《2022高考物理二轮复习专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路习题含解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022高考物理二轮复习专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路习题含解析.docx（8页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第1讲 直流电路与交流电路A组基础能力练1(2019江苏卷)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为110，当输入电压增加20 V时，输出电压(D)A降低2 VB增加2 VC降低200 VD增加200 V【解析】由理想变压器原、副线圈电压比等于匝数比即，得：U2U1，即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以有：U2U1，当输入电压增加20 V时，输出电压增大200 V，故D正确2(2020北京大兴区一模)如图(a)(b)(c)(d)(e)过程是交流发电机发电的示意图线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外
2、电路连接下列说法正确的是(C)A图(a)中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大B从图(b)开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是iImsin tC当线圈转到图(c)位置时，感应电流最小，且感应电流方向改变D当线圈转到图(d)位置时，感应电动势最大，ab边感应电流方向为ab【解析】图(a)中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率最小为零，故A错误；从图(b)开始计时，线圈产生的感应电动势最大，形成的感应电流最大，线圈中电流随时间变化的关系是iImcos t，故B错误；当线圈转到图(c)位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，且感应电流方向改变，故C正确；当线圈转到图(d
3、)位置时，感应电动势最大，根据楞次定律可知ab边感应电流方向为ba，故D错误；故选C3如图所示，a、b端接入电源，当滑动变阻器滑片P向下滑动时，电路中两个灯泡都不亮，用电压表检查电路时，测得UabU，UcdU，Uac0，Ubd0，则故障原因可能是(B)A变阻器短路B变阻器断路Ca、c间灯泡断路D两个灯泡都断路【解析】串联电路中灯不发光，则可能是某处断路，电压表测断路位置为电源电压，测不断的位置电压为零，UabU测量的是电源电压，测得UcdU，说明两灯泡没有断路，Uac0，Ubd0，说明在两灯泡之外有断路情况，两灯泡之间只有一个变阻器，所以变阻器处于断路情况，B正确4(2020上海静安区二模)如
4、图电路中当滑动变阻器的滑动片向上滑动时(C)AA、B间的电压减小B通过R1的电流增大C通过R2的电流增大D通过R3的电流增大【解析】当滑动变阻器滑动片向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，由闭合电路欧姆定律I可知干路电流I减小，则由路端电压公式UEIr可知路端电压增大，电路中并联部分电压则为U并EI(rR1)并联部分的电压也增大，根据部分电路欧姆定律可知电阻R2的电流增大，因为I3II2因此电阻R3的电流减小；综上所述可知，A、B间的电压U并增大，通过R1的电路为干路电流减小，通过R2的电流增大，通过R3的电流减小故A、B、D错误，C正确5(多选)(2020河北衡水中学押题
5、)如图甲所示是一个理想变压器和一组理想二极管，A、B是变压器次级线圈的输出端，C、D、E、F、G、H是二极管组接线端，变压器原、副线圈的匝数比为101，原线圈电压按图乙所示规律变化，原线圈接有交流电压表，把A、B端适当的接在C、E、F、H中的某些位置，就可以向接在D、G之间的用电器供直流电，下列说法正确的是(BCD)AA、B两端电压为220 VBA、B输出端电流方向1 s改变100次C把A、C接一起，再把B、H接一起，则电流可以从G流出过用电器从D流回D把A、C、F接一起，再把B、E、H接一起，则电流可以从G流出过用电器从D流回【解析】由图乙可知，原线圈的输入电压有效值为U1 V220 V，A
6、、B两端电压为U2U122 V，故A错误；副线圈交变电流频率50 Hz，变压器变压不变频，且每转一周电流方向改变两次，故1 s内电流方向改变100次，B正确；根据二极管的单向导电性可知，把A、C接一起，再把B、H接一起，则在变压器的副线圈的电路回路为BHGDCA，此时两个二极管的方向相同，因此电流可以从G流出经过用电器从D流回，故C正确；把A、C、F接一起，再把B、E、H接一起，根据二极管的单向导电性可知，则电流可以形成BHGDCA或者AFGDEB两种单向导电的电流，则电流可以从G流出经过用电器从D流回，故D正确6(多选)(2020苏锡常镇四市二模)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器
