高考物理二轮复习第1部分专题突破方略专题4第1讲直流电路与交流电路试题含解析

第一部分　专题四　第1讲　直流电路与交流电路

基础题——知识基础打牢

1．(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＝ B．U＝

C．U> D．U<

【解析】　因虚线是正弦交流电的图像，则该交流电的有效值为U有效值＝＝，由图可知，在任意时刻，实线所代表的交流电的瞬时值都不大于虚线表示的正弦交流电的瞬时值，则实线所代表的交流电的有效值小于虚线表示的正弦交流电的有效值，则U<，故选D.

2．(2021·湖北黄冈二模)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则(　B　)

A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零

B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合

C．线框产生的交变电动势有效值为311 V

D．线框产生的交变电动势频率为100 Hz

【解析】　由题图乙可知，t＝0.005 s时，感应电动势最大，线框的磁通量变化率最大，A错误；t＝0.01 s时感应电流为零，故线框平面处于中性面位置，B正确；交变电压的最大值为311 V，故有效值E＝＝220 V，C错误；交变电流的周期为T＝0.02 s，故频率f＝＝50 Hz，D错误．

3．(2021·广西桂林二模)一台小型发电机与计算机相连接，计算机能将发电机产生的电动势随时间变化的图像记录下来，如图甲所示，让线圈在匀强磁场中以不同的转速匀速转动，计算机记录了两次不同转速所产生正弦交流电的图像如图乙所示．则关于发电机先后两次的转速之比na∶nb，交流电b的最大值正确的是(　B　)

A．3∶2， V B．3∶2， V

C．2∶3， V D．2∶3， V

【解析】　由题图可知，a的周期为0.4 s，b的周期为0.6 s，则由n＝可知，转速与周期成反比，故曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶2；曲线a表示的交变电动势最大值是10 V，根据Em＝nBSω得曲线b表示的交变电动势最大值是 V，故B正确，A、C、D错误．

4．(多选)(2021·石家庄二模)如图所示的正方形线框abcd边长为L，每边电阻均为r，在垂直于纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中绕cd轴以角速度ω匀速转动，c、d两点与一阻值为r的电阻相连，各表均可视为理想表，导线电阻不计，则下列说法中正确的是(　ACD　)

A．线框abcd产生的电流为交变电流

B．当S断开时，电压表的示数为零

C．当S断开时，电压表的示数为BωL2

D．当S闭合时，电流表的示数为

【解析】　线框abcd绕着垂直于磁场的转轴匀速转动，故产生的电流为交变电流，故A项正确；产生的交流电的电动势最大值为Em＝BL2ω，有效值为E＝，当S断开时，电压表测量的电压为cd间的电压，故U＝E＝BL2ω，故B项错误，C项正确；S闭合时，电路总电阻为3r＋，ab中电流为I＝＝BωL2，电流表读数为＝BωL2，故D项正确．

5．(多选)(2021·山东潍坊一模)如图甲所示的电路中，理想变压器原线圈接图乙所示的正弦交变电压．闭合S后，额定电压为20 V的用电器正常工作，理想交流电流表A的示数为0.1 A．已知图中元件D具有正向电流导通、反向电流截止的作用．下列判断正确的是(　CD　)

A．交变电流的频率为100 Hz

B．变压器原、副线圈匝数比为11∶1

C．用电器的额定功率为22 W

D．在用电器电阻不变的情况下断开开关S，用电器功率将变为原来的一半

【解析】　由交变电压的u－t图像可知周期为T＝0.02 s，则频率为f＝＝50 Hz，A错误；因用电器正常工作，故副线圈输出电压的有效值为U＝20 V，原线圈输入电压的有效值为220 V，因此原、副线圈的匝数比为＝，B错误；由以上可知副线圈的输出电流为I2＝I1＝1.1 A，则用电器的额定功率为P＝UI2＝22 W，C正确；由元件D的特点可知，开关断开后，用电器两端电压的有效值减为原来的，则功率减为原来的一半，D正确．

6．(2021·郑州二模)如图所示，一个理想变压器原线圈的匝数为50，副线圈的匝数为100，原线圈两端接在光滑的水平平行导轨上，导轨间距为0.4 m．导轨上有一长度略大于导轨间距且垂直于导轨的导体棒，导轨与导体棒的电阻忽略不计，副线圈回路中电阻R1＝5 Ω，R2＝15 Ω，图中交流电压表为理想电压表．导轨所在空间有垂直于导轨平面、磁感应强度大小为1T的匀强磁场．导体棒在水平外力的作用下运动，其速度随时间变化的关系式为v＝5sin 10πt(m/s)，则下列说法中正确的是(　D　)

