2020届人教版高三物理一轮复习测试专题《直流电路和交流电路》附解析

2020届人教版高三物理一轮复习测试专题《直流电路和交流电路》
一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)
1.如图，是一火警报警电路的示意图。

其中R3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大。

值班室的显示器为电路中的电流表，电两极之间接一报警器。

当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I，报警器两端的电压U的变化情况是（）
A．I变大，U变小
B．I变小，U变大
C．I变小，U变小
D．I变大，U变大
2.远距离输电，原来采用2200V输电，输电线上损失的电功率为P，在保持输送电功率和输电线电阻不变的条件下，现采用22kV输电，则输电线上损失的电功率将变为（）
A．P
B．P
C． 10P
D． 100P
3.如图所示，L1，L2，L3为相同的灯泡，变压器线圈的匝数比为，（a）和（b）中灯泡L2，L3消耗的功率均为P，则图（a）中L1的功率和图（b）中L1的功率分别为( )
A． 9P，
B． 9P，
C．，9P
D．，
4.如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁，感应强度大小的水平匀强磁场电线框面积
S=0.5m2，线框电阻不计。

线框绕垂直于磁场的轴00’以角速度= 200 rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接人一只“220V，60W"灯泡，且灯泡正常发光，电流表的示数为10A，下列说法正确的是（）
A．中性面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500V
C．变压器原，副线圈匝数之比为25：10
D．允许变压器输出的最大功率为5000W
5.一课外活动小组在一次活动中，用到的用电器上标有“36V 72W”字样，用电器工作时需使用变压器将220V 的交变电压进行降压。

由于手边只有一个匝数比为5：1的变压器，不能直接使用。

经过讨论后，大家认为可在原线圈上加一个可变电阻进行调节，设计好的电路示意图如图甲所示。

当在ab两端间加上如图乙所示的电压后，用电器恰好能正常工作，则下列说法正确的是（）
A．原线圈cd两点间的电压为220V
B．在t=0．01s时，电压表的示数为0V
C．通过原线圈中的电流为10A
D．可变电阻R0上消耗的电功率为l6W
6.一台理想变压器的原，副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表。

则下列说法正确的是( )C
A．原，副线圈中的电流之比为5∶1
B．电压表的读数约为44V
C．若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1 分钟内产生的热量为2904 J
D．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均增大
7.一闭合矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电流如图所示，由图可知()
A．该交流电电流的有效值是5 A
B．该交流电的频率是20 Hz
C．t＝0时刻线圈平面位于中性面
D．该交流电电流的瞬时表达式为i＝5cos 100πt(A)
8.如图是自动调温式电熨斗，下列说法不正确的是（）
A．正常工作时上下触点是接触的
B．双金属片温度升高时，上金属片形变较大，双金属片将向下弯曲
C．原来温度控制在80℃断开电源，现要求60℃断开电源，应使调温旋钮下调一此
D．由熨烫丝绸衣物状态转化为熨烫棉麻衣物状态，应使调温旋钮下移一些
9.如图所示,一理想变压器原线圈接入一交流电源,副线圈电路中R1，R2，R3和R4均为固定电阻,开关S是闭合的.V1和V2为理想电压表,读数分别为U1和U2;A1，A2和A3为理想电流表,读数分别为I1，I2和I3.现断开S,U1数值不变,下列推断中正确的是()
A．U2变小，I3变小
B．U2变小，I3变大
C．I1变小，I2变小
D．I1变大，I2变大
10.如图所示电路中理想变压器原，副线圈的匝数之比为2：1，在原线圈两端加上交变电压
时，灯L1，L2均正常发光，且电压表和电流表可视为理想电表，不计导线电阻。

