2021届高考物理二轮复习专题提能专训：11直流电路与交流电路.docx

提能专训(十一)　直流电路与沟通电路
时间：90分钟　满分：100分
一、选择题(本题共13小题，每小题4分，共52分．多选全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．(2022·福州八中质检)如图所示为电阻R1和R2的伏安特性曲线，这两条曲线把第一象限分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域．现把R1和R2并联在电路中，消耗的电功率分别用P1和P2表示；并联的总电阻设为R.下列关于P1与P2的大小关系及R的伏安特性曲线应当在区域的说法正确的是(　　)

A．伏安特性曲线在Ⅰ区域，P1<P2
B．伏安特性曲线在Ⅲ区域，P1<P2
C．伏安特性曲线在Ⅰ区域，P1>P2
D．伏安特性曲线在Ⅲ区域，P1>P2
答案：C
解析：由题图可知，R1<R2，当并联使用时，P1>P2，并联总电阻小于任一电阻，所以其伏安特性曲线应在Ⅰ区，选项C正确．
2.
(2022·河南开封一模)如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为R.L1和L2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻阻值均为R.电压表为抱负电表，K为单刀双掷开关．当开关由1位置掷到2位置时，下列说法中正确的是(　　)
A．L1亮度不变，L2将变暗
B．L1将变亮，L2将变暗
C．电源内阻的发热功率将变小
D．电压表示数将变小
答案：D
解析：开关掷到位置1时，灯泡L1和L2并联，并联电阻R并＝＝，电路总电阻R总＝R＋R＋＝，干路电流I＝＝，依据并联电路电流与电阻成反比可得流过灯泡L1和L2的电流相等即I1＝I2＝.开关掷到2位置时，灯泡L1与定值电阻R串联，然后与灯泡L2并联，并联电阻为R′并＝＝，电路总电阻R′总＝R＋＝，干路电流I′＝＝，依据并联电路电流与电阻成反比可得流过灯泡L1的电流I′1＝I′×＝，流过灯泡L2的电流I′2＝I′×＝.据此推断，开关由1位置掷到2位置，流过灯泡L1的电流大小不变，灯泡亮度不变，流过灯泡L2的电流变大，灯泡变亮，所以选项A、B错．总电流变大，电源内阻的发热功率(P＝I2R)变大，选项C错．总电流变大，内电压变大，路端电压变小，电压表示数变小，选项D对．
3．(2022·河南省焦作市高三期末)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示．产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示．则下列说法正确的是(　　)

A．t＝0.01 s时穿过线框的磁通量最小
B．该交变电动势的有效值为11 V
C．该交变电动势的瞬时值表达式为e＝22cos (100πt) V
D．电动势瞬时值为22 V时，线圈平面与中性面的夹角为45°
答案：D
解析：t＝0.01 s时，感应电动势为零，穿过线框的磁通量最大，选项A错误；该交变电动势的有效值为U＝＝22 V，选项B错误；该交变电动势的瞬时值表达式为e＝22sint＝22sin (100πt) V，选项C错误；电动势瞬时值为22 V时，sin (100πt)＝，线圈平面与初始位置所在平面的夹角为45°，与中性面的夹角也为45°，选项D正确．
4．(2022·安徽安庆二模)一个匝数为100匝，电阻为0.5 Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化．则线圈中产生交变电流的有效值为(　　)

A．5 A B．2 A
C．6 A D. 5 A
答案：B
解析：0～1 s内线圈中产生的感应电动势E1＝n＝100×0.01 V＝1 V,1～1.2 s内线圈中产生的感应电动势E2＝n＝100× V＝5 V，对一个定值电阻，在一个周期内产生的热量Q＝Q1＋Q2＝×1 J＋×0.2 J＝12 J，依据交变电流有效值的定义Q＝I2Rt＝12 J得，I＝2 A，故B项正确，A、C、D错误．
5．(2022·河北开滦一中模拟)一个U形金属线框在匀强磁场中绕OO′轴以相同的角速度匀速转动，通过导线给同一电阻R供电，如图甲、乙所示．其中甲图中OO′轴右侧有磁场，乙图中整个空间均有磁场，两磁场磁感应强度相同．则甲、乙两图中沟通电流表的示数之比为(　　)

