老高考适用2023版高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路

第一部分专题四第1讲基础题——知识基础打牢1．(2022·四川自贡三诊)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)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(C)A．t＝2×10－2s时，电压表的示数为零B．电阻R中电流方向每秒钟改变50次C．滑动触头P逆时针转动时，R两端的电压增大D．滑动触头P顺时针转动时，AB间输入功率增大【解析】电压表的示数是交流电的有效值，则t＝2×10－2s时，电压表的示数不为零，选项A错误；交流电的周期为0.02s，一个周期内电流方向改变2次，则电阻R中电流方向每秒钟改变100次，选项B错误；滑动触头P逆时针转动时，次级匝数变大，则次级电压变大，即R两端的电压增大，选项C正确；滑动触头P顺时针转动时，次级匝数减小，次级电压减小，次级消耗的功率减小，则AB间输入功率减小，选项D错误．2．(2022·四川成都三诊)发电站通过升压变压器和降压变压器给某用户端供电，发电机组输出交变电压的有效值恒定，输电线总电阻r保持不变．当用户端用电器增加后(A)A．若滑片P位置不变，则输电线上损失的功率变大B．若滑片P位置不变，则用户端电压升高C．若将滑片P上移，则用户端电压可能不变D．若将滑片P上移，则输电线上损失的功率可能减小【解析】若滑片P位置不变，当用户端用电器增加后，用户端总功率变大，发电机的输出功率增大，输电线的电流变大，ΔU＝Ir，输电线两端承担的电压变大，损耗的功率增大；发电机的输入电压不变，升压变压器、降压变压器的匝数不变，故用户端电压降低，A正确，B错误；若将滑片P上移，升压变压器的副线圈与原线圈的匝数比变小，副线圈两端电压变小，若用户端电压不变，则降压变压器的输入电压不变，用电器变多，则用户端电流变大，输电线上电流变大，输电线上电压变大，则升压变压器副线圈电压应变大矛盾，故C错误；若将滑片P上移，用户端用电器增加，功率变大，输电线上电流变大，输电线上损失的功率变大，D错误．3．(多选)(2022·河南押题卷)图甲是一种振动式发电机的截面图，半径r＝0.1m、匝数n＝30的线圈位于辐射状分布的磁场中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布，线圈所在位置的磁感应强度大小均为B＝eq\f(1,2π)T．如图乙，施加外力使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动的速度随时间变化的规律如图丙中正弦曲线所示．发电机通过灯泡L后接入理想变压器，对图乙中电路供电，三个完全相同的小灯泡均正常发光，灯泡的阻值RL＝1Ω，电压表为理想电压表，线圈及导线电阻均不计．下列说法正确的是(AC)A．发电机产生电动势的瞬时值为e＝6sin5πt(V)B．变压器原、副线圈的匝数之比为1∶3C．每个小灯泡正常发光时的功率为2WD．t＝0.1s时电压表的示数为6V【解析】由图丙可知，线圈运动的速度最大值vm＝2m/s，速度变化周期为T＝0.4s，则线圈运动的速度瞬时值v＝vmsineq\f(2π,T)t＝2sin5πt(m/s)，发电机产生电动势的瞬时值为e＝nB·2πr·v＝6sin5πt(V)，A正确；设灯泡正常发光时通过灯泡的电流为I，则通过原线圈的电流I1＝I，通过副线圈的电流I2＝2I，变压器原、副线圈的匝数之比为eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(2,1)，B错误；根据能量关系可知，U出I1＝3I2RL，其中U出＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(6,\r(2))V＝3eq\r(2)V，I1＝I，解得I＝eq\r(2)A，每个小灯泡正常发光时的功率为PL＝I2RL＝2W，C正确；电压表示数为发电机两端电压的有效值，即电压表示数为U＝eq\f(E,\r(2))＝eq\f(6,\r(2))V＝3eq\r(2)V，D错误．故选AC．4．(多选)(2022·四川巴中一诊)在如图所示的电路中，定值电阻R1＝R4＝3kΩ，R2＝2kΩ，R3＝R5＝12kΩ，电容器的电容C＝6μF，电源的电动势E＝10V，内阻不计，当开关S1闭合电流达到稳定时，处在电容器中间带电量q＝2×10－3C的油滴恰好保持静止，当开关S2闭合后，则以下判断正确的是(BD)A．电容器上极板是高电势点 B．带电油滴加速向下运动C．a、b两点的电势差Uab＝8V D．