统考版2024高考物理二轮专题复习专题强化训练10恒定电流与交变电流

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1．[2023·海南卷]如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，闭合开关K，待电路稳定后，电容器上的电荷量为( )
A．CEB．eq \f(1,2)CE
C．eq \f(2,5)CED．eq \f(3,5)CE
2．[2023·湖北省联考]如图为甲、乙、丙、丁四幅电流时间图象，下列说法正确的是( )
A．图甲中电流的有效值为2eq \r(2)A
B．图乙中电流的有效值为2eq \r(3)A
C．图丙中电流的有效值为2eq \r(2)A
D．图丁中电流的有效值为5A
3．[2023·浙江绍兴月考]如图所示为振动手电筒的示意图，通过摇晃手电筒使磁铁与线圈发生相对运动来给储电器充电，储电器再给LED灯泡供电．一般来回摇晃手电筒的平均作用力约为2.0N，平均速度约为0.85m/s，机械能的四分之三可以转化成LED灯泡正常发光时的电能．已知LED灯泡正常发光的电压为3.1V，电流为32mA.下列说法正确的是( )
A．摇晃过程线圈磁通量保持不变
B．LED灯泡的电阻约为1000Ω
C．摇晃手电筒的机械功率约0.1W
D．手电筒摇晃1min，灯泡约可正常发光13min
4．随着经济发展，用电需求大幅增加，当电力供应紧张时，有关部门就会对部分用户进行拉闸限电．如图是远距离输电的原理图，假设发电厂输出电压恒定不变，输电线的电阻为R，两个变压器均为理想变压器．在某次拉闸限电后(假设所有用电器可视为纯电阻)电网中数据发生变化，下列说法正确的是( )
A.降压变压器的输出电压U4减小了
B．升压变压器的输出电流I2增加了
C．输电线上损失的功率减小了
D．发电厂输出的总功率增加了
5．[2022·山东卷]如图所示的变压器，输入电压为220V，可输出12V、18V、30V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcs (100πt).单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1V．将阻值为12Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12W．下列说法正确的是( )
A．n1为1100匝，Um为220V
B．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4A
C．若将R接在AB两端，R两端的电压为18V，频率为100Hz
D．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5A，周期为0.02s
6．[2023·广东押题卷]图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，阻值均为10Ω，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是( )
A．输入电压u的表达式u＝20eq \r(2)sin50πt(V)
B．只断开S2后，L1、L2均正常发光
C．只断开S2后，原线圈的输入功率为0.8W
D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.4W
7．[2023·山东押题卷]如图，变压器的输入端接入u1＝220eq \r(2)sin100πt(V)的交流电，开关S接1，当滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω时，此时电压表的读数为10eq \r(2)V．变压器为理想变压器，二极管正向电阻不计，所有电表均为理想电表，下列说法正确的是( )
A．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电流表示数减小，电压表示数增大
B．若只将S从1拨到2，电流表示数变大
C．S接1时，原、副线圈中接入电路的匝数之比为11∶1
D．1min内滑动变阻器产生的热量为400J
8．[2023·湖南押题卷]如图所示，理想变压器原线圈与矩形线圈abcd组成闭合电路，副线圈接有定值电阻R1和滑动变阻器R2.线圈abcd在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．线圈abcd的面积为S，角速度大小为ω，匝数为N，其电阻忽略不计，图中各电表均为理想电表．开关闭合后，下列说法正确的是( )
A．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，电流表A的示数变小
