备战2025年高考二轮复习物理（福建专版） 专题分层突破练10 恒定电流和交变电流（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习物理（福建专版） 专题分层突破练10 恒定电流和交变电流（Word版附解析），共8页。试卷主要包含了2 A等内容，欢迎下载使用。
基础巩固
1.(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=3.0 V,U23=2.5 V,U34=-1.5 V。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
答案 CD
解析 由于1、2间的电势差为正,所以1要接电源正极。若电源接在1、4之间,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间的电势差一定是正的,即U34>0,与题目已知条件不符合,选项A、B错误。因此电源接在1、3之间,若电阻R接在1、4之间,如图乙所示,则U13=U12+U23=5.5 V,同时U13=U14+U43,因为U43=-U34=1.5 V,所以只要UR=U14=4 V就能满足题目要求,选项C正确。若电阻R接在2、4之间,如图丙所示,则U23=2.5 V,同时U23=U24+U43,因为U43=-U34=1.5 V,所以只要UR=U24=1 V就能满足题目要求,选项D正确。
甲
乙
丙
2.(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Q
D.电流方向由Q指向P
答案 BD
解析 本题考查交变电流的产生过程。开始时线圈处于中性面,这时电流最小,再转过90°,电流最大,选项A错误,B正确。应用右手定则可得,磁极再转过90°时,线圈中的电流方向由Q指向P,选项D正确,C错误。
3.(2024辽宁丹东一模)如图所示,理想变压器原线圈接入正弦式交变电流,副线圈接入可变电阻R和小灯泡L(阻值不变)。电路中的电表均为理想电表。若可变电阻R的阻值变小,则下列说法正确的是( )
A.小灯泡会变暗
B.电流表示数会变大
C.电压表示数不变
D.理想变压器的输入功率变小
答案 B
解析 原线圈电压不变,原、副线圈匝数不变,根据U1U2=n1n2可知,副线圈电压不变,可变电阻R的阻值变小,总电阻变小,电流变大,小灯泡会变亮,根据I2I1=n1n2可知,电流表示数变大,故A错误,B正确;小灯泡两端的电压增大,则可变电阻两端的电压减小,电压表示数减小,根据P=U2R总可知,副线圈电功率增大,则理想变压器的输入功率变大,故C、D错误。
4.(2024广东卷)将阻值为50 Ω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.该交变电流的频率为100 Hz
B.通过电阻电流的峰值为0.2 A
C.电阻在1 s内消耗的电能为1 J
D.电阻两端电压表达式为u=102sin 100πt V
答案 D
解析 本题考查交变电流的表达式和“四值”问题。交变电流的频率f=1T=50 Hz,选项A错误;交变电流的峰值为Im=UmR=0.22 A,选项B错误;电阻在1 s内消耗的电能Q=U2Rt=10250×1 J=2 J,选项C错误;根据u-t图像得,ω=2πT=100π rad/s,电阻两端电压表达式为u=102sin 100πt V,选项D正确。
5.(2022河北卷)张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一,其发电、输电简易模型如图所示,已知风轮机叶片转速为每秒z转,通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动,发电机线圈面积为S,匝数为N,匀强磁场的磁感应强度为B,t=0时刻,线圈所在平面与磁场方向垂直,发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后,输出电压为U。忽略线圈电阻,下列说法正确的是( )
A.发电机输出的电压为2πNBSz
B.发电机输出交变电流的频率为2πnz
C.变压器原、副线圈的匝数比为2πNBSnz∶U