通过R3的电量Q＝4.8×10－5C【解析】当开关S2闭合后，由电路图可知，电容器上极板是低电势点，A错误；当开关S1闭合电流达到稳定时，处在电容器中油滴保持静止，而开关S2闭合后，电容器上极板是低电势点，油滴受到的电场力方向发生变化，故可得带电油滴加速向下运动，B正确；由电路图可知，a、b两点的电势差为UR5－UR2＝8V－4V＝4V，C错误；由开关S1闭合电流达到稳定时，再到当开关S2闭合后的过程中，通过R3的电量为Q＝Q1＋Q2＝4×6×10－6C＋(8－4)×6×10－6C＝4.8×10－5C，D正确．5．(多选)(2022·天津南开二模)如图甲所示电路中，L1为标有“4V,2W”字样的小灯泡，L2、L3为两只标有“8V，6W”字样的相同灯泡，变压器为理想变压器，各电表为理想电表，当ab端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光．下列说法正确的是(ACD)A．电流表的示数为1.5AB．交变电压的最大值Um＝28VC．变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1D．电压表的示数为24V【解析】L2、L3的额定电流为I23＝eq\f(P23,U23)＝eq\f(3,4)A，所以电流表的示数为I2＝2I23＝1.5A，故A正确；通过原线圈的电流等于L1的额定电流，为I1＝eq\f(P1,U1′)＝0.5A，所以变压器原、副线圈的匝数之比为eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(3,1)，故C正确；副线圈两端电压等于L2和L3的额定电压，为U2＝8V，所以电压表的示数，即原线圈两端电压为U1＝eq\f(n1,n2)U2＝24V，故D正确；根据闭合电路欧姆定律可得eq\f(Um,\r(2))－U1′＝U1，解得Um＝28eq\r(2)V，故B错误．故选ACD．6．(多选)(2022·广西桂林模拟)在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕轴OO′(从上往下看逆时针转动)以角速度ω匀速转动，从如图甲所示的位置作为计时的起点，产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是(AD)A．在t1～t3时间内，穿过线圈的磁通量的变化量大小为2BSB．在t1～t3时间内，通过电阻R电流方向先向上然后向下C．t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E0D．在t1～t3时间内，通过电阻R的电荷量为eq\f(2E0,R＋rω)【解析】由图乙可知t1和t3时刻，线圈的感应电动势都为0，可知这两个时刻穿过线圈的磁通量一正一负，大小均为BS，故此过程穿过线圈的磁通量的变化量大小为ΔΦ＝BS－(－BS)＝2BS，A正确；由图乙可知，在t1～t3时间内，线圈中的电流方向不变，根据右手定则可知通过电阻R电流方向始终向上，B错误；由图乙可知，t4时刻的感应电动势为E0，根据法拉第电磁感应定律可得E0＝neq\f(ΔΦ,Δt)可得穿过线圈的磁通量的变化率大小为eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(E0,n)，C错误；在t1～t3时间内，通过电阻R的电荷量为q＝neq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(2nBS,R＋r)，又E0＝nBSω，联立可得q＝eq\f(2E0,R＋rω)，D正确．故选AD．7．(2022·山东菏泽一模)一交流电源电压u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，通过理想变压器对下图电路供电，已知原、副线圈匝数比为10∶1，L1灯泡的额定功率为4W，L2灯泡的额定功率为20W，排气扇电动机线圈的电阻为1Ω，电流表的示数为2A，用电器均正常工作，电表均为理想电表，则(C)A．流过L1的电流为20AB．排气扇电动机的发热功率2WC．整个电路消耗的功率44WD．