专题4 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

该高中物理高考复习课件聚焦交变电流、电路分析、电磁感应、变压器、远距离输电等核心考点，依据高考评价体系明确考查要求，通过真题统计锁定变压器动态分析、交变电流有效值计算等高频考点，归纳多选、电路动态分析等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“真题精析+方法提炼+素养提升”策略，如以变压器动态分析为例，运用科学思维中的模型建构与科学推理，详解等效电阻法解题步骤，培养学生分析综合能力。含2025年多地模考题及易错点警示，助力学生掌握答题技巧，教师可据此高效规划复习，提升冲刺效果。

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1~13题,每题6分 1.(多选)一交变电流的电压随时间变化的规律如图所示,周期为T。关于该交变电流的电压,下列说法正确的是(　　) A.最大值为2 V B.最大值为 V C.有效值为2 V D.有效值为 V 13 AC 解析:由题图可知,该交变电流电压的最大值为2 V,故A正确,B错误;根据有效值定义可得T=·+·+·,解得交变电流的电压有效值为U=2 V,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2.一黑箱有两个接线柱a、b,黑箱中接有一定值电阻R和两相同二极管。通过测量得到通过a的电流和a、b两端电压的关系如图甲所示,二极管的正向伏安特性曲线如图乙所示,则黑箱内电路连接方式和定值电阻的阻值正确的是 (　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 D 解析:根据题图乙可知,二极管的导通电压为0.7 V,根据题图甲可知,当U<0.7 V时,两二极管均不导通,当0.7 V≤U<1.4 V时,有一只二极管导通,当U≥1.4 V时,两只二极管均导通,则三个元件不可能全部串联,也不可能全部并联,故A、B错误;两二极管均导通瞬间,临界电压为1.4 V,则两二极管串联,定值电阻与其中一个二极管并联,电阻为R== Ω=20 Ω,故C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 3.(2025·广东广州一模)某发电机的结构简化如图, N、S是永磁铁的磁极,M是圆柱形铁芯,磁极与铁 芯之间的缝隙形成沿半径方向的磁场。铁芯外套 有一矩形线圈,线圈绕M中心的固定转轴匀速转动。 若从图示位置开始计时,取此时线圈中的电动势为正值,在一个周期内感应电动势e随时间t变化的图像是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A 解析:线圈匀速转动,线圈切割磁感线部分的线速度 大小保持不变,根据磁感线的分布,线圈转动过程中 切割磁感线部分所处位置的磁感应强度大小也保持 不变,根据E=BLv可知,产生的感应电动势大小保持不 变,故C、D错误;从图示位置转动90°后,切割磁感线部分所处位置磁感应强度方向变化,因此产生的电动势方向也会变化,故B错误;接下来每转动180°后,切割磁感线部分所处位置磁感应强度方向都会发生变化,则产生的电动势方向随之变化,故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 4.(多选)(2025·陕西宝鸡一模)在图甲所示的电路图中,电源的电动势为E,内阻不计。虚线框Ⅰ、Ⅱ中有定值电阻R0和最大阻值为20 Ω的滑动变阻器R,图乙和图丙分别为滑动变阻器R全部接入和一半接入电路时沿abcd方向电势变化的图像,导线上的电势降落为零,则下列说法正确的是(　　) A.定值电阻R0在虚线框Ⅰ中 B.滑动变阻器R在虚线框Ⅰ中 C.电源的电动势大小为2.0 V D.定值电阻R0的阻值为5 Ω 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 AD 解析:由两图像可知,滑动变阻器接入电路的阻值减小时,a、b间电势差增大,c、d间电势差减小,根据“串反并同”法可知,滑动变阻器在Ⅱ中,定值电阻在Ⅰ中,故A正确,B错误;根据欧姆定律得,滑动变阻器全部接入电路时E= A·(R0+20 Ω),一半接入电路时E= A·(R0+10 Ω),得E=1.5 V,R0=5 Ω,故C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 5.