第10讲 直流电路与交变电流(强化练)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（广东专版）

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [基础保分练](1-7题,每题4分) 1.(2025·广东深圳一模)如图1所示,各线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动(从左往右看沿顺时针方向转),从图示位置开始计时,设电流从2流出线圈为正方向,则图1中能产生如图2所示的交变电流的是 (　　)　 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:由i-t图像可知,t=0时,线圈中电流为零,此时穿过线圈的磁通量最大,线圈与磁场垂直,故B、D错误;0~时间内,电流从2流出线圈,由楞次定律可知,A图中电流从2流出线圈,C图中电流从1流出线圈,故A正确,C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.(2025·广东汕头二模)如图甲所示为一小型交流发电机的示意图。匝数为20的线圈总电阻为2 Ω,当线圈匀速转动时与外电路R=18 Ω的电阻构成闭合回路。从图甲所示位置开始计时,通过电阻R的交变电流如图乙所示,则下列判断正确的是(　　) A.t=0.01 s时,线圈平面与磁场方向平行 B.图甲所示时刻,穿过线圈的磁通量变化最快 C.电阻R的功率为7.2×103 W D.穿过线圈的最大磁通量为 Wb C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:由题图乙可知,t=0.01 s时,电路中瞬时电流为0,则穿过线圈平面的磁通量最大,即线圈平面与磁场方向垂直,故A错误;题图甲所示时刻,线圈平面与磁场方向垂直,穿过线圈平面的磁通量最大,穿过线圈的磁通量变化最慢,故B错误;由题图乙可知,通过电阻R的电流的有效值为I==20 A,电阻R的功率为P=I2R=7.2×103 W,故C正确;线圈转动产生的感应电动势的最大值为Em=Im(R+r)=400 V,又有Em= NBSω,Φm=BS,ω= rad/s,联立解得 Φm= Wb,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.(2025·广东高州二模)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U-I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 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:由题图中电源的U-I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,则负载两端电压为U= 1.80 V,则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;当太阳能电池板给负载供电时,太阳能电池板的内阻r=≈556 Ω,太阳能电池板的内阻消耗的功率Pr=I2r=1.8×10-3 W,故C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.(2023·广东卷)用一台理想变压器对电动汽车充电,该变压器原、副线圈的匝数比为1∶2,输出功率为8.8 kW,原线圈的输入电压u= 220sin(100πt)V。关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是(　　) A.20 A,50 Hz　　　　　 B.20 A,50 Hz C.20 A,100 Hz D.20 A,100 Hz　 A 解析:由题可知原线圈输入电压的有效值为U1= V=220 V,原线圈电流为I1==40 A,副线圈输出电流的有效值为I2=I1=20 A,变压器不改变电流的频率,其频率为f== Hz=50 Hz,故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.(多选)(2025·广东广州期末)在如图所示的电路中,R1、R2、R3和R4皆为定值电阻,R5为滑动变阻器,电源的电动势为E、内阻为r。设电流表A的读数为I,电流表A1的读数为I1,电压表V的读数为U,当R5的滑动触点向图中的a端移动时(所有电表均视为理想电表)(　　) A.I变小 B.I1变小 C.||不变 D.U变大 AC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:当R5的滑动触点向题图中a端移动时,R5接入电路的阻值变小,外电路总电阻变小,则由闭合电路欧姆定律知,总电流变大,即I1变大,根据U=E-I1(R3+r)知,电压表的读数减小,即U变小;由于||=(R3+r),则||不变;根据闭合电路欧姆定律可得,电路中并联部分的电压U'=E-I1(R1+R3+r),由I1变大可知U'变小,则电流表A的读数变小,即I变小。故选A、C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.(多选)(2025·广东湛江一模)手机无线充电技术越来越普及,图甲是某款手机无线充电装置,其工作原理如图乙所示,其中送电线圈和受电线圈的匝数比n1∶n2=5∶1,两个线圈中所接电阻的阻值均为R。当a、b间接上u=220sin(100πt)V的正弦式交流电源后,受电线圈中产生交变电流实现给手机快速充电,此时手机两端的电压为5 V,充电电流为2 A。若把两线圈视为理想变压器,则下列说法正确的是(　　) A.流过送电线圈与受电线圈的电流之比为1∶5 B.a、b间输入的交变电流方向每秒变化50次 C.在t=0.05 s时,穿过受电线圈的磁通量的变化率最小 D.快速充电时,受电线圈两端c、d间的输出电压为44 V AC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:根据理想变压器的工作原理,原、副线圈 的电流与匝数成反比,则流过送电线圈与受电 线圈的电流之比为1∶5,故A正确;由题意得ω= 100π rad/s,交变电流的频率f==50 Hz,由于正弦式交流电每个周期内电流方向改变两次,所以每秒变化100次,故B错误;在t=0.05 s时,电压U= 220sin(100π×0.05)V=0,由法拉第电磁感应定律E=n可知,穿过受电线圈的磁通量的变化率最小,故C正确;根据理想变压器电压、电流与匝数关系有U2=U1=U1,I1=I2= A,又Uab=U1+I1R,U2=I2R+U手机,整理可得220 V= 5U2+ A·R,U2=2 A·R+5 V,联立解得Ucd=U2=42.5 V,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.