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1、直流电路与交流电路一 单项选择题1.如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中 () A电压表与电流表的示数都减小 B电压表与电流表的示数都增大 C电压表的示数增大，电流表的示数减小 D电压表的示数减小，电流表的示数增大 【解析】滑动变阻器R0的滑片向下滑动，R0接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小，总电流变大，电源的内电压变大，外电压变小，电压表的示数变小，R1两端的电压变大，R2两端的电压变小，电流表的示数变小，A项正确。 【答案】A 2如图所示，匀强磁场的磁感应强度B T单匝矩形线圈面积S1 m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO匀速转动线圈通过电刷
2、与一理想变压器原线圈相接，为交流电流表调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为12时，副线圈电路中标有“36 V,36 W”的灯泡正常发光以下判断正确的是()A电流表的示数为1 AB矩形线圈产生电动势的最大值为18 VC从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间变化的规律为e18sin (90t) VD若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当下移【答案】C【解析】小灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I21 A；根据变流比公式：，解得：I12 A，故A错误；小灯泡正常发光，故变压器的输出电压为36 V，根据变压比公式，解得：U118 V，故矩形线圈产生电动势的有效
3、值为18 V，矩形线圈产生电动势的最大值为18 V，故B错误；根据公式EmNBS，解得： rad/s90 rad/s，故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律eEmsin t18sin (90t) V，故C正确；若矩形线圈转速增大，根据公式EmNBS，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P适当上移，故D错误3.如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80 V时，闪光灯瞬间导通并发光，C放电放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光该电路（ ）A. 充电时，通过R的电流不变B.
4、 若R增大，则充电时间变长C. 若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大D. 若E减小为85 V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变【答案】BCD【解析】本题考查电容器的充放电，意在考查考生的分析能力。电容器充电时两端电压不断增大，所以电源与电容器极板间的电势差不断减小，因此充电电流变小，选项A错误；当电阻R增大时，充电电流变小，电容器所充电荷量不变的情况下，充电时间变长，选项B正确；若C增大，根据Q=CU，电容器的带电荷量增大，选项C正确；当电源电动势为85V时，电源给电容器充电仍能达到闪光灯击穿电压80V时，所以闪光灯仍然发光，闪光一次通过的电荷量不变，选项D正确。4.如图所示为远距离输电示
5、意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数比为k1.降压变压器T的原、副线圈匝数比为k2.原线圈两端接入一电压uUmsin t的交流电源，用户电阻为R(纯电阻)，若用户消耗功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率Pr和用户获得的电压U分别为()APrPUBPrPUCPrPUDPrPU【答案】B【解析】用户流过的电流为I4 ，故在输电线路上的电流为I3 ，故损失的电功率为PrI2rP；升压变压器两端电压的有效值为U1，输电线路上损失的电压为UI32r，升压变压器副线圈两端的电压为U2故降压变压器原线圈的电压为U3U2U，用户获得的电压U联立解得
6、U 5.在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻。当开关S闭合后，两平行金属板M、N中有一带电液滴正好处于静止状态。为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是 () A增大R1的阻值B减小R2的阻值 C减小R3的阻值 D增大M、N间距 【解析】因为R1与平行板电容器串联，故无论R1阻值变大还是变小，电容器两极板间的电压都等于R3两端电压，故选项A错误；当R2阻值减小时，电路的电阻变小，则电路的总电阻变小电流变大，R3的分压变大，电容器两极板间的电压变大，所以电场力变大，油滴向上运动，故选项B正确；当减小R3的阻值时，电路的电流也变大，因此内电压和R2的分压变大，则R3的分压变小，所以电场
7、力变小，油滴向下运动，故选项C错误；当增大极板间的距离时，由E，电场强度变小，故电场力变小，油滴向下运动，选项D错误。故选B。【答案】B 6.当电阻两端加上某一稳定电压时,通过该电阻的电荷量为0.3 C,消耗的电能为0.9 J.为在相同时间内使0.6 C的电荷量通过该电阻,在其两端需加的电压和消耗的电能分别是()A.3 V1.8 J B.3 V3.6 JC.6 V1.8 J D.6 V3.6 J答案：D解析：设两次加在电阻R上的电压分别为U1和U2,通电的时间都为t.由公式W1=U1q1和W1=U12Rt可得：U1=3 V,tR=0.1.再由W2=U2q2和W2=U22Rt可求出：U2=6 V
8、,W2=3.6 J,故选项D正确.7.科学家研究发现，磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而变小，如图所示电路中，GMR为一个磁敏电阻，R、R2为滑动变阻器，R1、R3为定值电阻，当开关S1和S2闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。则 () A只调节电阻R，当P1向右端移动时，电阻R1消耗的电功率变大 B只调节电阻R，当P1向右端移动时，带电微粒向下运动 C只调节电阻R2，当P2向下端移动时，电阻R1消耗的电功率变大 D只调节电阻R2，当P2向下端移动时，带电微粒向下运动 解析：选 A。P1向右端移动时R接入电路阻值增大，左侧电路中电流减小，磁场减弱
9、，此时磁敏电阻(GMR)阻值减小，右侧闭合回路中电流增大，由PI2R可得R1消耗的电功率变大，此时R2两端电压U2IR变大，带电微粒所受电场力增大，故带电微粒将向上运动，所以A正确，B错误；P2向下端移动时，R2接入电路阻值不变，电路中电流不变，R1消耗的电功率不变，R2两端电压不变，电容器两端分压增大，带电微粒向上运动，故CD错误。 8.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1n221，和均为理想电表，灯泡电阻RL6 ，AB端电压u112sin 100t (V)，下列说法正确的是()A电流频率为100 HzB.的读数为24 VC.的读数为0.5 AD变压器输入功率为6 W【解析】由2f100
10、 rad/s得：f50 Hz，A错有效值U112 V，又得：U26 V，I21 A，B、C项错由能量守恒得P1P2U2I26 W，D对【答案】D9.某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知 () A反映Pr变化的图线是b B电源电动势为8 V C电源内阻为1 D当电流为0.5 A时，外电路的电阻为6 【解析】由题意可知PrI2r，变化曲线应该是c，且由图象可求得电源内阻r2 ，选项A，C错误；由PEEI，可求得电源电动势E4 V，选项B错误；由图象及闭合电路欧姆定律EIRIr可知，当电流为0.