(2025·江西九江一模)测量体脂率的仪器如图a所示,其原理是根据人体电阻的大小来判断脂肪所占比例(体液中含有钠离子、钾离子等,脂肪不容易导电),模拟电路如图b所示。测量时,先闭合开关S,测试者两手分别握两导电手柄,对于体重、体型相近的两人中脂肪含量比例相对较低者(　　) A.电阻R1消耗的功率较小 B.电源的输出功率较小 C.电源的效率较小 D.不同人测量的电压表示数差值与电流表示数差值的比值的绝对值||等于电源内阻r 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 解析:脂肪不容易导电,脂肪含量越低者,人体电阻R越小,电路中电流越大,则R1消耗的功率越大,故A错误;根据电源的输出功率与外电阻的关系可知,当外电路电阻与电源内阻相等时,电源的输出功率最大,由于不能确定外电阻与电源内阻的关系,所以不能确定电源输出功率的变化,故B错误;电源的效率为η=×100%=×100%=×100%,人体电阻越小,外电阻越小,电源的效率越小,故C正确;根据闭合电路欧姆定律可得U=E-I(r+R1+R2),所以||=r+R1+R2,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 6.(2025·广东汕头二模)某智能锁利用超级电容器作为待用电源,其简化电路如图所示。主电源正常工作时(开关S闭合),智能锁的输入电压为6 V;当主电源断电(开关S断开),则启用备用电源,智能锁在输入电压降至4.5 V时会发出低电压警报。该电容器的电容为1 F,R1及R2是电路中的小电阻。下列说法正确的是(　　) A.正常工作时,电容器储存电荷量为6 C B.断电前后,流经智能锁的电流方向相反 C.R2阻值越大,当主电源断电后,电容器放电时间 一定越短 D.从主电源断电后至智能锁发出低电压警报,流经智能锁的电荷量为1.5 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A 解析:正常工作时,由题图可知,电容器与智能锁并联,电阻 R2相当于导线作用,没有电压,故电容器两端的电压等于智 能锁的输入电压,即为6 V,Q=CU=6 C,故A正确。断电前, 由主电源对智能锁供电,电流方向由上到下;主电源也对电 容器供电,电容器上端为正极,下端为负极;断电后,由电容器 对智能锁供电,电流方向由上到下,所以断电前后,流经智能锁的电流方向相同,故B错误。当主电源断电后,电容器放电,R2阻值越大,回路中的电流越小,因电容器储存的总电荷量是一个定值,根据Q=It可知,电容器放电时间越长,故C错误。当电容器放电时,电阻R2与智能锁串联,当智能锁在输入电压降至4.5 V时会发出低电压警报,此时电阻R2两端也有电压,故此时电容器两端的电压大于4.5 V而小于6 V,所以电容器电压的变化小于1.5 V,根据ΔQ=CΔU可知,流经智能锁的电荷量小于1.5 C,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 7.(多选)图甲中,单匝闭合线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴转动。当线圈以某一角速度转动时,穿过线圈的磁通量随时间按图乙中的正弦曲线Ⅰ变化;改变线圈转动的角速度,穿过线圈的磁通量随时间按正弦曲线Ⅱ变化。已知线圈的电阻为0.1 Ω,则(　　) A.t=0时,曲线Ⅰ、Ⅱ对应的线圈 平面均垂直于磁感线 B.t=0.1 s时,曲线Ⅱ对应的线圈 中产生的感应电动势达最大值 C.曲线Ⅰ对应的线圈中交变电 流的有效值为30π A D.曲线Ⅰ、Ⅱ对应的线圈转速之比为5∶4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 BC 解析:由题图乙可知,t=0时,穿过线圈的磁通量均为Φ=0,说明线圈平面均与磁感线平行,A错误;t=0.1 s时,由曲线Ⅱ可知此时Φ=0,线圈平面与磁感线平行,线圈切割磁感线产生的电动势最大,B正确;由曲线Ⅰ可得T1= 0.2 s,故ω1==15π rad/s,电动势的有效值为E1== V=3π V,由I=得I=30π A,C正确;由曲线Ⅱ得T2=0.2 s,故ω2==10π rad/s,由ω=2πn可得,曲线Ⅰ、Ⅱ对应线圈转速之比==,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 8.