高考物理 第8讲　恒定电流和交变电流

第8讲恒定电流和交变电流题型1直流电路的分析和计算1.如图所示是某款理发用的电吹风的电路图,它主要由电动机M和电热丝R构成.当闭合开关S1、S2后,电动机驱动风叶旋转,将空气从进风口吸入,经电热丝加热,形成热风后从出风口吹出.已知电吹风的额定电压为220V,吹冷风时的功率为120W,吹热风时的功率为1000W.关于该电吹风,下列说法正确的是(A)A.电热丝的电阻为55ΩB.电动机线圈的电阻为ΩC.当电吹风吹热风时,电热丝每秒钟消耗的电能为1000JD.当电吹风吹热风时,电动机每秒钟消耗的电能为1000J[解析]电吹风吹热风时,电热丝消耗的功率为P=1000W-120W=880W,对电热丝,由P=可得电热丝的电阻为R==Ω=55Ω,选项A正确;由于不知道电动机线圈的发热功率,故电动机线圈的电阻无法计算,选项B错误;当电吹风吹热风时,电热丝每秒钟消耗的电能为880J,选项C错误;当电吹风吹热风时,电动机每秒钟消耗的电能为120J,选项D错误.2.某款电动自行车的内部电路可简化为如图所示电路,电源铭牌上标有“36V,12A·h”字样.正常工作时,电源的输出功率为180W,工作效率为75%,电动机机械效率为80%.已知自行车运动时受到阻力恒为40N.正常工作时 (C)A.电动机两端电压为36VB.电动机的电流约为5AC.自行车匀速行驶的最长时间约为1.8hD.自行车匀速行驶的最远距离约为30km[解析]正常工作时,电源的输出功率为180W,工作效率为75%,则电源的输入功率为P输入==W=240W,且由公式P=UI,解得电动机的电流I==A=A,设电动机的内阻为rM,电动机的效率为80%,则P-0.8P=I2rM,解得rM=Ω=0.81Ω,由于电源与电动机都有内阻,故电动机两端电压U==V=27V,故A、B错误;电源容量Q=12A·h,电流为A,则可得t==h=1.8h,自行车匀速行驶时F=Ff,则有80%P=Ffv,解得v=3.6m/s,自行车匀速行驶的最远距离约为x=vt=1.8×3600×3.6m=23.328km,故C正确,D错误.3.热水器中,常用热敏电阻实现温度控制.如图所示是一学习小组设计的模拟电路,R1为加热电阻丝,R2为正温度系数的热敏电阻(温度越高电阻越大),C为电容器.S闭合后,当温度升高时 (A)A.电容器C的带电荷量增大B.灯泡L变暗C.电容器C两板间的电场强度减小D.R1消耗的功率增大[解析]由电路图可知,S闭合后,当温度升高时,由于电路为并联电路,R2电阻增大,则总电阻增大,根据欧姆定律可知总电流I减小,由于U=E-Ir,则U增大,即电灯泡两端电压U增大,即灯泡L变亮,由IL=可知,IL增大,则流过R1和R2的电流I'减小,由于UR1=I'R1,可知UR1减小,由于UR2=U-UR1,则可知UR2增大,则电容器C两端电压增大,由Q=CUR2可知电容器C的带电荷量增大,故A正确,B错误;根据E=可知电容器C两端电压增大,则电容器C两板间的电场强度增大,故C错误;流过R1的电流I'减小,根据P=I'2R1可知R1消耗的功率减小,故D错误.4.如图所示为某小组设计的电子秤原理图.轻质托盘与竖直放置的轻弹簧相连.R0为定值电阻,滑动变阻器R的滑片与弹簧上端连接.当盘中没有放物体时,滑片刚好位于滑动变阻器的最上端.该小组用理想电压表的示数U反映待测物体的质量m;用单位质量变化下电压表示数变化量的绝对值描述电子秤的灵敏度.不计一切摩擦,弹簧始终于弹性限度内,下列说法正确的是 (A)A.仅更换阻值更大的定值电阻R0,电子秤的灵敏度会下降B.电子秤的灵敏度会随待测物体质量的增大而增大C.弹簧的劲度系数越小,则电子秤的量程越大D.电压表的示数与待测物体的质量成非线性关系[解析]由图可知,滑动变阻器R与定值电阻R0串联,滑动变阻器的电阻全部连入电路,电压表测量滑片上半部分电阻两端的电压,当滑动变阻器的滑片P向下移动时,电路中的电阻不变,由欧姆定律可知,电路中的电流I不变,电压表的示数U=IR',又R'=ρ,mg=kl,解得U=m,即电压表的示数与待测物体的质量成正比关系,故D错误;由U=m可知,弹簧的劲度系数k越小,则质量m的最大值越小,即电子秤的量程越小,故C错误;由U=m可知,电子秤的灵敏度=,仅更换阻值更大的定值电阻R0,则电路中的电流I会减小,电子秤的灵敏度会下降,电子秤的灵敏度与待测物体的质量无关,故A正确,B错误.5.(多选)如图所示电路,电源电动势为E,内电阻为r,在平行金属板MN内部左侧中央P点处有一质量为m的带电粒子(重力不计)以水平速度v0射入电场并打在N板的O点.改变R1或R2的阻值,粒子仍以v0射入电场,则 (AD)A.该粒子带负电B.减小R2,粒子将打在O点左侧C.增大R1,粒子在板间运动时间不变D.