2025 选考专题高考 物理 （川陕青宁蒙新晋豫）第一部分核心主干复习专题第8讲　恒定电流和交变电流 含答案

2025选考专题高考物理（川陕青宁蒙新晋豫）第一部分核心主干复习专题专题四电路与电磁感应第8讲恒定电流和交变电流【网络构建】【关键能力】理清各个基本概念,熟记各公式及适用条件,掌握交流电“四值”的特点及适用范围,注意训练和掌握闭合电路的动态分析问题、含电容器电路的分析问题、变压器电路的动态分析问题的分析思路与方法,提高解决与实际生活、生产、科技相结合问题的能力.题型1直流电路的分析与计算1.非静电力做功与电功和电热电源做功W=qE=EIt,电流做功W=qU=UIt,电热Q=I2Rt.(1)对纯电阻电路,电功等于电热.电流流经纯电阻电路,消耗的电能全部转化为内能,W=Q=UIt=I2Rt=U2(2)对非纯电阻电路(如电动机和电解槽),由于W>Q,这时电功只能用W=UIt计算,电热只能用Q=I2Rt计算.2.闭合电路两个重要图像的应用(1)闭合电路的U-I图像如图甲所示.当外电路短路时(R=0,因而U=0),电流最大,为I短=Er(不允许出现这种情况,因为会把电源烧坏)(2)电源的输出功率(P外)与外电阻R的关系,P外=IU=E2R(R+r)2=E2例1[2022·浙江1月选考]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,g取10m/s2,则 ()A.每秒水泵对水做功为75JB.每秒水泵对水做功为225JC.水泵输入功率为440WD.电动机线圈的电阻为10Ω【技法点拨】1.电源的总功率包括输出功率与热功率两部分;2.对电动机(非纯电阻元件),电动机的输入功率包括输出功率与热功率两部分.输入电功用P入=UI计算,热功率用P热=I2R计算,输出功率用P出=P入-P热或者P出=Fv计算.例2[2024·河北保定模拟]在如图所示的电路中,灯L1、L2的电阻分别为R1、R2,变阻器的最大电阻为R0,且R0>R2,电容器的电容为C.若有电流通过,灯就能发光,假设灯的电阻不变,当变阻器的滑片P由a端向b端移动过程中,以下说法中正确的是 ()A.L1先变暗后变亮,L2一直变亮B.L1先变亮后变暗,L2先变暗后变亮C.电容器极板所带的电荷量先减小后增大D.电源的效率先减小后增大【技法点拨】本题主要考查分析直流动态电路中灯的亮暗变化、电容器极板所带电荷量的变化、电源效率的变化的方法.滑动变阻器与灯L2的连接为混联电路,该部分电路的总电阻非单调变化.含电容器的支路在稳定状态下无电流通过,电阻R不分压,分析电源的效率时无须考虑含电容器的支路.【迁移拓展】1.[2024·广西卷]将横截面相同、材料不同的两段导体L1、L2无缝连接成一段导体,总长度为1.00m,接入图甲电路.闭合开关S,滑片P从M端滑到N端,理想电压表读数U随滑片P的滑动距离x的变化关系如图乙所示,则导体L1、L2的电阻率之比约为 ()A.2∶3 B.2∶1C.5∶3 D.1∶32.(多选)在如图所示的电路中,电源电动势为E、内阻为r,R1、R2均为定值电阻,R3为滑动变阻器,C为电容器,A、V分别为理想电流表和理想电压表.在滑动变阻器的滑片P自一端向另外一端滑动的过程中,电压表的示数增大,则 ()A.电流表的示数增大B.电源的输出功率增大C.电容器所带电荷量增加D.电阻R2的电功率减小3.(多选)[2023·全国乙卷]黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱,接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻,在接线柱间还接有另外一个电阻R和一个直流电源.测得接线柱之间的电压U12=3.0V,U23=2.5V,U34=-1.5V.符合上述测量结果的可能接法是 ()A.电源接在1、4之间,R接在1、3之间B.电源接在1、4之间,R接在2、4之间C.电源接在1、3之间,R接在1、4之间D.电源接在1、3之间,R接在2、4之间题型2交变电流的分析与计算书写交变电流瞬时值表达式的基本思路(1)确定正弦式交变电流的峰值,根据已知图像读出或由公式Em=nBSω求出相应峰值.