2024届高考物理二轮专题复习与测试专题强化练十一直流电路与交流电路

这是一份2024届高考物理二轮专题复习与测试专题强化练十一直流电路与交流电路，共8页。试卷主要包含了如图所示为某同学设计的加速度计等内容，欢迎下载使用。


A．电池从完全没电到充满电所需时间为12 h
B．电池容量的单位mA·h就是能量单位
C．该电池组充电时的功率为8.4×103 W
D．该电池组充满电时的能量约为8.4×103 J
解析：电池从完全没电到充满电所需时间为t＝eq \f(q,I)＝eq \f(100×1 200 mA·h,20 A)＝6 h，故A项错误；电池容量的单位mA·h是电量的单位，故B项错误；该电池组充电时的功率为P＝UI＝420×20 W＝8 400 W，故C项正确；该电池组充满电时的能量为W＝UIt＝420 V×20 A×6 h＝50.4 kW·h≈1.8×108 J，故D项错误．故选C.
答案：C
2．如图所示为某同学设计的加速度计．滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧用弹簧3拉着；R为滑动变阻器，滑动片4与电阻器任一端之间的电阻值都与它到这端的距离成正比．两个电池E的电动势相同，内阻忽略不计．按图连接电路后，电压表指针的零点位于表盘中央，当P端的电势高于Q端时，指针向零点右侧偏转．将框架固定在运动的物体上，物体的加速度a沿图示方向，则( )
A．电压表的指针应该偏向零点右侧
B．若电压表读数增大，物体的速度一定增大
C．若电压表读数增大，物体的加速度一定增大
D．若电压表读数不变，该物体一定做匀加速运动
解析：设电源电动势为E，R中的电流为I，规定Q端为电势零点，当物体加速度为零时，滑动片位于R中央，此时P点电势为φp＝E－eq \f(1,2)IR＝φQ＝0，当物体加速度水平向右时，滑动片将向左偏移，此时滑动片右侧电阻器的阻值为R′>eq \f(R,2)，所以此时P点的电势为φ′p＝E－IR′<φQ，则由题意可知电压表的指针应该偏向零点左侧，故A项错误；若电压表读数增大，则物体的加速度一定增大，但物体可能做减速运动，所以速度可能减小，故B错误，C项正确；若电压表的读数不变，则物体的加速度恒定，物体可能做匀减速运动，故D项错误．故选C.
答案：C
3．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图甲所示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．该交变电流的频率为0.5 Hz
B．该交变电流的有效值是10eq \r(2) A
C．t＝0.01 s时，穿过线圈的磁通量最大
D．该交变电流瞬时值表达式为i＝10eq \r(2)cs 100πt(A)
解析：由图像可知，周期为T＝2×10－2 s，则频率f＝eq \f(1,T)＝50 Hz，故A项错误；由图像可知，电流的最大值Im＝10eq \r(2) A，有效值I＝eq \f(Im,\r(2))＝10 A，故B项错误；由题图乙可知t＝0.01 s时，感应电流最大，则此时穿过线圈的磁通量为零，故C项错误；线圈转动的角速度为ω＝eq \f(2π,T)＝100 πrad/s，由图甲可知，t＝0时刻线圈位置垂直于中性面，则该交变电流瞬时值表达式为i＝10eq \r(2)cs 100πt(A)，故D项正确．故选D.