减小R1,粒子将打在O点左侧[解析]设板间电压为U,粒子的电荷量是q,板间间距为d,则粒子在板间运动时,有=t2,x=v0t,由电路图知,极板M带负电、极板N带正电,板间场强的方向向上,重力不计的带电粒子向下偏转,所以粒子带负电,故A正确;由于R2与平行金属板串联,稳定时此支路断路,调节R2对电路无影响,减小R2,平行板两端的电压不变,板内场强不变,粒子运动情况不变,仍打在O点,故B错误;增大R1,根据串联电路电压分配原理知,平行板两端的电压减小,板间场强减小,粒子在电场中的运动时间变长,故C错误;减小R1,根据串联电路电压分配原理知,平行板两端的电压增大,板间场强增大,粒子在电场中的运动时间变短,粒子将打在O点左侧,故D正确.题型2交变电流的分析与计算1.[2023·辽宁卷]如图,空间中存在水平向右的匀强磁场,一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动,且始终平行于OP.导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是 (C)[解析]如图所示,导体棒匀速转动,设速度为v,棒转过的角度为θ,则导体棒垂直磁感线方向的分速度为v⊥=vcosθ,根据e=BLv⊥,可知导体棒两端的电势差u=e=BLvcosθ=BLvcosωt,即u随时间t变化的图像为余弦图像.2.(多选)[2023·湖南卷]某同学自制了一个手摇交流发电机,如图所示.大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑),半径之比为4∶1,小轮与线圈固定在同一转轴上.线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形,共n匝,总阻值为R.磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场.大轮以角速度ω匀速转动,带动小轮及线圈绕转轴转动,转轴与磁场方向垂直.线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡.假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内,下列说法正确的是 (AC)A.线圈转动的角速度为4ωB.灯泡两端电压有效值为3nBL2ωC.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈,则灯泡两端电压有效值为D.若仅将小轮半径变为原来的两倍,则灯泡变得更亮[解析]大轮和小轮通过皮带传动,线速度相等,小轮和线圈同轴转动,角速度相等,根据v=ωr,由题意可知大轮与小轮半径之比为4∶1,则小轮转动的角速度为4ω,线圈转动的角速度为4ω,A正确;线圈产生感应电动势的最大值Emax=nBS·4ω,又S=L2,联立可得Emax=4nBL2ω,则线圈产生感应电动势的有效值E==2nBL2ω,根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为U==nBL2ω,B错误;若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈,则线圈的匝数变为原来的2倍,线圈产生感应电动势的最大值E'max=8nBL2ω,此时线圈产生感应电动势的有效值E'==4nBL2ω,根据电阻定律R'=ρ,可知线圈电阻变为原来的2倍,即为2R,根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值U'==,C正确;若仅将小轮半径变为原来的两倍,根据v=ωr可知小轮和线圈的角速度变小,线圈产生的感应电动势有效值变小,则灯泡变暗,D错误.3.(多选)[2022·湖北卷]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 (AC)A.接收线圈的输出电压约为8VB.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[解析]工作状态下,穿过发射线圈和接收线圈的磁通量不相等,则其变化率也不相等,选项D错误;由法拉第电磁感应定律可知,U1=n1·、U2=n2·×80%,联立可得=,代入数值可得U2=8V,发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同,选项A、C正确;若不计所有损耗,则接收线圈与发射线圈中电流之比为22∶1,但由题可知存在损耗,故选项B错误.4.[2021·浙江6月选考]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 (D)A.U=Um B.U=UmC.U>Um D.U<Um[解析]已知正弦交流电的电压有效值U=Um,根据有效值定义可知,让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻,若在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等,则该恒定电流的大小就是交变电流有效值.