(2)明确计时起点时线圈的位置,找出对应的函数关系式.①若从线圈在中性面位置开始计时,则i-t图像为正弦函数图像,函数表达式为i=Imsinωt.②若从线圈在垂直于中性面位置开始计时,则i-t图像为余弦函数图像,函数表达式为i=Imcosωt.交变电流的产生与描述例3(多选)[2024·新课标卷]电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来.车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转,在线圈中产生电流.磁极匀速转动的某瞬间,磁场方向恰与线圈平面垂直,如图所示.将两磁极间的磁场视为匀强磁场,则磁极再转过90°时,线圈中 ()A.电流最小B.电流最大C.电流方向由P指向QD.电流方向由Q指向P变压器和远距离输电例4[2024·四川成都模拟]如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=2∶1,原线圈接电压随时间变化规律为u=2202sin100πt(V)的交流电源,A1、A2、A3是三个理想电流表,定值电阻R1=55Ω,R2为滑动变阻器,则下列说法正确的是 ()A.电流表A2的示数为22AB.R2的滑片向上滑动的过程中,A1示数变小C.R2的滑片向上滑动的过程中,A3示数变小D.R2的滑片向上滑动的过程中,输入端功率增大【技法点拨】关于变压器的动态分析(1)变压器匝数不变时,变压器的输入、输出电压均不变,但变压器原、副线圈中的电流均随负载的变化而变化.(2)变压器匝数变化时,要注意区分是原线圈还是副线圈匝数变化.(3)分析变压器原线圈接有负载时应注意:①变压器原、副线圈间的电压关系、电流关系与匝数关系仍然满足变压器原理,原线圈的输入功率仍然等于副线圈的输出功率.②首先需要确定原线圈所连接负载与原线圈的连接关系,若串联,则应从电流关系作为突破口确定匝数比和电压关系;若并联,则应从电压关系作为突破口确定匝数比和电流关系.例5如图所示,某小型水电站发电机的输出功率P=100kW,发电机的电压U1=250V,经变压器升压后向远处输电,输电线总电阻R线=8Ω,在用户端用降压变压器把电压降为U4=220V.已知输电线上损失的功率P线=5kW,假设两个变压器均是理想变压器,下列说法正确的是 ()A.发电机输出的电流I1=40AB.输电线上的电流I线=625AC.降压变压器的匝数比n3∶n4=190∶11D.用户得到的电流I4=455A【迁移拓展】1.[2024·广东卷]将阻值为50Ω的电阻接在正弦式交流电源上,电阻两端电压随时间的变化规律如图所示.下列说法正确的是 ()A.该交流电的频率为100HzB.通过电阻的电流峰值为0.2AC.电阻在1s内消耗的电能为1JD.电阻两端电压表达式为u=102sin100πt(V)2.(多选)[2024·湖南永州模拟]图为一理想自耦变压器,在A、B间输入电压有效值恒定的交变电流,起初滑片P1位于线圈CD的中点G,滑片P2位于滑动变阻器R的中点,电流表A1和A2为理想电表,下列说法正确的是 ()A.若仅将滑片P1向上滑动,则电流表A1、A2的示数均变小B.若仅将滑片P1向上滑动,则电流表A1、A2的示数均变大C.若仅将滑片P2向上滑动,则电流表A1、A2的示数均变小D.若仅将滑片P2向上滑动,则电流表A1、A2的示数均变大3.(多选)[2024·河南洛阳模拟]为建设美丽乡村,某地兴建的小型水电站交流发电机输出功率为P,输电线总电阻为R线,升压变压器、降压变压器均为理想变压器.如图所示为发电站为用户供电的电路图.下列说法正确的是 ()A.I线=PR线 B.I线C.I线=n1n4I1I4专题四电路与电磁感应第8讲恒定电流和交变电流题型1例1D[解析]每秒水泵对水做的功转化为水的机械能,即被喷出的水的机械能,为E=12mv02+mgH=300J,选项A、B错误.