答案：D
4．图甲所示为可拆变压器的零部件，其中铁芯B可以横向固定在铁芯A顶端形成闭合铁芯．原、副线圈的匝数分别为n1和n2，将它们分别套在铁芯A的两臂上，如图乙所示．某同学为测量原线圈的电阻，用合适挡位的欧姆表两表笔与原线圈的两接线柱连接，等指针稳定后读数．之后原线圈两端接正弦交流电源，测得原、副线圈两端的电压分别为U1和U2.下列说法正确的是( )
A．欧姆表两表笔与接线柱连接时，其示数逐渐增大最后稳定在一个值
B．欧姆表两表笔与接线柱断开时，原线圈两端的电压从稳定值逐渐减小
C．若不安装铁芯B在铁芯A上，则有U1∶U2>n1∶n2
D．将铁芯B安装到铁芯A上后，则有U1∶U2解析：两表笔与接线柱接触瞬间，由于线圈的自感作用，会产生自感电动势阻碍电流的增加，开始时电流较小，欧姆表示数较大，由于电流的逐渐稳定，其阻碍减弱，电流逐渐变大，欧姆表示数会逐渐减小最后稳定在一个值，故A项错误；两表笔与接线柱断开瞬间，由于线圈的自感作用，线圈会产生较大的自感电动势，其两端电压瞬间变大，由于没有形成闭合回路，紧接着两端的电压变为零，故B项错误；若不安装铁芯B在铁芯A上，会存在着较大的漏磁，副线圈比没有铁芯时的电压会小很多，所以eq \f(ΔΦ1,Δt)＝eq \f(U1,n1)>eq \f(ΔΦ2,Δt)＝eq \f(U2,n2)，U1∶U2>n1∶n2，故C项正确；将铁芯B安装到铁芯A上后，形成闭合磁路，没有漏磁，则有U1∶U2＝n1∶n2，故D项错误．故选C.
答案：C
5．(2023·广东惠州一模)一理想变压器原、副线圈的匝数比为311∶11，原线圈输入电压的变化规律如图甲，副线圈接如图乙电路，P为滑动变阻器的触头，下列说法正确的是( )
A．副线圈输出电压的频率为200 Hz
B．副线圈输出电压的有效值为11 V
C．P向右移动时，变压器原、副线圈的电流都增加
D．P向右移动时，变压器的输入功率减小
解析：由图像可知，交流电的周期为T＝0.02 s，变压器不改变交流电的频率，故副线圈输出电压的频率为f＝eq \f(1,T)＝eq \f(1,0.02)Hz＝50 Hz，故A项错误；原线圈的电压的最大值为U1m＝311 V，根据电压与匝数成正比可知U1m∶U2m＝n1∶n2＝311∶11，可得副线圈电压的最大值为U2m＝11 V，副线圈输出电压的有效值为U2＝eq \f(11,\r(2)) V，故B项错误；原、副线圈电压之比等于匝数之比，原、副线圈的匝数不变，输入电压不变，则副线圈两端的电压不变，P右移，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据功率公式P＝eq \f(Ueq \\al(2,2),R总)可知变压器的输出功率增加，则变压器的输入功率也增加；由P＝UI可知变压器原、副线圈的电流都增加，故C项正确，D项错误．故选C.
答案：C
6．(2023·广东茂名一模)无线充电技术已经在新能源汽车等领域得到应用．地下铺设供电的送电线圈，车上的受电线圈与蓄电池相连，如图所示．送电线圈和受电线圈匝数比为n1∶n2＝4∶1.当送电线圈接上图中的正弦交流电后，受电线圈中的电流为2 A．不考虑线圈的自感，忽略电能传输的损耗，下列说法正确的是( )
A．受电线圈的电流方向每秒改变50次
B．送电线圈的输入功率为110 W
C．受电线圈的输出电压为50eq \r(2) V
D．送电线圈的输入电压为220eq \r(2) V
解析：受电线圈的电流频率与送电线圈中的电流频率相同，即为f＝eq \f(1,T)＝50 Hz，一个周期内电流方向改变2次，所以每秒电流方向改变100次，A项错误；根据图可知送电线圈上正弦交流电的有效值为U有效＝U输入＝220eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)V＝220 V，受电线圈中的电流为2 A，可得送电线圈中的电流大小为I送＝eq \f(n2,n1)·I受＝eq \f(1,4)×2 A＝0.5 A，送电线圈的输入功率为P＝220×0.5 W＝110 W，B项正确，D项错误；对受电线圈的输出电压有eq \f(U输入,U受)＝eq \f(n1,n2)，得U受＝55 V，C项错误．故选B.
答案：B
7．(2023·广东韶关二模)如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率恒为20 kW.在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为1 A，输电线的总电阻用R线表示，大小为10 Ω.下列说法正确的是( )
A．电流互感器是一种降压变压器
B．将滑动触头P下移，用户获得的电压将增大
C．升压变压器的输出电压U2＝1 000 V
D．用户获得的功率为19 kW
解析：根据线圈匝数关系可知电流互感器是一种升压变压器，故A项错误；将滑动触头P下移，相当于增大了n3，降压变压器用户获得的电压U4＝eq \f(n4,n3)U3，可知n3增大时，U4减小，故B项错误；电流互感器原线圈中的电流I2＝eq \f(10,1)I＝10 A，升压变压器的输出电压U2＝eq \f(P,I2)＝2 000 V，故C项错误；输电线上的损失功率ΔP＝Ieq \\al(2,2)R线＝1 000 W，用户获得的功率P4＝P3＝P－ΔP＝20 kW－1 kW＝19 kW，故D项正确；故选D.