A．1∶ B．1∶2 C．1∶4 D．1∶1
答案：A
解析：甲图中的磁场只分布在OO′轴的右侧，所以线框只在半个周期内有感应电流产生，电流表测的是有效值，所以I＝·；乙图中的磁场布满整个空间，所以I′＝·，则I∶I′＝1∶，即A项正确．
6．(2022·广东理综)(多选)如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持抱负变压器的输入电压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：由于抱负变压器输入电压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的滑动而转变，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总减小，由I2＝知，通过副线圈的电流I2增大，输出功率P2＝U2I2增大，再由＝知输入电流I1也增大，故选项C错误，D正确．
7.
(2022·山西太原一模)如图是原、副线圈都有中心抽头(匝数一半处)的抱负变压器，原线圈通过单刀双掷开关S1与电流表连接，副线圈通过另一单刀双掷开关S2与定值电阻R0相连接，通过S1、S2可以转变原、副线圈的匝数．现在原线圈上加一电压有效值为U的正弦沟通电，当S1接a，S2接c时，电流表的示数为I，下列说法正确的是(　　)
A．当S1接a，S2接d时，电流为2I
B．当S1接a，S2接d时，电流为
C．当S1接b，S2接c时，电流为4I
D．当S1接b，S2接d时，电流为
答案：C
解析：设S1、S2分别接a、c时，匝数比为n1∶n2，则输出电压U2＝U，功率P2＝UI＝，在S1、S2分别接a、d时，输出电压U′2＝，功率P′2＝UI′＝，解得I′＝I，所以A、B项均错；同理可知，C项对，D项错误．
8．(2022·广东揭阳一模)(多选)某发电站接受高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R，则下列说法正确的是(　　)
A．输电线上的电流为
B．输电线上的电流为
C．输电线上损失的功率为
D．输电线上损失的功率为
答案：BD
解析：依据P＝UI得，输电线上的电流I＝，只有当U是导线上损失的电压，可以用I＝得出输电线上的电流，然而此处U为输电电压，故A项错误，B项正确；输电线上损耗的功率ΔP＝I2R＝，故C项错误，D项正确．
9．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，正确接入电路中的电表a、b、c均有正常示数(既不为零，也不超量程；电表均为抱负电压表或电流表)，在滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，关于a、b、c三只电表示数的变化，以下说法正确的是(　　)

A．a的示数将变大，c的示数将变小
B．a的示数将变小，c的示数将变大
C．a的示数将变小，b的示数将变小
D．b的示数将不变，c的示数将变小
答案：A
解析：由题意，a是电流表，测量流过滑动变阻器的电流，b是电流表，测量干路电流，c是电压表，测量电源路端电压．在滑动变阻器滑片P向右移动过程中，电阻变小，由闭合电路欧姆定律，电流表b的示数变大，路端电压U＝E－Ir变小，通过R的电流变小，电流表a的示数Ia＝I－IR变大，选项A正确．
10．(2022·长沙重点中学第三次月考)(多选)汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图，在打开车灯的状况下，电动机未启动时电流表读数为10 A，电动机启动时电流表读数为58 A，若电源电动势为12.5 V，内阻为0.05 Ω，电动机内阻为0.02 Ω，电流表内阻不计，则电动机启动时(　　)

A．车灯的电压为9.6 V
B．通过电动机的电流为48 A
C．电动机的电功率为50 W
D．电动机输出的机械功率为430 W
答案：AD
解析：依据闭合电路欧姆定律，当电动机启动时，UL＝E－Ir＝12.5 V－58×0.05 V＝9.6 V，A项正确；灯泡电阻RL＝＝1.2 Ω，电动机启动时通过灯的电流IL＝ A＝8 A，通过电动机的电流为IM＝50 A，则电动机的电功率P＝UIM＝480 W，机械功率P机＝P－Ir′＝430 W，故B、C项错，D项正确．
11．(2022·湖北八校二联)如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T为抱负变压器，V1、A1为监控市电供电端的电压表和电流表，V2、A2为监控校内变压器的输出端的电压表和电流表，R1、R2为教室的负载电阻，V3、A3为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S闭合时(　　)

A．电流表A1、A2和A3的示数都变大
B．只有电流表A1的示数变大
C．电压表V3的示数变小
D．电压表V2和V3的示数都变小
答案：C
解析：在电路中，S闭合前，由＝可知，电压表的示数V2为U2＝U1，电路中电流表A2与A3是串联关系，则由欧姆定律可得I2＝I3＝(r为电线电阻)，电压表V3的示数为U3＝R1I2，再由＝可知电流表A1示数为I1＝I2；同理，在电路中S闭合后，可知因U1不变，电压表V2示数为U′2＝U1＝U2不变，I′2＝(r为电线电阻)，因R并<R1，则有I′2>I2，又I′1＝I′2，则I′1>I1，由U2′＝Ur′＋U3′＝I2′r＋U3′，可知U3′<U3，又I3′＝，则I′3<I3，则可推断V1不变，V2不变，V3变小，A1变大，A2变大，A3变小，A、B、D三项都错误，C项正确．
12．(多选)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，以下说法中正确的是(　　)

