专题12恒定电流与交变电流（测试）（解析版）.docx

专题12恒定电流与交变电流（考试时间：75分钟试卷满分：100分）一、单项选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分）1.（2024全国校联考一模）风力发电是一种绿色环保、清洁无污染的发电方式，我省近几年在多地部署了风力发电装置。发电装置呈现风车外形，由三个叶片构成，风垂直吹向叶片驱动风轮机转动，风轮机带动内部线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动产生交流电。已知叶片转动时可形成半径为60m的圆面,某日平均风速为6ms,风能向电能转化的效率为30%。发电机组输出电压为690V,经过变电站理想变压器将电压升为IOkV远距离输送。空气密度为L3kgn,则下列说法正确的是（）A.理想变压器的原、副线圈匝数比约为69:100OOB.该风力发电机的输出功率约为476kWC.该风力发电机的日发电量约为3.8lO4kWhD.若远距离输电线上损耗的功率不能超过5%,则输电线的电阻不能超过15C【答案】Bn.U.690V【详解】A.根据一l=77l=7诉；，可知，理想变压器的Irli数比应为I：%=69:1000,故A错误；B.发电机的输出功率为尸=2竺二3。=也史上3。=也V476kW,故B正确；C,日发/z20电量为Q=P/=LIXIO4kWh,故C错误；D.远距离输电线上的电流=t=47.6A,损耗功率= .（ 2024浙江金华校联考模拟预测）如图所示为“高温”超导电缆，它能在-173。C左右电阻降为零，其输电损耗主要来自于循环冷却系统，如果用其替代普通电缆输电，可大大降低电能损失。某小型水电站发电机r=P×5%,求得r=105,故D错误。的输出功率为200kW,发电机的输出电压为250V,普通电缆总电阻为10。假定该水电站改用超导电缆输电，保持输送电压不变，输电损失的功率为160W,若该损耗是普通电缆损耗的25%,则（）A.水电站的输送电压为250VB.超导电缆中的输送电流为80OAC.普通电缆输电电线上损失的电压为8VD.采用了高压输电，且升压变压器匝数比为1:100【答案】D【详解】C.普通电缆输电电线上损失的功率为E=焉7=640W,由4=JR,解得普通电缆输电电线上25%的电流=Ja=8A,普通电缆输电电线上损失的电压为=R=80V,故C错误；D.发电机的输出电E1200×103w1181流为/=券=A=800A,采用了高压输也，“升压变压器匝数比为广=Tk=而=而，故D止U出250/出3UUIUU确；A.对升压变压器6=黑，解得U送=IoO册=250OOV.故A错误；B.该水电站改用超导电缆输电，n2U送保持输送电压不变，超导也缆中的输送电流为/超导=2=嘿WA=8A,故B错误U送25OOU故选D。3. （2023浙江杭州校联考二模）如图是某吸油烟机的用电参量铭牌，对此下列说法正确的是（）BEST百得中国CeC产品认证产品名称吸油烟机产品型号CXW-200-D8额定电压220V主电机额定输入功率200W额定频率50Hz城大照明功率15Wx2电容员4F500V-额定输入总功率230W出厂编号中山百得厨卫有限公司A.抽油烟时电动机的输出功率为20OWB.主机和照明全部工作情况下的工作电流约为1.05AC.图中电容为4/F/500V,则在220V电压下电容约为L76.D.额定频率为50Hz,即额定功率下，电机每秒钟转动50转【答案】B【详解】A.由图可知，抽油烟时电动机的总功率为200W,但是抽油烟机的电动机必定存在内阻，故抽油烟时电动机的输出功率小于200W,故A错误：B.主机和照明全部工作情况下的工作电流约为p230=-=A1.05A,故B正确；C.电容为4F,则在任意允许电压下电容都为4F,故C错误；D.