答案：D
8．(2023·广东湛江一模)(多选)图甲为某小型水电站的电能输送示意图，其输入电压如图乙所示．输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．降压变压器右侧部分为一火灾报警系统(报警器未画出)，R0和R1为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法正确的是( )
A．eq \f(n1,n2)>eq \f(n3,n4)
B．乙图中电压的瞬时值表达式为u＝250eq \r(2)sin 100πt(V)
C．R处出现火警时，输电线上的电流增大
D．R处出现火警时，电压表的示数增大
解析：由题分析可知eq \f(n1,n2)答案：BC
9．电吹风如图为某人设计的电吹风电路的示意图，a、b、c、d为四个固定触点．可动的扇形金属片P可同时接触两个触点．触片P处于不同位置时，电吹风可以处于停机、吹热风、吹自然风三种工作状态．n1和n2分别是理想变压器原线圈和副线圈的匝数．该电吹风正常工作时各项参数如表格所示．不考虑小风扇电机的机械摩擦损耗及温度对电阻的影响．
(1)求小风扇工作时变压器原线圈和副线圈中的电流比；
(2)计算电热丝的电阻；
(3)求小风扇电机的效率．
解析：(1)根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压关系可知n1∶n2＝U1∶U2＝220∶60＝11∶3，
则原线圈和副线圈中的电流之比为
I1∶I2＝n2∶n1＝3∶11.
(2)电热丝的功率为
P′＝P1－P2＝500 W－60 W＝440 W，
根据P′＝eq \f(U2,R)，
知电热丝的电阻为R＝eq \f(U2,P′)＝eq \f(2202,440) Ω＝110 Ω.
(3)小风扇电机的效率为
η＝eq \f(P出,P总)×100%＝eq \f(P3,P2)×100%＝eq \f(48%,60 W)×100%＝80%.
答案：(1)I1∶I2＝3∶11 (2)R＝110 Ω (3)η＝80%
10．水力发电的基本原理就是将水流的机械能(主要指重力势能)转化为电能．某小型水力发电站水流量为Q＝5 m/s3(流量是指流体在单位时间内流过某一横截面的体积)，落差为h＝10 m，发电机(内阻不计)的输出电压为U1＝250 V，输电线总电阻为r＝4 Ω，为了减小损耗采用了高压输电．在发电机处安装升压变压器，而在用户处安装降压变压器，其中n3∶n4＝190∶11，用户获得电压U4＝220 V，用户获得的功率P4＝1.9×105 W，若不计变压器损失的能量，已知水的密度ρ＝1×103 kg/m3、重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)高压输电线中的电流强度I2；
(2)升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2；
(3)该电站将水能转化为电能的效率η有多大？
解析：(1)根据理想变压器变压规律得eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)，
解得U3＝3 800 V，
又根据理想变压器无能量损失知P3＝P4＝1.9×105 W，
再根据P3＝U3I2得I2＝50 A.
(2)高压输电线电阻损失电压
ΔU＝I2r＝200 V，
得U2＝U3＋ΔU＝4 000 V，
故n1∶n2＝U1∶U2＝1∶16.
(3)高压输电线电阻损失电功率ΔP＝Ieq \\al(2,2)r＝10 000 V，
故发电机输出电功率P1＝P3＋ΔP＝2×105 W.
又水流每秒带来的机械能P0＝eq \f(mgh,t)＝ρQgh＝5×105 W，
故水能转化为电能的效率η＝eq \f(P1,P0)×100%＝40%.
答案：(1)50 A (2)1∶16 (3)40 %
电池只数
100只
电池容量/只
1 200 mA·h
充电参数(电压/电流)
420 V，20 A
放电时平均电压/只
3.3 V
热风时电吹风输入功率P1
500 W
自然风时电吹风输入功率P2
60 W
小风扇额定电压U
60 V
小风扇输出机械功率P3
48 W