为高铁供电的流程的原理如图所示,牵引变电所的理想变压器将高压U1降低,动力车厢内的理想变压器再将较高的电压降至U4后为动力车厢内的动力系统供电。某段时间内,发电厂输出的电流为I1,动力系统的电流为I4,两个理想变压器的匝数n2<n3,则下列选项正确的是(　　) A.I1∶I2=n1∶n2 B.U2∶U3=n2∶n3 C.I2∶I3>n3∶n2 D.I1∶I4<n4∶n1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 D 解析:根据理想变压器电压与匝数比的关系可知U1∶U2=n1∶n2,I1∶I2=n2∶n1,故A错误;对于受电弓部分的变压器,有I4=I3,结合前面的分析有I1∶I2=n2∶n1,且n2<n3,I2=I3,联立解得=<,故D正确;根据功率关系有U2I2=U3I2+r,则U2>U3,根据题意n2<n3,故U2∶U3≠n2∶n3,故B错误;根据题图可知I2=I3,根据题意n2<n3,故I2∶I3<n3∶n2,故C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 9.(多选)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=2∶1,原线圈接入的交流电压瞬时值表达式为u=220sin(100πt) V,定值电阻R1=2 Ω,副线圈接有滑动变阻器R2,阻值为0~10 Ω。电压表和电流表均为理想交流电表,其读数为U和I,调节滑动变阻器R2的滑片,电表示数变化量的绝对值为ΔU和ΔI。下列说法正确的是(　　) A.向下调节R2的滑片,电压表示数减小 B.=0.5 Ω C.当滑动变阻器R2阻值调到2 Ω时,电流表示数I为55 A D.当滑动变阻器R2滑片在中央时,变压器输出功率最大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 AB 解析:对该电路使用等效电阻法,可将副线圈和电阻R2等效为()2R2,向下调节R2的滑片,()2R2变小,分压减小,即原线圈两端电压减小,由于U1∶U2=n1∶n2,故电压表示数减小,A正确;对该电路使用等效电源法,原线圈侧电路(含电源、R1)与变压器整体等效后的电源电压U'=U=110 V,等效内阻r=()2R1=0.5 Ω,由于为电源内阻,故=0.5 Ω,B正确;当滑动变阻器R2阻值调到2 Ω时,由闭合电路欧姆 定律得I==44 A,C错误;当外电阻等于 电源内阻时,电源输出功率最大,此时R2= r=0.5 Ω,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 10.如图是带有照明系统的电动装置电路,L1和L2是相同的灯泡,a、b端接入电压为U的正弦交流电时,闭合开关S后,灯泡L1和L2均正常发光,电动机正常工作。已知n1∶n2∶n3=9∶6∶1,则下列说法正确的是(　　) A.灯泡的额定电压为 B.通过电动机的电流是灯泡中电流的倍 C.电动机的输出功率为灯泡电功率的8倍 D.电动机的额定电压为U 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 解析:设灯泡正常发光时通过灯泡的电流为I,设灯泡两端的电压为UL,由题意得==,其中UL=U3,解得UL=,故A错误;由=得副线圈n2两端电压即电动机的额定电压为U2=,由变压器的输出功率等于输入功率有(U-UL)I=U2I2+U3I,解得I2=I,故B正确,D错误;电 动机的输入功率P入=U2I2=,灯泡的电功率PL=ULI= UI,则电动机的输入功率是灯泡电功率的8倍,由于 电动机不是纯电阻,所以电动机的输出功率小于灯泡 电功率的8倍,故C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 11.(多选)(2025·江西萍乡二模)如图为“日”字形理想变压器(铁芯左右对称)的示意图,中间和两臂上分别绕有匝数为n0、n1、n2的线圈,线圈匝数比n0∶n1∶n2=10∶4∶5,两臂电路中接有相同的电阻R。将中间线圈接入电压u0=36sin(100πt) V的交变电流,设通过铁芯左右两臂的磁通量相等。下列说法正确的是 (　　) A.三个线圈中磁通量的变化率都相同 B.电压表V1的示数为7.2 V C.电压表V1和V2示数比为4∶5 D.