2019届高考物理二轮复习第一部分专题整合专题四电磁感应和电路第1讲恒定电流与交变电流课时检测

第一部分 专题四 第1讲 恒定电流与交变电流
一、单项选择题
1．(2018·贵阳月考)阻值相等的三个电阻R 、电容器C 及电池E (内阻不计)连接成如图4－1－15所示电路。

保持S 1闭合，开关S 2断开，电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S 2，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2，则Q 1与Q 2的比值为
图4－1－15
A.12
B.32
C.23
D.13
解析 开关S 2断开时的等效电路如图甲所示，电路稳定时电容器两极板之间的电压为U 1＝E 2，电容器所带的电荷量为Q 1＝ CU 1＝CE 2
；开关S 2闭合后的等效电路如图乙所示，电路稳定时电容器两极板之间的电压为U 2＝E ，电容器所带的电荷量为Q 2＝CU 2＝CE ，则Q 1∶Q 2＝
1∶2，即Q 1与Q 2的比值为12
，A 正确。

答案 A
2．(2018·福建质检)图4－1－16为模拟远距离交流输电的电路，升压变压器T 1的原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝1∶k ，降压变压器T 2的原、副线圈匝数比n 3∶n 4＝k ∶1，模拟输电导线的电阻r ＝3 Ω，T 2的负载是规格为“15 V 45 W”的灯泡L 。

当T 1的输入电压为16 V 时L 正常发光，两个变压器可视为理想变压器，则k 的值为
图4－1－16
A.32
B ．3
C ．4
D ．9 解析 由变压器的工作原理可知，变压器T 1原线圈的电压为16 V ，则副线圈的输出电
压为16k V ，降压变压器T 2的输出电压为15 V 、输出电流为I 4＝P 0U 0＝4515
A ＝3 A ，则降压变压器T 2原线圈两端的电压为15k V 、输入电流为3k A ，又16k V ＝(15k ＋3×3k
) V ，解得k ＝3，B 正确。

答案 B
3．(2018·昆明质检)如图4－1－17甲所示的电路中，理想变压器输入电压u 随时间t 按正弦规律变化如图乙所示。

图甲中L 1和L 2为两个相同的小灯泡，小灯泡都标有“12 V,6 W”字样，电容器C 的击穿电压为13 V ，电压表和电流表均为理想交流电表。

开关S 1和S 2都断开时，小灯泡L 1正常发光。

下列说法正确的是
图4－1－17
A ．理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1
B ．输入电压u 随时间t 变化的规律为u ＝482sin 100πt (V)
C ．闭合开关S 1、断开开关S 2时，电压表的示数为48 V ，电流表的示数为0.25 A
D ．闭合开关S 2后，电容器C 不会被击穿
解析 由图乙可知，原线圈输入电压为48 V ，电流变化周期T ＝0.04 s ，根据小灯泡正常发光可知副线圈输出电压为12 V ，根据变压器变压公式可知，理想变压器的原、副线圈的匝数比为48∶12 ＝4∶1，选项A 错误；输入电压u 随时间变化的规律为u ＝ 482sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2πT ·t V ＝482sin (50πt )(V)，选项B 错误；闭合开关S 1、断开开关S 2时，变压器输入电压不变，电压表示数不变，根据变压器输入功率等于输出功率，P ＝2×6 W＝12 W ，可知输入电流为0.25 A ，电流表的示数为0.25 A ，选项C 正确；闭合开关S 2后，电容器两端
最大电压等于12 2 V ，大于击穿电压13 V ，电容器会被击穿，选项D 错误。

答案 C
4．(2018·天津卷)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。

利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R 供电，电路如图4－1－18所示，理想交流电流表A 、理想交
流电压表V 的读数分别为I 、U ，R 消耗的功率为P 。