额定频率为50Hz,是指交流电源的频率为50Hz,故D错误。故选Bo4. （2023四川成都统考一模）图示为一种自动测定油箱内油面高度的装置，装置中金属杠杆的一端接浮标（浮标与杠杆绝缘），另一端的触点P接滑动变阻器R,油量表由电流表改装而成。当汽车加油时，油箱内油面上升过程中，下列说法正确的是（）pPS1）R11由PllUa>JA.电路中电流减小B.Rl两端电压减小C.整个电路消耗的功率增大D.电源输出功率一定增大【答案】C【详解】A.当汽车加油时油箱内油面上升时，通过浮球和杠杆使触点尸向下滑动，滑动变阻器R接入电路的电阻变小，整个电路的总电阻变小，电路中的电流变大，故A错误；B.Rl两端电压G=*,由于电路中的电流变大，所以Rl两端电压升高，故B错误；C.整个电路消耗的功率P=£7,由于电路中的电流变大，所以整个电路消耗的功率增大，故C正确；D.电源输出功率4="%"Tm,当时=时，K外电源输出功率最大，因不知道电路中各个电阻的大小关系，所以无法判断电源输出功率的变化，故D错误。故选C。5. （2023山东潍坊统考模拟预测）某同学设计了如下电路，已知滑动变阻器总阻值为R,电源电动势为E,内阻为，开关闭合时小灯泡正常发光，现将滑片从右向左滑动，各元件均可安全工作，下列说法正确的是A.小灯泡变亮B.电流表A示数先变小后变大C.电压表V示数先变小后变大D.电源的总功率先变小后变大【答案】A【详解】A.依题意，将滑片从右向左滑动，滑动变阻器与小灯泡并联的部分电阻越来越大，由串联分压原理，可知小灯泡的电压一直增大，所以小灯泡将变亮。故A正确；B.设滑动变阻器与小灯泡并联部分的电,EEI=机为RO,则剩余部分电阻为（R-RO）由闭合电路欧姆定律，可得-¾÷-r+rR+r11Z?>氏皤滑片从右向左滑动过程中，RO增加，则干路电流增大。故B错误；C,根据U=E-，可知电压表V示数变小。故C错误；D.根据/=夕，易知随着干路电流的增加，电源的总功率也在增加。故D错误。故选Ao6. （2024四川甘孜统考一模）在如图所示的电路中，定值电阻A=%=3kC,R2=2ktR3=E=i2kC电容器的电容C=6F,电源的电动势E=IoV,内阻不计，当开关SI闭合电流达到稳定时，处在电容器中间带电量q=2l（3c的油滴恰好保持静止，当开关工闭合后，则以下判断正确的是（）RlQR?A.电容器上极板是高电势点B.带电油滴加速向上运动C.。、b两点的电势差U.=8VD.通过用的电量。=4.8xlOTC【答案】D【详解】AB设电源负极电势为整当开关S?闭合前，电阳.R5中没有电流，电容器两端的电出等于电阻ERR2两端的电压，可知%=6=4V,且a端电势高，电容器内部的粒子带负电荷,当开关S,闭介后，aERER端电势G=S今-=4V,b端电势必=r=8V,电容器下极板电势高，上板板电势低，由于液滴带负电，将加速向下运动，A、B错误；C.开关S?闭合后，a、b两点间的电势差U曲=仍-%=-4V,C错误；D.开关S?闭合前,电容器的带电量=CU2=6l（）64C=2.4l05c,开关S?闭合后，电容器的带电量Qi=CUtt,=6×IO×4C=2,4×IQ-5C,由于开关S?闭合前上极板电势高，开关S?闭合后，下极板电势高，因此通过"的电量Q=I+%=4.8x10PD正确。故选Do7. （2023海南统考一模）如图，电阻为R的导线围成面积为S的单匝矩形金属框MNQP,金属框放置在磁感应强度大小为8的匀强磁场中，磁场方向垂直于MN边且水平向右。金属框以角速度绕MN边逆时针（俯视）转动，规定沿MPQN方向为电流正方向，以金属框转至图示位置（金属框平面与磁场方向平行）时为计时起点，则金属框中的感应电流瞬时值（）D.i=snctcostR【答案】C【详解】电动势的瞬时值C=EmCOSM=8S3COS3/,电流的瞬时值i=5=2COSM。