7、)的结构示意图线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R.若AB间输入图乙所示的交变电压，则(BD)At1102 s时，电压表的示数为零BAB间输入电压的瞬时值为u220sin 100t(V)C滑动触头P顺时针转动时，R两端的电压增大D滑动触头P逆时针转动时，AB间输入功率增大【解析】电压表的读数为有效值，不为零，故A错误；由图可知T2102 s，故f50 Hz，2f100rad/s，所以其表达式为u220sin 100t(V)，故B正确；根据变压器电压关系，由滑动触头P顺时针转动时，n2变小，所以R两端的电压减小，故C错误；滑动触头P逆时针转动时，n
8、2变大，根据变压器电压关系，所以R两端的电压增大，输入功率等于输出功率P入P出，所以滑动触头P逆时针转动时，AB间输入功率增大，故D正确7(2020山东青岛市质检)某实验小组模拟远距离输电的原理图如图所示，A、B为理想变压器，R为输电线路的电阻，灯泡Ll、L2规格相同，保持变压器A的输入电压不变，下列说法正确的是(A)A断开S，A的输入功率减小B断开S，L1不受影响C将滑片P下移，灯泡L1变暗D将滑片P上移，A的输入功率增大【解析】将B变压器等效为A变压器副线圈的一部分电阻，则有，得R32R4，断开S，B变压器副线圈电阻变大，则等效电阻R3变大，变压器A的输入电压不变，则变压器A输出电压不变，
9、则A变压器副线圈中电流变小，A变压器原线圈中的电流变小，A的输入功率减小，则等效部分电流减小，即L1变暗，故A正确，B错误；将滑片P下移，A变压器副线圈匝数变大，副线圈电压变大，等效部分电流变大，则灯泡L1变亮，故C错误；将滑片P上移，A变压器副线圈匝数变小，副线圈电压变小，等效部分电流变小，原线圈中电流变小，A的输入功率变小，故D错误B组素养提升练8(多选)(2020江西抚州等三市一模)如图所示，正弦交流电通过理想变压器对负载供电，当负载电阻R14 时，变压器输入功率是P125 W，当负载电阻R216 时，变压器输入电流I20.25 A，则下列说法正确的是(BD)A负载R1与R2上电压之比为
10、14B负载R1与R2上的电流之比为41C负载R1与R2上消耗的功率之比为11D变压器的原、副线圈匝数之比为52【解析】理想变压器输入功率等于输出功率，并且输入和输出电压不变，即负载R1与R2上的电压之比为11，选项A错误；负载变了，使相应的电流发生变化，电流比等于负载电阻的反比，即负载R1与R2上的电流之比为41，选项B正确接上R14 负载时，副线圈电压U210 V，换上负载R216 时，此时R2的功率P2 W，即负载R1与R2上消耗的功率之比为41；负线圈的电流I2 A，此时根据原、副线圈电流关系可得原、副线圈匝数之比，选项C错误，D正确；故选B、D9(多选)(2020新疆克拉玛依三模)如图
11、所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向a端移动时，则(AC)A电压表读数增大B电流表读数增大C质点P将向上运动DR3上消耗的功率减小【解析】由图可知，R2与滑动变阻器串联后与R3并联后，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小；路端电压增大，同时R1两端的电压也减小；故并联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过R3的电流增大，则流过串联部分的电流减小，电流表读数减小，因而R2中电压减小，故电压表示数增大，故A正确，B错误；因电容器两端电
12、压等于并联部分的电压，增大，故质点受到的向上电场力增大，则重力小于电场力，合力向上，质点P向上运动，故C正确；因R3两端的电压增大，由P可知，R3上消耗的功率增大，故D错误10(多选)(2020江苏模拟三)如图所示，理想自耦变压器原线圈的a、b两端接有瞬时表达式为u20sin(50t)V的交流电压，指示灯L接在变压器的一小段线圈上，调节滑片P1可以改变副线圈的匝数，调节滑片P2可以改变负载电阻R2的阻值，则(CD)At0.04 s时电压表V1的示数为零B只向上移动P2，指示灯L将变暗CP1、P2均向上移动，电压表V2的示数一定变大DP1、P2均向上移动，原线圈输入功率可能不变【解析】电压表示数
13、为有效值，与某一时刻无关，A项错误；只向上移动P2，指示灯两端电压不变，灯亮度不变，B项错误；R2两端电压为UV2R2，当P1、P2上移时，U2、R2均变大，电压表V2的示数变大，C项正确；P1、P2均向上移动，副线圈上消耗的功率可能不变，根据能量守恒，原线圈输入功率也可能不变，D项正确；故选CD11(多选)(2020河北衡水调考)如图所示的电路，电源电动势为E，内阻为R，R1和R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合开关，一带电液滴恰好悬浮在电容器之间保持其他条件不变(BD)A若将滑动变阻器滑片向b端滑动，带电液滴向上运动B若将滑动变阻器滑片向b端滑动，电流将从d流向cC若将金属块抽出，抽出过