B．在线圈abcd的转动过程中，通过其磁通量的最大值为NBS
C．当变压器原线圈的滑片向下滑动时，电压表V的示数变小
D．若线圈abcd转动的角速度大小变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBSω
9．[2023·山东省菏泽市模拟]如图所示的交变电路中，M、N间接u＝60eq \r(2)sin100πt(V)的交流电，变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，定值电阻R1＝10Ω，R2＝2Ω，两表均为理想交流电表．则下列说法正确的是( )
A．开关闭合时，电流表的示数为1.2A
B．开关闭合时，电压表的示数为10V
C．开关闭合时，R1与R2消耗的电功率之比为1∶1
D．开关断开时，电压表示数为12V
10．[2023·福建省漳州市质量检测]如图，矩形线圈在竖直匀强磁场中绕垂直磁场的轴OO′匀速转动，产生的交变电流输入理想变压器的原线圈，A是串联在原线圈回路中的理想交流电流表，P1是原线圈上的滑动片，P2是滑动变阻器R的滑动片，此时灯泡L正常发光，忽略矩形线圈的内阻和灯丝电阻的变化，则( )
A．仅将P1向上滑动，灯泡将变暗
B．仅将P2向左滑动，电流表示数变大
C．矩形线圈转到中性面位置时，电流表示数为零
D．矩形线圈在匀速转动过程中，电流表示数不变
11．[2023·全国乙卷]黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱，接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻，在接线柱间还接有另外一个电阻R和一个直流电源．测得接线柱之间的电压U12＝3.0V，U23＝2.5V，U34＝－1.5V．符合上述测量结果的可能接法是( )
A．电源接在1、4之间，R接在1、3之间
B．电源接在1、4之间，R接在2、4之间
C．电源接在1、3之间，R接在1、4之间
D．电源接在1、3之间，R接在2、4之间
12．如图所示为一种海上导航浮标的简化原理图．固定的内圆筒上绕有线圈．某段时间内，海浪驱动固定在外浮筒的磁体相对于线圈运动产生正弦式交变电流，频率为1Hz，电压最大值为31V．理想变压器原、副线圈匝数比为1∶10，原线圈接内圆筒线圈的输出端，副线圈接指示灯．下列说法正确的是( )
A．通过指示灯电流的频率为10Hz
B．指示灯两端电压的有效值约为220V
C．指示灯消耗的电功率等于变压器的输入功率
D.变压器的输入电压与绕在内圆筒上线圈的匝数无关
13．[2023·山东押题卷]一交流发电机线圈内磁通量随时间的变化规律如图甲所示．已知发电机线圈的匝数N＝50匝，其总电阻r＝2.5Ω.乙图中灯泡的额定电压为48V，额定功率为153.6W．现将该发电机产生的电压接在乙图中理想降压变压器原线圈的a、b两端，此时灯泡正常发光．则( )
A．发电机线圈产生的电动势瞬时值表达式为e＝100eq \r(2)sin (100πt) V
B．灯泡正常工作时的电阻为15Ω
C．理想降压变压器原、副线圈匝数之比为2∶1
D．发电机线圈的热功率为102.4W
14．[2023·重庆押题卷]理想变压器原线圈匝数n1＝270匝，输入如图甲所示的正弦交变电压．P是副线圈上的滑动触头，当P处于如图乙所示位置时，副线圈连入电路的匝数n2＝135匝，灯泡L恰能正常发光，电容器C刚好不被击穿，R是滑动变阻器．下列说法正确的是( )
A．电容器的击穿电压为11eq \r(2)V
B．若R的滑片不动，向下移动P，则电容器的电容变小
C．若R的滑片不动，向下移动P，则原线圈的输入功率变大
D．若P不动，向上移动R的滑片，则灯泡变暗
专题强化训练10 恒定电流与交变电流
1．解析：由电路的串并联规律可知，电阻3R两端的电压为eq \f(3E,5)，电阻R两端的电压为eq \f(E,5)，则电容器两极板间电势差ΔU＝eq \f(2E,5)，则Q＝CΔU＝eq \f(2CE,5)，C对．
答案：C
2．解析：图甲中，根据电流的热效应有I eq \\al(2,有) RT＝（eq \f(4,\r(2))）2R·eq \f(T,2)，解得I有＝2A，A项错误；图乙中，根据电流的热效应有I eq \\al(2,有) RT＝（eq \f(4,\r(2))）2R·eq \f(T,2)＋42R·eq \f(T,2)，解得I有＝2eq \r(3)A，B项正确；图丙中，根据电流的热效应有I eq \\al(2,有) RT＝（eq \f(4,\r(2))）2R·eq \f(T,2)，解得I有＝2A，C项错误；图丁中，根据电流的热效应有I eq \\al(2,有) RT＝62R·eq \f(T,2)＋42R·eq \f(T,2)，解得I＝eq \r(26)A，D项错误．
答案：B