RR故选C。8. （2024海南校联考一模）闭合回路中的交变电流在1个周期内的i-图像如图所示，其中图线的曲段和历段均为正弦曲线的四分之一，则该交变电流的有效值为（A.立AB.空AC.立AD.立A2336【答案】B【详解】设该交变电流的有效值为/，则有广RT=（6,R2+专）2R工+（3）2R2,解得/=2A,323233故选B。9. （2023浙江温州统考一模）风力发电是一种绿色清洁能源。根据电磁感应的基本原理，风力发电可建立如下模型，叶片长度为/的风轮机在风的驱动下，带动内部匝数为N的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动。设通过矩形线圈的磁通量中随时间，按正弦规律变化，周期为T,磁通量最大值为6m，空气密度为P，风速为V,风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积，发电机将风的动能转化为电能的效率为小下列说法正确的是（）A.发电机线圈在0.5T时刻输出的瞬时电压为0B.发电机线圈输出电压的有效值为U=等空C,发电机的发电功率P=gpl%3D.若风速加倍，则发电机的发电功率将变为4倍【答案】C【详解】A.发电机线圈在0.5T时刻，磁通量为零，磁通量变化率最大，则感应电动势最大，故A错误;B.发电机线圈电动势的仃效值为E="Em=叵2L,因为内外电阻关系未知，所以无法确定输出电压，故B错误；CD.单位时间吹过风的质量为?二利箕，根据能量守恒，发电机的发电功率P=3“2=3加7624,若风速加倍，则发电机的发电功率将变为8倍，故C正确D错误。故选C。10. （2023广东统考二模）“西电东送”是我国西部大开发的标志性工程之一.如图是远距离输电的原理图,假设发电厂的输出电压恒定不变，输电线的总电阻保持不变，两个变压器均为理想变压器.下列说法正确的是（）A,若输送总功率不变，当输送电压增大时，输电线路损失的热功率增大ffl发电厂B.在用电高峰期，用户电压Ut降低，输电线路损失的热功率增大C.当用户负载增多，升压变压器的输出电压力会增大D.当用户负载增多，通过用户用电器的电流频率会增大【答案】B【详解】A.若输送总功率不变，当输送电压增大时，输电线路中电流变小，由4=2r,可知输电线路损失的热功率变小，故A错误；B.在用电高峰期，用户电压降低，电路中电流变大，由夕=F，可知输电线路中电流变大，输电线路损失的热功率增大，故B正确；C,由于发电厂输出电压恒定不变，根据U.H11.=-L,可知升压.变压器的输由电压U2不变，故（、错俣：D.当用户负我增多，通过用户用电器的电流U2n2频率不会变化，故D错误。故选B。11. （2024山东模拟预测）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1,原线圈通以图乙所示的交流电后，理想电流表Al示数为0.5A,副线圈串联了电阻可忽略的熔断器、定值电阻及、理想电流表A2以及虚线框内的某用电器，电路处于正常工作状态。以下说法正确的是（）A.原线圈两端电压的瞬时值表达式e=220sinl00f（V）B.若输入的交流电频率增大，发现A2示数减小，则虚线框内可能是电容器C.熔断器的熔断电流应该不小于5AD.若原线圈输入电压改为50OV的恒定电压，则A2示数将增大【答案】C【详解】A.由图乙可知，交变电流电压的最大值为22OV,周期为r=0.02s,由电压瞬时值表达式为e=EmSin半（V）可得，原线圈两端电压的瞬时值表达式为e=2200SinlOOg（V）,故A错误；B.若输入的交流电频率增大，发现A2示数减小，说明虚线框内的用电器对高频交变电流的阻碍较大，所以虚线框内的用电器为电感器，故B错误；C.