2024年高考物理二轮复习核心考点专项突破直流电路与交流电路练习含解析

直流电路与沟通电路一单项选择题1.如图所示电路，电源内阻不行忽视。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】A2．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(\r(2),5π)T．单匝矩形线圈面积S＝1m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与一志向变压器原线圈相接，Ⓐ为沟通电流表．调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为1∶2时，副线圈电路中标有“36V,36W”的灯泡正常发光．以下推断正确的是()A．电流表的示数为1AB．矩形线圈产生电动势的最大值为18VC．从矩形线圈转到中性面起先计时，矩形线圈电动势随时间变更的规律为e＝18eq\r(2)sin(90πt)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：I2＝eq\f(36W,36V)＝1A；依据变流比公式：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，解得：I1＝2A，故A错误；小灯泡正常发光，故变压器的输出电压为36V，依据变压比公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得：U1＝18V，故矩形线圈产生电动势的有效值为18V，矩形线圈产生电动势的最大值为18eq\r(2)V，故B错误；依据公式Em＝NBSω，解得：ω＝eq\f(Em,NBS)＝eq\f(18\r(2),1×\f(\r(2),5π)×1)rad/s＝90πrad/s，故从矩形线圈转到中性面起先计时，矩形线圈电动势随时间的变更规律e＝Emsinωt＝18eq\r(2)sin(90πt)V，故C正确；若矩形线圈转速增大，依据公式Em＝NBSω，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，应当减小变压比，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80V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.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85V，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实力。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状况下，充电时间变长，选项B正确；若C增大，依据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，所以闪光灯仍旧发光，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意图，两变压器均为志向变压器，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u＝Umsinωt的沟通电源，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()A．Pr＝eq\f(r,Rk\o\al(2,2))PU＝eq\f(\r(2)k2Um,2k1)－eq\f(2r,k\o\al(2,2))eq\r(\f(P,R))B．Pr＝eq\f(2r,Rk\o\al(2,2))PU＝eq\f(\r(2)Um,2k1k2)－eq\f(2r,k\o\al(2,2))eq\r(\f(P,R))C．Pr＝eq\f(2r,Rk\o\al(2,2))PU＝eq\f(\r(2)k2Um,2k1)－eq\f(2r,k1k2)eq\r(\f(P,R))D．Pr＝eq\f(2r,Rk\o\al(2,1))PU＝eq\f(\r(2)Um,2k1k2)－eq\f(2r,k1k2)eq\r(\f(P,R))【答案】B【解析】用户流过的电流为I4＝eq\r(\f(P,R))，故在输电线路上的电流为I3＝eq\f(I4,k2)＝eq\f(1,k2)eq\r(\f(P,R))，故损失的电功率为Pr＝Ieq\o\al(2,3)·2r＝eq\f(2r,Rk\o\al(2,2))P；升压变压器两端电压的有效值为U1＝eq\f(Um,\r(2))，输电线路上损失的电压为ΔU＝I3·2r，升压变压器副线圈两端的电压为U2＝eq\f(U1,k1)故降压变压器原线圈的电压为U3＝U2－ΔU，用户获得的电压U＝eq\f(U3,k2)联立解得U＝eq\f(\r(2)Um,2k1k2)－eq\f(2r,k\o\al(2,2))eq\r(\f(P,R))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，可实行的措施是()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＝eq\f(U,d)，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】B6.当电阻两端加上某一稳定电压时,通过该电阻的电荷量为0.3C,消耗的电能为0.9J.为在相同时间内使0.6C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.3V1.8J B.3V3.6JC.6V1.8J D.6V3.6J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=3V,tR=0.1.再由W2=U2q2和W2=U27.科学家探讨发觉，磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增加而增大，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．只调整电阻R，当P1向右端移动时，电阻R1消耗的电功率变大B．只调整电阻R，当P1向右端移动时，带电微粒向下运动C．只调整电阻R2，当P2向下端移动时，电阻R1消耗的电功率变大D．只调整电阻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，此时磁敏电阻(GMR)阻值减小，右侧闭合回路中电流增大，由P＝I2R可得R1消耗的电功率变大，此时R2两端电压U2＝IR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，志向变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，和均为志向电表，灯泡电阻RL＝6Ω，AB端电压u1＝12eq\r(2)sin100πt(V)，下列说法正确的是 ()A．电流频率为100HzB.的读数为24VC.的读数为0.5AD．变压器输入功率为6W【解析】由ω＝2πf＝100πrad/s得：f＝50Hz，A错．有效值U1＝12V，又eq\f(U2,U1)＝eq\f(n2,n1)得：U2＝6V，I2＝eq\f(U2,RL)＝1A，B、C项错．由能量守恒得P1＝P2＝U2I2＝6W，D对．【答案】D9.某同学将始终流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变更的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，依据图线可知()A．反映Pr变更的图线是bB．电源电动势为8VC．电源内阻为1ΩD．当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω【解析】由题意可知Pr＝I2r，变更曲线应当是c，且由图象可求得电源内阻r＝2Ω，选项A，C错误；由PE＝EI，可求得电源电动势E＝4V，选项B错误；由图象及闭合电路欧姆定律E＝IR＋Ir可知，当电流为0.5A时外电路的电阻为6Ω，选项D正确。故选D。【答案】D10.如图所示，志向变压器的原线圈接在的沟通电源上，副线圈接有R=55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2:1，电流表、电压表均为志向电表。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1AC．电压表的读数为110VD．