（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br1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ueir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pr1i2r1知，r1消耗的功率变小由ur2e(r1r)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()at0时刻，两线圈均处于垂直于中性面的位置ba、b对应的线圈转速之比为23ca、b对应的两线圈面积之比为11d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.t0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tatb23；故根据n可知a、b对应的线圈转速之比为32，选项b错误；根据emnbs，；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u220sin 100t(v)的交流电源上，副线圈接有r55 的负载电阻，原、副线圈匝数之比为21，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 wb电流表的读数为1 ac电压表的读数为110 vd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u1220 v，由，故副线圈电压的有效值为u2110 v，故输出功率p2220 w，再由输入功率等于输出功率知，p1p2220 w，a项错误；根据欧姆定律知，i22 a，得i11 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u2110 v，c项错误；由交流电压的表达式可知，100(rad/s)，又t，解得t0.02 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()au2u1，u2降低 bu2u1，u2升高cu2u1，u2降低 du2u2，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()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fqeq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u2u1由得u2u1由得：，因为n2n1，所以1，即u2u2，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()a电路中的电源电动势为3.9 vb电动机的电阻为4 c此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 wd变阻器的最大阻值为32 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 3 ；当电流i0.1 a时，u3.6 v，则电源的电动势euir3.6 v0.13 v3.9 v，故a正确；由图可知，电动机的电阻rm 4 ，故b正确；当i0.3 a时，u3.0 v，电动机的输入功率最大，最大输入功率为pui30.3 w0.9 w，电动机的热功率为prmi2rm0.324 w0.36 w，则最大的输出功率为p出0.9 w0.36 w0.54 w，故c错误；当i0.1 a时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以rrrm 32 ，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、u1、u2、i1、i2表示，下列说法中正确的是()au1先变大后变小，i1不变bu1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du2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u2i2r2，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u，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ud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u，根据变压器的变压比可知降压变压器输入电压减小了u3nu，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nu，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ri2r，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p1p2知，变压器原线圈输入功率p1变大，而p1i1u，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n1200匝，副线圈b匝数n2100匝，线圈a接在u44sin 314t(v)交流电源上，“12 v6 w”的灯泡恰好正常发光，电阻r216 ，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 hzb副线圈磁通量的最大变化率为 wb/sc电压表v的示数为22 vdr1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 hz50 hz，a错误；灯泡正常发光，故副线圈中电流为i0.5 a，故电压表示数为u212 vir220 v，故根据emn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u140 v，r1消耗的功率是p(4440)0.25 w1 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 .当开关s闭合后()al1的电阻为 bl1消耗的电功率为7.5 wcl2的电阻为7.5 dl2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，i10.25 a，故p10.75 w，r112 ，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 的新电源，在图乙中作出新电源的iu 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u21.5 v，i20.2 a，所以r2 7.5 ，p2u2i21.50.2 w0.3 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均为，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abcdl，bcad2l；线圈的总电阻为r，外接电阻为r；线圈以角速度绕中心轴匀速转动，bc边和ad边同时进、出磁场在