理想电流表Al示数为0.5A,由公式:=也，解得，2=5A,所以熔断*2,l器的熔断电流应该不小于5A,故C正确：D.理想变压器的工作原理为互感，所以理想变压器对恒定电流不起作用，即若原线圈输入电压改为500V的恒定电压，则A2示数将变为零。故D错误。故选C。12. （2024江西赣州醮州中学校考模拟预测）如图甲所示，自耦变压器的原线圈与N匝、半径为r的圆形线圈（图中未画全）相连，副线圈与定值电阻R构成回路，图示位置副线圈的匝数为原线圈匝数的;。线圈内有垂直线圈平面向里的磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化（劭，T已知）。不考虑电阻随温度的变化A.原线圈输入的瞬时电压为=""匹Ysin至， T TB.通过定值电阻R的电流为些吐5RC.若磁感应强度的变化周期减小，则变压器的输出功率将增大D.若自耦变压器的滑片P逆时针转动，则通过原线圈的电流减小【答案】C【详解】A.由图乙可得磁感应强度为8=8OSin与由法拉第电磁感应定律得圆形线圈中产生的感应电动势为E=NR户=l>NBOCoS等,所以原线圈两端的最大电压为qmiw=*也，原线圈输入的瞬时电压为="虹匚CoS型f,A错误：B.由%=丛，可得Smax=包）弛，有效值为U=滑，可得u=,通过定值电阻R的电流为/=m，可得/=迈匕口也，B错误：C.若磁感应强5TRSTR度的变化周期减小，则感应电动势的最大值增大，有效值增大，副线圈两端的电压增大，定值电阻消耗的电功率即变压器的输出功率将增大，C正确；D.自耦变压器的滑片逆时针转动，副线圈的匝数增大，副线圈两端的电压增大，通过副线圈的电流增大，山/=%八，可知通过原线圈的电流增大，DM"故选C。二、多项选择题（本题共2小题,每小题5分,共10分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得O分）13. （2024河南校联考模拟预测）（多选）如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为，R/、R2、&为定值电阻，闭合开关S,当滑动变阻器&的滑片P向。端滑动时，下列说法正确的是（）'1I:Rq+SeVRlJA.电阻Rl两端的电压减小B.电阻七消耗的功率减小C.电阻角消耗的功率减小D.通过心的电流减小【答案】BD【详解】等效电路如图所示当滑动变阻滞凡的滑片P向。端滑动时.，其接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则干路电流，减小,内电压降低，路端电压U增大，&两端的电压等于路端电压，则知Rl两端的电压增大，通过&的电流L增大，通过用的电流减小，R2消耗的功率减小，加在用两端电压力也减小，加在R3、凡卜的电压增大，因此通过&的电流增大，尺消耗的功率增大，流过凡的电流减小。故选BD014. （2024广西贵港统考模拟预测X多选）如图所示为正弦交流电通过理想变压器对某家庭供电的电路图，线路电阻为R，开关K凡均闭合，各用电器均正常工作，某时发现指示灯L亮度增加了，可能的原因是（）RB.输入电压U变大电饭锅煮饭结束，变为保温状态A.输入电压U变小C.电阻R变大D.【答案】BD【详解】A.输入电压U变小，则有副线圈输出电压力变小，副线圈的总电流变小，指示灯L的电流变小，亮度减小，A错误；B.输入电压U变大，则有副线图输出电压力变大，副线圈的总电流变大，指示灯L的电流变大，亮度增加，B正确；C.电阻及变大，副线圈的总电流减小，指示灯L的电流减小，亮度减小，C错误；D.电饭锅变为保温状态，副线圈的输出功率减小，副线图的总电流减小，线路电阻我两端电压减小，副线圈输出电压不变，则有指示灯L两端电压增大，电流增大，亮度增加，D正确。故选BDo三、计算题（本题包括3小题，10分+10分+10分共3。