A．R1的功率为0.2 W

B．电压表的示数为5 V

C．水平外力为恒力

D．变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为0.04 Wb/s

【解析】　导体棒切割磁感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv，代入数据得E＝2sin 10πt(V)．则原线圈输入电压的有效值为U1＝＝ V，原、副线圈的电压与匝数成正比，则＝，解得U2＝2 V，B错误；由欧姆定律可得副线圈回路中的电流为I2＝＝ A＝ A，则定值电阻R1的电功率为P1＝IR1＝2×5 W＝0.1 W，A错误；由导体棒的速度公式可知导体棒的运动为变速运动，则外力不可能为恒力，C错误；由以上计算可知，感应电动势的最大值为Em＝2 V，则由法拉第电磁感应定律E＝n1，得磁通量变化率最大值为＝＝ Wb/s＝0.04 Wb/s，D正确．

7．(2021·江苏南京二模)远距离输电原理图如图所示，原线圈输入电压及输电功率恒定，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，当S由2改接为1时，下列说法错误的是(　D　)

A．电压表读数增大

B．电流表读数减小

C．输电线上损耗的功率减小

D．用户的功率减小

【解析】　原线圈输入电压及输电功率恒定，当S由2改接为1时，根据U2＝U1，升压变压器副线圈匝数n2增大，则U2增大，由于U1I1＝U2I2.则升压变压器副线圈电流I2减小，所以电流表读数减小，线路损失的电压ΔU＝I2R线减小，则降压变压器副线圈的电压U3＝U2－ΔU增大，所以电压表的读数增大，则AB正确，不符合题意；输电线上损耗的功率为ΔP＝IR线，由于升压变压器副线圈电流I2减小，所以输电线上损耗的功率减小，则C正确，不符合题意；用户的功率为P4＝P1－ΔP，输电线上损耗的功率减小，所以用户的功率增大，则D错误，符合题意；故选D.

8．(2021·湖南师大附中二模)一含有理想变压器的电路如图所示，变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝3∶1，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别是4 Ω、 Ω和 Ω，U为有效值恒定的正弦交流电源．当开关S断开时，理想电流表的示数为I.当S闭合时，电源电压增加到2U，则电流表的示数为(　B　)

A．6I B．8I

C．10I D．12I

【解析】　S断开时，由＝得I2＝3I，副线圈两端的电压U2＝I2(R2＋R3)＝12I，由＝得U1＝36I，故U＝U1＋IR1＝40I.S闭合时，电流表示数为I′，副线圈中电流I′2＝3I′，副线圈两端的电压U′2＝I′2R2＝2I′，原线圈两端的电压U′1＝6I′，故2U＝I′R1＋U′1＝10I′，联立解得I′＝8I，B正确．

9．(2021·浙江高三模拟)在如图所示的电路中，定值电阻R1＝7 Ω、R2＝3 Ω、R3＝1 Ω、R4＝4 Ω，电容器的电容C＝2μF，电源的电动势E＝5 V，内阻不计．闭合开关S1、S2，电路稳定后，则(　C　)

A．a、b两点的电势差Uab＝2.5 V

B．电容器所带电荷量为1.0×10－5C

C．断开开关S2，稳定后电容器上极板所带电荷量与断开前相比的变化量为7.0×10－6C

D．断开开关S2，稳定后流过电阻R3的电流与断开前相比将发生变化

【解析】　设电源负极的电势为0，则电源正极的电势为φ＝5 V，又因为φ－φa＝R1，代入数据可解得φa＝1.5 V，同理有φ－φb＝R3，解得φb＝4 V，故Uab＝φa－φb＝－2.5 V，故A错误；由Q＝CU，可知此时电容器所带电荷量为Q＝2×10－6×2.5 C＝5.0×10－6C，且上极板带负电，故B错误；断开开关S2，稳定后a点的电势为φ′a＝5 V，b点电势仍为φb＝4 V，故此时Uab＝φ′a－φ′b＝1 V，且上极板带正电，故上极板带电荷量的变化量为ΔQ＝CΔU，即ΔQ＝2×10－6×3.5 C＝7.0×10－6C，故C正确；由电路知识可知，断开开关S2，稳定后流过电阻R3的电流与断开前相比不会发生变化，故D错误．