下列说法中正确的是( )
A．该交流电的频率为100 Hz
B．灯L1两端的电压为
C．将变阻器的滑片P向上滑动，则灯L1变暗，灯L2变亮
D．将变阻器的滑片P向上滑动，则电压表示数不变
11.如图甲所示，理想变压器的原线圈的匝数n1，和副线圈匝线n2均可调节．原线圈两端接如图乙所示的交流电，副线圈接负载电阻R和理想交流电流表
A,则下述说法正确的是（）
A．原线圈所接交流电的瞬时值表达式(V)
B．增大n1，其它条件不变，变压器的输出电压变大
C．增大n2，其它条件不变，电流表的示数变大
D．增大R，其它条件不变，变压器的输入功率变大
12.如图所示，M为理想变压器，电表均可视为理想电表，电源电压U不变，输电线电阻忽略不计。

当变阻器滑片P向上移动时，对于电表读数发生的变化判断正确的是（）
A． A l变大
B． A2变小
C． V I不变
D． V2变小
13.如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表．现闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向左移动，下列判断正确的是 ()
A．电流表A的示数变小，电压表V的示数变大
B．小灯泡L变亮
C．电容器C上电荷量减小
D．电源的总功率变大
14.远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原，副线圈的匝数分别为n1，n2，电压分别为U1，U2，电流分别为I1，I2，输电线上的电阻为R.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是()
A．＝
B．I2＝
C．I1U1＝I R
D．I1U1＝I2U2
15.在如图所示电路中，当变阻器局的滑动头P向b端移动时( )
A．电压表示数变大，电流表示数变小
B．电压表示数变小，电流表示数变大
C．电压表示数变大，电流表示数变大
D．电压表示数变小，电流表示数变小
16.在如图所示电路中，当滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时()
A．电压表示数变大，电流表示数变小
B．电压表示数变小，电流表示数变大
C．电压表示数变大，电流表示数变大
D．电压表示数变小，电流表示数变小
17.如图所示，面积为S，匝数为N，内阻不计的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从图示位置开始计时，绕水平轴oo’以角速度ω匀速转动。

矩形线圈通过滑环连接理想变压器。

理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动时，可改变副线圈的输出电压；副线圈接有可变电阻R。

电表均为理想交流电表。

下列判断正确的是（）
A．副线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωc osωt
B．矩形线圈产生的感应电动势的有效值为
C．当P位置不动，R减小时，电压表示数也增大
D．当P位置向上移动，R不变时，电流表示数将增大
18.如图所示，一正弦交流电瞬时值为，通过一个理想电流表，接在一个理想变压器两端，变压器起到降压作用。

开关闭合前后，AB两端电功率相等，以下说法正确的是（）
A．流过r的电流方向每秒钟变化50次
B．变压器原线圈匝数大于副线圈匝数
C．开关从断开到闭合时，电流表示数变小
D．
19.如图所示为远距离交流输电的简化电路图。