排气扇电动机的输出功率20W【解析】由于电流表的示数I2＝2A，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可得变压器原线圈的电流I1＝0.2A，即流过L1的电流为0.2A，A错误；交流电源电压有效值为220V，L1两端的电压UL1＝eq\f(PL1,I1)＝eq\f(4,0.2)V＝20V，故原线圈两端的电压U1＝200V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得变压器副线圈两端的电压U2＝20V，流过灯泡L2的电流IL2＝eq\f(PL2,U2)＝eq\f(20,20)A＝1A，则流过排气扇的电流IM＝I2－IL2＝1A，排气扇电动机的发热功率为P热＝Ieq\o\al(2,M)r＝12×1W＝1W，排气扇的电功率为P电＝U2IM＝20W，则排气扇电动机的输出功率为P出＝P电－P热＝19W，B、D错误；整个电路消耗的功率为P总＝PL1＋PL2＋P电＝4W＋20W＋20W＝44W，C正确．8．(多选)(2022·辽宁鞍山预测)如图甲所示，理想变压器的原副线圈匝数之比n1∶n2＝2∶1，定值电阻R1和R2的阻值分别为5Ω和3Ω，电表均为理想交流电表，电源输出的电流如图乙所示，图中的前半周期是正弦交流的一部分，后半周期是稳恒直流的一部分，则(BD)A．电流表示数为2A B．电压表示数为6VC．R1的功率为10W D．R2的功率为12W【解析】设电源输出电流的有效值即电流表示数为I1，根据等效热值法可得Ieq\o\al(2,1)RT＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(im,\r(2))))2eq\f(RT,2)＋ieq\o\al(2,m)·eq\f(RT,2)，解得I1＝eq\r(3)A，故A错误；由于变压器不能对稳恒直流电进行变压，所以每个周期内有半个周期副线圈无电流，设副线圈中电流的有效值为I2，根据等效热值法有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)·\f(im,\r(2))))2eq\f(RT,2)＝Ieq\o\al(2,2)RT，解得I2＝2A，电压表示数为U2＝I2R2＝6V，故B正确；R1的功率为P1＝Ieq\o\al(2,1)R1＝15W，故C错误；R2的功率为P2＝Ieq\o\al(2,2)R2＝12W，故D正确．故选BD．9．(多选)(2022·湖南押题卷)如图所示在竖直平面的电路，闭合开关S1和S2后，带电油滴在电容器内部处于静止状态，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，二极管为理想二极管，电容器的下极板接地，则下列说法正确的是(AC)A．滑动变阻器的滑动头P向右滑动，油滴向上运动B．滑动变阻器的滑动头P向左滑动，油滴向下运动C．极板M向上运动，M板的电势升高D．断开S2，油滴不动【解析】滑动变阻器的滑动头P向右滑动，则R1阻值减小，回路电流变大，则R2两端电压变大，则电容器要充电，此时电容器两板电压变大，场强变大，则油滴向上运动，选项A正确；滑动变阻器的滑动头P向左滑动，则R1阻值变大，回路电流变小，则R2两端电压变小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则使得电容器两板电压不变，则油滴仍静止，选项B错误；极板M向上运动，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知电容器电容减小，则带电量应该减小，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则两板间电量不变，结合E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εrS)可知两板间场强不变，则根据U＝Ed可知，两板电势差变大，则M板的电势升高，选项C正确；断开S2，则电容器两板间的电压等于电源的电动势，即电压变大，电容器充电，两板间场强变大，则油滴向上运动，选项D错误．故选AC．10．(多选)(2022·山东威海二模)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器T1、降压变压器T2均为理想变压器，T1、T2的原、副线圈匝数比分别为k1、k2．输电线间的总电阻为R0，可变电阻R为用户端负载．U1、I1分别表示电压表V1、电流表A1的示数，输入电压U保持不变，当负载电阻R减小时，理想电压表V2的示数变化的绝对值为ΔU，理想电流表A2的示数变化的绝对值为ΔI，下列说法正确的是(BD)A．R0＝eq\f(U1,I1) B．R0＝eq\f(ΔU,ΔI)keq\o\al(2,2)C．电压表V1示数增大 D．