10．(多选)(2021·贵阳一中一模)如图所示，发电机中线圈的匝数为N，面积为S，做匀速圆周运动的角速度为ω，匀强磁场的磁感应强度为B；电流表和电压表为理想电表，定值电阻的阻值为R，当变压器副线圈上的滑片P在图示位置时，变压器的匝数比n1∶n2＝1∶2；开始时发电机线圈与磁场垂直．下列判断正确的是(　BC　)

A．电压表的读数为2NBSω

B．电流表的读数为

C．发电机线圈由图示位置旋转周，通过电流表的电荷量为

D．P向上移动时，电压表的示数变小，电流表示数变大

【解析】　感应电动势的最大值为Em＝NBSω，有效值U1＝，由＝可得，电压表读数U2＝NBSω，选项A错误；副线圈电流I2＝＝，通过电流表的电流为，选项B正确；线圈由图示位置旋转周，R在原线圈的等效电阻r＝，则通过电流表的电荷量为Q＝＝，选项C正确；P向上移动时，副线圈匝数变小，电压表的示数变小，电流表示数也变小，选项D错误．

11．(多选)(2021·甘肃兰州二模)理想自耦变压器的原线圈接有如图乙所示的正弦式交变电压u，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是(　AB　)

A．交变电压u随时间t变化的规律是u＝U0cos(100πt)V

B．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大

C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大

D．若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，则通过A处的电流一定增大

【解析】　由图乙可得交变电压的周期为T＝0.02 s，电压最大值为U0，则电源的电压u＝U0cos＝U0cos(100πt)V，A正确；由＝，若仅将触头P向A端滑动，即n2增大，则副线圈的输出电压U2增大，电阻R消耗的电功率P＝增大，B正确；若仅使电阻R增大，则输出电压U2一定，输出电功率P＝减小，原线圈的输入电功率减小，C错误；若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，则输出电压U2减小，输出和输入的电功率减小，通过A处的电流I1＝一定减小，D错误．

12．(2021·山东高三模拟)细心的同学发现当汽车电动机启动瞬间，车灯会明显变暗．汽车的电源、理想电流表、车灯和电动机连接的简化电路图如图所示，已知汽车电源电动势为E＝12 V，内阻为r＝0.2 Ω，接通近光灯L1时，电流表示数为I1＝10 A，电动机启动瞬间，还未开始转动时电流表的示数变为50 A，已知远光灯L2的电阻R2＝0.8 Ω，车灯可视为纯电阻用电器且阻值恒定．下列说法正确的是(　A　)

A．电动机启动瞬间，L1的功率减小了96 W

B．近光灯L1的电阻为R1＝1.5 Ω

C．只打开远光灯L2时，L2的功率为80 W

D．电动机的内阻为 Ω

【解析】　S2接a时，电流表示数为I1＝10 A，根据闭合电路欧姆定律有R1＝－r，可得R1＝1 Ω，此时近光灯L1的功率为P0＝IR1＝100 W，接通近光灯L1同时闭合S1，此时外电压为U2＝E－I2r＝2 V．L1的功率为P2＝＝4 W，故ΔP＝96 W，通过L1的电流为I′1＝＝2 A，则通过电动机的电流为48 A，电动机两端电压为2 V，电动机未转动时可视为纯电阻元件，此时r电＝ Ω＝ Ω，故A正确，B、D错误；C.S2接b时，L2的功率为P3＝2R2＝115.2 W，选项C错误．

应用题——强化学以致用

13．(多选)(2021·河北高考)如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2，当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是(　BC　)

A．通过电阻R2的电流为

B．电阻R2两端的电压为

C．n0与n1的比值为

D．发电机的功率为

【解析】　由题知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律U1＝IR1，根据变压器电压与匝数的关系有＝，＝，代入数据有U0＝IR1，U2＝IR1，再由欧姆定律有U2＝I2R2，可计算出I2＝I综上可知，A错误、B正确；由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有Emax＝NB2L2ω，U0＝＝NBL2ω，由选项AB知U0＝IR1，则＝，C正确；由于变压器为理想变压器则有P0＝P1＋P2＝U1I＋U2I2＝I2R1＋U2I2，代入选项ABC公式有P0＝由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误，故选BC.

