专题四 考点1 直流电路、交流电路-【金版教程】2025年高考物理大二轮刷题首选卷全书Word

大二轮刷题首选卷 物理 考点1　直流电路、交流电路 考向一　直流电路的分析 1.一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积内自由电子数为n，电子的质量为m、电荷量为e，在棒两端加上恒定的电压U，金属棒内自由电子定向移动的平均速率为(　　) A． B． C．neρL D． 答案：A 解析：根据电流的微观表达式可知I＝nevS，由欧姆定律可得I＝，根据电阻定律可得R＝ρ，联立可得v＝，故A正确。 2．(2016·江苏高考)(多选)如图所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出。闭合开关S，下列说法正确的有(　　) A．路端电压为10 V B．电源的总功率为10 W C．a、b间电压的大小为5 V D．a、b间用导线连接后，电路的总电流为1 A 答案：AC 解析：外电路的总电阻R＝10 Ω，由闭合电路欧姆定律可得电路中的总电流I＝＝1 A，因此路端电压U＝E－Ir＝12 V－1×2 V＝10 V，A正确；电源的总功率P＝EI＝12 W，B错误；由图a可知Uab＝UaO－UbO＝－15×0.5 V＋5×0.5 V＝－5 V，C正确；当a、b间用导线连接后，其等效电路如图b所示，电路中的外电阻R′＝7.5 Ω，电路中总电流I′＝＝ A≠1 A，D错误。 3.(2016·全国卷Ⅱ)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：当开关S断开时等效电路如图1所示，电容器C两端的电压U＝E，所带的电荷量Q1＝CU＝CE；当开关S闭合时等效电路如图2所示，电容器C两端的电压U′＝E，所带的电荷量Q2＝CE。所以＝，C正确。 4．在如图甲所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化。图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法错误的是(　　) A．图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况 B．图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况 C．此过程中电压表V1示数的变化量ΔU1和电流表示数变化量ΔI的比值变大 D．此过程中电压表V2示数的变化量ΔU2和电流表示数变化量ΔI的比值不变 答案：C 解析：由电路图甲得，V1测路端电压U1，V2测R1两端电压U2，V3测R2两端电压U3。滑动触头P向上滑动，则R2减小，电路总电阻减小，回路电流增大。因U3＝E－I(R1＋r)，I增大，则U3减小，且U3＝IR2，当R2减小为零时，U3为零，所以图乙中图线a表示电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，即A正确；因R1不变，电流增大，则U2增大，所以图乙中图线c表示电压表V2的示数随电流表示数变化的情况，即B正确；因U1＝E－Ir，则ΔU1＝－rΔI，所以ΔU1和ΔI的比值不变，即C错误；因U2＝IR1，则ΔU2＝R1ΔI，则ΔU2和ΔI的比值不变，即D正确。本题选说法错误的，故选C。 考向二　交变电流的产生和描述、变压器和远距离输电 5.(多选)如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度B＝ T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω＝10 rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4 m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L(规格为“4 W，100 Ω”)和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是(　　) A．若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为e＝40cos(10t) V B．