水泵对水做功的功率P=300W,则水泵输入功率(即电机输出功率)为P电出=Pη=300W75%=400W,选项C错误;根据上述分析可知,电动机线圈消耗的功率为Pr=UI-P电出=40W,由Pr=I2r可知,电动机线圈的电阻为r=10例2A[解析]由于R0>R2,灯L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻先大于后小于右部分的电阻,当滑动变阻器的滑片P由a向b端移动时,电路中总电阻先增大,后减小,所以总电流先减小后增大,所以通过灯L1的电流先减小后增大,故L1先变暗后变亮;并联部分阻值增大时,电压增大,灯L2支路电阻减小,L2中的电流增大;并联部分阻值减小时,总电流增大,通过变阻器右侧的电流减小,L2中的电流继续增大,L2不断变亮,所以A正确,B错误.电容器上的电压UC=E-I(r+R1),总电流先减小后增大,所以电容器上的电压先增大后减小,则电容器极板所带的电荷量先增大后减小,所以C错误.电源的效率η=P外P总×100%=UIEI×100%=UE=E-IrE=1-IrE【迁移拓展】1.B[解析]根据电阻定律有R=ρLS,根据欧姆定律有ΔU=I·ΔR,整理可得ρ=SI·ΔUL,结合题图可知导体L1、L2的电阻率之比ρ1ρ2=2.AD[解析]电压表测量定值电阻R1两端的电压,电压表示数变大,说明通过R1的电流变大,即干路电流I1变大,电源内电压变大,可知R2和R3并联电路的电压减小,则通过R2的电流I2减小,又I1=I2+I3,可知通过R3的电流I3增大,即电流表示数增大,故A正确;电源内阻和外电路总电阻大小关系未知,不能确定电源的输出功率变化情况,故B错误;R2两端的电压减小,电容不变,由C=QU可知,电容器所带电荷量减小,故C错误;由P=I22R2,可知电阻R2的电功率减小,故3.CD[解析]若电源接在1、4之间,由于1、2间的电势差为正,所以1要接电源正极,如图甲所示,不管电阻R接在1、3之间还是接在2、4之间,3、4间的电势差都一定是正的,即U34>0,与题目已知条件不符合,故A、B错误;由上述分析可知电源一定接在1、3之间,若电阻R接在1、4之间,如图乙所示,则U13=U12+U23=5.5V,同时U13=U14+U43,因为U43=-U34=1.5V,所以只要UR=U14=4V就能满足题目要求,故C正确;若电阻R接在2、4之间,如图丙所示,则U23=2.5V,同时U23=U24+U43,因为U43=-U34=1.5V,所以只要UR=U24=1V就能满足题目要求,故D正确.题型2例3BD[解析]由图可知,开始线圈处于中性面位置,当磁极再转过90°时,穿过线圈的磁通量变化率最大,则感应电动势最大,线圈中电流最大;此时穿过线圈的磁通量向右且在减小,根据楞次定律可知,感应电流方向由Q指向P,故B、D正确.例4D[解析]依题意,原线圈电压有效值为U1=Um2=220V,根据理想变压器原、副线圈电压和匝数的关系,可得U1U2=n1n2,解得U2=110V,则电流表A2的示数为I2=U2R1=2A,故A错误;R2的滑片向上滑动的过程中,滑动变阻器接入电路的阻值减小,根据I3=U2R2,可知A3示数变大,由I1I2+I3=n2n1,可知例5C[解析]发电机的输出电流I1=PU1=100×103250A=400A,选项A错误.输电线上的电流I线=P线R线=5×1038A=25A,选项B错误.升压变压器的输出电压U2=PI线=100×10325V=4×103V,输电线损耗电压ΔU=I线R线=25×8V=200V,降压变压器的原线圈电压U3=U2-ΔU=3800V,故降压变压器的匝数比n3n4=U3U4=3800220=19011,选项C正确.