14．(2021·山东日照二模)某同学利用实验室的器材组装了甲乙两种电路，两种电刷接触良好且电阻均忽略不计．甲电路使用互感变压器，匝数比为1∶2，乙电路使用自耦变压器，两变压器均看作理想变压器．甲乙电路的线框、二极管、灯泡均相同．两线框以相同角速度匀速转动，下列说法正确是(　B　)

A．仅闭合K1，K4甲乙两电路均能实现二极管交替闪烁

B．仅闭合K2，K5，L1和L4两灯泡亮度相同

C．仅闭合K3，由于变压器匝数比为1∶2，所以甲电路三个灯泡亮度相同

D．仅闭合K6，将原线圈滑片向上移动，灯泡L4变亮

【解析】　甲图能实现二极管的交替闪烁，乙图连接着转换器使得电流方向不变，故A错误；两线框以相同角速度匀速转动，产生的电压的有效值相同，所以L1和L4两灯泡亮度相同，故B正确；根据变压器的电流与匝数成反比可知当副线圈的电流为I时，原线圈的电流为2I，所以L1比L2、L3灯亮，故C错误；仅闭合K6，将原线圈滑片向上移动，原线圈匝数增大，副线圈匝数不变，所以副线圈输出电压减小，副线圈电流减小，根据变压器的电流与匝数成反比可知原线圈电流减小，故L4灯变暗，故D错误．

15．(多选)(2021·湖南衡阳一模)金属导电是一个典型的导电模型，值得深入研究．一金属直导线电阻率为ρ，若其两端加电压，自由电子将在静电力作用下定向加速，但电子加速运动很短时间就会与晶格碰撞而发生散射，紧接着又定向加速，这个周而复始的过程可简化为电子以速度v沿导线方向匀速运动．我们将导线中电流与导线横截面积的比值定义为电流密度，其大小用j表示，可以“精细”描述导线中各点电流的强弱．设该导线内电场强度为E，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e，电子在导线中定向运动时受到的平均阻力为f.则下列表达式正确的是(　BC　)

A．ρ＝nev B．j＝nev

C．E＝ρj D．f＝eρv2

【解析】　电流的微观表达式I＝neSv，电流密度为j＝＝nev，A错误，B正确；由ΔI＝，而ΔI＝jS，R＝，所以E＝＝ρj，C正确；由题意知，电子在导线中的运动简化为匀速运动，则f＝eE＝eρj＝ne2ρv，D错误，故选BC.

16．(2021·河北高三模拟)如图，电源的电动势和内阻分别为E、r，电流表和电压表都是理想电表，在滑动变阻器R的滑片由a向b移动的过程中，下列说法正确的是(　C　)

A．电压表V1的示数一直变大

B．电流表A的示数先变大后变小

C．电压表V1的示数变化量大小和电流表的示数变化量大小的比值不变

D．电压表V2的示数变化量大小和电流表的示数变化量大小的比值变大

【解析】　分析电路图可知，电压表V1测量的是路端电压，电流表A测量的是回路总电流，电压表V2测量的是定值电阻R0两端的电压，滑动变阻器左右两部分并联，在滑片由a向b移动的过程中，并联总电阻先增大后减小，干路总电流先变小后变大，路端电压先增大后减小，故AB错误；C.根据E＝U＋Ir，知电压表V1的示数变化量大小和电流表的示数变化量大小的比值的绝对值等于电源的内阻r，所以两表示数变化量大小的比值不变，故C正确；电流表测量的是干路总电流，也是流过R0的电流，根据R0＝＝，可知电压表V2的示数变化量大小和电流表的示数变化量大小的比值不变，故D错误．

17．(多选)(2021·浙江衢州二模)如图是某款新能源汽车铭牌上的部分内容，该车充电器的充电效率为90%，从没电充到额定容量的80%，正常充电需要8 h，快充状态下仅需0.8 h．下列说法正确的是(　ACD　)

A．充80%的电需要消耗约60 kWh的电能

B．汽车行驶时，电池的化学能全部转化为机械能

C．快充时的电功率为正常充电时电功率的10倍

D．汽车在水平面加速时，若实际功率保持不变，则加速度减小

【解析】　设充电80%的电需要消耗电能为E，则有E＝Uq×80%÷90%＝350×192×3 600×80%÷90% J≈2.15×108J≈60 kW·h，故A正确；汽车行驶时，电池的化学能大部分转化为机械能，一部分转化为内能，故B错误；从没电充到额定容量的80%，正常充电需要8 h，快充状态下仅需0.8 h，由功率公式P＝，可知快充时的电功率为正常充电时电功率的10倍，故C正确；由功率公式P＝Fv，可知汽车在水平面加速时，速度增大，实际功率保持不变，牵引力减小，由牛顿第二定律F－Ff＝ma，可知汽车的加速度减小，故D正确．故选ACD.