3．解析：摇晃过程中，磁铁与线圈相对位置发生变化，线圈内磁通量改变，产生感应电流给储电器充电，A错误；灯泡电阻为R＝eq \f(U,I)＝eq \f(3.1,0.032)Ω＝96.875Ω，B错误；摇晃手电筒的机械功率约P＝Fv＝2×0.85W＝1.7W，C错误；灯泡的电功率为P灯＝UI＝3.1×0.032W＝0.0992W，手电筒摇晃1min，灯泡可正常发光的时间约为t＝eq \f(W,P灯)＝eq \f(1.7×60×\f(3,4),0.0992)s≈13min，D正确．
答案：D
4．解析：拉闸限电后，用电器减少，意味着并联支路减少，用户端总电阻增加，I4减小，I2＝I3也随着减小，输电线上的电压损失ΔU减小，由于发电厂输出电压U1恒定，输送电压U2也恒定，根据U2＝ΔU＋U3，可知U3增加，U4也增加，故A、B错误；根据ΔP＝I eq \\al(2,2) R，可知输电线上损失的功率减小了，故C正确；I2减小，I1也随着减小，发电厂输出电压U1恒定，所以发电厂输出总功率减小，故D错误．
答案：C
5．解析：根据理想变压器的变压规律有eq \f(U,n1)＝eq \f(0.1V,1)，代入U＝220V得n1＝2200，Um＝eq \r(2)U＝220eq \r(2)V，A错误；由功率与电压的关系得UBC＝eq \r(PR)＝12V，根据理想变压器的变压规律有eq \f(U,n1)＝eq \f(UBC,nBC)，代入数据解得nBC＝120，由欧姆定律得I＝eq \f(UBC,R)＝1A，B错误；由以上分析结合题意可知UAB＝18V，UAC＝30V，变压器不改变交流电的频率，故f＝eq \f(ω,2π)＝50Hz，C错误；由欧姆定律得I′＝eq \f(UAC,R)＝2.5A，周期T＝eq \f(1,f)＝0.02s，D正确．
答案：D
6．解析：由图乙可知周期为T＝0.02s，则有ω＝eq \f(2π,T)＝100π，所以输入电压u的表达式应为u＝20eq \r(2)sin100πt（V），A错误；将S1接1，S2闭合时，L2正常发光，L2的电压为副线圈的输出电压U2，当只断开S2时，L1接入电路，与L2串联，L1、L2的电压都只为副线圈的输出电压的一半，故L1、L2均不能正常发光，B错误；只断开S2后，负载电阻变为原来的2倍，副线圈输出电压不变，由图乙可知原线圈的输入电压有效值为U1＝20V，副线圈输出电压U2＝eq \f(n2,n1)U1＝eq \f(1,5)×20V＝4V，由输入功率等于输出功率P入＝P出＝eq \f(U eq \\al(2,2) ,2RL)＝eq \f(42,2×10)W＝0.8W，C正确；若S1换接到2后，电阻R两端电压有效值为U2＝4V，R消耗的电功率为P＝eq \f(U eq \\al(2,2) ,R)＝eq \f(42,20)W＝0.8W，D错误．
答案：C
7．解析：若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，负载电阻增大，则副线圈电流I2减小，原线圈电流I1减小，即电流表示数减小，电压表示数由输入电压和匝数比决定，故电压表示数保持不变，A错误；若只将S从1拨到2，原线圈匝数n1增大，可知副线圈输出电压减小，滑动变阻器两端电压减小，故滑动变阻器消耗功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率可得U1I1＝PR可知，原线圈输入电压U1不变，滑动变阻器消耗功率减小，则原线圈电流I1减小，即电流表示数减小，B错误；开关S接1时，设此时副线圈的输出电压为U2，由于二极管的单向导电性，使得加在滑动变阻器上的电压只剩下一半波形，由电流热效应可得eq \f(U eq \\al(2,2) ,R)·eq \f(T,2)＝eq \f(（10\r(2)V）2,R)T，解得U2＝20V，由题意可知U1＝eq \f(220\r(2),\r(2))V＝220V，可得原、副线圈中接入电路的匝数之比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(220,20)＝eq \f(11,1)，C正确；1min内滑动变阻器产生的热量为Q＝eq \f(U eq \\al(2,有) ,R)t＝eq \f(（10\r(2)）2,20)×60J＝600J，D错误．
答案：C
8．解析：当滑动变阻器的滑片向上滑动时，电路的总电阻减小，电压不变，电流变大，电流表A的示数变大，A错误；磁通量与线圈的匝数无关，在线圈abcd的转动过程中，线圈磁通量的最大值为BS，B错误；当变压器原线圈的滑片向下滑动时，原线圈匝数减小，副线圈的电压变大，电压表V的示数变大，C错误；若线圈abcd转动的角速度为ω，线圈转动一周只有半周在磁场中发生电磁感应，产生的交流电为正弦交流电（全波波形）的每个周期有半个周期存在电动势（半波波形），设输入电压的有效值为U，电动势最大值为Um，则eq \f(U2,R)T＝eq \f(（\f(Um,\r(2))）2,R)·eq \f(T,2)，因此电压有效值为U＝eq \f(Um,2)＝eq \f(NBSω,2)，当角速度大小变为2ω时，变压器原线圈电压的有效值为NBSω，D正确．
