2021年高考物理二轮复习专练：直流电路与交流电路

一单项选择题
1.如图所示电路，电源内阻不可忽略。

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】A
2．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝
2
5πT．单匝矩形线圈面积S＝1 m2，电阻不
计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，Ⓐ为交流电流表．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“36 V,36 W”的灯泡正常发光．以下判断正确的是(
)
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A ．电流表的示数为1 A
B ．矩形线圈产生电动势的最大值为18 V
C ．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间变化的规律为e ＝182sin (90πt ) V
D ．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：I 2＝36 W 36 V
＝1 A ；根据变流比公式：I 1I 2＝n 2n 1
，解得：I 1＝2 A ，故A 错误；小灯泡正常发光，故变压器的输出电压为36 V ，根据变压比公式U 1U 2＝n 1n 2
，解得：U 1＝18 V ，故矩形线圈产生电动势的有效值为18 V ，矩形线圈产生电动势的最大值为18 2 V ，故B 错误；根据公式E m ＝NBSω，解得：ω＝E m NBS ＝1821×25π
×1 rad/s ＝90π rad/s ，故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e ＝E m sin ωt ＝182sin (90πt ) V ，故C 正确；若矩形线圈转速增大，根据公式E m ＝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，应该减小变压比，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80 V 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85 V ，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变
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【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能力。

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情况下，充电时间变长，选项B 正确；若C 增大，根据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，所以闪光灯仍然发光，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，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数比为k 1.降压变压器T ′的原、副线圈匝数比为k 2.原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，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P r 和用户获得的电压U 分别为( )
A ．P r ＝r Rk 22P U ＝2k 2U m 2k 1－2r k 22
P R B ．P r ＝2r Rk 22P U ＝2U m 2k 1k 2－2r k 22P R C ．P r ＝2r Rk 22P U ＝2k 2U m 2k 1－2r k 1k 2P R
D ．P r ＝2r Rk 21P U ＝2U m 2k 1k 2－2r k 1k 2
P R 【答案】B
【解析】用户流过的电流为I 4＝
P R ，故在输电线路上的电流为I 3＝I 4k 2＝1k 2 P R ，故损失的电功率为P r ＝I 23·2r ＝2r Rk 22P ；升压变压器两端电压的有效值为U 1＝U m 2
， 输电线路上损失的电压为ΔU ＝I 3·2r ，升压变压器副线圈两端的电压为U 2＝U 1k 1
故降压变压器原线圈的电压为U 3＝U 2－ΔU ，用户获得的电压U ＝U 3k 2
联立解得U ＝
2U m 2k 1k 2－2r k 22 P R
5.在如图所示的电路中，R 1、
R 2、R 3均为可变电阻。

当开关S 闭合后，两平行金属板M 、
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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，可采取的措施是 ( )
A ．增大R 1的阻值
B ．减小R 2的阻值
C ．减小R 3的阻值
D ．增大M 、N 间距
【解析】因为R 1与平行板电容器串联，故无论R 1阻值变大还是变小，电容器两极板间的电压都等于R 3两端电压，故选项A 错误；当R 2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，R 3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R 3的阻值时，电路的电流也变大，因此内电压和R 2的分压变大，则R 3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 ＝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】B
6.当电阻两端加上某一稳定电压时,通过该电阻的电荷量为0.3 C,消耗的电能为0.9 J.为在相同时间内使0.6 C 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.3 V 1.8 J
B.3 V 3.6 J
C.6 V 1.8 J
D.6 V 3.6 J
答案：D
解析：设两次加在电阻R 上的电压分别为U 1和U 2,通电的时间都为t.由公式W 1=U 1q 1和W 1=
U 12R t 可得：U 1=3 V ,t R =0.1.再由W 2=U 2q 2和W 2=U 22R t 可求出：U 2=6 V,W 2=3.6 J,故选项D
正确.
7.科学家研究发现，磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而增大，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 、R 2为滑动变阻器，R 1、R 3为定值电阻，当开关S 1和S 2闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。

则
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( )
A ．只调节电阻R ，当P 1向右端移动时，电阻R 1消耗的电功率变大
B ．只调节电阻R ，当P 1向右端移动时，带电微粒向下运动
C ．只调节电阻R 2，当P 2向下端移动时，电阻R 1消耗的电功率变大
D ．只调节电阻R 2，当P 2向下端移动时，带电微粒向下运动
解析：选 A 。