降压变压器的功率P4=P3=P-P线=【迁移拓展】1.D[解析]由题图可知,该交变电流的周期为T=0.02s,频率f=1T=50Hz,A错误;由欧姆定律可得通过电阻的电流峰值为Im=UmR=10250A=25A,B错误;通过电阻的电流有效值为I=Im2=0.2A,由焦耳定律得,电阻在1s内消耗的电能W=I2Rt=2J,C错误;由电阻两端电压随时间的变化规律可知,电阻两端电压表达式为u=Umsin2πTt2.AC[解析]仅将滑片P1向上移,原线圈匝数n1增大,根据理想变压器的电压比等于匝数比U1U2=n1n2可知,U1不变,则U2减小,根据I2=U2R可知副线圈电流减小,即A2的示数变小,再根据I1U1=I2U2可知原线圈电流减小,即A1的示数变小,故A正确,B错误;因原、副线圈匝数均不变且U1不变,根据理想变压器的电压比等于匝数比U1U2=n1n2可知U2不变,仅将滑片P2向上移,接入电路的电阻阻值变大,根据I2=U2R可知副线圈电流减小,即A2的示数变小,再根据I1U1=I3.BC[解析]由于P=I线2R线+U3I线,因此I线≠PR线,A错误;由于U2=I线R线+U3,因此I线=U2-U3R线,B正确;根据I1I线=n2n1,I线I4=n4n3,解得I线=n1专题四电路与电磁感应第8讲恒定电流和交变电流题型1例1D[解析]每秒水泵对水做的功转化为水的机械能,即被喷出的水的机械能,为E=12mv02+mgH=300J,选项A、B错误.水泵对水做功的功率P=300W,则水泵输入功率(即电机输出功率)为P电出=Pη=300W75%=400W,选项C错误;根据上述分析可知,电动机线圈消耗的功率为Pr=UI-P电出=40W,由Pr=I2r可知,电动机线圈的电阻为r=10例2A[解析]由于R0>R2,灯L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻先大于后小于右部分的电阻,当滑动变阻器的滑片P由a向b端移动时,电路中总电阻先增大,后减小,所以总电流先减小后增大,所以通过灯L1的电流先减小后增大,故L1先变暗后变亮;并联部分阻值增大时,电压增大,灯L2支路电阻减小,L2中的电流增大;并联部分阻值减小时,总电流增大,通过变阻器右侧的电流减小,L2中的电流继续增大,L2不断变亮,所以A正确,B错误.电容器上的电压UC=E-I(r+R1),总电流先减小后增大,所以电容器上的电压先增大后减小,则电容器极板所带的电荷量先增大后减小,所以C错误.电源的效率η=P外P总×100%=UIEI×100%=UE=E-IrE=1-IrE【迁移拓展】1.B[解析]根据电阻定律有R=ρLS,根据欧姆定律有ΔU=I·ΔR,整理可得ρ=SI·ΔUL,结合题图可知导体L1、L2的电阻率之比ρ1ρ2=2.AD[解析]电压表测量定值电阻R1两端的电压,电压表示数变大,说明通过R1的电流变大,即干路电流I1变大,电源内电压变大,可知R2和R3并联电路的电压减小,则通过R2的电流I2减小,又I1=I2+I3,可知通过R3的电流I3增大,即电流表示数增大,故A正确;电源内阻和外电路总电阻大小关系未知,不能确定电源的输出功率变化情况,故B错误;R2两端的电压减小,电容不变,由C=QU可知,电容器所带电荷量减小,故C错误;由P=I22R2,可知电阻R2的电功率减小,故3.CD[解析]若电源接在1、4之间,由于1、2间的电势差为正,所以1要接电源正极,如图甲所示,不管电阻R接在1、3之间还是接在2、4之间,3、4间的电势差都一定是正的,即U34>0,与题目已知条件不符合,故A、B错误;由上述分析可知电源一定接在1、3之间,若电阻R接在1、4之间,如图乙所示,则U13=U12+U23=5.5V,同时U13=U14+U43,因为U43=-U34=1.5V,所以只要UR=U14=4V就能满足题目要求,故C正确;若电阻R接在2、4之间,如图丙所示,则U23=2.5V,同时U23=U24+U43,因为U43=-U34=1.5V,所以只要UR=U24=1V就能满足题目要求,故D正确.题型2例3BD[解析]由图可知,开始线圈处于中性面位置,当磁极再转过90°时,穿过线圈的磁通量变化率最大,则感应电动势最大,线圈中电流最大;此时穿过线圈的磁通量向右且在减小,根据楞次定律可知,感应电流方向由Q指向P,故B、D正确.例4D[解析]依题意,原线圈电压有效值为U1=Um2=220V,根据理想变压器原、副线圈电压和匝数的关系,可得U1U2=n1n2,解得U2=110V,则电流表A2的示数为I2=U2R1=2A,故A错误;R2的滑片向上滑动的过程中,滑动变阻器接入电路的阻值减小,根据I3=U2R2,可知A3示数变大,由I1I2+I3=n2n1,可知例5C[解析]发电机的输出电流I1=PU1=100×103250A=400A,选项A错误.