【文档说明】高考物理考前冲刺（22）直流电路与交流电路选择题猜押练 (含详解).doc，共(8)页，281.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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高考物理冲破高分瓶颈考前必破破（22）直流电路与交流电路选择题猜押练（解析版）【真题引领】1.(2019·江苏高考·T3)如图所示的电路中,电阻R=2Ω。断开S后,电压表的读数为3V;闭合S后,电压表的读数为2V,则电源的内阻r为()A.1ΩB.2ΩC.3ΩD.4Ω【答案】A解析：根据

闭合电路欧姆定律U外=E-Ir和I=,可得E=3V,r=1Ω,故选项A正确,B、C、D错误。2.(2019·天津高考·T8)单匝闭合矩形线框电阻为R,在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动,穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系

图像如图所示。下列说法正确的是()A.时刻线框平面与中性面垂直B.线框的感应电动势有效值为C.线框转一周外力所做的功为D.从t=0到t=过程中线框的平均感应电动势为【答案】B、C解析：由图像可知时刻线圈的磁通量最大,因此此时线圈处于

中性面位置,因此A错误;由图可知交流电的周期为T,则ω=,交流电的电动势的最大值为Em=nBSω=Φm,则有效值为E有==,故B正确;线圈转一周所做的功为转动一周的发热量,W=T=,故C正确;从t=0时刻到t=时刻的平均感应电动势为E===,D错误。3.(2019

·江苏高考·T1)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10,当输入电压增加20V时,输出电压()A.降低2VB.增加2VC.降低200VD.增加200V【答案】D解析：由理想变压器原、副线圈的电压比等

于匝数比即=,得:U2=U1,即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比,所以有:ΔU2=·ΔU1,当输入电压增加20V时,输出电压增大200V,故D正确。4.(2018·全国卷Ⅲ·T16)一电阻接到方波交流电源

上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示，则Q方∶Q正等于()A.1∶2B.2∶1C.1∶2D.2∶1【答案】D解析：据2uQTR有效热得：20uQTR方、202uQTR

正，两式相除就有Q方∶Q正=2∶1，故选D。5.(2018·天津高考·T4)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的

读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的12，则()A.R消耗的功率变为12PB.电压表V的读数为12UC.电流表A的读数变为2ID.通过R的交变电流频率不变【答案】B解析：根据ω=2πn可知转速变为原来的12，则角速度变为原来的12，根据

Em=nBSω可知电动机产生的最大电动势为原来的12，根据U=m2E可知发电机的输出电压有效值变为原来的12，即原线圈的输出电压变为原来的12，根据1122nUnU可知副线圈的输入电压变为原来的12，即电压表示数变为原来的12，根据P=2UR可知R消耗的电功

率变为14P，A错误，B正确；副线圈中的电流为I2=12UR，即变为原来的12，根据1221nInI可知原线圈中的电流也变为原来的12，C错误；转速减小为原来的12，则频率变为原来的12，D错误。6.(2018·江苏高考·T2)采用220kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输

电线上损耗的功率减小为原来的14，输电电压应变为()A.55kVB.110kVC.440kVD.880kV【答案】C解析：输电线上损耗的功率P=I2r，为使输电线上损耗的功率减小为原来的14，电流I要减小为原来的12，当输送功率一定时，输电电压要升高为原来的2倍，选项C正确。【高考猜押

】7．在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是A．灯泡L变亮B．电源的输出功率先变大后变小C．电容器C上的电荷量减少D．电压表读数的变化量与电流表读

数的变化量之比恒定【答案】D解析当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路总电阻R总增大，干路电流I减小，电源的内电压减小，路端电压增大，灯泡的功率P＝I2RL，RL不变，则电流表读数变小，电压表读数变大，灯泡变暗，故A错误。当内、外电阻相等时，电源的输出功率最

大。由题意，灯炮L的电阻大于电源的内阻r，当R增大时，外电阻与电源内电阻的差值增大，电源的输出功率变小，故B错误。变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故C错误。根据闭合电路欧姆定律得：U＝E－Ir，则ΔUΔI＝r，即电压表读数的变化

量与电流表读数的变化量之比等于电源的内电阻r，保持不变。故D正确。8．(多选)如图所示电路，在平行金属板M、N内部左侧中央P有一质量为m的带电粒子(重力不计)以水平速度v0射入电场并打在N板的O点。改变R1或R2的阻值，粒子仍以v0射入电场，则A．该粒子带正电B．减少R2，粒子还能打在

O点C．减少R1，粒子将打在O点左侧D．增大R1，粒子在板间运动时间不变【答案】BC解析根据外电路中顺着电流方向电势逐渐降低，可知M板的电势低于N板的电势，板间电场方向向上，而粒子在电场中向下偏转，所受的电场力方向

向下，则知该粒子带负电，故A错误。电路稳定时R2中没有电流，相当于导线，改变R2，不改变M、N间的电压，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，所以粒子的运动情况不变，仍打在O点。故B正确。设平行金属板M、N间

的电压为U。粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则：竖直方向有：y＝12at2＝12·qUmdt2...①水平方向有：x＝v0t...②。当减少R1时，M、N间的电压U增大，x减小，所以粒子将打在O点左侧；增大R1，U减小，t增大，故C正确，D错误。故选