当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为2∶1 C．若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大 D．若将自耦变压器触头向上滑动，灯泡会变亮 答案：ABD 解析：感应电动势的最大值为Em＝nBSω＝10××0.4×10 V＝40 V，若从图示线框位置开始计时，即从垂直中性面位置开始计时，线框中感应电动势随时间应按余弦规律变化，瞬时值表达式为e＝Emcosωt＝40cos(10t) V，故A正确；变压器输入电压的最大值为40 V，则输入电压的有效值为U＝40 V，灯泡正常发光，有P＝，得U′＝＝20 V，则＝＝＝，故B正确；因线框电阻不计，则变压器原线圈电压U1不变，若将滑动变阻器滑片向上移动，副线圈输出电压U2不变，两端总电阻增大，副线圈中总电流减小，设副线圈干路电流为I2，原线圈中电流为I1，由＝可知I1减小，即电流表示数减小，故C错误；若将自耦变压器触头向上滑动，则副线圈匝数增大，U1不变，n1不变，n2增大，由＝知，U2增大，灯泡会变亮，故D正确。 6．图甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶200，降压变压器原、副线圈的匝数比为200∶1，远距离输电线的总电阻为100 Ω，若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为500 kW，升压变压器和降压变压器均视为理想变压器，下列说法正确的是(　　) A．用户端交流电的频率为100 Hz B．用户端电压为245 V C．输电线中的电流为15 A D．输电线路的损耗功率为25 kW 答案：B 解析：由题图乙知，升压变压器的输入电压的周期为T＝2×10－2 s，则频率为f＝＝50 Hz，变压器不改变交流电的频率，可知用户端交流电的频率为f＝50 Hz，故A错误；由题图乙知，升压变压器的输入电压峰值为Um＝250 V，则其有效值为U1＝＝250 V，又升压变压器的输入功率P＝500 kW，则升压变压器的输入电流I1＝＝2000 A，根据理想变压器电流和匝数的关系可知＝，解得输电线中的电流为I2＝10 A，则输电线路的损耗功率为P损＝IR＝102×100 W＝10 kW，输电线路的损耗电压为U损＝I2R＝10×100 V＝1000 V，根据理想变压器电压和匝数的关系可知＝，解得升压变压器副线圈两端的电压U2＝50000 V，则降压变压器原线圈两端的电压U3＝U2－U损＝49000 V，根据理想变压器电压和匝数的关系可知＝，解得用户端电压为U4＝245 V，故B正确，C、D错误。 1．(2024·甘肃高考)一平行板电容器充放电电路如图所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开关S接2，电容器C对电阻R放电。下列说法正确的是(　　) A．充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流增加 B．充电过程中，电容器的上极板带正电荷，流过电阻R的电流由M点流向N点 C．放电过程中，电容器两极板间电势差减小，放电电流减小 D．放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过电阻R的电流由N点流向M点 答案：C 解析：充电过程中，随着电容器带电量Q的增加，电容器两极板间电势差UC＝增加，则电阻R两端电势差UR＝E－UC变小，由I＝知，充电电流I减小，故A错误；根据电路图可知，充电过程中，电容器的上极板带正电荷，电路中的电流沿顺时针方向，流过电阻R的电流由N点流向M点，故B错误；放电过程中，随着电容器带电量Q的减小，电容器两极板间电势差UC＝减小，即电阻R两端电势差UR＝UC减小，由I＝知，放电电流I减小，故C正确；根据电路图可知，放电过程中，电容器的上极板带正电荷，电路中的电流沿逆时针方向，流过电阻R的电流由M点流向N点，故D错误。 2．(2024·广西高考)将横截面相同、材料不同的两段导体L1、L2无缝连接成一段导体，总长度为1.00 m，接入图甲电路。