新教材2024高考物理二轮专题复习第三编高考夺分训练课时提升训练10直流电路与交流电路（附解析）

这是一份新教材2024高考物理二轮专题复习第三编高考夺分训练课时提升训练10直流电路与交流电路（附解析），共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。

1.[2023·浙江6月]我国1100kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流．下列说法正确的是( )
A．送电端先升压再整流
B．用户端先降压再变交流
C．1100kV是指交流电的最大值
D．输电功率由送电端电压决定
2．[2023·辽宁朝阳建平县二模]图甲是电动公交车无线充电装置，供电线圈设置在充电站内，受电线圈和电池系统置于车内．如图乙所示，供电线路中导线的等效电阻为R，当输入端ab接入电压为U0正弦交流电时，供电线圈与受电线圈两端电压分别为U1、U2，通过电池系统的电流为I.若不计其他电阻，忽略线圈中的能量损失，下列说法正确的是( )
A．ab端的输入功率等于U2I
B．ab端的输入功率等于U0I
C．供电线圈和受电线圈匝数比为U0∶U2
D．供电线圈和受电线圈匝数比为U1∶U2
3．[2023·北京卷]自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8V的小灯泡．实际测得小灯泡两端电压为2.5V.下列措施有可能使小灯泡正常发光的是( )
A．仅增加原线圈匝数
B．仅增加副线圈匝数
C．将原、副线圈匝数都增为原来的两倍
D．将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈
4．[2023·广东佛山统考二模]如图，某兴趣小组设计用一小风力发电机给灯泡供电．发电机线圈与风叶固定在同一转轴上一起转动，灯泡正常发光．若线圈转速变为原来的2倍，理想变压器副线圈匝数变为原来的eq \f(1,2)，其他条件不变，发电机内阻不计，则以下说法正确的是( )
A.流经灯泡电流的频率增大
B．流经灯泡电流的最大值减小
C．灯泡两端电压的有效值增大
D．发电机线圈中的感应电动势大小不变
5.
[2023·广东模拟预测]随着社会发展，人民生活水平的提高，电能在工业、农业、国防、科研和人民生活中，以及在国民经济的其他各个部门中，将愈来愈广泛的应用，它既能大大地提高劳动生产率，改善劳动条件，又能提高人们的物质生活和文化生活水平．远程输电、电网监控、用电安全等等，都是提高电网运行效率，实现可靠供电，并对其的安全状况进行掌控的极其重要环节．如图所示，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsinωt，通过单刀双掷开关S1可改变变压器原线圈的匝数，电路中R1、R2、R3为定值电阻，R是滑动变阻器，V是理想交流电压表，示数用U表示，A是理想交流电流表，示数用I表示，下列说法正确的是( )
A．I表示电流的瞬时值，U表示电压的最大值
B．若将滑片P向上滑动，变压器输入功率变大
C．若闭合开关S2，则U不变，I变大
D．若将原线圈开关S1由1掷向2，则U、I都变大
6．[2023·江苏常州三模]无线充电器能给手机充电是因为两者内部有线圈存在，当电源的电流通过无线充电器的送电线圈会产生变化的磁场，手机端的受电线圈靠近该磁场就会产生电流，双方密切配合，手机成功无线充电．如图为自制的简易无线充电装置，由一个电磁炉(发射线圈)、一个接收线圈、一个二极管、一个车载充电器构成，发射线圈、接收线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，若电磁炉两端所加电压为u＝220eq \r(2)sin (314t) V，不考虑充电过程中的各种能量损失．则下列说法正确的是( )
A．通过车载充电器的电流为交流电
B．通过车载充电器的电流方向周期性地变化
C．车载充电器两端电压的有效值约为22V
D．车载充电器两端电压的有效值约为eq \f(22,\r(2))V
7．[2023·浙江省嘉兴市模拟]如图所示，2022年长江流域发生严重干旱灾害期间，农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田．已知潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组成，某地下水源距离地表6m深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通，水泵出水口离地表高度为0.45m，水流由出水口水平喷出时的速度为4m/s，每秒出水量为3kg.水泵由功率为330W的电动机带动，已知电动机额定电压为220V，水泵的抽水效率为75%，水的密度为1.0×103kg/m3，则( )
A．出水口钢管横截面积为2.5×10－3m2