若发电机线圈的转速变为原来的12
，则
图4－1－18
A ．R 消耗的功率变为12
P B ．电压表V 的读数变为12
U C ．电流表A 的读数变为2I
D ．通过R 的交变电流频率不变
解析 交流发电机产生的感应电动势最大值E m ＝NBS ω，且有ω＝2πn ，所以当发电机线圈转速减半后，感应电动势最大值减半，有效值减半，又理想变压器原、副线圈电压有效
值之比等于原、副线圈匝数比，故电压表示数减为原来的一半，B 项正确；由电功率P ＝U 2R
可知，变压器输出功率即R 消耗的功率变为原来的14
，A 项错误；由P ＝UI 可知，原线圈中电流减为原来的一半，C 项错误；交流电的频率与发电机线圈转动角速度成正比，故D 项错误。

答案 B
5．如图4－1－19甲所示的电路中，调节滑动变阻器的滑动触头P 向某一方向移动，根据电路中电压表和电流表的数据描绘了如图乙所示的两条U －I 图线，则下列关于调节过程中说法正确的是
图4－1－19
A ．图线乙是根据V 1与A 的示数描绘的
B ．电源的内阻为0.5 Ω
C ．两图线交点处电源的输出功率最大
D ．两图线交点处电源效率最大
解析 由部分电路的欧姆定律可得，电压表V 2和电流表A 的示数的比值为定值电阻R 0，三者之间满足关系：U 2＝IR 0，结合数学知识可得应为图线乙，A 错误；由闭合电路欧姆定律：U ＝E －Ir ，结合数学知识可得图线甲为根据电压表V 1与电流表A 的示数描绘的，图线斜率
的绝对值为电源的内阻大小，故有：r ＝ΔU ΔI ＝1.5－1.00.5
Ω＝1 Ω，B 错误；图线的交点处表示两电压表示数相等，分析电路可知此时滑动变阻器分压为零，即此时滑动变阻器的电阻R ＝0，由于R 0＝1.00.5
Ω＝2 Ω>r ＝1 Ω，故此时负载电阻最小，电源的输出功率最大，C 正确；负载电阻越大，电源的效率越大，交点处负载电阻最小，电源效率最小，D 错误。

答案 C
6．一自耦变压器如图4－1－20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U 1的交变电流时，c 、d 间的输出电压为U 2，在将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中
图4－1－20
A ．U 2＞U 1，U 2降低
B ．U 2＞U 1，U 2升高
C ．U 2＜U 1，U 2降低
D ．U 2＜U 1，U 2升高
解析 由变压器的变压公式U 1U 2＝n 1
n 2
可知，由于原线圈匝数n 1大于副线圈匝数n 2，因此有U 2＜U 1，当滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中，n 2减小，因此U 2降低，C 正确。

答案 C
7．(2018·潍坊二模)图4－1－21甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e 随时间t 变化的正弦规律图像如图乙所示。

发电机线圈的内阻不计，外接灯泡的电阻为12 Ω。

则
图4－1－21
A ．在t ＝0.01 s 时刻，穿过线圈的磁通量为零
B ．电压表的示数为6 2 V
C ．灯泡消耗的电功率为3 W
D ．若其他条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势的表达式e ＝122sin 100πt (V)
解析 在t ＝0.01 s 的时刻，电动势为零，则线圈平面位于中性面，穿过线圈的磁通量
最大，选项A 错误；电动势的最大值为E m ＝6 2 V ，电压表测量的为有效值，故示数为622
V ＝6 V ，选项B 错误；灯泡消耗的功率P ＝E 2R ＝62
12
W ＝3 W 。

选项C 正确；周期为0.02 s ，瞬时电动势表达式为e ＝E m sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2πT t ＝62sin 100πt (V)。

转速提高一倍后，最大值变成12 2 V ，ω＝2πn ，故角速度变为原来的2倍，表达式应为e ＝122sin 200πt (V)，选项D 错误。

答案 C
8．在如图4－1－22所示的电路中，电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2、L 3为相同规格的小灯泡，电容器的电容为C ＝100 μF 。