发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1。

在输电线与用户间连有一想想变压器，流入用户端的电流是I2。

则（）
A．用户端的电压为I1U1/I2
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为I12r
D．输电线路上损失的电功率为I1U
20.在如图所示的四个电路中，电源电动势为E，内阻为r，定值电阻阻值为R0，当滑动变阻器R的滑片P从a向b滑动时，理想电压表读数变大的是 ()
四、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)
21.有人为汽车设计的一个“再生能源装置”原理简图如图5甲所示，当汽车减速时，线圈受到磁场的阻尼作用帮助汽车减速，同时产生电能储存备用．图中，线圈的匝数为n，ab长度为L1，bc长度为L2.图乙是此装置的侧视图，切割处磁场的磁感应强度大小恒为B，有理想边界的两个扇形磁场区夹角都是90°.某次测试时，外力使线圈以角速度ω逆时针匀速转动，电刷M端和N端接电流传感器，电流传感器记录的i－t图象如图丙所示(I为已知量)，取ab边刚开始进入左侧的扇形磁场时刻t＝0.不计线圈转轴处的摩擦．
(1)求线圈在图乙所示位置时，产生感应电动势E的大小，并指明电刷M和N哪个接电源正极；
(2)求闭合电路的总电阻R和外力做功的平均功率P；
(3)为了能够获得更多的电能，依据所学的物理知识，请你提出改进该装置的三条建议．
22.如图1所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电，改变变阻器R的阻值，路端电压U 与电流I均随之变化．
(1)以U为纵坐标，I为横坐标，在图2中画出变阻器阻值R变化过程中U－I图像的示意图，并说明U－I图像与两坐标轴交点的物理意义．
(2)a.请在图2画好的U－I关系图线上任取一点，画出带网络的图形，以其面积表示此时电源的输出功率；
b．请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件．
(3)请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和．
23.如图所示，E＝10 V，r＝1 Ω，R1＝R3＝5 Ω，R2＝4 Ω，C＝100 μF.当S断开时，电容器中带电粒子恰好处于静止状态．求：
(1)S闭合后，带电粒子加速度的大小和方向；
(2)S闭合后流过R3的总电荷量．
24.如图所示，电容器C1＝6 μF，C2＝3 μF，电阻R1＝6 Ω，R2＝3 Ω.C，D为两端点，当开关S断开时，A，B 两点间的电压UAB为多少？当S闭合时，电容器C1的电荷量改变了多少？(已知电压U＝18 V)
答案解析
1.【答案】D
【解析】当传感器R3所在处出现火情时，R3的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减小，路端电压U=E-Ir变大，即报警器两端的电压U变大．传感器R3与电阻R2并联部分的电压U并=E-I（r+R1），I减小，U并变大，电流表的读数变大．
2.【答案】A
【解析】据题意，提升电压前，损失的功率为：；当电压提升后，损失功率为：，则,故选项A正确。

3.【答案】B
【解析】a中设L2，L3两端的电压均为U,则变压器初级电压：，即L1两端的电压为3U，则L1的功率为：；b 中设L2，L3的电流均为I，则，解得图b中L1的功率，选项B 正确。

4.【答案】D
【解析】中性面位置，此时线圈和磁场垂直，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Em=500V，所以有效值为500V，故B错；由于电压与匝数成正比，所以变压器原，副线圈匝数之比为500/220=22/11，故C错误；由于熔断器允许通过的最大电流为10A，所以允许变压器输出的最大功率为P=U I=500×10=5000W，所以D正确
5.【答案】D
【解析】因为电器正常工作，所以两端的电压为36V,副线圈两端的电压即用电器两端的电压，根据变压器的电压与匝数的关系得：．故A错误；在t=0．01s时,电压的瞬时值为零，但是电压表中的电压是交流的有效值，不是瞬时值．故B错误；因为电器正常发光，根据公式P=UI得：副线圈中的电流，根据变压器的电流与匝数的关系得：．故C 错误；可变电阻R0上消耗的电功率为：P0=（U-U1）I1=（220-180）×0.4W=16W．故D正确．
6.【答案】C
【解析】理想二极管的作用是正向的电流通过时电阻很小，反向的电流通过时电阻很大，认为断路，故理想二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据变压器的原理电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求得结论。

由于原，副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1：5，A选项错误；原，副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为U2=44V，但二极管具有单向导电性，根据有效值的定义有，从而求得电压表两端电压有效值为U=22V,B选项错误；则1min内产生的热量为
=2904 J，C选项正确；将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，但对原，副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，电流表的读数变小，所以D错误。

