝311sin100πt（V）。下列说法正确的是（　　）A．油烟机的内阻为220Ω B．保险丝的熔断电流必须大于4.2A C．正常工作时，电路消耗的总功率为660W D．交流电压表的读数随时间变化，最大值为311V【解答】解：A、如果是纯电阻电路，则有：RΩ＝220Ω，但油烟机为非纯电阻电路，不满足欧姆定律，故A错误；B、正常工作时，取暖器的电流有效值：I12A，油烟机的电流有效值：I21A，熔断电流取有效值，正常工作时，电路电流为3A，故B错误；C、电路消耗总功率为两用电器正常工作时功率总和660W，故C正确。D、交流电压表读取有效值，读数220V，故D错误；故选：C。（多选）如图所示，导线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势e＝111sin100πt，导线框与理想升压变压器相连进行远距离输电。输电线路的电流为2A，输电线路总电阻为25Ω，降压变压器副线圈接入一台电动机，电动机恰好正常工作，且电动机两端的电压为220V，电动机内阻为8.8Ω，电动机的机械效率恒为80%，导线框及其余导线电阻不计，不计一切摩擦，则（　　）A．该发电机的电流方向每秒钟改变50次，图示位置线圈的磁通量变化率为0 B．不计摩擦，线框转动一圈过程中，克服安培力做功24J C．保持线框转速不变，若电动机突然卡住，输电线上的损耗功率将增加 D．若线框转速变为25r/s，电动机的机械功率将变为220W【解答】解：A、线圈转动的角速度为ω＝100πrad/s，原线圈中交变电压的频率为f50Hz，电流方向每秒钟改变100次，图示位置线圈的磁通量为零，变化率最大，故A错误；B、线圈转动的周期T，电动机的机械效率，解得电动机的电流I＝5A，回路中消耗的总电功率P22×25W+220×5A＝1200W根据能量守恒线圈转动一周过程中，克服安培力做功W＝PT＝1200×0.02J＝24J，故B正确；C、若电动机突然卡住，电动机变成纯电阻电路，流过电路的电流增大，导致输电线路的电流增加，输电线路上损耗的功率增加，故C正确；D、由题意可知原来的转速为n线圈产生的电动势的有效值E若转速为25r/s，其有效值减半，所有用电器的电压和电流变为原来的一半，对电机：产生的热量电动机的机械功率为P机＝P入﹣P热，联立解得：P机＝220W，故D错误；故选：BC。（多选）无线充电是近年发展起来的新技术，无线充电技术与变压器相类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。如图所示，充电基座接上220V，50Hz家庭用交流电，受电线圈接上一个理想二极管（正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大）从图中ab端输出电压，再经滤波后（图中未画出）给手机电池充电。已知ab端输出电压为5V，假设在充电过程中基座线圈的磁场全部穿过受电线圈而无能量的损失，下列说法正确的是（　　）A．受电线圈之所以能够给手机电池充电是因为基座线圈和受电线圈发生了互感现象 B．220V，50Hz家庭用交流电电流方向每秒变化50次 C．受电线圈两端（二极管之前）的输出电压的电压峰值为10V D．基座线圈和受电线圈的匝数比为44：1【解答】解：A、受电线圈产生感应电流是因为互感现象，故A正确；B、正弦交流电一个周期内电流方向变化两次，则家用交流电每秒有50个周期，所以电流每秒变化100次，故B错误；C、设受电线圈电压的峰值为U2，由于其后有二极管使反向电压不能通过，所以根据有效值的定义有：解得：U2＝2U＝2×5V＝10V，故C正确；D、基座线圈电压的峰值为U1，则U1＝220V，由变压器的变压比规律：，故D错误。故选：AC。如图甲是小型交流发电机，两磁极间的磁场可视为匀强磁场，一个100匝的矩形线圈（内阻不计）绕垂直于磁场方向的轴OO'匀速转动，某位置开始计时产生的交变电动势图像如图乙所示，已知磁感应强度B＝0.1T，则（　　）A．t＝0时刻，线圈平面与磁感线平行 B．线圈的面积S为m2 C．它可使“220V，60W”的灯泡正常发光，也可使击穿电压为220V的电容器正常工作 D．以此作为电源，每通过1C的电量，消耗的电能为220J【解答】解：A、t＝0，电动势为0，此时线圈与磁感线垂直，故A错误；B、线圈产生的最大电动势Em＝nBSω，解得：，故B正确；C、交流电的有效值E，它可使“220V，60W”的灯泡正常发光，但电动势的最大值超过了击穿电压，所以此电容不能正常工作，故C错误；D、通过1C的电量，消耗的电能与开始的时刻有关，不同时刻开始通电，通电时间不同，消耗的电能都不一样，故D错误。故选：B。如图所示，一自耦变压器（可看作理想变压器）输入端AB间加一正弦式交流电压，在输出端CD间接灯泡和滑动变阻器，转动滑片P可以改变副线圈的匝数，移动滑片P可以改变接入电路电阻的阻值，则（　　）A．只将Q向上移动，灯泡变亮 B．只将Q向下移动，灯泡变亮 C．只将P顺时针转动，灯泡变亮 D．只将P逆时针转动，灯泡变亮【解答】解：AB、当将Q向上移动或将Q向下移动时，改变的滑动变阻器连入电路的电阻大小变化，灯泡两端的电压等于副线圈电压，由于原副线圈匝数不变，输入电压不变，副线圈电压不变，灯泡两端电压不变，灯泡实际功率不变，灯泡亮度不变，故AB错误；C、只将P沿瞬时值方向转动时，变压器副线圈匝数减小，原线圈匝数不变，输入电压不变，由变压器的变压比可知，副线圈电压减小，灯泡两端的电压将减小，灯泡实际功率减小，灯泡变暗，故C错误；D、只将P沿逆时针方向转动，变压器的副线圈匝数增大，原线圈匝数不变，输入电压不变，由变压器的变压比可知，副线圈两端电压增大，灯泡两端的电压将增大，灯泡实际功率变大，灯泡变亮，故D正确。故选：D。一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时，产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如（a）图线①所示，当调整线圈转速后，电动势的变化规律如（a）图线②所示，用此线圈给（b）图中匝数比为2：1的理想变压器供电，则（　　）A．t＝0时刻，线圈平面恰好与磁场方向平行 B．线圈先后两次转速之比为2：3 C．转速调整前，图中电压表的示数为10V D．图线②电动势的瞬时值表达式e＝40sin（πt）V【解答】解：A、根据a图知，t＝0时刻，e＝0，说明磁通量最大而磁通量的变化率为零，此时线圈平面恰好与磁场方向垂直，故A错误。B、a图中，①的周期T1＝0.2s，②的周期T2＝0.3s，由ω知，，故B错误。C、转速调整前，原线圈的电压的有效值U1V＝30V，根据原副线圈电压和匝数关系：，解得：U2＝15V，即转速调整前，图中电压表的示数为15V，故C错误。D、感应电动势最大值Em＝NBSω，转速调整前后，NBS相同，Em与ω成正比，图线①中，Em1＝60V，图线②中，Em2Em1V＝40V，ω2，线圈从中性面开始转动计时，所以图线②电动势的瞬时值表达式e＝40sin（πt）V，故D正确。故选：D。