BC。9．如图甲所示，理想变压器的原线圈匝数n1＝100匝，副线圈匝数n2＝50匝，电阻R＝10Ω，V是理想电压表，原线圈加上如图乙所示的交流电，则下列说法正确的是A．流经电阻R的电流的频率为100HzB．电压表V的示数为102VC．流经R的电流方向每秒改变

50次D．电阻R上每秒产生的热量为10J【答案】D解析由图乙可知交流电周期T＝0.02秒，故频率为50Hz，故A错误；由图乙可知交流电压最大值Um＝202V，故变压器的输入电压为：U1＝2022V＝20V；根据变压比公式，有：U1U2＝n1

n2，解得：U2＝10V，故B错误；交流电频率为50Hz，故流经R的电流方向每秒改变100次，故C错误；电阻R上每秒产生的热量为：Q＝U2Rt＝10210×1J＝10J，故D正确。10．如图所示，理想变压器的输入端通过灯

泡L1与输出电压稳定的正弦交流电源相连，副线圈通过导线与两个相同的灯泡L2和L3相连，开始时开关S处于断开状态。当S闭合后，所有灯泡都能发光，下列说法中正确的是A．灯泡L1变亮B．灯泡L2变亮C．原线圈两端电压不变D．副线圈两端电压变大【答案】A解析开关S闭合，负载增加一

并联电路，总电阻减小，所以副线圈电流增大，根据变流规律I1I2＝n2n1，可知原线圈电流I1增大，L1变亮，所以A正确；灯泡L1的电压UL1＝I2R增大，由于输入的正弦交流电压稳定，即U不变，根据U＝UL1＋U1，可得原线圈的电压U1减小，副线圈电压U2跟着减小，L2变暗，所以B、C、D错误。1

1．(多选)如图所示，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，使电灯L变暗，下列哪些措施可以使电灯L重新变亮A．其他条件不变，P1上移，同时P2下移B．其他条件不变，P1下移，同时P2上移C．其他条件不变，断开电键SD．其他条件不变，将滑动变阻器滑动片P向下移动【答案】BC

解析P1上移增大n1,P2下移减小n2，由理想变压器的变压比：U1U2＝n1n2，可知U2将会变得更小，所以电灯L不会重新变亮，故A错误；P1下移减小n1，P2上移增大n2，由理想变压器的变压比：U1U2＝n1n2，可知U2将会变大，所以电灯L会重新变

亮，故B正确；其他条件不变，U2电压不变，断开电键S，并联部分电阻变大，副线圈电流变小，R1分压变小，L灯的电压将变大，所以电灯L会重新变亮，故C正确；其他条件不变，将滑动变阻器滑动片P向下移动，总电阻变小，总电流变大，R1

分压变大，L灯的电压将变小，所以电灯L不会重新变亮，故D错误。所以BC正确，AD错误。12．如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的e－t图象分别如图乙中曲线a、b所示，则A．两次

t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．曲线a表示的交变电动势的频率为25HzC．曲线b表示的交变电动势的最大值为15VD．曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶2【答案】D解析在t＝0时刻，线圈一定处在中性面上，此时磁通量最

大，故A错误；曲线a的周期为Ta＝0.02s，故电动势的频率为fa＝10.02s＝50Hz，B错误；转速n＝2πT，故两者的转速之比为nanb＝TbTa＝0.030.02＝32，曲线a表示的交变电动势最

大值是30V，根据Em＝NBSω＝NBS2πn可得Ebm＝23Eam＝20V，C错误、D正确。13．(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中R为NTC型热敏电阻(

阻值随温度的升高而减小)，R1为定值电阻，下列说法正确的是A．交流电压的表达式为u＝362sin100πt(V)B．R处温度升高时，电流表A的示数变大，电压表V2的示数减小C．变压器原、副线圈中的电流之比随R处温度的变化而变化D．R处温度升高时，变压器原线圈的输入功率变大【答案】ABD解析原

线圈接图乙所示的正弦交流电，由图知电压最大值为362V，周期为0.02s，故角频率ω＝100πrad/s，则：u＝362sin100πt(V)，故A正确；原线圈电压不变，匝数比不变，副线圈的电压不变，R处温度升高时，阻

值减小，电流增大，电流表的变大，R1两端电压增大，R两端电压减小，电压表V2示数减小，故B正确；由于线圈匝数不变，而电流之比一定等于匝数的反比，故电流之比不会随温度的变化而变化，故C错误；R处温度升高时副线圈中电流增大，而副线圈的电压不变，变压器的输出功率变大，因输出功率决定了输

入功率，故输入功率也变大，故D正确。14．(多选)如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为5∶1，原线圈与一可变电阻R0串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R1，负载电阻的阻值R2＝7R1，电路中所连接的电流表是理

想电流表，现保持变压器输入电流不变，将负载电阻的阻值减少为R2＝5R1，此时电流表读数为5.0A，则A．此时流过原线圈的电流最大值约为1.7AB．此时流过原线圈的电流最大值约为1.2AC．原先电流表的示数为0.7

5AD．原先电流表的示数为5.25A【答案】AD解析将负载电阻的阻值减少为R2＝5R1，此时电流表读数为5.0A，则通过R2的电流为1A，所以流过副线圈的电流I2＝5A＋1A＝6A，则流过原线圈的电流I1＝1

5×6A＝1.2A，最大值Imax＝2I1≈1.7A，故A正确，B错误；由于保持变压器输入电流不变，所以输出电流也不变，所以原来电流表的示数为∶I2′＝7R1R1＋7R1×6＝5.25A，故C错误。D正确。