7.【答案】D
【解析】由图线知，交流电的最大值为5 A，A错误；该交流电的周期为0.02 s，频率为50 Hz，B错误；t＝
0时刻线圈平面位于垂直中性面，C错误；该交流电电流的瞬时表达式为i＝5cos 100πt(A)，D正确．
8.【答案】C
【解析】正常工作时，通电电热丝能发热，所以上，下触点应是接触的．A正确．双金属片上下金属片的膨胀系数不同，温度升高时，上层形变大，双金属片向下发生弯曲，使电路断开．B正确．原来温度上升到80°C时，断开电源，现在要求60°C时断开电源，弹性铜片与触点接触面积要减小，应逆时针调节调温旋钮，即应使调温旋钮上调一些，C错误．由熨烫丝绸衣物状态转化为熨烫棉麻衣物状态，温度要高一点，由C的分析可知，应使调温旋钮下移一些，D正确．
9.【答案】C
【解析】因为变压器的匝数与U1不变，所以U2不变．当S断开时，因为负载电阻增大，故副线圈中的电流I2减小，由于输入功率等于输出功率，所以I1也将减小；因为R1的电压减小，故R2，R3两端的电压将增大，I3变大．
10.【答案】D
【解析】原线圈两端加上交变电压得出交流电的频率f=50hz，A错误；原线圈的电压U1=220v，副线圈的电压U2=110v，B错误；电压由原线圈决定，D正确；
将变阻器的滑片P向上滑动时变阻器的电阻减少，电压U2不变，灯L1不变，灯L2变亮，C错误。

11.【答案】C
【解析】由图知交流电角速度为100，选项A错误；增大n 1变压器的输出电压变小，B错误；只增大R时，有得输出功率变小，则输入功率也变小。

12.【答案】A．
【解析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以变压器的输出电压也不变，所以V1，V2的示数都不变，当变阻器的滑动头P向上移动时，滑动变阻器的电阻减小，所以负线圈的电流增大，原线圈的电流也要变大，所以A正确，BCD错误．
13.【答案】A
【解析】滑动变阻器的滑片P向左移动，R2接入电路部分的电阻增大，电流表A的示数变小，电压表V的示数变大，选项A正确；电源输出电流减小，小灯泡L中电流变小，小灯泡L变暗，选项B错误；电容器两端电压增大，电容器C上电荷量增大，选项C错误．电源输出电流减小，电源的总功率变小，选项D错误．
14.【答案】D
【解析】根据理想变压器的工作原理得I1U1＝I2U2，＝.U2不是加在R两端的电压，故I2≠，而I1U1等于R上消耗的功率I R与下一级变压器的输入功率之和．选项D正确．
15.【答案】B
【解析】本题主要考查了闭合电路的动态分析。

由R3减小则外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知总电流I增大，由U/＝Ir和U/＋U＝E知路端U减小，故伏特表V表变小；干路电流增大则定值电阻R1两端电压增大，故并联电压U2减小，所以通过定值电阻R2的电流I2减小，I2＋I3＝I故通过电流表的电流I3变大，选项B正确。

16.【答案】B
【解析】当滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时，电阻R3变小，电路总电阻变小，电源输出电流增大，电压表示数变小，并联电路两端电压变小，通过R2的电流变小，通过R3的电流变大，即电流表示数变大，选项B正确．
17.【答案】D
【解析】如图所示，此时线圈处于垂直于中性面的位置，故产生的电动势瞬时值为e=NBSωc osωt，即变压器
原线圈的电压瞬时值为e=NBSωc osωt，所以A错误；矩形线圈产生的感应电动势的有效值为，
所以B错误；当P位置不动，R减小时，电压表示数不变，故C错误；当P位置向上移动，原线圈的匝数减少，根据变压规律知，副线圈的电压U2增大，又R不变，根据欧姆定律知，副线圈的电流增大，原线圈电流跟着增大，即电流表示数将增大，所以D正确。

18.【答案】B
【解析】由表达式知交流电的频率50Hz，所以电流方向每秒钟变化100次，A错误；降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数，B正确；开关从断开到闭合时，副线圈电阻减小，电压不变，所以副线圈电流增大，则原线圈电流即电流表示数变大，C错误；由已知条件无法判断R的大小，D错误；
19.【答案】A
【解析】根据理想变压器输入端与输出端的电功率相同，可得U1I1=U2I2，解得：，所以A正确；
根据欧姆定律可得：输电线上的电压降为I1r，所以B错误；理想变压器的输入功率为U1I1，故C错误；输电线路上损失的电功率为I12r，故D错误。

