（江苏专版）2019版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）.doc

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1、1直流电路与交流电路考点一 交流电的产生及描述1.考查两种交流电的比较甲、乙图分别表示两种电压的波形，其中甲图所示的电压按正弦规律变化。下列说法正确的是( )A甲图表示交流电，乙图表示直流电B甲图电压的有效值为 220 V，乙图电压的有效值小于 220 VC乙图电压的瞬时值表达式为 u220 sin 100 t(V)2D甲图电压经过匝数比为 110 的变压器变压后，频率变为原来的 10 倍解析：选 B 由于两图中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故 A 错误；由于对应相同时刻，图甲电压比图乙电压大，根据有效值的定义可知，图甲有效值要比图乙有效值大，图甲是正弦式交流电，所以有效值 U

2、220 V，故乙图电压小于 220 V，Um2则 B 正确；图乙不是正弦式交流电，所以表达式不是正弦函数，故 C 错误；理想变压器变压后，频率不发生变化，故 D 错误。2考查交流电的产生及瞬时值、有效值如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙中曲线 a、 b 所示，则( )A两次 t0 时刻线圈平面均与中性面垂直B曲线 a 表示的交变电动势瞬时值为 15cos 50 t(V)C曲线 a、 b 对应的线圈转速之比为 32D曲线 b 表示的交变电动势有效值为 10 V解析：选 C 在 t0 时刻，线圈一定处在中性面上，故

3、A 错误；由题图乙可知， a 的周期为 4102 s， 50 rad/s；曲线 a 表示的交变电动势瞬时值为 15sin 2T250 t(V)，B 错误； b 的周期为 6102 s，则由 n 可知，转速与周期成反比，故转速之1T比为 32，故 C 正确； a b n1 n232， a 交流电的最大值为 15 V，则根据Em nBS 得曲线 b 表示的交变电动势最大值是 10 V，则有效值为 U V5 V，故 D102 2错误。3考查交流电的四值及应用多选如图所示，匀强磁场的磁感应强度 B0.5 T，边长 L10 cm 的正方形线圈共 100 匝，线圈总电阻 r1 ，线圈绕垂直于磁感线的对称轴

4、 OO匀速转动，角速度 2 rad/s，外电路中的电阻R4 ， 取 3.14，则( )A线圈转动一周产生的总热量为 0.99 JB感应电动势的最大值为 314 VC由图示位置转过 60的过程中产生的平均感应电动势为 2.6 VD从图示位置开始的 周期内通过 R 的电荷量为 0.87 C16解析：选 AC 感应电动势的最大值为： Em nBS 1000.50.1 22 V V，故 B 错误；周期为： T 1 s，线圈转动一周产生的总热量为： Q 2 T2 (Em2) 1R r2 1 J J0.99 J，故 A 正确；转过 60的过程中产生的平均感应电动势( 2) 14 1 210E n 100

5、V V2.6 V，故 C 正确；平均电动势： n t32 0.50.1216 332 E，平均电流： ，在 周期内通过电阻 R 的电荷量为： q t，即为： t I ER r 16 Iq C0.087 C，故 D 错误。n R r nBSsin 60 R r 320考点二 直流电路的动态分析4.考查含容电路的动态问题分析如图所示电路中，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3解析：选 A 闭合开关 S 后，

6、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 上的电荷量增多，故 C 错误。电源的总功率P EI， I 减小，则电源的总功率变小，故 D 错误。5考查电路中平行极板间带电粒子的运动问题如图所示， A、 B 是两块水平放置的平行金属板，一带电小球垂直于电场线方向射入板间，小球将

7、向 A 极板偏转。为了使小球沿射入方向做直线运动，可采用的方法是( )A将原来带正电的小球改为带负电B将滑动变阻器滑片 P 适当向左滑动C适当增大小球所带电荷量D将极板间距适当增大解析：选 D 一带电小球垂直于电场线方向射入极板区域后，向 A 极板偏转，则小球所受电场力向上且电场力大于重力，小球原来就带负电，选项 A 错误；为使小球沿直线运动，应减小小球所受电场力，将滑动变阻器滑片 P 适当向左滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路中总电阻减小，总电流增大， R 两端电压增大，电容器两端电压增大，板间场强增大，电场力增大，选项 B 错误；适当增大小球所带电荷量，小球所受电场力增大，选项 C

8、错误；将极板间距适当增大，板间场强减小，小球所受电场力减小，可使电场力等于重力，选项 D 正确。6.考查电表示数变化量大小的比较多选在如图所示电路中，闭合开关 S，当滑动变阻器的滑动触头 P 向下滑动时， 四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用 I、 U1、 U2和 U3表示，电表示数的变化量分别用 I、 U1、 U2和 U3表示。下列说法正确的是( )A. 变大， 变小U2I | U2 I|B. 变大， 不变U3I | U3 I|C I0， U10， U20D I0， U30解析：选 BD 当滑动变阻器的滑动触头 P 向下滑动时， R2变大，根据欧姆定律 R2，可知 将变大；由 U2