电流表A1和A2示数比为5∶4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 BC 解析:因穿过中间线圈的磁通量等于两边线圈的磁通量之和,所以中间线圈的磁通量变化率大于两边线圈的磁通量变化率,两边线圈的磁通量变化率相等,选项A错误;中间线圈电压有效值U0= V=36 V,可得左侧线圈两端电压U1=·U0=××36 V=7.2 V,即电压表V1的示数为7.2 V,选项B正确;同理右侧线圈两端电压U2=·U0=××36 V=9.0 V,即电压表V2的示数为9.0 V,电压表V1和V2示数比为4∶5,选项C正确;因左 右两边电路中所接的电阻相同,所以电 流表A1和A2示数比等于电压之比,即为 4∶5,选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 12.(多选)(2025·安徽合肥模拟预测)“西电东送”是我国实现经济跨区域可持续快速发展的重要保证,如图为模拟远距离高压输电示意图。已知升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2,降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。在输电线路的起始端接入两个互感器,两个互感器原、副线圈的匝数比分别为20∶1和1∶20,各互感器和电表均为理想状态,则下列说法正确的是(　　) A.电压互感器起降压作用,电流互感器起 把强电流变为弱电流作用 B.若电压表的示数为200 V,电流表的示数 为5 A,则线路输送电功率为100 kW C.若保持发电机输出电压U1和用户数不变,仅将滑片Q下移,则输电线损耗功率增大 D.若发电机输出电压U1一定,仅增加用户数,为维持用户电压U4不变,可将滑片P上移 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 ACD 解析:电压互感器副线圈匝数低于原线圈匝数,能将高电压变为低电压,起降压作用;电流互感器副线圈匝数高于原线圈匝数,能将强电流变为弱电流,故A正确。变压器原、副线圈电压与匝数成正比,则电压互感器原线圈两端电压U2=×200 V=4 000 V,变压器原、副线圈电流与匝数成反比,则电流互感器原线圈中的电流I2=×5 A=100 A,对于理想变压器,线路输送电功率P2=U2I2=400 kW,故B错误。仅将滑片Q下移,相当于增加了升压变压器副线圈的匝数n2,根据理想变压器的规律可知,升压变压器副线圈两端的电压增大,将降压变压器及负载等效为一个电阻,等效电阻不变,则通过升压变压器的电流I3增大,由输电线损耗功率ΔP=R线可知输电线上损耗功率增大,故C正确。仅增加用户数,即负载总电阻R减小,若降压变压器副线圈两端电压U4不变,则通过副线圈的电流I4需增大,降压变压器原线圈中的电流I3增大,输电线上的电压损失ΔU=I3R线增大, 因为升压变压器副线圈两端电压U2不变,则降压 变压器原线圈两端电压U3减小,根据U4=U3可 知,当U3减小时,减小n3可以使U4不变,所以要将 降压变压器的滑片P上移,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 13.(多选)某个小水电站发电机的输出功率为100 kW,发电机的输出电压为250 V。通过升压变压器升压后向远处输电,输电线的总电阻为50 Ω,在用户端用降压变压器把电压降为220 V。要求在输电线上损失的功率控制在20 kW(即用户得到的功率为80 kW),后来因为电路改造,将线路的电阻降到了5 Ω,并对降压变压器做了适当调整。下列说法中正确的是(　　) A.电路改造前,升压变压器的匝数比为1∶20 B.电路改造前,降压变压器的匝数比为20∶1 C.电路改造后,线路电阻上损失的功率为5 kW D.电路改造后,降压变压器的匝数比为245∶11 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:电路改造前,输电线上损失的功率P损=R线=20 kW,解得I2=20 A,又因为水电站发电机的输出功率为P1=U1I1=100 kW,U1=250 V,解得I1=400 A,故升压变压器的匝数比为==,A正确;电路改造前,降压变压器的输入电压为U3=U2-I2R线,又=,联立可得U3=4 000 V,故降压变压器的匝数比为===,B错误;电路改造后,线路电阻上损失的功率为P损=R线'= 2 kW,C错误;电路改造后,降压变压器的输入电压为U3'=U2-I2R线',联立可得U3'=4 900 V,故降压变压器的匝数比为===,D正确。 感谢您的观看 $