20.【答案】D
【解析】对于图A，电压表被短路，当滑动变阻器的滑片P从a向b滑动时，理想电压表一直没有读数．对于图B，当滑动变阻器的滑片P从a向b滑动时，理想电压表读数减小．对于图C，当滑动变阻器的滑片P 从a向b滑动时，外电路中电流减小，理想电压表读数变小．对于图D，当滑动变阻器的滑片P从a向b滑动时，理想电压表读数变大，选项D正确．
21.【答案】(1)E＝2nBL1v，v＝ωL2，E＝nBL1L2ω；根据右手定则，电刷M接电源正极；
(2)电流：I＝，R＝，线圈转动一个周期时间内，产生电流的时间是半个周期
外力做功的平均功率P＝I2R；P＝。

(3)增加磁感应强度，增加线圈匝数，增加磁场区域面积，适当增加线圈面积，变成多组线圈等．
【解析】
22.【答案】(1)U－I图像如图所示．图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流．
(2)a.如图所示．
b．当R＝r时，电源的输出功率最大，P max＝E2
4f
(3)见解析
【解析】(1)图像与纵轴交点的横坐标电流值为零，由U＝E－Ir＝E，因此与纵轴交点的纵坐标的值为电源电动势；图像与横轴交点的纵坐标电压值为零，由U＝E－Ir＝0，因此与横轴交点的横坐标值为短路电流，I短.
＝E
r
(2)a.在画好的U －I 关系图线上任取一点，其坐标值U 和I 的乘积即为此时电源的输出功率P ，因此可画出如图所示的带网络图形，以其面积表示此时电源的输出功率．
b ．电源的输出功率P ＝I 2R ＝(E R+r )2
R ＝E 2
R+2r+r 2R 当外电路电阻R ＝r 时，电源的输出功率最大，为P max ＝E 24r (3)电动势定义式E ＝W q
根据能量守恒，在题图1所示的电路中，非静电力做功W 产生的电能等于在外电路和内电路上产生的电热，即
W ＝I 2rt ＋I 2Rt ＝Irq ＋IRq
则E ＝W q ＝Ir ＋IR ＝U 内＋U 外
23.【答案】(1)g ，方向竖直向上 (2)4×
10－4C 【解析】(1)开始带电粒子恰好处于静止状态，必有qE ＝mg 且qE 竖直向上．S 闭合后，qE ＝mg 的平衡关系被打破．S 断开，带电粒子恰好处于静止状态，设电容器两极板间距离为d ，有
UC ＝E ＝4 V ，
qUC /d ＝mg . S 闭合后，UC ′＝E ＝8 V
设带电粒子加速度为a ，
则qUC ′/d －mg ＝ma ，解得a ＝g ，方向竖直向上．
(2)S 闭合后，流过R 3的总电荷量等于电容器上电荷的增加量，所以ΔQ ＝C (UC ′－UC )＝4×10－4C.
24.【答案】(1)18 V (2)减少3.6×
10－5C 【解析】在电路中电容器C 1、C 2的作用是断路，当开关S 断开时，电路中无电流，B 、C 等电势，A 、D 等电势．
因此UAB ＝UAC ＝UCD ＝18 V.
当S 断开时，电容器C 1所带电荷量为
Q 1＝C 1UAC ＝6×
10－6×18 C ＝1.08×10－4C. 当S 闭合时，电路R 1、R 2导通，电容器C 1两端的电压即电阻R 1两端的电压．由串联电路的电压分配关系得
′＝U＝×18 V＝12 V. UAC
此时电容器C1所带电荷量为
Q1′＝C1UAC′＝6×10－6×12 C＝7.2×10－5C 所以C1的电荷量减少量为：
ΔQ＝Q1－Q1′＝3.6×10－5C.。