小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。

闭合开关S ，当电路稳定后，下列说法正确的是
图4－1－22
A ．L 1中电流为0.20 A
B ．电容器带电荷量为300 C
C ．L 2中电流为0.20 A
D ．L 2的电阻为15 Ω
解析 闭合开关S ，当电路稳定后，L 1中电流为零，电容器两端电压等于电源电动势，即U ＝3.0 V ，由C ＝Q /U 可知，电容器带电荷量为Q ＝CU ＝100×10－6×3.0 C＝3×10－4
C ，选项A 、B 错误。

L 2、L 3两个小灯泡串联，每个灯泡两端电压为U 2＝1.5 V ，根据小灯泡的伏安特性曲线可知电压为1.5 V 时对应的小灯泡中的电流为I 2＝0.20 A ，L 2的电阻为R 2＝U 2/I 2＝7.5 Ω，选项
D 错误，选项C 正确。

答案 C
9．如图4－1－23所示，电源电动势为E ，内阻为r 。

电路中的R 2、R 3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R 0为定值电阻，R 1为光敏电阻(其电阻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
图4－1－23
A ．只逐渐增大R 1的光照强度，电阻R 0消耗的电功率变大，电阻R 3中有向上的电流
B ．只调节电阻R 3的滑片P 2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R 3中有向上的电流
C ．只将R 2的滑片P 1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 只逐渐增大R 1的光照强度，R 1的阻值减小，电流变大，R 0消耗的电功率变大，电容器的电压增大，电容器充电，R 2中有向上的电流，A 选项正确；由于R 3与电容器相连，而电容器隔直流，所以只调节R 3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，R 3中没有向上的电流，B 选项错误；只将R 2的滑片P 1向下移动时，电路中的电流不变，因此电容器两端的电压U 2增大，带电微粒受到的电场力F ＝qE ＝q U 2d 变大，微粒将向上运动，C 项错误；若断开开关S ，电容器将通过R 3、R 2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。

答案 A
二、多项选择题
10．如图4－1－24所示，50匝矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小为B ＝
210 T 的水平匀强磁场中，线框面积S ＝0.5 m 2，线框电阻不计。

线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角
速度ω＝200 rad/s 匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V、60 W”的灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A ，下列说法正确的是
图4－1－24
A ．图示位置穿过线框的磁通量为零
B ．线框中产生交变电压的有效值为500 2 V
C ．变压器原、副线圈匝数之比为25∶11
D ．允许变压器输出的最大功率为5 000 W
解析 由题图可知，此时线框平面和磁场垂直，此时穿过线框的磁通量最大，所以A 错误。

矩形闭合导线框ABCD 在磁场中转动，产生的交流电的最大值为E m ＝NBS ω＝50×2
10×0.5×200 V＝500 2 V ，由于最大值为有效值的2倍，所以交流电的有效数值为500 V ，
所以B 错误。

由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为500220＝2511
，所以C 正确。

由于熔断器允许通过的最大电流为10 A ，所以允许变压器输出的最大功率为P ＝UI ＝500×10 W＝5 000 W ，所以D 正确。

答案 CD
11.如图4－1－25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R 0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
图4－1－25
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 保持Q 的位置不动，则U 2不变，将P 向上滑动时，R 接入电路的电阻变大，根据I 2＝U 2R 0＋R 知，I 2变小，由I 1I 2＝n 2n 1
得I 1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，U 2变大，则根据P 2＝U 2
2
R 0＋R 知副线圈输出功率变大，
由P 1＝P 2知，变压器原线圈输入功率P 1变大，而P 1＝I 1U ，输入电压U 一定，I 1变大，即电流表读数变大，选项C 正确，选项D 错误。

