2020年高考物理二轮复习专题四第一讲直流电路与交流电路--课前自测诊断卷含解析 8页

第一讲 直流电路与交流电路——课前自测诊断卷 考点一 直流电路的分析与计算 ‎1.[考查闭合电路的分析与计算]‎ ‎[多选]某种小灯泡的UI曲线如图甲所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路，四个电表均为理想电表。现闭合电键S，电压表V1的示数为4.0 V，以下说法正确的是(　　)‎ A．电压表V2的示数为1.0 V B．电源的输出功率为3.0 W C．电流表A2的示数为‎0.60 A D．电源的电动势为8 V，内阻为5 Ω 解析：选AB　图中等效电路为灯泡L2与L3并联后与灯泡L1串联，电压表V1的示数为4 V，由UI图像得到其电流为‎0.6 A，根据并联电路特点得另外两个灯泡的电流均为‎0.3 A，再根据UI图像得到灯泡L2与L3并联部分电路的电压为1 V，故电压表V2的示数为1.0 V，电流表A2的示数为‎0.30 A，故选项A正确，C错误；电源路端电压为U＝4 V＋1 V＝5 V，干路电流为I＝‎0.6 A，故输出功率为P＝UI＝5×0.6＝3 W，选项B正确；电源路端电压为U＝E－Ir，只有一组数据，无法求解电动势和内电阻，故选项D错误。‎ ‎2．[考查闭合电路的动态分析问题]‎ 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，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法正确的是(　　)‎ 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上电荷量减少 D．电源的总功率变大 解析：选A　闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小；电压表的示数U＝E－I(RL＋r)，I减小，其他量不变，则U增大，即电压表V的示数变大，故A正确，B错误。电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增大，由Q＝CU，知电容器C上的电荷量增大，故C错误。电源的总功率P＝EI，I 8‎ 减小，则电源的总功率变小，故D错误。‎ ‎3．[考查两种UI图像的比较与应用]‎ ‎[多选]如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的UI特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是(　　)‎ A．电源1与电源2的内阻之比是11∶7‎ B．电源1与电源2的电动势之比是1∶1‎ C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2‎ D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2‎ 解析：选ABC　路端电压随输出电流变化的特性图线的斜率(绝对值)表示电源内阻，纵截距表示电源电动势，可得，电源1与电源2的内阻之比是11∶7，电动势之比是1∶1，选项A、B正确；电源和小灯泡UI曲线的交点表示小灯泡的工作点，交点的纵、横坐标的乘积表示小灯泡消耗的功率，纵、横坐标的比值表示小灯泡的电阻，可得两种连接状态下，小灯泡的功率之比是1∶2，电阻之比是18∶25，选项C正确，D错误。‎ 考点二 交变电流的产生及描述 ‎4.[考查交变电流的产生]‎ 如图甲所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd的匝数n＝100，线圈的总电阻r＝5.0 Ω，线圈位于匀强磁场中，且线圈平面与磁场方向平行。线圈的两端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F(集流环)焊接在一起，并通过电刷与阻值R＝95 Ω的定值电阻连接。现使线圈绕过bc和ad边中点、且垂直于磁场的转轴OO′以一定的角速度匀速转动。穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的图像如图乙所示。若电路其他部分的电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计。则下列说法中正确的是(　　)‎ A．线圈匀速转动的角速度为100 rad/s B．线圈中产生感应电动势的最大值为100 V C．线圈中产生感应电动势的有效值为100 V D．线圈中产生感应电流的有效值为 A 8‎ 解析：选D　从乙图可知，线圈转动的周期T＝π×10－2 s，角速度ω＝＝200 rad/s，A错误；线圈中电动势最大值Em＝nBSω＝nΦmω＝100×1×10－2×200 V＝200 V，B错误；有效值E＝＝100 V，C错误；电流有效值为I＝＝ A，D正确。‎ ‎5.