(2025·广东佛山二模)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,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 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:当线圈转速变为原来的2倍时,周期变为原来的,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可得,当角速度变为原来的2倍时,发电机线圈 中的感应电动势的最大值变为原来的2倍,同时理想变压器副线圈匝数变为原来的,设原来原、副线圈匝数比为,根据理想变压器原、副线圈电压与匝数比的关系有=,=,解得U2'=U2,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;根据前面分析知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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [提能争分练](8-12题,每题6分) 8.(多选)(2024·全国甲卷)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 AC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:保持T不动,根据理想变压器的性质可知副线圈 中电压不变,当滑动变阻器R的滑片向f端滑动时,R与 R1串联后的总电阻减小,电流增大,根据P=I2R1可知此 时R1的热功率增大,故A正确;将T向b端移动,副线圈匝数减少,故副线圈两端电压变小,滑动变阻器R的滑片位置不变时,通过R1的电流减小,故R1的热功率减小,故B错误;将T向a端移动,副线圈匝数增加,故副线圈两端电压变大,滑动变阻器R的滑片向f端滑动,R与R1串联后的总电阻减小,电流增大,此时R1的热功率增大,故C正确;将T向b端移动,副线圈匝数减少,故副线圈两端电压变小,滑动变阻器R的滑片向e端滑动,R与R1串联后的总电阻增大,电流减小,此时R1的热功率减小,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(2025·广东江门二模)某同学设计了如图所示的电路进行电表的改装,将多用电表的选择开关旋转到“直流500 mA”挡作为图中的电流表A。已知电流表A的内阻RA=0.4 Ω,R1=RA,R2=7RA。关于改装表,下列说法正确的是 (　　) A.若将接线柱1、2接入电路时,最大可以测量的电流为0.5 A B.若将接线柱1、3接入电路时,最大可以测量的电压为3.0 V C.若将接线柱1、2接入电路时,最大可以测量的电流为2.0 A D.若将接线柱1、3接入电路时,最大可以测量的电压为1.5 V　 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:根据电流表改装原理,若将接线柱1、2接入电路时,最大可以测量的电流为I=Ig+=2Ig=1.0 A,故A、C错误;根据电压表改装原理,若将接线柱1、3接入电路时,最大可以测量的电压为U=IgRA+IR2= (0.5×0.4+1.0×7×0.4)V=3.0 V,故B正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.(多选)(2025·广东广州三模)如图所示,电源电动势E=1.5 V,内电阻r=0.5 Ω,滑动变阻器R1的最大电阻Rm=5.0 Ω,定值电阻R2=2.0 Ω,C为平行板电容器,其电容为3 μF。将开关S与a接触,则 (　　) A.当R1接入电路的阻值增大时,R2两端的电压减小 B.当R1接入电路的阻值为0.5 Ω时,R1消耗的功率最大 C.将开关从a接向b,通过R3的电流流向为c→d D.将开关从a接向b,待电路稳定,通过R3的电荷量为9×10-3 C　 AC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:增大R1接入电路的阻值,电路总电阻增大,干路电流减小,则R2两端的电压减小,A正确;将R2与电源看作等效电源,当R1接入电路的电阻与等效电源的内阻相等时,R1消耗的功率最大,则有R1=R2+r=2.5 Ω,B错误;开关接a时,电容器左极板带负电,开关接b时,左极板带正电,所以将开关从a接向b,通过R3的电流流向为c→d,C正确;因R1接入电路的阻值未知,不能求出开关接a或b时电容器两板间的电压,故不能 求出通过R3的电荷量,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(2025·广东湛江二模)在如图甲所示的交变电路中,变压器可看作理想变压器,灯泡和电动机的额定电压相等,当原线圈两端接有如图乙所示的交流电压时,灯泡刚好正常发光,电动机也刚好正常工作。已知电动机的内阻r=0.1 Ω,电动机的额定功率为2 W,效率为80%,灯泡正常发光时的电阻为0.5 Ω。下列说法正确的是 (　　) A.灯泡的额定电压为1 V B.原、副线圈的匝数比为11∶1 C.原线圈中的电流为5.5 A D.灯泡中的电流1 s内方向改变50次 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:由题意可知,电动机的输出功率P出=80%P额= 1.6 W,则电动机的热功率Pr=P额-P出=0.4 W,由Pr=r 可得Ir=2 A,由P额=U2Ir可得U2=1 V,所以灯泡正常发 光时两端的电压也为1 V,即灯泡的额定电压为1 V,故A正确;由以上分析可知副线圈的输出电压为1 V,又由题图乙可知变压器原线圈两端电压的有效值U1=22 V,则由变压器的工作原理==,故B错误;灯泡正常发光时,流过灯泡的电流I== 2 A,则流过副线圈的电流I2=I+Ir=4 A,由变压器的工作原理=可得原线圈中的电流I1= A,故C错误;由题图乙可知该交流电的周期T=0.02 s,由于变压器不改变交流电的周期,则流过灯泡的电流的变化周期也为0.02 s,一个周期内电流方向改变两次,则1 s内流过灯泡的电流方向改变100次,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(2025·广东广州模拟)如图所示为远距离输电的原理图,已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2,降压变压器原、副线圈的匝数分别为n3和n4,输电线上的电阻为R,变压器均为理想变压器。若保持发电厂的输出电压U1不变,当输电线上电流I2减小ΔI时,用户端的电压增加 (　　) A.ΔIR B.ΔIR C.ΔIR D.ΔIR B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:U1一定,则U2一定,当输电线上电流I2减小ΔI时,输电线上电压减小ΔIR,则降压变压器原线圈两端的电压增加ΔU3=ΔIR,根据变压比可知=,则用户端电压增大ΔU4=ΔIR,故选B。 $