闭合开关S，滑片P从M端滑到N端，理想电压表读数U随滑片P的滑动距离x的变化关系如图乙，则导体L1、L2的电阻率之比约为(　　) A．2∶3 B．2∶1 C．5∶3 D．1∶3 答案：B 解析：根据题意及题图乙可得，导体L1的长度l1＝0.25 m，两端电压U1＝0.2 V，导体L2的长度l2＝1.00 m－0.25 m＝0.75 m，两端电压U2＝0.5 V－0.2 V＝0.3 V；设电路中的电流为I，根据欧姆定律得，L1的阻值R1＝＝，L2的阻值R2＝＝；根据电阻定律R＝ρ可得ρ＝，又两段导体的横截面积相同，故导体L1、L2的电阻率之比＝·＝×＝，故选B。 3．(2024·新课标卷)(多选)电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中(　　) A．电流最小 B．电流最大 C．电流方向由P指向Q D．电流方向由Q指向P 答案：BD 解析：由题图可知，磁极再转过90°时，磁场方向恰与线圈平面平行，穿过线圈的磁通量为0，但磁通量的变化率最大，可知此时线圈中电流最大，故A错误，B正确；由题图可知，磁极再转过90°时，磁场方向垂直于PQ向下，磁场向右运动，则PQ相对磁场向左运动，由右手定则可知，此时线圈中感应电流方向由Q指向P，故C错误，D正确。 4．(2024·山东高考)如图甲所示，在－d≤x≤d、－d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(用阴影表示磁场的区域)，边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为(　　) 答案：C 解析：根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为e＝Esint，由题图丙可知，磁场区域变化后，当Esint＝时，线圈的侧边才开始切割磁感线，可解得此时线圈转过的角度θ＝t＝，同理，当再次有Esint＝时，线圈的侧边即将离开磁场区域，此时线圈转过的角度为θ′＝t′＝，分析可知，磁场区域平行于y轴的边界与y轴的距离变为d′＝dcos＝，则变化后磁场位于－≤x≤的区域中，且磁场区域在y轴方向的范围不比原来小，C正确。 5．(2024·河北高考)R1、R2为两个完全相同的定值电阻，R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图1所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的倍)，R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图2所示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为(　　) A．2∶3 B．4∶3 C．2∶ D．5∶4 答案：B 解析：由题可知，Q1＝×＋×＝，Q2＝T＝，且R1＝R2，联立可得Q1∶Q2＝4∶3，故选B。 6．(2024·湖北高考)在如图所示电路中接入正弦交流电，灯泡L1的电阻是灯泡L2的2倍。假设两个二极管正向电阻为0、反向电阻无穷大。闭合开关S，灯泡L1、L2的电功率之比P1∶P2为(　　) A．2∶1 B．1∶1 C．1∶2 D．1∶4 答案：C 解析：由题意可知，二极管导通时，会使与之并联的灯泡短路，此时另一个灯泡与电源串联，根据电路图可知，在一个完整的周期内，两个灯泡有电流通过的时间均为半个周期，则两个灯泡两端电压的有效值相等，则根据P＝，可知P1∶P2＝RL2∶RL1＝1∶2，故选C。 7．(2024·北京高考)如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“6 V，3 W”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是(　　) A．原线圈两端电压的有效值为24 V B．副线圈中电流的有效值为0.5 A C．原、副线圈匝数之比为1∶4 D．原线圈的输入功率为12 W 答案：B 解析：由题图乙知，理想变压器原线圈两端电压的最大值为U1m＝24 V，对正弦式交流电，其电压有效值为U1＝＝24 V，故A错误；灯泡正常发光，可知副线圈两端电压的有效值为U2＝6 V，副线圈的输出功率为PL＝3 W，由PL＝U2I2得，副线圈中电流的有效值为I2＝＝＝0.5 A，故B正确；由理想变压器电压与匝数的关系可得，原、副线圈匝数之比为＝＝＝，故C错误；理想变压器原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则原线圈的输入功率P1＝PL＝3 W，故D错误。 