输电线上的电流I线=P线R线=5×1038A=25A,选项B错误.升压变压器的输出电压U2=PI线=100×10325V=4×103V,输电线损耗电压ΔU=I线R线=25×8V=200V,降压变压器的原线圈电压U3=U2-ΔU=3800V,故降压变压器的匝数比n3n4=U3U4=3800220=19011,选项C正确.降压变压器的功率P4=P3=P-P线=【迁移拓展】1.D[解析]由题图可知,该交变电流的周期为T=0.02s,频率f=1T=50Hz,A错误;由欧姆定律可得通过电阻的电流峰值为Im=UmR=10250A=25A,B错误;通过电阻的电流有效值为I=Im2=0.2A,由焦耳定律得,电阻在1s内消耗的电能W=I2Rt=2J,C错误;由电阻两端电压随时间的变化规律可知,电阻两端电压表达式为u=Umsin2πTt2.AC[解析]仅将滑片P1向上移,原线圈匝数n1增大,根据理想变压器的电压比等于匝数比U1U2=n1n2可知,U1不变,则U2减小,根据I2=U2R可知副线圈电流减小,即A2的示数变小,再根据I1U1=I2U2可知原线圈电流减小,即A1的示数变小,故A正确,B错误;因原、副线圈匝数均不变且U1不变,根据理想变压器的电压比等于匝数比U1U2=n1n2可知U2不变,仅将滑片P2向上移,接入电路的电阻阻值变大,根据I2=U2R可知副线圈电流减小,即A2的示数变小,再根据I1U1=I3.BC[解析]由于P=I线2R线+U3I线,因此I线≠PR线,A错误;由于U2=I线R线+U3,因此I线=U2-U3R线,B正确;根据I1I线=n2n1,I线I4=n4n3,解得I线=n1第8讲恒定电流和交变电流1.A[解析]图示位置线框处于与中性面垂直的平面,矩形线框左右两边垂直切割磁感线,此时产生的感应电动势最大为Em=NBSω,根据正弦式交变电流的表达式可知感应电动势随时间的变化关系为e=NBSωcosωt,故选A.2.D[解析]单块电池充满电后储存的电荷量是q1=200A·h=200×3600C=7.2×105C,故C错误;单块电池充满电后储存的电能是E1=U1q1=3.2×200W·h=640W·h,该车型汽车充满电后储存的电能是E=120×640W·h=76800W·h=76.8kW·h,故B错误;该车充满电后续航里程是s=76.813×100km≈591km,故A错误;由题意可知80%IUt=E,解得3.D[解析]第一次,灯泡两端电压的有效值为U1=U02,功率P1=U12R=U022R;第二次,设灯泡两端电压的有效值为U2,有(2U0)2R·T2+U02R·T2=U22RT,解得4.ABD[解析]开关S闭合后,电路中的总电阻变小,总电流变大,内电压变大,电动势不变,所以路端电压变小,即车灯两端的电压变小,车灯的电流变小,故选项A、B正确,C错误;电源的总功率P=IE,总电流变大,电动势不变,故总功率变大,选项D正确.5.C[解析]两个二极管正向电阻为0,反向电阻无穷大,则二极管导通时短路并联的灯泡,此时另一个灯泡与电源串联,根据电路图可知,在一个完整的周期内,两个灯泡有电流通过的时间相等,都为半个周期,电压有效值也相等,根据P=U2R,可知P1∶P2=RL2∶RL1=1∶6.B[解析]由闭合电路欧姆定律得U=E-Ir,电源的输出功率为P=UI=EI-I2r,故EI1-I12r=EI2-I22r,整理得I1+I2=Er,A错误,B正确;P0=I12R1=I22R2,因I=ER+r,故E7.C[解析]由U1U2=n1n2,解得U2=n2n1U1=11V,则I2=U2R=2A,A、B错误;负载电阻消耗的功率PR=U2I2=22W,D错误;由I1I2=n2n1,解得I1=8.B[解析]由图可知,电源的路端电压为U1,电流为I1,则输出功率P=U1I1,故A错误;由闭合电路欧姆定律得U=E-Ir,当I=0时E=U,由a与纵轴的交点读