14、程中，带电液滴向上运动D若将金属块抽出，抽出过程中，电流将从d流向c【解析】由图可知，电容器所处支路为断路，当滑片向b端滑动时，接入电路中的电阻R2增大，根据闭合电路欧姆定律I可知电路中总电流减小，则电阻R3两端电压减小，即电容器两端电压减小，由E可知电容器内场强减弱，故带电液滴向下运动，故选项A错误；根据上面的分析，电容器电压减弱，电容不变，由QCU可知带电量减小，电容器放电，瞬间放电电流将从d流向c，故选项B正确；将金属块抽出，相当于电容器极板间距离增大，由C可知电容减小，由于电压不变，由E可知场强减弱，故带电液滴向下运动，故选项C错误；根据上面的分析可知电容减小，由于电压不变，由QCU可
15、知电量减小，电容器放电，瞬间放电电流将从d流向c，故选项D正确12(2020陕西咸阳检测)如图为某款电吹风的电路图，a、b、c、d为四个固定触点可动的扇形金属片P可同时接触两个触点，触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风等不同的工作状态n1和n2分别是理想变压器的两个线圈的匝数，该电吹风的各项参数如表所示下列说法正确的有(C)热风时输入功率1 000 W冷风时输入功率100 W小风扇额定电压100 V正常工作时小风扇输出功率88 WA吹热风时触片P与触点b、c接触B可由表格中数据计算出小风扇的内阻为100 C变压器两线圈的匝数比n1n2511D换用更长的电热丝(材料、粗细均不变
16、)，则吹的热风温度更高【解析】当电吹风机送出来的是冷风时，电路中只有电动机自己工作，触片P与触点b、c接触；当电吹风机送出来的是热风时，触片P与触点a、b接触，故A错误；小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率，因未说明小风扇的效率，所以不能计算小风扇的内阻，故B错误；根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系，故C正确；根据公式P，可知电源电压不变，电阻越小，电功率越大；换用更长的电热丝(材料、粗细均不变)，根据电阻定律可知R，电阻变大，故电吹风吹热风时的功率将变小，吹的热风温度降低故D错误13(2020北京大兴区一模)如图所示，理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交变电源上，交变电
17、压瞬时值随时间变化的规律为U220sin t(V)，副线圈所在电路中接有电灯L、电阻R、理想交流电压表和理想交流电流表已知理想变压器原、副线圈匝数比为51，电灯额定功率为44 W，电阻阻值为22 ，电灯以额定功率正常工作则(D)A电压表示数为62.5 VB电流表示数为2 AC通过保险丝的电流为15 AD电阻消耗功率为88 W【解析】已知交变电压瞬时值随时间变化的规律为U220sin t(V)，则原线圈电压的有效值为U1 V220 V，根据，解得U244 V，即电压表示数为44 V，故A错误；灯泡与电阻并联，所以灯泡等压与电阻、副线圈电压相等对于灯泡，由于灯泡正常工作，因此有PLU2IL，对于电
18、阻，根据欧姆定律可得IR，又因为I2ILLR，代入数据得LR2 A，I23 A，即电流表示数为3 A，故B错；根据可得I10.6 A，因此通过保险丝的电流为0.6 A，故C错误；根据公式PRU2IR，代入数据解得PR88 W，即电阻消耗功率为88 W，故D正确14(2020湖南长沙模拟)如图为模拟远距离输电的部分测试电路a、b端接电压稳定的正弦交变电源，定值电阻分别为R1、R2，且R1R2，理想变压器的原、副线圈匝数比为k，且k1，电流表、电压表均为理想表，其示数分别用I和U表示当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，电流表、电压表示数变化分别用I和U表示则以下说法错误的是(B)ABR2C电源的输出功率一定减小D电压表示数一定增加【解析】理想变压器初、次级线圈电压变化比，电流变化比为，则，将R1视为输入端电源内阻，则R1，所以，这也是R1耦合到次级线圏电阻值为，即为等效电源内阻，故A正确；因R2R3，故B错误；当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，负载电阻变大，电源电压不变，电流减小，故电源输出功率减小，故C正确；当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，负载电阻变大，则回路中电流变小，则原线圈电流也减小，那么电阻R1上的电压减小，电源电压不变，所以原线圈的电压变大，根据匝数比可知副线圈的电压也变大，故D正确