8.(2024·全国甲卷)(多选)如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S。S处于闭合状态，在原线圈电压U0不变的情况下，为提高R1的热功率，可以(　　) A．保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 B．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变 C．将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 D．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动 答案：AC 解析：保持T不动，则副线圈的匝数不变，根据理想变压器原、副线圈两端电压之比等于原、副线圈匝数之比，可知副线圈两端电压不变，当滑动变阻器R的滑片向f端滑动时，R接入电路中的阻值变小，R与R1串联后的总电阻减小，由欧姆定律可知，通过R1的电流I增大，则R1的热功率P＝I2R1增大，故A正确；同理可知，将T向b端移动，则副线圈的匝数变小，副线圈两端电压变小，当滑动变阻器R的滑片位置不变时，R接入电路中的阻值不变，R与R1串联后的总电阻不变，由欧姆定律可知，通过R1的电流I减小，则R1的热功率P＝I2R1减小，故B错误；将T向a端移动，则副线圈的匝数增加，副线圈两端电压变大，当滑动变阻器R的滑片向f端滑动时，R接入电路中的阻值变小，R与R1串联后的总电阻减小，由欧姆定律可知，通过R1的电流I增大，则R1的热功率P＝I2R1增大，故C正确；将T向b端移动，则副线圈的匝数减少，副线圈两端电压变小，当滑动变阻器R的滑片向e端滑动时，R接入电路中的阻值增大，R与R1串联后的总电阻增大，由欧姆定律可知，通过R1的电流I减小，则R1的热功率P＝I2R1减小，故D错误。 9．(2024·湖南高考)根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0。当用户端接一个定值电阻R时，R0上消耗的功率为P。不计其余电阻，下列说法正确的是(　　) A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4P B．输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0上消耗的功率为4P C．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为8P D．若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为6P 答案：A 解析：设降压变压器的原、副线圈匝数比为k∶1，则降压变压器原、副线圈的电压之比和电流之比分别为＝k，＝，又＝R，则降压变压器及其负载的等效电阻为R等＝＝k2R，如图为等效电路图， 则输电线路上的电流为I2＝I3＝，R0上消耗的功率为P＝IR0＝。设转子中线圈的匝数为N，面积为S，所在处匀强磁场的磁感应强度大小为B，则转子在磁场中转动时产生的电动势的最大值为Em＝NBSω，有效值为E＝＝，又因不计发电机的内阻，则升压变压器原线圈两端电压的有效值为U1＝E＝。若转子角速度ω增加一倍，则升压变压器原、副线圈两端电压U1、U2都增加一倍，R0上消耗的电功率变为＝4P，故A正确；若R0阻值增加一倍，则R0上消耗的功率变为≠4P，故B错误；若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，由变压器原、副线圈电压比等于匝数比可知，升压变压器副线圈两端电压增加一倍，则R0上消耗的功率变为＝4P，故C错误；若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则降压变压器及其负载的等效电阻变为k2，R0上消耗的功率变为≠6P，故D错误。 