A．当R2＝R1＋r时，R2获得最大功率
B．当R1＝R2＋r时，R1获得最大功率
C．当R2＝0时，R1获得最大功率
D．当R2＝0时，电源的输出功率最大
答案：AC
解析：在争辩R2的电功率时，可将R1视为内电阻的一部分，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，A项正确；争辩R1的电功率时，由于R1为定值，依据P＝I2R知，电路中电流越大，R1上的电功率P＝I2R1就越大，所以当R2＝0时，R1获得的电功率最大，故B项错误，C项正确；对于电源的输出功率，R1＋R2为外电阻，内电阻r恒定，由于没有给出R1和r的具体数值，所以当R2＝0时，电源输出功率不肯定最大，故D项错误．
13．(2022·福州市期末质检)如图所示，有一矩形线圈面积为S，匝数为N，总电阻为r，外电阻为R，接触电阻不计．线圈绕垂直于磁感线的轴OO′以角速度ω匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B.则(　　)

A．当线圈平面与磁感线平行时，线圈中电流为零
B．电流有效值I＝
C．电动势的最大值为NBSω
D．外力做功的平均功率P＝
答案：D
解析：当线圈平面与磁感线平行时，感应电流有最大值，A项错误；电动势的最大值Em＝NBSω，电流的最大值Im＝，有效值I＝，选项B、C错误；外力做功的平均功率等于整个电路的热功率，P＝I2(R＋r)＝，D项正确．
二、计算题(本题包括3小题，共48分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案不能得分)
14．(16分)某爱好小组设计了一种发电装置，如图所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π，磁场均沿半径方向．匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l.线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r，外接电阻为R.求：

(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；
(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；
(3)外接电阻上电流的有效值I.
答案：(1)2NBl2ω　(2)　(3)
解析：(1)bc、ad边的运动速度v＝ω
感应电动势Em＝4NBlv
解得Em＝2NBl2ω
(2)电流Im＝
安培力F＝2NBIml
解得F＝
(3)一个周期内，通电时间t＝T
R上消耗的电能W＝IRt
且W＝I2RT
解得I＝
15．(2022·郑州模拟)(16分)
如图所示，匀强磁场B＝0.1 T，所用矩形线圈的匝数N＝100，边长ab＝0.2 m，bc＝0.5 m，以角速度ω＝100π rad/s绕OO′轴匀速转动．当线圈平面通过中性面时开头计时，试求：
(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)由t＝0至t＝过程中的平均电动势的大小；
(3)该交变电流的电动势有效值是多少？
答案：(1)e＝314sin 100πt V　(2)200 V　(3)222 V
解析：(1)感应电动势的瞬时值e＝NBSωsin ωt，
由题意可知：S＝·＝0.2×0.5 m2＝0.1 m2
Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V
所以e＝314sin 100πt V.
(2)t＝0至t＝过程中的平均电动势
＝N＝N＝
即＝NBSω
代入数值得＝200 V.
(3)电动势有效值E＝，又Em＝NBSω
代入数据得E＝222 V.
16．(2022·甘肃河西五市联考)(16分)如图为一输电系统，A地有一台升压变压器，B地有一台匝数比为10∶1的降压变压器，降压变压器副线圈上的电流为100 A，输出功率是12 kW，A、B两地输电线的电阻是20 Ω，求：

(1)升压变压器输出端的电压；
(2)若不用变压器，要在B地得到同样大小的电流和电功率，那么在A地要用多大的电压将电能输出？
(3)两状况下输电线上损耗的功率之比是多少？
答案：(1)1 400 V　(2)2 120 V　(3)1∶100
解析：(1)降压变压器输出功率P2＝I′2U′2
代入可得U′2＝120 V
降压变压器U′1∶U′2＝10∶1
可得U′1＝1 200 V
由P2＝U′1I2，可得I2＝10 A
ΔU＝I2R，可得ΔU＝200 V
线路上的功率损失ΔP＝IR＝2 000 W
升压变压器输出电压
U2＝U′1＋ΔU＝1 400 V
(2)不用变压器时，
P出＝12 kW，I＝100 A
P入＝UI＝I2R＋P出
可得U＝2 120 V
(3)不用变压器时，线路上的功率损失
ΔP′＝I2R＝200 000 W
所以，使用变压器和不使用变压器在线路上的功率损失之比为
ΔP∶ΔP′＝1∶100