显然图中实线上各个时刻的电压均不大于虚线正弦交流电的电压,所以产生的热量应该小于正弦交流电的热量,所以有效值应该小于Um,选项A、B、C错误,选项D正确.5.如图所示,a、b接在电压有效值不变的正弦交流电源上,T为理想变压器,R1、R2、R3为三个相同的定值电阻,S断开时,R2消耗的电功率是R1的4倍,则S闭合后,R2消耗的电功率P2与R1消耗的电功率P1之比为 (B)A.1∶2 B.1∶1C.2∶1 D.4∶1[解析]解法一:S断开时,R1与R2消耗的功率之比为1∶4,两电阻阻值相同,由P=I2R可知,R1与R2中电流之比为1∶2,则原、副线圈的匝数之比为==,S闭合时,流过原、副线圈的电流之比为=,由于R2与R3并联且电阻相同,故R2、R3中的电流相等,则三个电阻中的电流相等,根据功率的表达式P=I2R可知,三个电阻消耗的电功率相等.解法二:如图所示,R2'=R2,PR2'=PR2=4PR1,故=;S闭合后,R23'==2R1,PR23'=2PR1,PR2=PR3=PR23'=PR1,R2消耗的电功率P2与R1消耗的电功率P1之比为1∶1.6.(多选)如图所示,理想变压器原、副线圈分别与一个电阻R连接,原线圈匝数n1通过移动滑片P来改变,副线圈匝数n2固定,当滑片P滑到原线圈最高点时n1>n2.已知电压表和电流表均为理想电表,交流电源的电压瞬时值表达式为u=220sin100πt(V).下列说法中正确的是 (BC)A.当n1∶n2=2∶1时,电压表的示数为110VB.当n1∶n2=1∶1时,电压表的示数为110VC.当滑片P从最高点向下移动时,电压表的示数将先变大后变小D.当滑片P从最高点向下移动时,电压表的示数将一直变大[解析]交流电源的电压有效值U=V=220V,设原线圈中电流为I,当n1∶n2=2∶1时,根据匝数比可知副线圈中电流为2I,则副线圈两端的电压为U2=2IR,根据匝数比可知原线圈两端的电压为U1=2U2=4IR,对原线圈电路有U=U1+IR=5IR=U2,解得U2=88V,故A错误;设原线圈中电流为I,当n1∶n2=1∶1时,根据匝数比可知副线圈中电流也为I,则副线圈两端的电压为IR,根据匝数比可知原线圈两端的电压为IR,对原线圈电路有U=IR+IR=2U2,解得U2=110V,故B正确;设原线圈中电流为I,当滑片P向下移动时,原线圈的匝数减少,设此时原、副线圈的匝数比为k,则此时副线圈中的电流为kI,原线圈两端的电压U1=U-IR,副线圈两端的电压为U2=U1=(U-IR)=kIR,可得IR=,则U2==,当k=1时,U2有最大值,由于n1>n2,可知k从大于1开始减小,所以电压表的示数将先变大后变小,故C正确,D错误.7.在如图所示的远距离输电电路图中,升压变压器和降压变压器均为理想变压器,发电厂的输出电压U1和输电线上的电阻R均保持不变.随着发电厂输出功率的增大,下列说法正确的是 (B)A.升压变压器的输出电压U2增大B.降压变压器的输出电压U4减小C.输电线上损耗的功率减小D.输电线上损耗的功率占总功率的比例减小[解析]由于发电厂的输出电压不变,升压变压器的匝数比不变,所以升压变压器的输出电压不变,故A错误;由于发电厂的输出功率增大,则升压变压器的输出功率增大,因升压变压器的输出电压U2不变,根据P=UI可知,输电线上的电流I线增大,输电线上的电压损失变大,降压变压器的输入电压减小,降压变压器的输出电压减小,故B正确;根据P损=R可知,因为输电线上的电流增大,电阻不变,所以输电线上的功率损失增大,故C错误;根据P损=R,有=,升压变压器的输出电压不变,输电线上的电阻不变,所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大,故D错误.8.如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数之比为5∶1,原线圈接交流电源和交流电压表,副线圈通过电阻为R的导线与热水器、抽油烟机连接.已知副线圈两端的电压按图乙所示规律变化.下列说法正确的是(D)A.电压表示数为1000VB.热水器两端电压的瞬时值为u=220sin100πt(V)C.若闭合开关S,则热水器的实际功率不变D.若闭合开关S,则原线圈中电流增大[解析]由图像可知,副线圈两端电压的最大值为220V,则有效值为220V,由于变压器原、副线圈的匝数比为5∶1,根据变压器的特点可知,原线圈两端电压的有效值为1100V,选项A错误;副线圈两端电压的有效值为220V,导线上会损失一部分电压,因此热水器两端电压的有效值小于220V,选项B错误;若闭合开关,则副线圈输出总功率增加,因此副线圈中电流变大,根据输入功率等于输出功率可知,原线圈中电流也变大,选项D正