1．(2024·内蒙古赤峰市高三下一模)太阳能电池板在光照时将光能转化为电能即为光伏发电。太阳能电池板作为电源，其电动势恒定，路端电压与干路电流的关系如图中的曲线所示，太阳能电池板负载的U­I图线为图中倾斜直线。当太阳能电池板给负载供电时，下列说法正确的是(　　) A．太阳能电池板的效率约为50% B．太阳能电池板的输出功率约为3.24×10－3 W C．太阳能电池板的内阻约为1 kΩ D．太阳能电池板的内阻消耗的功率约为1.8 W 答案：B 解析：由电源的U­I图像可知，太阳能电池板的电动势为E＝2.80 V，两图线交点对应其给负载供电时的路端电压和干路电流，则负载两端电压约为U＝1.80 V，太阳能电池板的效率约为η＝×100%＝64.3%，故A错误；由题图可知，太阳能电池板给负载供电时，电路中电流约为I＝1.80 mA，则太阳能电池板的输出功率约为P输出＝UI＝3.24×10－3 W，故B正确；由闭合电路欧姆定律可知，当太阳能电池板给负载供电时，太阳能电池板的内阻约为r＝＝0.56 kΩ，太阳能电池板的内阻消耗的功率约为P内＝I2r＝1.8×10－3 W，故C、D错误。 2.(2024·山东省临沂市高三下高考模拟)如图所示的电路中，R0为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表，闭合开关S，滑动变阻器的滑片从b端向a端缓慢滑动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．电压表V示数先变小后变大 B．电容器C一直处于充电状态 C．电流表A示数一直变小 D．电源的输出功率先变大后变小 答案：C 解析：题图所示电路简化后如图所示，其中Ra、Rb分别为滑动变阻器a端与滑片之间的电阻、b端与滑片之间的电阻，滑片从b端向a端缓慢滑动的过程中，Ra、Rb并联后的阻值先增大后减小，干路电流先减小后增大，根据闭合电路欧姆定律可得，电压表的示数U＝E－I干(R0＋r)，则电压表V示数先变大后变小，电容器C极板间电压变化情况与电压表示数变化情况相同，由Q＝CU可知，电容器C所带电荷量先增大后减小，即电容器C先充电后放电，故A、B错误；由A、B项分析知，滑动变阻器滑片从b端滑到正中间的过程，干路电流减小，电压表示数增大，又Ra减小，可知Ra中电流增大，则Rb中电流即电流表示数减小，滑动变阻器滑片从正中间向a端滑动过程中，电压表示数减小，Rb增大，则Rb中电流即电流表示数减小，综上可知，整个过程中电流表A示数一直变小，故C正确；电源的输出功率P出＝I(R并＋R0)＝·(R并＋R0)＝，因不知R并＋R0与r的大小关系，故不能判断电源输出功率的变化，D错误。 3.(2023·湖南省岳阳市高三下教学质量监测二)(多选)某实验小组发现一个滑动变阻器发生了断路故障，为了检测断路的位置，实验小组设计了如图所示的电路，a、b、c、d、e是滑动变阻器上间距相同的五个位置(a、e为滑动变阻器的两个端点)。某实验小组将滑动变阻器的滑片P分别置于a、b、c、d、x、e(x是d、e间某一位置)进行测量，把相应的电流表示数记录在下表中。已知定值电阻阻值为R，电源内阻和电流表内阻可忽略。下列说法正确的是(　　) P的位置 a b c d x e 电流表示数(A) 1.80 0.90 0.60 0.45 1.80 A．滑动变阻器cd间发生了断路 B．滑片P位于x处的电流表示数的可能值为0.85 A C．滑片P位于x处的电流表示数的可能值为0.40 A D．若滑动变阻器未断路，其电阻丝的总电阻为4R 答案：CD 解析：因滑动变阻器发生了断路故障，则滑动变阻器只有eP或aP部分接入电路。若滑动变阻器cd间发生了断路，P位于d时，只有de段接入电路，P位于c时，只有ac段接入电路，因Rde<Rac，根据闭合电路欧姆定律可知，在P位于d点时电流表示数应较大，与题表信息不符，故cd间没有发生断路，A错误；因P从a到c，电流逐渐减小，可知滑动变阻器a、c间没有断路，则de间有断路，滑片P位于x处时，若断路位置在xe之间，则只有ax段接入电路，因Rax>Rad，则电流表示数小于0.45 A，若断路位置在dx之间，则只有xe段接入电路，因0<Rxe<Rab，则电流表示数小于1.80 A、大于0.90 A，故B错误，C正确；当P位于a时，有I1＝，P位于c时，滑动变阻器有一半阻值接入电路，有I2＝，由表格数据可得I1＝1.80 A，I2＝0.60 A，联立可得若滑动变阻器未断路，其电阻丝的总阻值R滑＝4R，故D正确。 