2020高考物理二轮复习第1部分专题5电路和电磁感应第1讲直流电路和交流电路限时检测含解析

2020高考物理二轮复习第1部分专题5电路和电磁感应第1讲直流电路和交流电路限时检测含解析

第1讲　直流电路和交流电路 ‎[限时45分钟；满分70分]‎ 选择题(每小题5分，共70分)‎ ‎1．(2019·贵阳月考)阻值相等的三个电阻R、电容器C及电池E(内阻不计)连接成如图5－1－13所示电路。保持S1闭合，开关S2断开，电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S2，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2，则Q1与Q2的比值为 图5－1－13‎ A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 解析　开关S2断开时的等效电路如图甲所示，电路稳定时电容器两极板之间的电压为U1＝，电容器所带的电荷量为Q1＝ CU1＝；开关S2闭合后的等效电路如图乙所示，电路稳定时电容器两极板之间的电压为U2＝E，电容器所带的电荷量为Q2＝CU2＝CE，则Q1∶Q2＝1∶2，即Q1与Q2的比值为，A正确。‎ 答案　A ‎2．(多选)(2019·南昌高三调研)如图5－1－14甲所示，阻值均为 Ω的三个相同的电阻接在原、副线圈匝数比为n1∶n2＝2∶1的理想变压器的输入和输出端，变压器的输入端通过一小型发电机供电，已知交流发电机线圈的匝数n＝10，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按如图乙所示的正弦规律变化，不计发电机线圈的内阻，A、V均为理想电表，则 9‎ 图5－1－14‎ A．发电机电压的瞬时值表达式为e＝20cos 200t(V)‎ B．电压表的示数为 V C．电流表的示数为2 A D．三个电阻消耗的功率都相同且均为 W 解析　因为Em＝nBSω＝nΦmω＝20 V，故发电机电压的瞬时值表达式为e＝20cos 200t(V)，A正确；设通过副线圈中电阻R的电流为I，则副线圈的电流为2I，则有＝＝，则有I1＝I，三个电阻两端的电压相等，即有＝＝，可得U2＝＝ V，B错误；由欧姆定律可得I1＝＝ ，A、C错误；因为三个电阻的电压和电流都相同，故功率相等，其功率为P＝U2I＝× W＝ W，D正确。‎ 答案　AD ‎3．(2019·昆明质检)如图5－1－15甲所示的电路中，理想变压器输入电压u随时间t按正弦规律变化如图乙所示。图甲中L1和L2为两个相同的小灯泡，小灯泡都标有“12 V,6 W”字样，电容器C的击穿电压为13 V，电压表和电流表均为理想交流电表。开关S1和S2都断开时，小灯泡L1正常发光。下列说法正确的是 图5－1－15‎ A．理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1‎ B．输入电压u随时间t变化的规律为u＝48sin 100πt(V)‎ C．闭合开关S1、断开开关S2时，电压表的示数为48 V，电流表的示数为0.25 A D．闭合开关S2后，电容器C不会被击穿 解析　由图乙可知，原线圈输入电压为48 V，电流变化周期T＝0.04 s，根据小灯泡正常发光可知副线圈输出电压为12 V，根据变压器变压公式可知，理想变压器的原、副线圈的匝数比为48∶12 ＝4∶1，选项A错误；输入电压u随时间变化的规律为u＝ 48sin V＝48sin (50πt)(V)，选项B错误；闭合开关S1、断开开关S2时，变压器输入电压不变，电压表示数不变，根据变压器输入功率等于输出功率，P＝2×6 W＝12 W，可知输入电流为0.25 A，电流表的示数为0.25 A，选项C正确；闭合开关S2‎ 9‎ 后，电容器两端最大电压等于12 V，大于击穿电压13 V，电容器会被击穿，选项D错误。‎ 答案　C ‎4．(2018·天津卷)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图5－1－16所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的，则 图5－1－16‎ A．R消耗的功率变为P B．电压表V的读数变为U C．电流表A的读数变为2I D．通过R的交变电流频率不变 解析　交流发电机产生的感应电动势最大值Em＝NBSω，且有ω＝2πn，所以当发电机线圈转速减半后，感应电动势最大值减半，有效值减半，又理想变压器原、副线圈电压有效值之比等于原、副线圈匝数比，故电压表示数减为原来的一半，B项正确；由电功率P＝可知，变压器输出功率即R消耗的功率变为原来的，A项错误；由P＝UI可知，原线圈中电流减为原来的一半，C项错误；交流电的频率与发电机线圈转动角速度成正比，故D项错误。‎ 答案　B ‎5．如图5－1－17甲所示的电路中，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动，根据电路中电压表和电流表的数据描绘了如图乙所示的两条U－I图线，则下列关于调节过程中说法正确的是 图5－1－17‎ A．