副线圈输出沟通电的周期为50s【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220V，由志向变压器原、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110V，C错误；流过电阻R的电流为2A，可知负载消耗的功率为220W，依据能量守恒可知，原线圈的输入功率为220W，A错误；由P=UI可知，电流表的读数为1A，B正确，由交变电压瞬时值表达式可知，ω=100πrad/s，周期T=0.02s，D错误。二不定项选择题1.在如图所示的UI图像中,直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线,直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线.用该电源干脆与电阻R相连组成闭合电路.由图像可知()A.电源的电动势为3V,内阻为0.5ΩB.电阻R的阻值为1ΩC.电源的输出功率为2WD.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=3V,内阻r=0.5Ω,电阻R的阻值为1Ω.仍由图像可知,用该电源干脆与R相连组成闭合电路时,路端电压U=2V,电流I=2A,则电源的输出功率P=UI=2×2W=4W,电源的效率η=UIEI×100%=22.如图甲为小型旋转电枢式沟通发电机，电阻为r＝2Ω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＝eq\f(40,7)Ω，滑动片P位于滑动变阻器中心，定值电阻R1＝R0、R2＝eq\f(R0,2)，其他电阻不计．从线圈平面与磁场方向平行时起先计时，闭合开关S，线圈转动过程中志向沟通电压表示数是10V，图乙是矩形线圈磁通量随时间t变更的图像，则下列说法正确的是()A．电阻R2上的热功率为eq\f(5,7)WB．0.02s时滑动变阻器R两端的电压瞬时值为零C．线圈产生的e随时间t变更的规律是e＝10eq\r(2)cos100πt(V)D．线圈起先转动到t＝eq\f(1,600)s的过程中，通过R1的电荷量为eq\f(\r(2),200π)C【解析】R总＝R1＋eq\f(R0,2)＋eq\f(R0,4)＝eq\f(7,4)R0＝10Ω，I＝eq\f(10,10)A＝1A，UR2＝eq\f(10,7)V，依据公式P＝eq\f(U2,R)得电阻R2上的热功率为PR2＝eq\f(5,7)W，故A正确；0.02s通过线圈的磁通量为零，感应电动势最大，故B错误；T＝0.02s，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，E＝10V＋1×2V＝12V，e＝12eq\r(2)cos100πt(V)，故C错误；电动势的最大值为Em＝12eq\r(2)V＝nBSω，Φm＝BS＝eq\f(12\r(2),n×100π)(Wb)，Φ＝eq\f(12\r(2),n×100π)sin100πt(Wb)，线圈起先转动到t＝eq\f(1,600)s的过程中，通过电阻的电量为eq\f(nΔΦ,R总＋r)＝eq\f(\r(2),200π)C，故D正确．【答案】AD3.如图所示,R1为定值电阻,R2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：在探讨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,明显当R2=R1+r时,R2获得的电功率最大,选项A错误.在探讨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,在探讨电源的输出功率时,(R1+R2)为外电阻,内阻r恒定,由于题目没有给出R1和r的4.如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持志向变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是()A．P向下滑动时，灯L变亮B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大【答案】BD【解析】由于志向变压器输入电压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的滑动而变更，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总减小，由I2＝eq\f(U2,R总)知，通过副线圈的电流I2增大，输出功率P2＝U2I2增大，再由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)知输入电流I1也增大，故选项C错误，D正确．5.如图甲是小型沟通发电机的示意图，两极M、N间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为志向沟通电流表，V为志向沟通电压表．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志向变压器，滑动触头P上下移动时可变更变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R，从图示位置起先计时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变更的图像如图乙所示，以下推断正确的是()A．电压表的示数为10VB．0.01s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10V，A正确；0.01s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，志向变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R＝10Ω.从某时刻起先在原线圈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，志向电流表的示数为2.2AB．当S与a连接后，t＝0.01s时志向电流表示数为零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25Hz【答案】AC【解析】由题图乙知，原线圈的电压u1＝220V，当S与a连接后，依据变压规律eq\f(u1,u2)＝eq\f(n1,n2)可得u2＝22V，志向电流表的示数I2＝eq\f(u2,R)＝2.2A，故A正确；电流表的示数对应交变电流的有效值，所以在t＝0.01s时志向电流表示数不为零，故B错误；当S由a拨到b后，原、副线圈的匝数比为5∶1，可求副线圈电压为44V，是原来的2倍，依据功率P＝eq\f(U2,R)知，功率是原来的4倍，输入功率等于输出功率，所以C正确；沟通电的频率不会发生变更，由题图乙知，频率为50Hz，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，在线圈外接一含有志向变压器的电路，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ω转动，下列推断正确的是()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NBωL2D．变压器的输入与输出功率之比为1∶1【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确定，与负载电阻变更无关，故选项B错误；电压表V1示数为有效值，等于u1＝eq\f(u1m,\r(2))＝eq\f(NBωL2,\r(2))，故选项C错误；志向变压器输入功率等于输出功率，则选项D正确．8.如图所示，用志向变压器给电灯L供电，假如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】由志向变压器的电压比等于匝数比可得eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)，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，由于志向变压器的输入功率等于输出功率，则输入功率也随之增大，依据P＝U1I1，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、平行板电容器与志向二极管(正向电阻为0，反向电阻为∞)连接，电源负极接地．起先时电容器不带电，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点的电势会上升【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，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，由电容的确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容减小，而电容器的电压不变，由C＝eq\f(Q,U)知，Q