4．(2024·广西南宁市高三下一模)如图是一款小型电钻的简化电路图，它由变压器及电动机两部分构成，变压器为理想变压器，电动机的内阻为1 Ω，额定电压为11 V，额定电流为2 A。当变压器输入电压为220 V的正弦交流电时电钻正常工作，下列说法正确的是(　　) A．变压器原线圈电流的最大值为0.1 A B．变压器副线圈电流的最大值为2 A C．变压器的输入功率为4 W D．电动机产生的机械功率为22 W 答案：A 解析：设该理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2，两端电压分别为U1和U2，电流分别为I1和I2，由题意可知，U1＝220 V，U2＝11 V，I2＝2 A，根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系有＝，根据理想变压器原、副线圈电流与匝数的关系有＝，联立并代入数据，解得I1＝0.1 A，则变压器原线圈电流的最大值为I1m＝I1＝0.1 A，故A正确；变压器副线圈电流的最大值为I2m＝I2＝2 A，故B错误；变压器的输入功率等于输出功率，为P入＝P出＝U2I2＝22 W，故C错误；电动机的内阻r＝1 Ω，则电动机产生的机械功率为P机械＝P出－Ir＝22 W－22×1 W＝18 W，故D错误。 5.(2023·湖北省十堰市高三下4月调研)如图所示，理想变压器原线圈所在电路的输入端接有电压有效值为220 V的正弦交变电流，匝数为30的副线圈2与规格为“12 V　36 W”的灯泡L1连接，副线圈3与规格为“18 V　54 W”的灯泡L2连接，原线圈与额定电压为40 V的灯泡L连接。若电路接通时，三个灯泡均正常发光，则下列说法正确的是(　　) A．原线圈1两端的电压为220 V B．原线圈1的匝数为450 C．副线圈3的匝数为50 D．通过灯泡L的电流有效值为1 A 答案：B 解析：电路接通时，三个灯泡均正常发光，则副线圈2两端电压U2＝12 V，副线圈3两端电压U3＝18 V，灯泡L两端电压为40 V，则原线圈两端电压U1＝220 V－40 V＝180 V，故A错误；由理想变压器原、副线圈两端电压之比等于原、副线圈匝数之比，有U1∶U2∶U3＝n1∶n2∶n3，又因为n2＝30，可得n1＝450，n3＝45，故B正确，C错误；由理想变压器原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，知原线圈的输入功率P1＝P2＋P3＝36 W＋54 W＝90 W，又因为P1＝U1I1，解得流经原线圈的电流，即通过灯泡L的电流有效值I1＝＝0.5 A，故D错误。 6.(2024·河北省唐山市高三下二模)如图所示，理想变压器的原线圈回路中接有定值电阻R1，副线圈回路中接有滑动变阻器R2，在a、b两端接入正弦式交变电流，电压有效值恒定，电流表和电压表均为理想交流电表。滑动变阻器滑片从最上端向下滑动过程中，下列说法正确的是(　　) A．S保持闭合，电流表示数变小 B．S保持闭合，变压器的输入功率不变 C．S保持断开，电流表示数变大 D．S保持断开，电压表示数不变 答案：C 解析：S保持闭合，电阻R1不接入电路，原线圈的输入电压U1恒定，根据＝，可知副线圈输出电压U2不变，滑动变阻器滑片从最上端向下滑动过程，滑动变阻器接入电路的电阻变小，副线圈回路的总电阻变小，则副线圈电流I2变大，根据＝，可知电流表示数I1变大，变压器的输入功率P1＝U1I1增大，故A、B错误；设a、b两端电压有效值为U0，S保持断开，电阻R1接入电路，原线圈两端的等效电阻为R等＝＝＝＝R副，滑动变阻器滑片从最上端向下滑动过程，副线圈回路的总电阻R副变小，等效电阻R等变小，根据I1＝，可知电流表示数I1变大，原线圈两端电压U1＝U0－I1R1，则U1变小，根据＝，＝，可知副线圈两端电压U2变小，副线圈电流I2变大，设副线圈回路中定值电阻的阻值为R，则电压表示数U＝U2－I2R变小，故C正确，D错误。 7．(2024·山东省烟台市等2地高三下二模)(多选)某实验小组利用如图所示的电路模拟研究远距离输电。