电流表A1的示数增加了eq\f(ΔI,k2)【解析】设降压变压器T2原线圈电压为U3，副线圈电压为U2，根据题意可知，电阻R0两端的电压等于UR0＝U1－U3，则R0＝eq\f(U1－U3,I1)，故A错误；设降压变压器T2原线圈电压变化为ΔU3，则eq\f(ΔU3,ΔU)＝k2，设降压变压器T2原线圈电流变化为ΔI3，则eq\f(ΔI3,ΔI)＝eq\f(1,k2)，可得ΔI3＝eq\f(ΔI,k2)，升压变压器T1副线圈电压不变，则ΔUR0＝ΔU3，根据欧姆定律得ΔU3＝ΔI3R0，即k2ΔU＝eq\f(ΔI,k2)R0，解得R0＝eq\f(ΔU,ΔI)keq\o\al(2,2)，故B、D正确；输入电压不变，升压变压器T1原副线圈匝数比不变，则升压变压器T1副线圈的电压不变，电压表V1示数不变，故C错误．故选BD．应用题——强化学以致用11．(多选)(2022·安徽合肥预测)如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接有R1＝250Ω与R2＝10Ω的电阻．当原线圈一侧接入u＝311sin100πt(V)的交流电时，两电阻消耗的功率相等，则有(AC)A．原、副线圈的匝数比为5∶1B．电阻R1两端电压有效值是电阻R2两端电压有效值的2倍C．电阻R2消耗的功率为48.4WD．1s内流过电阻R2的电流方向改变200次【解析】设原线圈电流为I1，副线圈电流为I2，由题意可知Ieq\o\al(2,1)R1＝Ieq\o\al(2,2)R2，故eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\r(\f(R1,R2))＝5，A正确；电阻R1两端电压有效值和电阻R2两端电压有效值之比为eq\f(UR1,UR2)＝eq\f(I1R1,I2R2)＝5，B错误；设原线圈输入电压为U1，副线圈输出电压为U2，故eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝5，解得U1＝5U2，又UR1＝I1R1，U2＝I2R2，又因为U＝UR1＋U1，外接交流电压有效值为220V，联立代入数据解得U2＝eq\f(1,10)U＝22V，电阻R2消耗的功率为P＝eq\f(U\o\al(2,2),R2)＝48.4W，C正确；由题意可知，交流电的频率为f＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，变压器不改变交流电的频率，一个周期内电流方向改变2次，故1s内流过电阻R2的电流方向改变100次，D错误．故选AC．12．(多选)(2022·湖北恩施预测)为了适应特高压输电以实现地区间电力资源的有效配置，需要对原来线路中的变压器进行调换．某输电线路可简化为如图所示，变压器均为理想变压器，调换前后发电机输出电压、输电线电阻、用户得到的电压均不变，改造后输送电压提升为原来的5倍，假设特高压输电前后输送的功率不变，下列说法正确的是(AB)A．线路改造后升压变压器原、副线圈的匝数比改变B．线路上电阻的功率变为原来的eq\f(1,25)C．特高压输电后，电压损失变为原来的eq\f(1,25)D．线路改造后用户端降压变压器匝数比不变【解析】发电机输出电压不变，应改变升压变压器原、副线圈的匝数比，故A项正确；根据线路上功率的损失ΔP＝Ieq\o\al(2,2)r，输送功率不变，电压提升为原来的5倍，输送的电流变为原来的eq\f(1,5)，线路电阻不变，损失的功率变为原来的eq\f(1,25)，故B项正确；输电线上的电压损失为ΔU＝I2r，输送功率为P2＝U2I2则输送功率不变，电压增为原来的5倍，电流变为原来的eq\f(1,5)，损失的电压变为原来的eq\f(1,5)，故C项错误；用户端的降压变压器改造前后输出端电压U4不变，输入端电压U3变大，根据eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，可得原、副线圈的匝数比一定变化，故D项错误．故选AB．13．(多选)(2022·广东广州预测)如图所示，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的输入端接有正弦交变电流．已知L1、L2、L3是相同的电灯且灯丝的电阻不随温度变化，灯丝不会被烧断．下列说法正确的是(BD)A．L1、L2中的电流之比为1∶2B．L1、L2中的电流之比为1∶1C．L1两端的电压与原线圈两端的电压之比为2∶1D．L1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶2【解析】原、副线圈的匝数比为2∶1，则原、副线圈中的电流之比为1∶2，由于L2与L3并联，因此L1、L2中的电流之比I1∶I2＝1∶1，选项A错误，B正确；原、副线圈的匝数比为2∶1，则原、副线圈两端的电压之比为2∶1，设电灯的电阻为R，因此原线圈两端的电压U＝2I2R，L1两端的电压U1＝I1R，结合I1∶I2＝1∶1，解得eq\f(U1