11、5 A时外电路的电阻为6 ，选项D正确。故选D。 【答案】D 10.如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有R=55 的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2:1，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220WB电流表的读数为1 AC电压表的读数为110VD副线圈输出交流电的周期为50 s【答案】B【解析】电表的读数均为有效值，原线圈两端电压有效值为220 V，由理想变压器原、副线圈两端电压与线圈匝数成正比，可知副线圈两端电压有效值为110 V，C错误；流过电阻R的电流为2 A，可知负载消耗的功率为220 W，根据能量守恒可知，原线圈的输入功率为220 W，
12、A错误；由P=UI可知，电流表的读数为1 A，B正确，由交变电压瞬时值表达式可知，=100 rad/s，周期T=0.02 s，D错误。二 不定项选择题1.在如图所示的UI图像中,直线为某一电源的路端电压与电流的关系图线,直线为某一电阻R的伏安特性曲线.用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路.由图像可知()A.电源的电动势为3 V,内阻为0.5 B.电阻R的阻值为1 C.电源的输出功率为2 WD.电源的效率为66.7%答案：ABD解析：由图像可知,该电源的电动势E=3 V,内阻r=0.5 ,电阻R的阻值为1 .仍由图像可知,用该电源直接与R相连组成闭合电路时,路端电压U=2 V,电流I=2 A,则
13、电源的输出功率P=UI=22 W=4 W,电源的效率=UIEI100%=23100%66.7%,故选项A、B、D正确,选项C错.2.如图甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r2 矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R的最大阻值为R0 ，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1R0、R2，其他电阻不计从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S，线圈转动过程中理想交流电压表示数是10 V，图乙是矩形线圈磁通量随时间t变化的图像，则下列说法正确的是()A电阻R2上的热功率为 WB0.02 s时滑动
14、变阻器R两端的电压瞬时值为零C线圈产生的e随时间t变化的规律是e10cos 100t (V)D线圈开始转动到t s的过程中，通过R1的电荷量为 C【解析】R总R1R010 ，I A1 A，UR2 V，根据公式P得电阻R2上的热功率为PR2 W，故A正确；0.02 s通过线圈的磁通量为零，感应电动势最大，故B错误；T0.02 s，100 rad/s，E10 V12 V12 V，e12cos 100t(V)，故C错误；电动势的最大值为Em12 VnBS，mBS(Wb)，sin 100t(Wb)，线圈开始转动到t s的过程中，通过电阻的电量为 C，故D正确【答案】AD3.如图所示,R1为定值电阻,R
15、2为可变电阻,E为电源电动势,r为电源内阻,以下说法中不正确的是()A.当R2=r时,R2上获得最大功率B.当R2=R1+r时,R1上获得最大功率C.当R2=0时,R1上获得最大功率D.当R2=0时,电源的输出功率最大答案：ABD解析：在讨论R2的电功率时,可将R1视为电源内阻的一部分,即将原电路等效为外电阻R2与电动势E、内阻为(R1+r)的电源(等效电源)连成的闭合电路,如图所示,R2的电功率是等效电源的输出功率,显然当R2=R1+r时,R2获得的电功率最大,选项A错误.在讨论R1的电功率时,由I=ER1+R2+r及P1=I2R1可知,R2=0时,R1获得的电功率最大,选项B错误,C正确,
16、在讨论电源的输出功率时,(R1+R2)为外电阻,内阻r恒定,由于题目没有给出R1和r的具体数值,所以当R2=0时,电源输出功率并不一定最大,选项D错误.4.如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是()AP向下滑动时，灯L变亮BP向下滑动时，变压器的输出电压不变CP向上滑动时，变压器的输入电流变小DP向上滑动时，变压器的输出功率变大【答案】BD【解析】由于理想变压器输入电压U1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U2也不变，灯L亮度不随P的滑动而改变，故选项A错误，选项B正确P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R总
17、减小，由I2知，通过副线圈的电流I2增大，输出功率P2U2I2增大，再由知输入电流I1也增大，故选项C错误，D正确5.如图甲是小型交流发电机的示意图，两极M、N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，V为理想交流电压表内阻不计的矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R，从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是()A电压表的示数为10 VB0.01 s时发电机线圈平面与磁场方向平行C若P的位置向上移动、R的大小不
18、变时，电流表读数将减小D若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍【解析】电压表显示的为有效值，示数为10 V，A正确；0.01 s时感应电动势最大，故线圈平面与磁场方向平行，故B正确；若P的位置向上移动，匝数比减小，副线圈电压增大，R的大小不变时，电流表读数将增大，故C错误；若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，电压增大为原来的2倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍，故D正确【答案】ABD6如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1n2101，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R10 .从某时刻开