图中交流电源电压为U＝6 V，定值电阻为R＝20 Ω，小灯泡L的规格为“6 V　3.6 W”，接通电路调节两个变压器，使小灯泡始终以额定功率工作，此时理想变压器T1原、副线圈的匝数比为＝k1，理想变压器T2原、副线圈的匝数比为＝k2。则下列说法中正确的是(　　) A．k1和k2的乘积小于1 B．k1越大电路的输电效率越高 C．若k2＝6，则R上消耗的功率为0.2 W D．若k2＝6，则变压器T1的输出电压为38 V 答案：ACD 解析：由于两个变压器之间的输电线电阻R上会有电压损耗，理想变压器T1的输出电压等于T2的输入电压与R上的损失电压之和，则有＝＝k1，＝＝＝k2，又U1＝U4＝6 V，则有k1k2＝·＝<1，A正确；对变压器T2，输出电流与输入电流的比值满足＝k2，对灯泡则有I4＝＝ A＝0.6 A，若k2＝6，则R上电流I3＝0.1 A，其消耗的电功率PR＝IR＝0.12×20 W＝0.2 W，由＝＝k2，得U3＝k2U4＝6×6 V＝36 V，则变压器T1的输出电压为U2＝U3＋I3R＝36 V＋0.1×20 V＝38 V，C、D正确；灯泡的功率一定，则输电效率越高，R的功率越小，I3越小，由＝k2知k2越大，而k1越大时k2不一定越大，B错误。 1.(2024·北京高考)如图所示为一个加速度计的原理图。滑块可沿光滑杆移动，滑块两侧与两根相同的轻弹簧连接；固定在滑块上的滑动片M下端与滑动变阻器R接触良好，且不计摩擦；两个电源的电动势E相同，内阻不计。两弹簧处于原长时，M位于R的中点，理想电压表的指针位于表盘中央。当P端电势高于Q端时，指针位于表盘右侧。将加速度计固定在水平运动的被测物体上，则下列说法正确的是(　　) A．若M位于R的中点右侧，P端电势低于Q端 B．电压表的示数随物体加速度的增大而增大，但不成正比 C．若电压表指针位于表盘左侧，则物体速度方向向右 D．若电压表指针位于表盘左侧，则物体加速度方向向右 答案：D 解析：由题图可知，P端电势与M的电势始终相等，Q端电势与R的中点的电势始终相等。因电路中的电流沿逆时针方向，则滑动变阻器R上的电势从右向左逐渐降低，若M位于R的中点右侧，则M的电势高于R的中点的电势，即P端电势高于Q端电势，A错误；设滑块与滑动片的总质量为m，两弹簧的劲度系数均为k，滑动变阻器单位长度的电阻为R0，电路总电阻为R总，当物体加速度为a时，滑块与滑动片加速度也为a，根据牛顿第二定律可得，弹簧形变量x＝，而回路中电流始终为I＝，R的中点与M间的电阻Rx＝xR0，R的中点与M间的电压即电压表示数U＝IRx，联立得U＝a，即电压表的示数与物体的加速度成正比，B错误；由题意可知，若电压表指针位于表盘左侧，则Q端电势高于P端，即R的中点的电势高于M的电势，M位于R的中点左侧，所以滑块左侧弹簧压缩、右侧弹簧伸长，滑块所受合力向右，故物体加速度方向向右，物体可能向右做加速运动，也可能向左做减速运动，故C错误，D正确。 2．(2024·山东省潍坊市高三下三模)如图甲所示，小型交流发电机通过电刷和理想变压器原线圈连接，变压器副线圈两端接电阻R。已知发电机线圈匝数为10，变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，变压器原线圈中电流随时间变化规律如图乙所示，则发电机线圈从图示位置开始转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为(　　) A. C B. C C. C D. C 答案：C 解析：设发电机线圈的匝数为N，面积为S，所在处磁感应强度为B，原线圈回路的等效总电阻为R总，线圈角速度为ω，周期为T，则发电机线圈产生感应电动势的最大值为Em＝NBSω，原线圈电流最大值为I1m＝；发电机线圈从图示位置开始转过90°的过程中，感应电动势平均值为＝N，原线圈中感应电流平均值为1＝；根据电磁感应知识，此过程中原线圈中电流从0增大到I1m，副线圈中电流从I2m减小到0，且均按正(余)弦规律变化，则变压器原、副线圈电流有效值、最大值、平均值均与匝数成反比，设变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，副线圈电流平均值为2，则＝，此过程中通过R的电荷量q＝2·，又ω＝，联立解得q＝·，由题知＝，I1m＝2 A，T＝4×10－2 s，代入得q＝ C，故选C。 18 学科网（北京）股份有限公司 $$