B．每秒内水流机械能增加24J
C．水泵的输出功率为217.5W
D．电动机线圈的电阻为eq \f(160,9)Ω
8.[2023·浙江省嘉兴市模拟]风力发电将为2023年杭州亚运会供应绿色电能，其模型如图所示．风轮机叶片转速m转/秒，并形成半径为r的圆面，通过1∶n转速比的升速齿轮箱带动面积为S、匝数为N的发电机线圈高速转动，产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U.已知空气密度为ρ，风速为v，匀强磁场的磁感应强度为B，忽略线圈电阻，则( )
A．单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为eq \f(1,2)ρπr2v2
B．经升压变压器后，输出交变电流的频率高于mn
C．变压器原、副线圈的匝数比为eq \r(2)πNBSmn∶U
D．高压输电有利于减少能量损失，因此电网的输电电压越高越好
9．[2023·广东惠州一模]一理想变压器原、副线圈的匝数比为311∶11，原线圈输入电压的变化规律如图甲，副线圈接如图乙电路，P为滑动变阻器的触头，下列说法正确的是( )
A．副线圈输出电压的频率为200Hz
B．副线圈输出电压的有效值为11V
C．P向右移动时，变压器原、副线圈的电流都增加
D．P向右移动时，变压器的输入功率减小
10.[2023·浙江省宁波市模拟]电焊机内部有一种特殊用途的降压变压器，可以利用两极在瞬间短路时产生的高温电弧来熔化电焊条上的焊料和被焊材料．如图所示为其简要原理图，图中初级线圈在铁芯左侧上绕330匝铜线，次级线圈在铁芯左侧上绕40匝，转到铁芯右侧上绕35匝抽头为“弱”挡，再绕15匝抽头为“中”挡，再继续绕15匝抽头为“强”挡．下列说法正确的是( )
A．输出端置于“弱”挡时，空载电压最大
B．若输入端接220V的交流电，输出端置于“强”挡时，空载电压为70V
C．输入端可采用直流电源
D．由于焊条与焊材料之间存在较大的接触电阻，该处产生的热量较小
二、多项选择题
11．[2023·湖北荆门市联考二模]咸宁九宫山的风电通过如图所示的线路输送到某工厂．两变压器均为理想变压器，升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶5，输电线的总电阻R＝3Ω.风力发电机的输出功率为62.5kW，升压变压器的输入电压U1＝250V，降压变压器的输出电压U4＝220V．下列说法正确的是( )
A．降压变压器输出的电流为50A
B．降压变压器匝数比n3∶n4＝5∶1
C．输电线路上损失的电功率750W
D．降压变压器的输入电压U3＝1.1kV
12．[2023·湖南省邵阳市联考]如图(a)所示，调压变压器原副线圈的匝数比为3∶1，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9V，6W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端交变电压u的图像如图(b)所示．则以下说法中正确的是( )
A．电压表的示数为27V
B．电流表的示数为2eq \r(2)A
C．四只灯泡均能正常发光
D．顺时针旋转P，则灯泡L1变亮
13．[2023·广东湛江一模]图甲为某小型水电站的电能输送示意图，其输入电压如图乙所示．输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器).降压变压器右侧部分为一火灾报警系统(报警器未画出)，R0和R1为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法正确的是( )
A．eq \f(n1,n2)>eq \f(n3,n4)
B．图乙中电压的瞬时值表达式为
u＝250eq \r(2)sin100πt(V)
C．R处出现火警时，输电线上的电流增大
D．R处出现火警时，电压表V的示数增大
14．如图所示，在马蹄形磁铁内部放置盛有导电液的玻璃皿，玻璃皿中央电极接电源负极，玻璃皿内贴着玻璃壁放置一圆环电极接电源正极，若磁感应强度B＝0.02T，玻璃皿的直径D＝0.1m，电源的电动势E(未知)，内阻r＝0.1Ω，电阻R1＝0.4Ω，R2＝6Ω，正负电极间导电液的等效电阻R＝0.8Ω，闭合开关，液体转动稳定时电压表的示数为4.2V，电流表的示数为0.5A，则下列说法正确的是( )
A．液体按逆时针转动(俯视看)
B．电源的电动势E＝6V
C．1分钟内液体产生的热量是300J
D．液体转动的机械功率为2.5W
课时提升训练10
1．解析：升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降压，故A正确，B错误；1100kV指的是交流电的有效值，故C错误；输电的功率是由用户端负载的总功率来决定的，故D错误．故选A.