D.发电机产生的瞬时电动势e=2πNBSnzsin 2πnzt
答案 C
解析 发电机线圈的转速为nz,输出交变电流的频率为f=ω2π=nz,B错误;线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动,产生正弦式交变电流,最大值为Em=NBS·2π·nz,输出电压的有效值为E=Em2=2πNBSnz,A错误;变压器原、副线圈的匝数比为n1n2=EU=2πNBSnzU,C正确;发电机产生的瞬时电动势为e=Emsin ωt=2πNBSnzsin 2πnzt,D错误。
6.(2024北京朝阳一模)如图甲所示,R1是电阻箱,R2是定值电阻。闭合开关S,改变R1的阻值,两理想电压表V1、V2的示数随R1阻值变化的关系如图乙所示,已知图线①和②为相互平行的直线。下列说法正确的是( )
A.图线①表示电压表V1的示数与R1的对应关系
B.通过R1的电流随R1的增大而减小
C.R2两端的电压随R1的增大而增大
D.供电设备输出的总功率随R1的增大而增大
答案 D
解析 在如图甲所示的电路中,闭合开关S后,电压表V1测量R1两端的电压,电压表V2测量R1与R2串联后的电压,电压表V2的示数大于电压表V1的示数,所以图线①表示电压表V2的示数与R1的对应关系,故A错误;电路中的电流I=U1R1,由图乙中的图线②可知,R1增大时I不变,供电设备是恒流电源,故B错误;由图乙可知,电压表V1、V2的示数之差为定值,即R2两端的电压为定值,故C错误;因为R1增大时,电压表V2的示数增大,I不变,根据P=UI可知,电路的总功率随R1的增大而增大,故D正确。
7.(2024浙江温州二模)某款全液冷超级充电桩如图所示,其最大输出电流为600 A,充电电压范围为200 V至1 000 V,并且该充电桩能根据不同电动汽车车型的充电需求智能分配所需充电功率。某款电动汽车总质量为1.6 t,所用电池组规格为“360 V 150 A·h”(内阻不能忽略),车上显示屏显示此次充电电量由30%充到80%用时10 min,本次充电共消费60元(充电桩计费规则为每度电2元)。经实测,显示屏电量由80%下降到50%共行驶了120 km,已知该电动汽车行驶时的阻力为车重的150,则( )
A.充电桩上标识的“600 kW”表示给各电动汽车充电时的平均功率
B.该电动汽车充电的平均功率约为300 kW
C.该电动汽车充电的充电效率约为90%
D.该电动汽车的电机将电能转化为机械能的效率约为40%
答案 C
解析 根据最大充电电流与最大充电电压可知,Pmax=UmaxImax=1 000×600 W=600 kW,即600 kW指的是充电桩最大充电功率,因为充电桩能根据不同电动汽车车型的充电需求智能分配所需充电功率,所以充电桩的平均充电功率必定小于最大功率,故A错误;该电动汽车充电时的平均功率约为P=Wt=360×150×3 600×(80%-30%)10×60 W=162 kW,故B错误;该电动汽车的充电效率约为η1=360×150×3 600×(80%-30%)602×1 000×3 600×100%=90%,故C正确;该电动汽车的机械效率约为η2=150×16 000×120 000360×150×3 600×(80%-50%)×100%=66%,故D错误。
综合提升
8.(2024四川宜宾三模)电蚊拍利用高压电击网击杀飞近的蚊虫。如图所示,将3 V直流电压通过转换器转变为正弦式交变电压u=3sin 10 000πt V,再将其加在理想变压器的原线圈上,副线圈两端接电击网,电压峰值达到2 700 V时可击杀蚊虫。下列说法正确的是( )
A.交流电压表的示数为3 V
B.电蚊拍正常工作时,副线圈与原线圈匝数比需满足n2n1≥900
C.电击网上的高频电压的频率为10 000 Hz
D.将3 V直流电压连接在变压器原线圈的两端,电蚊拍也可以正常工作
答案 B
解析 正弦式交变电压的有效值为U1=U1m2=322 V,交流电压表的示数为322 V,故A错误;根据变压器原、副线圈电压比等于匝数比,可知副线圈与原线圈匝数比需满足n2n1=U2mU1m≥2 7003=900,故B正确;电击网上的高频电压的频率为f=ω2π=10 000π2π Hz=5 000 Hz,故C错误;将3 V直流电压连接在变压器原线圈的两端,副线圈不会产生感应电动势,电蚊拍不可以正常工作,故D错误。
