新课标2020高考物理二轮复习专题四第1讲直流电路与交流电路课后演练含解析

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新课标2020高考物理二轮复习专题四第1讲直流电路与交流电路课后演练含解析

第1讲 直流电路与交流电路 ‎ (建议用时:25分钟)‎ 一、单项选择题 ‎1.(2019·哈尔滨三中二模)如图所示的电路中,当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时,下列说法正确的是(  )‎ A.电压表的读数减小 B.R1消耗的功率增大 C.电源的输出功率增大 D.电容器C所带电荷量增多 解析:选D.根据电路图可知,R1、R2串联后接在电源两端,电容器C并联在R2两端,电压表V测路端电压.当滑动触头P向下滑动时,R2连入电路的电阻变大,则外电路总电阻R变大,由I=知电流I减小,由U=E-Ir知路端电压增大,则电压表示数变大,电源的输出功率P出=UI无法判断.由PR1=I2R1知,R1消耗的功率变小.由UR2=E-(R1+r)I知电容器两端电压变大,则电容器所带电荷量增多.综上所述,A、B、C错误,D正确.‎ ‎2.如图甲所示,在匀强磁场中,两个匝数相同的正方形金属线圈分别以不同的转速,绕与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的交流电动势e随时间t变化的图象如图乙中曲线a、b所示,则(  )‎ A.t=0时刻,两线圈均处于垂直于中性面的位置 B.a、b对应的线圈转速之比为2∶3‎ C.a、b对应的两线圈面积之比为1∶1‎ D.若只改变两线圈的形状(匝数不变),则两线圈电动势的有效值之比一定不变 解析:选C.t=0时刻,两线圈感应电动势均为零,故两线圈均处于中性面的位置,选项A错误;由图线可知,两线圈的周期之比Ta∶Tb=2∶3;故根据n=可知a、b对应的线圈转速之比为3∶2,选项B错误;根据Em=NBωS,==;==;则==,选项C正确;若只改变两线圈的形状(匝数不变),则两线圈的面积要变化,故感应电动势的最大值要变化,电动势的有效值之比一定变化,选项D错误.‎ ‎3.(2017·高考北京卷)如图所示,理想变压器的原线圈接在u=220sin 100πt(V)的交流电源上,副线圈接有R=55 Ω的负载电阻,原、副线圈匝数之比为2∶1,‎ - 8 -‎ 电流表、电压表均为理想电表.下列说法正确的是(  )‎ A.原线圈的输入功率为220 W B.电流表的读数为1 A C.电压表的读数为110 V D.副线圈输出交流电的周期为50 s 解析:选B.由交流电压的表达式可知,原线圈两端所加的电压最大值为220 V,故有效值为U1=220 V,由=,故副线圈电压的有效值为U2=110 V,故输出功率P2==220 W,再由输入功率等于输出功率知,P1=P2=220 W,A项错误;根据欧姆定律知,I2==2 A,=,得I1=1 A,故电流表读数为1 A,所以B项正确;电压表的读数为有效值,即U2=110 V,C项错误;由交流电压的表达式可知,Ω=100π(rad/s),又T=,解得T=0.02 s,所以D项错误.‎ ‎4.一自耦变压器如图所示,环形铁芯上只绕有一个线圈,将其接在a、b间作为原线圈.通过滑动触头取该线圈的一部分,接在c、d间作为副线圈.在a、b间输入电压为U1的交变电流时,c、d间的输出电压为U2.在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中(  )‎ A.U2>U1,U2降低 B.U2>U1,U2升高 C.U2U2,当滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中,n2减小,因此U2降低,C项正确.‎ ‎5.(2019·济南质检)如图所示,电源电动势为E,内阻为r.电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器,R0为定值电阻,R1为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小).当开关S闭合时,电容器中一带电微粒恰好处于静止状态,则下列说法中正确的是(  )‎ - 8 -‎ A.只逐渐增大R1的光照强度,电阻R0消耗的电功率变大,R3中有向上的电流 B.只将R3的滑片P2向上移动时,电源消耗的功率变大,R3中有向上的电流 C.只将R2的滑片P1向下移动时,电压表示数变大,带电微粒向下运动 D.若断开开关S,电容器所带电荷量变大,带电微粒向上运动 解析:选A.只逐渐增大R1的光照强度,R1的阻值减小,电流变大,R0消耗的电功率变大,电容器的电压增大,电容器充电,R3中有向上的电流,A选项正确;由于R3与电容器相连,而电容器隔直流,所以只调节R3的阻值对电路中的电流和电压没有影响,电源消耗的功率不变,R3中没有向上的电流,B选项错误;只将R2的滑片P1向下移动时,电路中的电流不变,因此电容器两端的电压U2增大,带电微粒受到的电场力F=qE=q变大,微粒将向上运动,C选项错误;若断开开关S,电容器将通过R3、R2放电,电容器所带电荷量减少,带电微粒向下运动,D选项错误.