答案：A
2．解析：根据题意可知，变压器的输出功率为U2I，由于原线圈上串联的电阻R也要消耗功率，所以ab端的输入功率大于U2I，变压器原线圈中的电流不等于I，所以ab端的输入功率也不等于U0I，故AB错误；
根据变压器电压比等于匝数比，可得供电线圈和受电线圈匝数比为U1∶U2，故C错误，D正确．
答案：D
3．解析：由eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，故A错误；
由eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B正确；
由eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)知，将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；
将两个3.8V小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故D错误．故选B.
答案：B
4．解析：线圈转速变为原来的2倍，可知周期变为原来的eq \f(1,2)，故交流电的频率变为原来的2倍，A正确；
根据交流电压的最大值公式Em＝NBSω
周期变为原来的eq \f(1,2)，角速度变为原来的2倍，故发电机线圈中的感应电动势最大值变为原来的2倍，同时理想变压器副线圈匝数变为原来的eq \f(1,2)，设原来原副线圈匝数比为eq \f(n1,n2)，根据理想变压器原副线圈电压与匝数比的关系有eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)，eq \f(n1,\f(1,2)n2)＝eq \f(2U1,U′2)
解得U2＝U′2
即副线圈电压最大值不变，所以流经灯泡电流的最大值不变，B错误；
副线圈电压最大值不变，故灯泡两端电压的有效值不变，C错误；
根据前面分析发电机线圈中的感应电动势最大值变为原来的2倍，故线圈中感应电动势变为原来的2倍，D错误．
答案：A
5．解析：交流电表的示数为有效值，故A错误；
P向上移动过程中，R变大，由于交流电源原副线圈匝数不变，副线圈两端电压不变，变压器输出功率变小，所以变压器输入功率变小，故B错误；
当开关S2闭合后副线圈电压不变，副线圈负载电阻变小，副线圈电流变大，R1两端电压变大，所以电压表示数U变小，I变小，故C错误；
当开关S1由1掷向2时，副线圈两端电压升高，电阻不变，所以U变大，I变大，故D正确．
答案：D
6．解析：接收线圈与车载充电器之间连接一个二极管，二极管具有单向导电性，一个周期内只有半个周期的交流电能通过二极管，所以通过车载充电器的电流方向不变，不是交流电，A、B错误；由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，可得接收线圈的电压有效值为U2＝eq \f(U1n2,n1)＝eq \f(220×1,10)V＝22V，由电流的热效应可得eq \f(U eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,R)·eq \f(T,2)＝eq \f(U eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ,R)T，解得车载充电器两端电压的有效值约为U3＝eq \f(22,\r(2))V，C错误，D正确．
答案：D
7．解析：由m＝ρ·S·vt知，出水口钢管横截面积S＝eq \f(m,ρvt)＝eq \f(3,1.0×103×4×1)m2＝7.5×10－4m2，故A错误；
每秒内水流机械能增加ΔE＝mg（h1＋h2）＋eq \f(1,2)mv2＝217.5J，故B错误；
水泵的输出功率P出＝eq \f(P,75%)＝eq \f(\f(ΔE,t),75%)＝290W，故C错误；
对电动机，由P总＝P出＋I2r＝UI，解得电动机线圈的电阻r＝eq \f(160,9)Ω，故D正确.
答案：D
8．解析：单位时间内冲击风轮机叶片气流的体积V＝Sh＝Sv·Δt＝πr2v，气体质量m＝ρV＝ρπr2v，动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)ρπr2v3，故A错误；
发电机线圈转速为mn，则ω＝2πmn，频率f＝eq \f(ω,2π)＝mn，经升压变压器后，输出交变电流的频率仍为mn，故B错误；
变压器原线圈两端电压最大值Um＝NBSω＝2πNBSmn，有效值U1＝eq \f(Um,\r(2))＝eq \r(2)πNBSmn，则变压器原、副线圈的匝数比为eq \r(2)πNBSmn∶U，故C正确；
考虑到高压输电的安全性和可靠性，电网的输电电压并非越高越好，故D错误．故选C.