答案 BC
12．(2018·衡阳联考)如图4－1－26所示，匝数n ＝10匝的矩形线框处在磁感应强度B ＝ 2 T 的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω＝20 rad/s 在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积S ＝0.4 m 2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L(4 W,100 Ω”)和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是
图4－1－26
A ．灯泡正常发光时原、副线圈的匝数比为2∶1
B ．灯泡正常发光时电流表的示数为0.2 A
C ．若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变暗
D ．若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数减小
解析 变压器输入电压的最大值为U m ＝nBS ω＝10×2×0.4×20 V＝80 2 V ，变压器输入电压的有效值为U 1＝U m 2＝8022
V ＝80 V ，灯泡正常发光时的电压U 2＝PR ＝4×100 V ＝20 V ，此时原、副线圈的匝数比为n 1n 2＝U 1U 2＝8020＝41，故A 错误；由欧姆定律得I 2＝U 2R ＝20100 A ＝0.2 A ，根据I 1I 2＝n 2
n 1得，此时电流表的示数为I 1＝n 2I 2n 1＝14
×0.2 A＝0.05 A ，故B 错误；若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，根据U 1U 2＝n 1
n 2可知输出电压减小，所以灯泡变
暗，故C 正确；线圈匝数不变，根据U 1U 2＝n 1
n 2
可知输出电压不变，若将滑动变阻器触头向上滑动，连入电路电阻变大，负载等效电阻变大，P 1＝P 2＝U 2
2R
变小，又P 1＝U 1I 1可知电流表示数变小，故D 正确。

答案 CD
13．如图4－1－27为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 1的原、副线圈匝数之比为n 1∶n 2＝1∶10，在T 1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2r ＝2 Ω，降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为n 3∶n 4＝10∶1。

若T 2的用电设备两端的电压为U 4＝200 V ，用电设备消耗的电功率为10 kW ，不考虑其他因素的影响，则
图4－1－27
A ．T 1的副线圈两端电压的最大值为2 010 2 V
B ．T 2的原线圈两端的电压为2 000 V
C ．输电线上损失的电功率为50 W
D ．T 1的原线圈输入的电功率为10.1 kW
解析 因为用电设备消耗的电功率为10 kW ，T 2副线圈两端的电压为U 4＝200 V ，则流过T 2副线圈的电流为I 4＝P U 4＝10 kW 200 V ＝50 A ，由变压器原、副线圈的电流与线圈匝数的关系I 3I 4＝n 4n 3，可得I 3＝5 A ，由U 3U 4＝n 3n 4，可知T 2原线圈两端的电压为U 3＝2 000 V ，B 正确；输电线的电阻分得的电压为U 线＝I 3·2r ＝5×2 V＝10 V ，所以T 1副线圈两端的电压为U 2＝U 3＋U 线＝(2 000＋10) V ＝2 010 V ，其最大值为U 2m ＝2 010 2 V ，A 正确；输电线上损失的电功率为P 损＝I 23·2r ＝50 W ，C 正确；由能量守恒定律可知T 1副线圈的输出功率为P 出＝(10 000＋50)W ＝10 050 W ，因此T 1原线圈的输入功率为10 050 W ，D 错误。

答案 ABC
14．图4－1－28甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n 1与副线圈匝数n 2之比为10∶1，变压器的原线圈接如图乙所示正弦交流电，电阻R 1＝R 2＝R 3＝20 Ω，它们与电容器C 连接如图甲所示的电路，其中电容器的击穿电压为8 V ，电压表V 为理想交流电表，开关S 处于断开状态，则
图4－1－28
A ．电压表V 的读数约为7.07 V
B ．电流表A 的读数为0.05 A
C ．电阻R 2上消耗的功率为2.5 W
D ．若闭合开关S ，电容器会被击穿
解析 开关断开时，副线圈为R 1和R 2串联，电压表测量R 2的电压，由图可知原线圈电压为2002
＝100 2 V ，所以副线圈电压为10 2 V ，则R 2的电压为5 2 V≈7.07 V，故A 正确；由A 的分析可知，副线圈电流为10240 A ＝24 A ，所以原线圈电流为24×110 A ＝240
A ，故
B 错误；电阻R 2上消耗的功率为P ＝U 22R 2＝(52)220
W ＝2.5 W ，故C 正确；当开关闭合时，R 1与R 3并联后和R 2串联，电容器的电压为并联部分的电压，并联部分电阻为R 并＝12R 1＝10 Ω，
所以并联部分的电压为102×
10
20＋10
V＝
102
3
V，最大值为
20
3
V，最大值
20
3
V＜8 V，所
以电容器不会被击穿，故D错误。

答案AC。