图线乙是根据V1与A的示数描绘的 9‎ B．电源的内阻为0.5 Ω C．两图线交点处电源的输出功率最大 D．两图线交点处电源效率最大 解析　由部分电路的欧姆定律可得，电压表V2和电流表A的示数的比值为定值电阻R0，三者之间满足关系：U2＝IR0，结合数学知识可得应为图线乙，A错误；由闭合电路欧姆定律：U＝E－Ir，结合数学知识可得图线甲为根据电压表V1与电流表A的示数描绘的，图线斜率的绝对值为电源内电阻大小，故有：r＝＝ Ω＝1 Ω，B错误；图线的交点处表示两电压表示数相等，分析电路可知此时滑动变阻器分压为零，即此时滑动变阻器的电阻R＝0，由于R0＝ Ω＝2 Ω＞r＝1 Ω，故此时负载电阻最小，电源的输出功率最大，C正确；负载电阻越大，电源的效率越大，交点处负载电阻最小，电源效率最小，D错误。‎ 答案　C ‎6．一自耦变压器如图5－1－18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 图5－1－18‎ A．U2＞U1，U2降低 B．U2＞U1，U2升高 C．U2＜U1，U2降低 D．U2＜U1，U2升高 解析　由变压器的变压公式＝可知，由于原线圈匝数n1大于副线圈匝数n2，因此有U2＜U1，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正确。‎ 答案　C ‎7．(2018·江苏卷)采用220 kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为 A．55 kV　 　B．110 kV C．440 kV　 　D．880 kV 解析　设输送功率为P，则有P＝UI，其中U为输电电压，I为输电电流。为使输电线上损耗的功率减小为原来的四分之一，由P损＝I2R(R为输电线的电阻，恒定不变)可知应使I变为原来的二分之一，又输送功率不变，则输电电压应变为原来的2倍，即440 kV，选项C正确。‎ 9‎ 答案　C ‎8．(2019·山西省高三质量检测)如图5－1－19，理想变压器的原、副线圈电路中接有四只规格相同的灯泡，原线圈电路接在电压恒为U0的交变电源上。当S断开时，L1、L2、L3三只灯泡均正常发光。若闭合S，已知灯泡都不会损坏，且灯丝电阻不随温度变化，则 图5－1－19‎ A．灯泡L1变亮 B．灯泡L2变亮 C．灯泡L3亮度不变 D．灯泡L4正常发光 解析　当S断开时，设原线圈电流为I1，电压为U1，副线圈电流为I2，电压为U2，灯泡电阻为R，由变压器规律得＝，＝，则U1＝U2＝·I2R并＝2I1R并。因原线圈有灯泡，故U0＝I1R＋U1＝I1R＋I1·R并；闭合S时R并减小，故I1增大，则灯泡L1变亮；变压器的输入电压减小，而匝数比不变，则变压器的输出电压减小，则灯泡L2和L3变暗，L4不能正常发光。故选项A正确，B、C、D错误。‎ 答案　A ‎9．如图5－1－20所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，原线圈接正弦交变电流，副线圈接电动机，电动机线圈电阻为R。当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升。若电动机因摩擦造成的能量损失不计，则图中电压表的读数为 图5－1－20‎ A．4IR＋ B. C．4IR D.IR＋ 解析　电动机带动质量为m的重物以速度v匀速上升，电动机的输出功率等于克服重力做功的功率，P输出＝mgv，由I1∶I2＝n2∶n1，可知I2＝2I，所以P热＝I22R＝4I2R，P2＝P输出＋P热＝mgv＋4I2R，由于是理想变压器，所以P1＝P2＝U1I，U1＝4IR＋，因此选项A正确。‎ 9‎ 答案　A ‎10．(2019·厦门市模拟)如图5－1－21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)。当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，有关下列说法中正确的是 图5－1－21‎ A．只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流 B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流 C．只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动，电压表示数变大，带电微粒向下运动 D．若断开电键S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动 解析　只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，R2两端的电压变大，电容器两端的电压增大，电容器所带电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，故选项A正确；电路稳定时，电容器相当于断路，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故选项B错误；只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，与电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，电场力变大，带电微粒向上运动，故选项C错误；若断开电键S，电容器处于放电状态，电容器所带电荷量变小，故选项D错误。