[考查交变电流有效值的计算]‎ 如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和电阻R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看成零，反向电阻可看成无穷大)，在A、B间加一正弦交流电，该正弦交流电电压的瞬时值表达式为u＝20sin 100πt(V)，则加在R2上的电压有效值为(　　)‎ A．10 V　　　　　　　 B．20 V C．15 V D．5 V 解析：选D　由二极管的单向导电性可知，二极管导通时，加在R2上的电压为电源电压，时长半个周期，最大值为20 V，二极管截止时，R1、R2串联，则R2上的电压为电源电压的一半，时长半个周期，最大值为10 V。由有效值的定义·T＝·＋·，可得加在R2上的电压有效值为U＝5 V，选项D正确。‎ ‎6．[考查交变电流的“四值”比较]‎ ‎[多选]小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示。不计线圈的电阻。下列说法正确的是(　　)‎ A．产生的感应电动势瞬时值表达式为e＝20sin 8πt(V)‎ B．若与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合回路，交变电流的有效值为 A C．若将此电动势加在电容为C＝1 μF的电容器上，则该电容器的耐压值应不小于10 V D．若该交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动的速度增大到原来的2倍，则产生的交变电流的电动势的最大值增大为40 V 解析：选BD　由题图可知，交变电流的电动势最大值Em＝20 V，周期为T＝0.25 s，线圈转动的角速度ω＝＝8π rad/s，感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emsin ωt＝20sin 8πt(V)，选项A错误；正弦式交变电流的电动势的有效值为E＝＝10 V，由闭合电路欧姆定律得交变电流的有效值为I＝＝ A，选项B正确；电容器的耐压值应不小于电动势最大值20 V，选项C错误；由交变电流的电动势最大值表达式Em＝NBSω可知，电动势的最大值增大为40 V，选项D正确。‎ 8‎ ‎7．[考查交变电流“四值”的应用]‎ ‎(2019·昆明质检)如图甲所示，一定值电阻R与一理想交流电流表串联，且通过电刷与匝数为N、面积为S、阻值为r的正方形线框相连接，正方形线框处在水平向右的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，现使线框绕中心轴线OO′以恒定的角速度ω转动。从某时刻开始计时，线框中产生的感应电动势随时间的变化规律如图乙所示。则(　　)‎ A．0～t1时间内，穿过线框的磁通量的变化量大小为NBS B．t1～t2时间内流过定值电阻的电荷量为 C．t5时刻穿过线框的磁通量的变化率为NBSω D．t5时刻理想交流电流表的读数为 解析：选D　由题图甲、乙可知，0时刻穿过线框的磁通量大小为BS，t1时刻穿过线框的磁通量大小为0，因此0～t1时间内穿过线框的磁通量的变化量大小为BS，故A项错误。t1～t2时间内磁通量的变化量大小为BS，则平均电动势＝，通过电阻R的电荷量q＝·Δt＝·Δt＝，故B项错误。t5时刻线框中产生的感应电动势Em＝NBSω，由法拉第电磁感应定律E＝N可知：t5时刻穿过线框的磁通量的变化率＝BSω，故C项错误。理想交流电流表的读数为交流电的有效值，则I＝＝，故D项正确。‎ 考点三 理想变压器的规律及应用 ‎8.[考查理想变压器的规律应用]‎ ‎(2019·眉山模拟)如图甲所示电路，规格相同的小灯泡a、b、c额定电功率都是6 W，在电路输入端接图乙所示的正弦式交流电，小灯泡均正常发光。电表都是理想电表，变压器是理想变压器。则(　　)‎ 8‎ A．小灯泡额定电流是‎0.5 A B．电压表的示数为36 V C．小灯泡额定电压是24 V D．电流表的示数为‎2 A 解析：选A　设小灯泡正常发光时通过小灯泡电流为I，则流过原线圈的电流为I，流过副线圈的电流为2I，根据＝可得原、副线圈的匝数之比＝＝；根据输入端交变电压u的图像，可知电压有效值为36 V，设灯泡两端电压为U，所以U＋2U＝36 V，则U＝12 V，因此原线圈电压为24 V，电压表的示数为24 V，根据P＝UI可得小灯泡额定电流是I＝＝ A＝‎0.5 A，电流表的示数为2I＝‎1 A，故选项A正确，B、C、D错误。‎ ‎9．[考查负载变化引起的动态分析问题]‎ 如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u＝311sin 314t(V)的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为负向半导体热敏材料制成的传感器，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流；电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻。当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是(　　)‎ A．