9、 E I(R1 r)，可得 R1 r，则 不变，故 A 错误。U2I U2I U2 I U2 I4由 R2 R1，可知 变大；由 U3 E Ir，可得 r，则 不变，故 B 正确。 R2变U3I U3I U3 I U3 I大时，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律，可知 I 变小，所以 I0，因 U3 U1 U2， U1减小，则 U2增大，所以 U20，故 C 错误，D 正确。考点三 交流电路的动态分析7.考查由滑动变阻器引起的动态变化问题如图所示为一理想变压器，原线圈接在输出电压为 u U0sin t 的交流电源两端。电路中 R0为定值电阻，V 1、V 2为理想交流电压表，A 1、A 2为理

10、想交流电流表。现使滑动变阻器 R 的滑动触头 P 向上滑动，下列说法正确的是( )A电压表 V1与 V2示数的比值将变大B电流表 A1与 A2示数的比值将变小C电压表 V1与电流表 A1示数的比值变大D电压表 V2与电流表 A2示数的比值变小解析：选 C 由于变压器原、副线圈电压之比等于线圈匝数之比，因此电压表示数之比一定等于线圈匝数之比，故 A 错误； 由于只有一个副线圈，因此电流之比等于线圈匝数的反比，故两电流表的比值不变，故 B 错误；滑动变阻器 R 的滑动触头 P 向上滑动，则滑动变阻器接入电阻增大，由欧姆定律可知，电流表 A2示数减小，电流表 A1示数也减小，而电压表 V1和 V2示

11、数不变，电压表 V1与电流表 A1示数的比值变大，电压表 V2与电流表 A2示数的比值也变大，故 C 正确，D 错误。8考查变压器负载变化引起的动态变化问题多选每到夜深人静的时候我们就会发现灯泡比睡觉前要亮，其原因在于大家都在用电时，用电器较多。利用如图模拟输电线路，开关的闭合或者断开模拟用户的变化，原线圈输入电压恒定的交流电。下列分析正确的是( )A定值电阻相当于输电线电阻B开关闭合，灯泡 L1两端电压升高C开关闭合，原线圈输入功率增大D开关断开，副线圈电压增大解析：选 AC 原、副线圈匝数之比等于电压之比，由于匝数比值不变，原线圈输入电压也不变，所以副线圈电压不会变化，选项 D 错误。家庭

12、电路用电器之间为并联关系，用户较多时，并联支路增多，相当于开关闭合，而与之串联的定值电阻，实际是等效输电线的电阻，选项 A 正确。开关闭合副线圈总电阻变小，总电流变大，定值电阻分电压增多，5并联电压变小，即灯泡 L1两端电压减小，选项 B 错误。副线圈电压不变电流增大，副线圈电功率增大，根据能量守恒，原线圈电功率也增大，选项 C 正确。9考查变压器原线圈匝数变化引起的动态变化多选如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为 445， b 是原线圈的抽头，且其恰好位于原线圈的中心，S 为单刀双掷开关，负载电阻 R25 ，电表均为理想电表，在原线圈 c、 d 两端接入如图乙所示的正弦交流电。下列说

13、法中正确的是( )A当 S 与 a 连接， t110 2 s 时，电流表的示数为 0B当 S 与 a 连接，电压表示数为 50 V2C将 S 与 b 连接，电阻 R 消耗的功率为 100 WD将 S 与 b 连接，1 s 内电阻 R 上电流方向改变 100 次解析：选 CD 由题图乙可知，交流电的周期为 2102 s，所以交流电的频率为f50 Hz，交流电的有效值为 V220 V，当 S 与 a 连接时，根据电压与匝数成正比22022可知，副线圈的电压为 25 V，电压表示数为 25 V，根据欧姆定律知通过副线圈的电流I2 A1 A，原、副线圈中电流与匝数成反比， ，可得电流表示数为 0.11

14、 U2R 2525 I1I2 n2n1A，故 A、B 错误。S 与 b 连接时，副线圈两端的电压 U2 U1 220 V50 V，电n2n1 522阻 R 消耗的功率为 P2 W100 W，故 C 正确。变压器不会改变电流的频率，U2 2R 50225所以副线圈输出电压的频率为 50 Hz，1 s 内电流方向改变 100 次，故 D 正确。10考查自耦变压器负载含电容器的动态变化多选一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在 a、 b 间作为原线圈，通过滑动触头取该线圈的一部分，接在 c、 d 间作为副线圈。在 a、 b 间输入 u220sin 100 t(V)交变电流，滑动触头