P 1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 ＝I 2R 可得R 1消耗的电功率变大，此时R 2两端电压U 2＝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；P 2向下端移动时，R 2接入电路阻值不变，电路中电流不变，R 1消耗的电功率不变，R 2两端电压不变，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，理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻R L ＝6 Ω，AB 端电压u 1＝
122sin 100π
t (V)，下列说法正确的是 ( )
A ．电流频率为100 Hz
B.的读数为24 V
C.的读数为0.5 A
D ．变压器输入功率为6 W
【解析】由ω＝2πf ＝100π rad/s 得：f ＝50 Hz ，A 错．有效值U 1＝12 V ，又U 2U 1＝n 2n 1
得：
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U 2＝6 V ，I 2＝U 2R L
＝1 A ，B 、C 项错．由能量守恒得P 1＝P 2＝U 2I 2＝6 W ，D 对． 【答案】D
9.某同学将一直流电源的总功率P E 、输出功率P R 和电源内部的发热功率P r 随电流I 变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a 、b 、c 所示，根据图线可知 ( )
A ．反映P r 变化的图线是b
B ．电源电动势为8 V
C ．电源内阻为1 Ω
D ．当电流为0.5 A 时，外电路的电阻为6 Ω
【解析】由题意可知P r ＝I 2r ，变化曲线应该是c ，且由图象可求得电源内阻r ＝2 Ω，选项A ，C 错误；由P E ＝EI ，可求得电源电动势E ＝4 V ，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0.5 A 时外电路的电阻为6 Ω，选项D 正确。

故选D 。

【答案】D
10.如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有R =55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2:1，电流表、电压表均为理想电表。

下列说法正确的是
π(V)u t
A．原线圈的输入功率为
W
B．电流表的读数为1 A
C．电压表的读数为V
D．副线圈输出交流电的周期为50 s
【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220 V，由理想变压器原、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110 V，C错误；流过电阻R的电流为2 A，可知负载消耗的功率为220 W，根据能量守恒可知，原线圈的输入功率为220 W，A错误；由P=UI可知，电流表的读数为1 A，B正确，由交变电压瞬时值表达式可知，ω=100π rad/s，周期T=0.02 s，D错误。