分，解答过程请写出必要的文字说明和必需的物理演算过程，只写出最终结果的不得分）15. （2023山东青岛统考模拟预测）利用电动机搭建如图所示电路来提升重物，M为电动机，Ro、Q为电阻箱。当闭合So、S2,断开S,调节4二21C时，电流表示数1A,稳定时电动机恰好能以2ms的速度匀速提升重4N的物体；当闭合So、SbS2,调节9=12C,=2OC时，电流表示数1.6A,稳定时电动机又恰好能以2ms的速度匀速提升重4N的物体。不计空气阻力、电流表内阻和电机内部摩擦。求:（1）电动机的内阻;【答案】(1) 4: (2) 36V, 3C（2）电源电动势E和内阻【详解】（I）由于两次电动机均恰好能以2ms的速度匀速提升重4N的物体，故两次流过电动机的电压相等。故当SO、SI、S2均闭合时，流过电阻箱Rl通过的电流/=1.6A-IA=O.6A此时电阻箱Rl两端电压为U=阳=12V根据并联电路的规律可知，电路中电动机两端的电压为U电动=U=I2V故根据只闭合SO、S2,断开Sl时情况可知，电动机的总功率为电=U=12W故根据物体的运动情况可知，电动机的输出功率与牵引力的功率相等，故电动机的输出功率为2="=8W故电动机内阻消耗的热功率公式为4=4=4W根据非纯电阻电路热功率的公式，在只闭合SO、S2,断开Sl时有得品二4。(2)当只闭合SO、S2,断开Sl时，由闭合电路欧姆定律及串并联电路的规律得E=U+4(+r)当SO、S2,SI均闭合时，由于电动机两端的电压不变，由闭合电路欧姆定律及串并联电路的规律得E=U+X风+r)代入数据解得E=36V,r=3【点睛】处理本题个关键在于明确电动机两端的电压及其功率均为发生变化。明确非纯电阻总功率与各部分功率的关系。结合闭合电路的欧姆定律及串并联电路的规律进行解答即可。16. (2023江苏徐州校考模拟预测)如图甲所示为小型发电机的示意图，二10匝的线圈逆时针匀速转动。从中性面开始计时产生的电动势随时间变化规律如图乙所示。发电机线圈内阻r=l,外接灯泡电阻R=3Q°求：(1) r=2.5xl-3s时穿过线圈的磁通量大小；【详解】(1)穿过线圈的磁通吊:最大值。n=BS=邑=迈Wbmn250;T3t=2.5×10-3s时穿过线圈的磁通最大小二mcos45=ZWb250(2)由图可知电动势的最大值Em=I20V则电动势的有效值为E=宏=12V线圈转动一周过程中灯泡上消耗的电能嫩=RT = O.54 J17. (2012高二课时练习)有一台内阻为IC的发电机，供给一学校照明用电，如图所示。升压变压器原、副线圈匝数比为1：4,降压变压器原、副线圈匝数比为4：1,输电线的总电阻为4C。全校共有22个班,每班有“220V40W”灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则(1)发电机的输出功率多大？(2)发电机的电动势多大？(3)输电效率为多少？【答案】(1)5424W；(2)250V：(3)97.3%【详解】(1)降压变压器的输出功率为P=40x22x6W=5280W40降压变压器副线圈的电流I4=-×6×22A=24A降压变压器原线圈的电流h=2kl4=×24A=6A输电线损失的功率AP=h2R=144W所以输入功率P=5280W+144W=5424W(2)降压变压器原线圈电压为U3=%U4=4×220V=880V“4输电线上损失的电压为U=hR=24V升压变压器的输出电压为U2=88OV+24V=904V所以发电机原线圈电压Ui=-U2=t×904V=226V发电机原线圈中电流为I=-l2=4×6A=24A“I发电机内阻分压Ur=24×lV=24V电动势为E=226V+24V=250V(3)用户获得的实际功率P用=22x40x6W=5280W则输电效率-=SP5424×100%=97.3%