15、处于图示 M 位置时，2灯泡 L 能正常发光。下列说法正确的是( )A交流电源的频率变为 100 Hz 时，可使灯泡变亮B减小电容器 C 的电容，可使灯泡变亮C将滑动触头从 M 点顺时针旋转到 N 点的过程中，电压表示数变小且小于 220 V6D将滑动触头从 N 点逆时针旋转到 M 点的过程中，电压表示数变大且大于 220 V解析：选 AC 在 a、 b 间输入电压 u220 sin 100 t(V)，可知交变电流的频率为250 Hz，当交流电源的频率变为 100 Hz 时，由于电容器对交变电流的阻碍作用减小，可使灯泡变亮，故 A 正确；减小电容器 C 的电容，则对交变电流的阻碍作用增大，灯泡

16、变暗，故 B 错误；自耦变压器的原线圈匝数大于副线圈匝数，根据变压器原理 ，可知输出U1U2 n1n2电压小于 220 V，将滑动触头从 M 点顺时针旋转到 N 点的过程中，自耦变压器的副线圈匝数减小，电压表示数变小，故 C 正确，D 错误。11考查变压器副线圈含二极管的动态问题如图所示，一理想变压器的原、副线圈的匝数比是 101，原线圈接入电压 u311sin 100 t(V)的交流电，一理想二极管和一滑动变阻器 R 串联接在副线圈上，电压表和电流表均为理想交流电表。下列说法正确的是( )A电压表的读数为 22 VB原线圈中交流电的频率为 25 HzC若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电压表读数

17、增大D若滑动变阻器接入电路的阻值为 10 ，则理想变压器的输入功率为 24.2 W解析：选 D 原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为 22 V，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知 T，解得 22 V 2R T2 U2RU11 V，故 A 错误；原线圈中交流电的频率为 f 50 Hz，故 B 错误；将滑动变阻22器滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，副线圈电流变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，故 C 错误；由 B 项分析求得电压表两端电压有效值为U11 V，则理想变压器的输出功率为 P 出 W24.2 W，理想变压器的2U2R 112

18、 210输入功率为 24.2 W，故 D 正确。考点四 变压器与远距离输电问题12.考查变压器的工作原理与感抗、容抗如图甲所示电路中，A 1、A 2、A 3为相同的电流表， C 为电容器，电阻 R1、 R2、 R3的阻值相同，线圈 L 的电阻不计。在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在 t1 t2时间内( )7A电流表 A1的示数比 A3的小B电流表 A2的示数比 A1的小C电流表 A1和 A2的示数相同D电流表的示数都不为零解析：选 C 原线圈中磁场如题图乙所示变化，则原线圈中的磁通量均匀变化，故副线圈中产生恒定的电流，因线圈电阻不计，故线圈 L 对恒定电流没有阻碍作用，所

19、以电流表 A1和 A2的示数相同，而电容器“通交流、隔直流” ，所以电流表 A3的示数为 0。只有 C正确。13考查远距离输电功率分配多选如图所示，在远距离输电时，发电厂发电机的输送电功率为P1，输出电压为 U1，发电厂至用户的输电导线的总电阻为 R，通过输电导线的电流为 I，输电线损失的电功率为 P，输电线末端的电压为 U2，用户得到的电功率为 P2。下列关系式正确的是( )A P B PU12R U1 U2 2RC P I2R D P2 P1P12RU12解析：选 BCD 根据公式 P I2R ，故 A 错误，B、C 正确；根据总功 U1 U2 2R率相等可以知道 P2 P1 I2R P1

20、 ，故 D 正确。P12RU1214考查远距离输电的相关计算多选某大型光伏电站的功率是 500 kW，电压为 12 V，送往外地时，先通过逆变器(作用是将直流电压转变为高频的高压交流电)转化为 220 V 的交流电(转化效率为 80%)，然后经变压器升压为 20 000 V，通过总电阻为 R20 的输电线路送往某地，再经变压器降为 220 V 电压供用户使用。下列说法正确的是( )A变压器的原、副线圈匝数比为 1 00011B变压器的原、副线圈匝数比为 111 0008C用户最多可使用的功率为 392 kWD用户负载越多，线路上损耗的功率越小解析：选 BC 直流电转变为交流电后的功率为P500

21、0.8 kW400 kW根据 可得： U1U2 n1n2 n1n2 22020 000 111 000电线上损失的电压为 U I2R R 20 V400 VPU2 40010320 000则 U3 U2 U20 000 V400 V19 600 V由 得： ，故 A 错误，B 正确；U3U4 n3n4 n3n4 19 600220 98011回路中损失的功率为 P I22R 2R 220 W8 kW，(PU2) (40010320 000 )所以用户得到的功率为 P 用 P P 损 400 kW8 kW392 kW，故 C 正确；用户负载越多，输电线上的电流越大，线路上损耗的功率越大，故 D 错误。