‎ 答案　A ‎11．(多选)如图5－1－22所示电路中，电阻R1＝1 Ω，R2＝3 Ω，R3＝6 Ω，闭合开关S1后，当开关S2闭合时，电压表示数为7 V，当开关S2断开时，电压表示数为9 V，则下列说法正确的是 图5－1－22‎ A．电源的电动势为21 V B．电源的内阻为3 Ω 9‎ C．断开开关S2后，电源的输出功率增大 D．断开开关S2后，电源的效率增大 解析　设电源的电动势为E，内阻为r，闭合开关S1后，当S2闭合时，R2和R3并联，R23＝2 Ω，U1＝，当S2断开时，U2＝，解得E＝21 V，r＝3 Ω，选项A、B正确；S2闭合时，外电阻为3 Ω，等于电源内阻，此时电源的输出功率最大，S2断开时，外电阻为4 Ω，大于电源内阻，则电源的输出功率减小，选项C错误；断开开关S2后，外电阻增大，电源效率增大，选项D正确。‎ 答案　ABD ‎12．(多选)一含有理想变压器的电路如图5－1－23所示，正弦交流电源电压为U0，变压器原、副线圈匝数之比为3∶1，电阻关系为R0＝R1＝R2＝R3，V为理想交流电压表，示数用U表示，则下列判断正确的是 图5－1－23‎ A．闭合开关S，电阻R0与R1消耗的功率之比为9∶1‎ B．闭合开关S，电阻R0与R1消耗的功率之比为1∶1‎ C．断开S，U0∶U＝11∶3‎ D．断开S，U0∶U＝4∶1‎ 解析　闭合开关S，设副线圈中经过每个电阻的电流为I，根据变压器输入功率等于输出功率可知，电阻R0中电流为I，由P＝I2R可知，电阻R0与R1消耗的功率之比为1∶1，选项A错误，B正确；断开S，设副线圈每个电阻中电流为I′，U1为原线圈两端电压，I1为原线圈电流，由2I′U＝U1I1，U0＝U1＋I1R0，U＝I′R0,2I′∶I1＝3∶1，联立解得U0∶U＝11∶3，选项C正确，D错误。‎ 答案　BC ‎13．(多选)电源的电动势为E，内阻为r，各电阻阻值如图5－1－24所示，当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是 图5－1－24‎ A．电压表的示数U先增大后减小 9‎ B．电流表的示数I先增大后减小 C．电压表示数U与电流表示数I的比值不变 D．电压表示数的变化量ΔU与电流表示数的变化量ΔI的比值不变 解析　当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，总电阻先增大后减小，电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律可知总电流先减小后增大，则内电路电压先减小后增大，外电路电压先增大后减小。所以电流表的示数I先减小后增大，电压表的示数U先增大后减小，故选项A正确，B错误；电压表示数U与电流表示数I的比值表示外电阻，所以应先增大后减小，故选项C错误；设滑动变阻器的滑动触头P在某次滑动前后，电压表的示数分别为U1和U2，电流表的示数分别为I1和I2，根据闭合电路欧姆定律，有E＝U1＋I1r，E＝U2＋I2r。联立以上两式得＝－r，故选项D正确。‎ 答案　AD ‎14．(多选)某小型电站电能输送的示意图如图5－1－25所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路，与副线圈相连的输送线路的电阻可等效为电阻R。线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计。下列说法正确的是 图5－1－25‎ A．将原线圈抽头P向上滑动时，用户的灯泡变暗 B．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大 C．若线圈abcd转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBSω D．用电高峰期，随着发电厂输出功率的增大，输电线上损耗的功率占总功率的比例不变 解析　矩形线圈abcd中产生交变电流，将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈匝数变大，根据电压与匝数成正比知，输出电压减小，故灯泡会变暗，故选项A正确；线圈处于图示位置时，是中性面位置，矩形线圈中感应电动势的瞬时值为零，故选项B错误；若线圈转动的角速度变为2ω，根据电动势最大值公式可得Em＝2NBSω，最大值增加为原来的2倍，有效值E＝也变为2倍，则变压器原线圈电压的有效值为NBSω，故选项C正确；随着发电厂输出功率的增大，升压变压器的输出电压不变，则输电线电流增大，输电线损失电压增大，输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，选项D错误。‎ 9‎ 答案　AC 9‎