答案：D
9．解析：交流电压有效值U＝eq \f(60\r(2),\r(2))V＝60V，开关闭合时，原线圈输入功率P1＝（U－IR1）I，副线圈输出功率P2＝eq \f(U eq \\al(2,2) ,R2)＝eq \f(（\f(U－IR1,5)）2,R2)，P1＝P2，联立解得I＝1A，A项错误；开关闭合时，电压表的示数为U2＝eq \f(U－IR1,5)＝10V，B项正确；开关闭合时，R1与R2消耗的电功率之比为eq \f(PR1,PR2)＝eq \f(I2R1,\f(U eq \\al(2,2) ,R2))＝eq \f(1,5)，C项错误；开关断开时，电压表示数为U′＝eq \f(U,5)＝12V，D项正确．
答案：BD
10．解析：根据电压匝数关系有eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，若仅将P1向上滑动，匝数n1增大，则变压器输出电压U2将减小，灯泡将变暗，A正确；若仅将P2向左滑动，接入电阻增大，变压器两端电压不变，则副线圈中电流减小，根据电流匝数关系有I1n1＝I2n2，原线圈中电流减小，即电流表示数变小，B错误；由于电流表显示的是有效值，则矩形线圈转到中性面位置时，电流表示数不为零，C错误；矩形线圈在匀速转动过程中，电流表显示的是有效值，则电流表的示数不变，D正确．
答案：AD
11．解析：由题意知，U12＝φ1－φ2＝3V，U23＝φ2－φ3＝2.5V，U34＝φ3－φ4＝－1.5V，联立可得φ1>φ2>φ4>φ3，在电路中电流从高电势流向低电势，所以1接电源正极，3接电源负极，故AB错误，CD正确。故选CD.
答案：CD
12．解析：变压器不改变交流电频率，故A错误；交流电有效值U1＝eq \f(31,\r(2))V≈22V，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，因此指示灯两端电压的有效值约为U2＝220V，B正确；理想变压器没有能量损失，因此指示灯消耗的电功率等于变压器的输入功率，故C正确；根据E＝neq \f(ΔΦ,Δt)可知变压器的输入电压与绕在内圆筒上线圈的匝数有关，故D错误．
答案：BC
13．解析：峰值Em＝NΦm·eq \f(2π,T)＝100eq \r(2)V，t＝0时刻，线圈平面与磁感线平行，发电机线圈产生的电动势瞬时值表达式为e＝100eq \r(2)cs（100πt）V，故A错误；灯泡正常工作时的电阻为R＝eq \f(U2,P)＝15Ω，故B正确；发电机电动势的有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))，设原、副线圈中的电流分别为I1、I2，由闭合电路欧姆定律可知E＝I1r＋Uab，根据变压器原理可知eq \f(Uab,n1)＝eq \f(U,n2)，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，其中I2＝eq \f(P,U)＝3.2A，解得eq \f(n1,n2)＝2，故C正确；由C选项知I1＝1.6A，则Pr＝I eq \\al(2,1) r＝6.4W，故D错误．
答案：BC
14．解析：原线圈输入电压的峰值为Um1＝22eq \r(2)V，则副线圈输出电压的峰值为Um2＝eq \f(n2,n1)Um1＝11eq \r(2)V，由于电容器C刚好不被击穿，则电容器的击穿电压为11eq \r(2)V，故A正确；根据电容器电容决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，当R的滑片不动，向下移动P，电容器的电容不变，故B错误；若R的滑片不动，向下移动P，则负载总电阻R总不变，副线圈匝数减小，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，副线圈输出电压有效值U2减小，再根据总P1＝eq \f(U eq \\al(2,2) ,R总)可知，副线圈输出功率P2减小，根据P1＝P2可知，原线圈的输入功率变小，故C错误；若P不动，向上移动R的滑片，则滑动变阻器接入电阻变大，负载总电阻变大，副线圈匝数不变，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，副线圈输出电压有效值U2不变，根据I2＝eq \f(U2,R总)可知副线圈回路总电流减小，则根据PL＝I eq \\al(2,2) RL可知，灯泡功率减小，则灯泡变暗，故D正确．
答案：AD