答案：C
9．解析：由图像可知，交流电的周期为T＝0.02s
变压器不改变交流电的频率，故副线圈输出电压的频率为f＝eq \f(1,T)＝eq \f(1,0.02)Hz＝50Hz
故A错误；
原线圈的电压的最大值为U1m＝311V
根据电压与匝数成正比可知U1m∶U2m＝n1∶n2＝311∶11
可得副线圈电压的最大值为U2m＝11V
副线圈输出电压的有效值为U2＝eq \f(11,\r(2))V
故B错误；
原、副线圈电压之比等于匝数之比，原、副线圈的匝数不变，输入电压不变，则副线圈两端的电压不变，P右移，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据功率公式P＝eq \f(U eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,R总)可知变压器的输出功率增加，则变压器的输入功率也增加；由P＝UI可知变压器原、副线圈的电流都增加，故C正确，D错误．故选C.
答案：C
10．解析：电焊机是一个降压变压器，因此，次级线圈匝数越多，对应的空载电压越大，则输出端置于“弱”挡时，空载电压最小，故A错误；
输出端置于“强”挡时，由eq \f(U0,N0)＝eq \f(U3,N3)，代入N0＝330匝，N3＝（40＋35＋15＋15）匝＝105匝
解得：U3＝70V，故B正确；
直流电无法实现变压，故C错误；
由于焊条与被焊材料之间存在较大的接触电阻，故该处产生的热量较大，故D错误．
答案：B
11．解析：理想变压器原、副线圈的电压之比等于线圈匝数之比，则U2＝eq \f(n2,n1)U1＝5×250V＝1250V；原、副线圈的电流之比等于线圈匝数的反比，则I2＝eq \f(n1,n2)I1＝eq \f(n1,n2)×eq \f(P,U1)＝eq \f(1,5)×eq \f(62500,250)A＝50A；则降压变压器的输入电压为U3＝U2－I2R＝1250V－50×3V＝1100V，故D正确；
降压变压器原、副线圈匝数之比为eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)＝eq \f(1100,220)＝eq \f(5,1)，故B正确；
降压变压器的输出电流为I3＝eq \f(n3,n4)I2＝5×50A＝250A，故A错误；
输电线路上损失的电功率为P＝I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) R＝502×3W＝7500W，故C错误．
答案：BD
12．解析：输入端电压有效值为36V，设输出端每个灯泡电流为I，输出电压为U，则输出电流为3I，根据原副线圈电流、电压与匝数的关系可得，输入电流为I，输入电压为3U，则
36＝IR＋3U，U＝IR，R＝eq \f(U eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(L)) ,PL)
解得U＝9V＝UL，I＝eq \f(2,3)A，故C正确；
电压表的示数为UV＝3U＝27V，故A正确；
电流表的示数为IA＝3I＝2A，故B错误；
根据题意，有36＝I1R＋U1，eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，U2＝I2·eq \f(R,3)，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)
所以36＝I1R＋eq \f(1,3)（eq \f(n1,n2)）2I1R
若顺时针旋转P，则n2减小，I1减小，灯泡L1变暗，故D错误．
答案：AC
13．解析：由题分析可知eq \f(n1,n2)图乙中电压最大值Um＝250eq \r(2)V，T＝0.02s，
所以ω＝eq \f(2π,T)＝100πrad/s，
图乙中的电压瞬时值表达式u＝250eq \r(2)sin100πt（V），故B正确；
当R处出现火警时，其阻值减小，负载总电阻减小，负载的总功率增大，则I4增大，则I3增大，故C正确；
又ΔU＝I3r增大，输入电压U1不变，n1和n2不变，所以U2不变，
由于ΔU＝U2－U3，所以U3减小，n3和n4不变，则U4变小，即电压表V的示数减小，故D错误．
答案：BC
14．解析：通过液体的电流由玻璃皿边缘流向中心，玻璃皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A正确；
R2的电压为U2＝I2R2＝0.5×6V＝3V，流过电阻R1的电流为I＝eq \f(U－U2,R1)＝eq \f(4.2－3,0.4)A＝3A，则电源的电动势E＝U＋Ir＝（4.2＋3×0.1）V＝4.5V，故B错误；
流过液体的电流为IR＝I－I2＝（3－0.5）A＝2.5A，1分钟内液体产生的热量是Q＝I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(R)) Rt＝2.52×0.8×60J＝300J，故C正确；
液体转动的机械功率为P机＝U2IR－I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(R)) R＝（3×2.5－2.52×0.8）W＝2.5W，故D正确．
答案：ACD