‎ ‎6.如图所示,接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电,如果将原、副线圈减少相同匝数,其他条件不变,则(  )‎ A.小灯泡变亮 B.小灯泡变暗 C.原、副线圈两端电压的比值不变 D.通过原、副线圈电流的比值不变 解析:选B.由=得U2=U1 ①‎ 由=得U′2=U1 ②‎ 由得:==,因为n2<n1,所以<1,即U′2<U2,故小灯泡变暗,B正确,A错误;由以上分析过程可以看出,C错误;由=和=可见,D错误.‎ ‎7.(2019·青岛二模)如图1所示,M为一电动机,当滑动变阻器的触头从一端滑到另一端的过程中,两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图2所示,已知电流表读数在0.2 A以下时,电动机没有发生转动,不考虑电表对电路的影响,以下判断不正确的是(  )‎ - 8 -‎ A.电路中的电源电动势为3.9 V B.电动机的电阻为4 Ω C.此电路中,电动机的最大输出功率为0.9 W D.变阻器的最大阻值为32 Ω 解析:选C.由电路图1知,电压表V2测量路端电压,电流增大时,内电压增大,路端电压减小,所以最上面的图线表示V2的电压与电流的关系,此图线的斜率大小等于电源的内阻,为r= Ω=3 Ω;当电流I=0.1 A时,U=3.6 V,则电源的电动势E=U+Ir=3.6 V+0.1×3 V=3.9 V,故A正确;由图可知,电动机的电阻rM= Ω=4 Ω,故B正确;当I=0.3 A时,U=3.0 V,电动机的输入功率最大,最大输入功率为P=UI=3×0.3 W=0.9 W,电动机的热功率为PrM=I2rM=0.32×4 W=0.36 W,则最大的输出功率为P出=0.9 W-0.36 W=0.54 W,故C错误;当I=0.1 A时,电路中电流最小,变阻器的电阻为最大值,所以R=-r-rM= Ω=32 Ω,故D正确.‎ ‎8.(2019·枣庄段考)在如图所示的电路中,已知电阻R1的阻值小于滑动变阻器R的最大阻值.闭合开关S,在滑动变阻器的滑片P由左端向右端滑动的过程中,四个电表V1、V2、A1、A2的示数及变化量分别用U1、U2、I1、I2、ΔU1、ΔU2、ΔI1、ΔI2表示,下列说法中正确的是(  )‎ A.U1先变大后变小,I1不变 B.U1先变小后变大,I1变小 C.的绝对值先变大后变小,的绝对值不变 D.U2先变小后变大,I2先变小后变大 解析:选D.滑片P由滑动变阻器的左端向右端滑动的过程中,滑动变阻器R的左半部分与R1串联然后与R的右半部分并联,并联电阻先变大后变小,所以电路总电阻先变大后变小,根据闭合电路欧姆定律,I2先变小后变大,U1先变大后变小,由极限法可得当滑片P - 8 -‎ 滑到滑动变阻器右端时,电流表A1把R1所在支路短路,此时I1最大,所以I1一直增大,A、B错误;对于C项,的绝对值等于电源的内阻,保持不变;的绝对值等于R2,保持不变,C错误;电阻R2不变,电压表V2的示数U2=I2R2,U2先变小后变大,D正确.‎ ‎9.如图所示为远距离输电的原理图,升压变压器的变压比为m,降压变压器的变压比为n,输电线的电阻为R,升压变压器和降压变压器均为理想变压器,发电机输出的电压恒为U,若由于用户的负载变化,使电压表V2的示数减小了ΔU,则下列判断正确的是(  )‎ A.电流表A2的示数增大了 B.电流表A1的示数增大了 C.电压表V1的示数减小了ΔU D.输电线损失的功率增加了R 解析:选B.电压表V2的示数减小了ΔU,根据变压器的变压比可知降压变压器输入电压减小了ΔU3=nΔU,由于升压变压器输入电压不变,因此输电线上的电压增大了nΔU,因此电流表A1的示数增大了,B正确;根据变流比,电流表A2的示数增大了,A错误;由于发电机的输出电压不变,因此升压变压器的输出电压不变,电压表V1的示数不变,C错误;设原来输电线上的电流为I,则输电线损失的功率增加了R-I2R,不等于R,D错误.‎ 二、多项选择题 ‎10.如图所示,理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表,副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节,在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R,P为滑动变阻器的滑动触头.在原线圈上加一电压为U的正弦交流电,则(  )‎ A.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表读数变大 B.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表读数变小 C.保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表读数变大 D.