19、始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是()A当S与a连接后，理想电流表的示数为2.2 AB当S与a连接后，t0.01 s时理想电流表示数为零C当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍D当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz【答案】AC【解析】由题图乙知，原线圈的电压u1220 V，当S与a连接后，根据变压规律可得u222 V，理想电流表的示数I22.2 A，故A正确；电流表的示数对应交变电流的有效值，所以在t0.01 s时理想电流表示数不为零，故B错误；当S由a拨到b后，原、副线圈的匝数比为51，可求副线圈电压为44 V，是原来的2倍，根据功率
20、P知，功率是原来的4倍，输入功率等于输出功率，所以C正确；交流电的频率不会发生变化，由题图乙知，频率为50 Hz，所以D错误7.如图所示，边长为L、匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO转动，轴OO垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2.保持线圈以恒定角速度转动，下列判断正确的是()A在图示位置时线框中磁通量为零，感应电动势最大B当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表V2的示数变大C电压表V1示数等于NBL2D变压器的输入与输出功率之比为11【答案】AD【解析】当线框转到如图所示位置，穿过线框的磁通量为0，但
21、线框中产生的感应电动势最大，故选项A正确；电压表V2测量的是副线圈的电压，副线圈电压由原线圈电压决定，与负载电阻变化无关，故选项B错误；电压表V1示数为有效值，等于u1，故选项C错误；理想变压器输入功率等于输出功率，则选项D正确8.如图所示，用理想变压器给电灯L供电，如果只增加副线圈的匝数，其他条件不变，则()A电灯L亮度减小B电流表示数增大C电压表示数增大D变压器输入功率不变【解析】由理想变压器的电压比等于匝数比可得，n2增加，则副线圈两端电压增加，电压表的读数增大，加在电灯两端的电压增大，电灯变亮，即变压器的输出功率增大，由于理想变压器的输入功率等于输出功率，则输入功率也随之增大，根据PU
22、1I1，可知电流表的读数增大，选项B、C正确，选项A、D错误【答案】BC9.如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0，反向电阻为)连接，电源负极接地开始时电容器不带电，闭合开关S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点在开关S保持接通的状态下，下列说法正确的是()A当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动B当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动C当电容器的下极板向下移动时，P点的电势不变D当电容器的下极板向左移动时，P点的电势会升高【答案】AD【解析】当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器有效阻值增大，R的电压增大，则电容器板间电压增大，场强增大，
23、油滴所受的电场力增大，所以带电油滴会向上运动故A正确；当电容器的上极板向上移动时，由电容的决定式C知，电容减小，而电容器的电压不变，由C知，Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，根据推论可知电容器板间场强不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止不动，故B错误；当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量Q不变，由E知电容器板间场强不变，由UEd知，P与下极板间的电势差变大，P点的电势会升高故C错误；当电容器的下极板向左移动时，C，电容器的电容减小，由C知，Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电
24、量不变，那么只能是极板间U增大，由E知电容器板间场强变大，则P与下极板间的电势差变大，P点的电势升高故D正确10.如图所示，电路中的变压器为理想变压器，U为正弦式交变电压，R为变阻器，R1、R2是两个定值电阻，A、V分别是理想电流表和理想电压表，则下列说法正确的是()A闭合开关S，电流表示数变大、电压表示数变小B闭合开关S，电流表示数变小、电压表示数变大C开关S闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变小D开关S闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变大【答案】AC【解析】闭合开关S，负载总电阻变小，变压器的输出功率增大，副线圈的电流增大，根据可知变压器的输入电流增大，即电流表示数变大，变阻器R两端电压增大，根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，故A正确，B错误；开关S闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，变阻器R的阻值增大，两端电压增大，根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，根据欧姆定律可知副线圈的电流减小，根据可知变压器的输入电流减小，即电流表示数变小，故C正确，D错误