9.(2024湖南常德一模)如图甲所示的交变电路中,变压器可看作理想变压器,灯泡和电动机的额定电压相等,当原线圈两端接有如图乙所示的交流电压时,灯泡刚好正常发光,电动机也刚好正常工作。已知电动机的内阻r=0.1 Ω,电动机的额定功率为2 W,效率为80%,灯泡正常发光时电阻为0.5 Ω。下列说法正确的是( )
A.灯泡的额定电压为1 V
B.原、副线圈的匝数比为11∶1
C.原线圈中的电流为5.5 A
D.灯泡中的电流1 s内方向改变50次
答案 A
解析 由题意可知,电动机的输出功率P出=80%P额=1.6 W,则电动机的热功率Pr=P额-P出=0.4 W,又Pr=Ir2r,解得Ir=2 A,电动机额定功率P额=U2Ir,解得U2=1 V,所以灯泡正常发光时两端的电压也为1 V,则灯泡的额定电压为1 V,A正确;由以上分析可知副线圈的输出电压为1 V,由题图乙可知变压器原线圈两端电压的有效值U=22 V,由变压器的工作原理得U1U2=n1n2,解得n1n2=221,故B错误;灯泡正常发光时,流过灯泡的电流I=U2R=2 A,则流过副线圈的电流I2=I+Ir=4 A,由变压器的工作原理得I1I2=n2n1,解得原线圈中的电流I1=211 A,故C错误;由题图乙可知该交变电流的周期T=0.02 s,由于变压器不改变交变电流的周期,则流过灯泡的电流的变化周期也为0.02 s,一个周期内电流方向改变两次,则1 s内流过灯泡的电流方向改变100次,故D错误。
10.(多选)(2023天津卷)“西电东送”是我国重要的战略工程,从西部发电厂到用电量大的东部区域需要远距离输电。如图为远距离输电的示意图,升压变压器T1和降压变压器T2均视为理想变压器,T1的原线圈接有电压有效值恒定的交变电源,R为输电导线的电阻,T2的副线圈并联多个用电器,下列说法正确的是( )
A.T1输出电压等于T2输入电压
B.T1输出功率大于T2输入功率
C.用电器增多后,R消耗的功率减小
D.用电器增多后,T2的输出电压降低
答案 BD
解析 由于远距离输电过程中,输电线路中电阻R会分压且产生热量,产生功率损失,故T1输出功率大于T2输入功率,T1输出电压大于T2输入电压,故A错误,B正确。设升压变压器T1原、副线圈匝数比为n1∶n2,输入、输出电压分别为U1、U2,根据理想变压器电压与原、副线圈匝数关系可得U1U2=n1n2,由于输入电压U1不变,原、副线圈匝数比n1n2不变,则升压变压器T1输出电压U2恒定;设降压变压器T2的原、副线圈匝数比为n3∶n4,输入、输出电压分别为U3、U4,通过T2原、副线圈的电流分别为I3、I4,T2的副线圈并联多个用电器等效电阻为R用,则有U3U4=n3n4,I3I4=n4n3,R用=U4I4,得U2=I3R+U3=I3R+n3n42I3R用,令R等=n3n42R用,则U2=I3(R+R等),随着用户接入的用电器增多,副线圈接入用电器的总电阻R用减小,则R等减小,输入线路中电流I3增大,电阻R消耗的功率P损=I32R,T2的输出电压U4=n4n3(U2-I3R),用电器增多后,I3增大,电阻R消耗的功率增大,T2的输出电压U4降低,故C错误,D正确。
11.(10分)除颤仪是用于突发心室纤颤等心脏疾病的急救医疗设备,某型号除颤仪电路原理如图所示,某次调试时,电容器充电完毕,开关由“1”掷向“2”,放电电流平均值为2.8 A,放电时间约为1×10-2 s,已知电容器电容为2.0×10-5 F,升压变压器原、副线圈的匝数比约为1∶70,则降压变压器原、副线圈的匝数比约为 。
答案 112∶1
解析 由题意可知,第一个变压器为降压变压器,第二个变压器为升压变压器,由于放电电流平均值为2.8 A,由电流的定义式有I=Qt,根据电容器的电容定义有C=QU4,得升压变压器副线圈两端的电压最大值为U4=1 400 V,由理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系有U3U4=n3n4,得升压变压器原线圈两端的电压最大值为U3=20 V,降压变压器副线圈两端的电压最大值为U2=20 V,所以降压变压器原、副线圈匝数比为n1n2=U1U2=220220=1121。