保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表读数变小 - 8 -‎ 解析:选BC.保持Q的位置不动,则U2不变,将P向上滑动时,R接入电路的电阻变大,根据I2=知,I2变小,由=得I1也变小,即电流表读数变小,选项A错误,选项B正确;保持P的位置不动,将Q向上滑动时,U2变大,则根据P2=知副线圈输出功率变大,由P1=P2知,变压器原线圈输入功率P1变大,而P1=I1U,输入电压U一定,I1变大,即电流表读数变大,选项C正确,选项D错误.‎ ‎11.(2019·湖北重点中学联考)理想变压器原线圈a匝数n1=200匝,副线圈b匝数n2=100匝,线圈a接在u=44sin 314t(V)交流电源上,“12 V 6 W”的灯泡恰好正常发光,电阻R2=16 Ω,电压表V为理想电表,下列推断正确的是(  )‎ A.交变电流的频率为100 Hz B.副线圈磁通量的最大变化率为 Wb/s C.电压表V的示数为22 V D.R1消耗的功率是1 W 解析:选BD.由表达式知交变电流的频率为f= Hz=50 Hz,A错误;灯泡正常发光,故副线圈中电流为I==0.5 A,故电压表示数为U2=12 V+IR2=20 V,故根据Em=N知穿过铁芯的磁通量的最大变化率为= Wb/s,故B正确;根据电流与匝数成反比,原线圈电流为0.25 A,由题意可知:原线圈电压有效值为44 V,根据电压与匝数成正比得U1=40 V,R1消耗的功率是P=(44-40)×0.25 W=1 W,故C错误,D正确.‎ ‎12.(2019·河南中原名校高三联考)在如图甲所示的电路中,电源电动势为3.0 V,内阻不计,L1、L2为相同规格的小灯泡,这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示,R为定值电阻,阻值为7.5 Ω.当开关S闭合后(  )‎ A.L1的电阻为 Ω B.L1消耗的电功率为7.5 W - 8 -‎ C.L2的电阻为7.5 Ω D.L2消耗的电功率为0.3 W 解析:选CD.S闭合后,L1两端的电压为3.0 V,由乙图可知,I1=0.25 A,故P1=0.75 W,R1=12 Ω,A、B均错;L2与R及电源串联,把R和电源等效成电动势为3 V,内阻为7.5 Ω的新电源,在图乙中作出新电源的I-U 图线,如图,两图线的交点表示出了此时L2两端的电压与通过的电流的大小,由图知U2=1.5 V,I2=0.2 A,所以R2== Ω=7.5 Ω,P2=U2I2=1.5×0.2 W=0.3 W,C、D正确.‎ ‎13.如图所示电路中,电源电动势为E、内阻为r,电阻R2、R3为定值电阻,R1为滑动变阻器,A、B为电容器的两个极板.当滑动变阻器R1的触头处于某位置时,A、B两板间的带电油滴静止不动.则下列说法中正确的是(  )‎ A.仅把R1的触头向右滑动时,电流表读数减小,油滴向下运动 B.仅把R1的触头向右滑动时,电流表读数减小,油滴向上运动 C.仅把两极板A、B间距离增大,油滴向下运动,电流表读数不变 D.仅把两极板A、B间正对面积减小,油滴向下运动,电流表读数不变 解析:选BC.从图中可知电容器两板间的电压等于路端电压,电流表测量干路电流,若仅把R1的触头向右滑动时,R1连入电路的电阻增大,则电路总电阻增大,根据闭合电路欧姆定律可得路端电压增大,干路电流减小,所以电流表示数减小,电容器两端的电压增大,根据公式E=可得两极板间的电场强度增大,所以油滴受到的电场力增大,故向上运动,A错误,B正确;仅把两极板A、B间距离增大,因为两极板间的电压不变,根据公式E=可得电容器两极板间的电场强度减小,油滴受到的电场力减小,向下运动,电流表的示数不变,C正确;仅把两极板A、B间正对面积减小,由于两极板间的电压不变,距离不变,所以两极板间的电场强度不变,故油滴仍处于静止状态,电流表示数不变,D错误.‎ ‎14.如图所示为某兴趣小组设计的一种发电装置,在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π,磁场均沿半径方向;矩形线圈abcd(d点未在图中标出)的匝数为N,其边长ab=cd=l,bc=ad=2l;线圈的总电阻为r,外接电阻为R - 8 -‎ ‎;线圈以角速度Ω绕中心轴匀速转动,bc边和ad边同时进、出磁场.在磁场中,bc边和cd边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直.则(  )‎ A.bc边和ad边在磁场中运动时,线圈的感应电动势的大小为NBl2Ω B.bc边和ad边在磁场中运动时,bc边所受安培力的大小为 C.通过R的电流有效值为 D.通过R的电流有效值为 解析:选BD.bc、ad边的运动速度v=Ω,电动势Em=2·NB·2l·v=2NBl2Ω,A错误;根据欧姆定律得,电流Im=,bc边所受安培力为F=N·B·Im·2l=,B正确;因为两磁场的圆心角为π,故一个周期内,通电时间t=T,由有效值定义知:I(R+r)T=I2(R+r)T,解得I=,C错误,D正确.‎ - 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