二不定项选择题
1.在如图所示的U I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.用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路.由图像可知()
A.电源的电动势为3 V,内阻为0.5 Ω
B.电阻R的阻值为1 Ω
C.电源的输出功率为2 W
D.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=3 V,内阻r=0.5 Ω,电阻R的阻值为1 Ω.仍由图像可知,用该电源直接与R相连组成闭合电路时,路端电压U=2 V,电流I=2 A,则电源的输出功率
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P=UI=2×2 W=4 W,电源的效率η=UI EI ×100%=23×100%≈66.7%,故选项A 、B 、D 正确,选项C 错. 2.如图甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r ＝2 Ω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R 0＝407
Ω，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R 02
，其他电阻不计．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S ，线圈转动过程中理想交流电压表示数是10 V ，图乙是矩形线圈磁通量随时间t 变化的图像，则下列说法正确的是( )
A ．电阻R 2上的热功率为57
W B ．0.02 s 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 变化的规律是e ＝102cos 100πt (V)
D ．线圈开始转动到t ＝1600 s 的过程中，通过R 1的电荷量为2200π
C 【解析】R 总＝R 1＋R 02＋R 04＝74R 0＝10 Ω，I ＝1010 A ＝1 A ，U R 2＝107 V ，根据公式P ＝U 2
R
得电阻R 2上的热功率为P R 2＝57
W ，故A 正确；0.02 s 通过线圈的磁通量为零，感应电动势最大，故B 错误；T ＝0.02 s ，ω＝2πT
＝100π rad/s ，E ＝10 V ＋1×2 V ＝12 V ，e ＝122cos 100πt (V)，故C 错误；电动势的最大值为E m ＝12 2 V ＝nBSω，Φm ＝BS ＝
122n ×100π(Wb)，Φ＝122n ×100πsin 100πt (Wb)，线圈开始转动到t ＝1600 s 的过程中，通过电阻的电量为n ΔΦR 总＋r ＝2200π
C
，故D 正确．
【答案】AD
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3.如图所示,R 1为定值电阻,R 2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R 2=r 时,R 2上获得最大功率
B.当R 2=R 1+r 时,R 1上获得最大功率
C.当R 2=0时,R 1上获得最大功率
D.当R 2=0时,电源的输出功率最大
答案：ABD
解析：在讨论R 2的电功率时,可将R 1视为电源内阻的一部分,即将原电路等效为外电阻R 2与电动势E 、内阻为(R 1+r)的电源(等效电源)连成的闭合电路,如图所示,R 2的电功率是等效电源的输出功率,显然当R 2=R 1+r 时,R 2获得的电功率最大,选项A 错误.在讨论R 1的电功率时,由I=E R 1+R 2+r 及P 1=I 2R 1可知,R 2=0时,R 1获得的电功率最大,选项B 错误,C 正确,在讨论电源的输出功率时,(R 1+R 2)为外电阻,内阻r 恒定,由于题目没有给出R 1和r 的具体数值,所以当R 2=0时,电源输出功率并不一定最大,选项D 错误.
4.如图所示的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U 1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
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D ．P 向上滑动时，变压器的输出功率变大
【答案】BD
【解析】由于理想变压器输入电压U 1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U 2也不变，灯L 亮度不随P 的滑动而改变，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I 2＝U 2R 总
知，通过副线圈的电流I 2增大，输出功率P 2＝U 2I 2增大，再由I 1I 2＝n 2n 1
知输入电流I 1也增大，故选项C 错误，D 正确． 5.如图甲是小型交流发电机的示意图，两极M 、N 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A 为理想交流电流表，V 为理想交流电压表．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理想变压器，滑动触头P 上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R ，从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是( )
A ．电压表的示数为10 V
B ．0.01 s 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10 V ，A 正确；0.01 s 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
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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】ABD
6．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝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 ＝10 Ω.从某时刻开始在原线圈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，理想电流表的示数为2.2 A
B ．当S 与a 连接后，t ＝0.01 s 时理想电流表示数为零
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25 Hz
【答案】AC
【解析】由题图乙知，原线圈的电压u 1＝220 V ，当S 与a 连接后，根据变压规律u 1u 2＝n 1n 2
可得u 2＝22 V ，理想电流表的示数I 2＝u 2R
＝2.2 A ，故A 正确；电流表的示数对应交变电流的有效值，所以在t ＝0.01 s 时理想电流表示数不为零，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44 V ，是原来的2倍，根据功率P ＝U 2R
知，功率是原来的4倍，输入功率等于输出功率，所以C 正确；交流电的频率不会发生变化，由题图乙知，频率为50 Hz ，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，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n 1和n 2.保持线圈以恒定角速度ω转动，下列判断正确的是
( )
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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V 2的示数变大
C ．电压表V 1示数等于NBωL 2
D ．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V 2测量的是副线圈的电压，副线圈电压由原线圈电压决定，
与负载电阻变化无关，故选项B 错误；电压表V 1示数为有效值，等于u 1＝u 1m 2＝NBωL 2
2，故选项C 错误；理想变压器输入功率等于输出功率，则选项D 正确．
8.如图所示，用理想变压器给电灯L 供电，如果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】由理想变压器的电压比等于匝数比可得U 1n 1＝U 2n 2
，n 2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，由于理想变压器的输入功率等于输出功率，则输入功率也随之增大，根据
P
＝U 1I 1，可知电
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流表的读数增大，选项B 、C 正确，选项A 、D 错误．
【答案】BC
9.如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0，反向电阻为∞)连接，电源负极接地．开始时电容器不带电，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 点的电势会升高
【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，由电容的决定式C ＝εr S 4πkd
知，电容减小，而电容器的电压不变，由C ＝Q U
知，Q 要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，根据推论可知电容器板间场强不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止不动，故B 错误；当电容器的下极板向下移动时，电容器所带
的电量Q 不变，由E ＝4πkQ εr S
知电容器板间场强不变，由U ＝Ed 知，P 与下极板间的电势差变大，P 点的电势会升高．故C 错误；当电容器的下极板向左移动时，C ＝εr S 4πkd
，电容器的电容减小，由C ＝Q U
知，Q 要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，那么只能是极板间U 增大，由E ＝U d
知电容器板间场强变大，则P 与下极板间的电势差变大，P 点的电势升高．故D 正确．
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10.如图所示，电路中的变压器为理想变压器，U 为正弦式交变电压，R 为变阻器，R 1、R 2是两个定值电阻，A 、V 分别是理想电流表和理想电压表，则下列说法正确的是( )
A ．闭合开关S ，电流表示数变大、电压表示数变小
B ．闭合开关S ，电流表示数变小、电压表示数变大
C ．开关S 闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变小
D ．开关S 闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变大
【答案】AC
【解析】闭合开关S ，负载总电阻变小，变压器的输出功率增大，副线圈的电流增大，根据I 1I 2＝n 2n 1
可知变压器的输入电流增大，即电流表示数变大，变阻器R 两端电压增大，根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据U 1U 2＝n 1n 2
可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，故A 正确，B 错误；开关S 闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，变阻器R 的阻
值增大，两端电压增大，根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据U 1U 2＝n 1n 2
可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，根据欧姆定律可知副线圈的电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1
可知变压器的输入电流减小，即电流表示数变小，故C 正确，D 错误．。