V1的示数增大，V2的示数增大 B．V1的示数不变，V2的示数减小 C．A1的示数不变，A2的示数增大 D．A1的示数增大，A2的示数增大 解析：选B　当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，所以B正确，A、C、D错误。‎ ‎10．[考查原、副线圈匝数比变化引起的动态分析问题]‎ 8‎ 如图甲所示，理想变压器原线圈的匝数n1、副线圈的匝数n2均可调节。原线圈两端接如图乙所示的正弦式交流电，副线圈接负载电阻R和理想交流电流表A，下列说法正确的是(　　)‎ A．增大n1，其他条件不变，变压器的输出电压变大 B．增大n2，其他条件不变，电流表的示数变小 C．增大R，其他条件不变，变压器的输入功率变大 D．原线圈所接交流电电压的瞬时值表达式u＝220·sin 100πt(V)‎ 解析：选D　根据电压与匝数成正比，增大n1，其他条件不变，变压器的输出电压减小，故A错误；增大n2，其他条件不变，变压器的输出电压增大，根据欧姆定律可知，电流表的示数变大，故B错误；增大R，其他条件不变，则输出功率P＝减小，变压器的输入功率等于输出功率，也减小，故C错误；根据图乙知原线圈所接交流电的瞬时值表达式u＝220sin 100πt(V)，故D正确。‎ ‎11．[考查原线圈接有负载的变压器电路的分析]‎ ‎[多选]如图所示，理想变压器原、副线圈上接有四个完全相同的灯泡，若四个灯泡恰好都能正常发光，则下列说法正确的是(　　)‎ A．U1∶U2＝4∶3‎ B．U1∶U2＝2∶1‎ C．若将L1短路，则副线圈的每个灯泡两端的电压变为额定电压的倍 D．若将L2短路，则副线圈的两个灯泡仍能正常发光 解析：选AC　设灯泡的额定电压为U，额定电流为I，则副线圈电压为3U，电流为I，原线圈的灯泡正常发光，电流也为I，所以原副线圈的匝数比为1∶1，原线圈两端电压为3U，所以U1∶U2＝4∶3，A正确，B错误；若将L1短路，则原线圈的电压增大为4U，则副线圈两端电压增大为4U，每个灯泡两端电压为，变为额定电压的倍，C正确；若将L2短路，设灯泡电阻为R，副线圈的电流为I，则原线圈的电流也为I，由U1＝IR＋2IR＝4U，可得IR＝＞U，不能正常发光，D错误。‎ 8‎ 考点四 远距离输电问题 ‎12.[考查计算输电线路的功率损耗问题]‎ ‎[多选]在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用输电导线的电阻率为ρ，横截面积为S，两地的距离为L，输电线上损耗的电功率为P1，用户得到的电功率为P2。下列关于P1和P2的表达式中正确的是(　　)‎ A．P2＝P B．P2＝P－ C．P1＝ D．P1＝ 解析：选AC　输电线上的电流I＝，输电导线的电阻R＝ρ，输电线上损耗的电功率P1＝I2R＝，用户得到的电功率P2＝P－P1＝P，选项A、C正确。‎ ‎13．[考查输送电压一定的远距离输电问题]‎ 如图为远距离输电示意图，n1、n2和n3、n4分别是升、降压变压器的原、副线圈匝数，已知发电机的输出电压一定。用电高峰时，某同学发现当他家的大功率电器开启后，家中的白炽灯变暗。下列说法正确的是(　　)‎ A．该同学家开启大功率电器后，输电线上损失的功率减小 B．若减小降压变压器原线圈n3的匝数，可能会使白炽灯正常发光 C．若减小降压变压器副线圈n4的匝数，可能会使白炽灯正常发光 D．若减小升压变压器副线圈n2的匝数，可能会使白炽灯正常发光 解析：选B　用电高峰时，开启大功率电器，用户用电的总功率增加，升压变压器和降压变压器的原、副线圈电流都要增加，输电线上功率损失P损＝I22R增大，故A错误；若减小降压变压器原线圈n3的匝数，根据＝可知U4增大，根据P＝可知可能会使白炽灯正常发光，故B正确；若减小降压变压器副线圈n4的匝数，则U4减小，白炽灯更暗，故C错误；若减小升压变压器副线圈n2的匝数，根据＝可知U2减小，则U3、U4都将减小，白炽灯更暗，故D错误。‎ ‎14．[考查输送功率一定的远距离输电问题]‎ ‎[多选](2019·邯郸二模)如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20 kW。在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为‎1 A，输电线的总电阻为10 Ω，则下列说法正确的是(　　)‎ 8‎ A．采用高压输电可以增大输电线中的电流 B．升压变压器的输出电压U2＝2 000 V C．用户获得的功率为19 kW D．将P下移，用户获得的电压将增大 解析：选BC　根据高压输电原理，提高输电电压，输电电流减小，A错误；根据电流互感器的原理，输电电流：I2＝×‎1 A＝‎10 A，升压变压器的输出电压：U2＝＝ V＝2 000 V，B正确；输电线上的功率损失：P损＝I22R＝102×10 W＝1 kW，用户获得的功率为：P用＝P－P损＝20 kW－1 kW＝19 kW，C正确；将P下移，降压变压器原线圈匝数增加，根据变压器的变压规律，副线圈的电压减小，用户获得的电压将减小，D错误。‎ 8‎