【原创】2022届高考二轮专题训练复习练习题 物理（八）直流和交流电路

一、选择题（第1～10题为单选题，第11～16题为多选题）

1．图甲表示某金属丝的电阻R随摄氏温度t变化的情况。把这段金属丝与电池、电流表串联起来，如图乙所示，用这段金属丝做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的电阻温度计，下列对此温度计的描述，正确的是（　　）

A．温度升高，指针偏转角变大

B．表盘上的温度刻度均匀分布

C．电池内阻变大后测得的温度值偏高

D．若要提高温度计的精确度，可以在电路中串联一个大电阻

【答案】C

【解析】由图甲可知，温度升高，电阻阻值变大，根据闭合电路欧姆定律可知，对应电路中的电流减小。所以指针偏转角变小，A错误；由图甲可知，根据闭合电路欧姆定律可得，联立可得，可知t与I不是一次线性关系，所以电阻温度计的刻度是不均匀的，B错误；电池内阻变大后，电流的测量值会小于实际值，导致测得的温度值偏高，C正确；串联一个大电阻，会导致电路中的最大电流减小。所以不可以提高温度计精度，D错误。

2．如图所示的U－I图像中，直线A为电源的路端电压与电流的关系，直线B、C分别是电阻R1、R2的电压与电流的关系。若将这两个电阻分别直接与该电源连接成闭合电路，下列说法正确的是（　　）

A．两个电阻的电功率相等

B．R1接在电源上时，电源的输出功率较大

C．R2接在电源上时，电源内阻的热功率较大

D．两种情况下，电源的总功率相等

【答案】B

【解析】由两图线的交点读出R1接在电源上时电压U1＝0.5U0，通过R1的电流I1＝0.5I0，电源的输出功率，R2接在电源上时电压U2＝0.75U0，通过R2的电流I2＝0.25I0，电源的输出功率，所以R1接在电源上时，电源的输出功率较大，A错误、B正确；由题图可知，电源接R2时电路中的电流较小，所以电源内阻的热功率较小，C错误；电源中非静电力做功的功率P＝IE，所以电流较大的情况下，电源的总功率较大，D错误。

3．如图所示的电路中，三个电压表均为理想电表，电源电动势为E，内阻为r，当滑动变阻器R1的滑片从左向右滑动时，电压表V1、V2示数变化量的绝对值为ΔU1和ΔU2，电流表示数变化量的绝对值为ΔI，假设小灯a、b的电阻值保持不变。则下列说法中正确的是（　　）

A．小灯a变暗，小灯b变亮

B．ΔU1＝ΔU2

C．减小

D．如果仅将滑动变阻器R2的滑片向右移动，电容器所带的电荷量增加

【答案】A

【解析】当滑动变阻器R1的滑片从左向右滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，则小灯a变暗，由于小灯a和电源内阻分得的电压减小，则小灯b两端的电压增大，所以小灯b变亮，A正确；根据闭合电路欧姆定律可知，则，所以的比值保持不变，C错误；由欧姆定律可知，则，所以，B错误；如果保持滑动变阻器R1的滑片位置不变，将滑动变阻器R2的滑片向右移动，电路的总电阻不变，电流不变，电容器两极板之间的电压不变，则电容器所带的电荷量保持不变，D错误。

4．某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15 m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0 kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75 m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220 V，输入电流为2.0 A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则（　　）

A．每秒水泵对水做功为75 J

B．每秒水泵对水做功为225 J

C．水泵输入功率为440 W

D．电动机线圈的电阻为10 Ω

【答案】D

【解析】每秒喷出水的质量为，抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为，故AB错误；水泵的输出能量转化为水的机械能，则，而水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，则，故C错误；电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率，而电动机的电功率，由能量守恒可知，联立解得，故D正确；

5．图甲为一交流发电机的示意图，匀强磁场磁感应强度为B，匝数为n，面积为S，总电阻为r的矩形线圈abcd绕轴OO′做角速度为ω的匀速转动，矩形线圈在转动中始终保持和外电路电阻R形成闭合电路，回路中接有一理想交流电流表。图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图像，下列说法中正确是（　　）

A．t1时刻电流表的示数值为

B．t3时刻穿过线圈的磁通量变化率的大小为BSω

C．从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为

D．从t2到t4这段时间内回路中产生的焦耳热为

【答案】B

【解析】线圈产生的感应电动势的最大值，则电流的最大值，电流表测量的为有效值，则时刻电流表的示数值，故A错误；时刻电动势，则由法拉第电磁感应定律可知，联立解得，故B正确；到这段时间磁通量的变化为，则平均电动势，因此通过电阻的电荷量，故C错误；到的时间，从到这段时间内回路中产生的焦耳热，联立可得，故D错误。

6．在如图甲所示的电路中，R1、R2是两个定值电阻且R2＝2R1，与R2并联的理想二极管D，其正向电阻可视为零、反向电阻为无穷大。接线柱a、b之间加一个如图乙所示的交变电压，Uab＞0时电压为正值。则R1两端电压的有效值为（　　）

A．10 V     B．10 V     C．20 V     D．20 V

【答案】A

【解析】因为a、b加的是正弦交流电压，故有两种情况，当a点电位高于b点电位，R2被短路，则R1的电压为电源电压，当a点低于b点则R1与R2串联30＝I(R1+R2)，R1两端电压U2＝IR1＝10 V，根据电流的热效应，来计算R1在0－T时间内电压有效值为，解得。

7．我国领先全球的特高压输电技术将为国家“碳中和”做出独特的贡献。2021年6月28日白鹤滩水电站首批初装机容量1600万千瓦正式并网发电。在传输电能总功率不变情况下，从原先150 kV高压输电升级为1350 kV特高压输电，则下列说法正确的是（   ）

A．若输电线不变，则输电线上损失的电压变为原先的

B．若输电线不变，则输电线上损失功率变为原先的

C．如果损失功率不变，相同材料、传输到相同地方所需导线横截面积是原先的

D．如果损失功率不变，相同材料、粗细的输电线传输距离是原先的9倍

【答案】C

【解析】在功率不变时，电压升高9倍，则传输电流变为原来，若输电线不变，则到线上损失电压，即变为原来，A错误；输电线损失功率，因此输电线损失功率变为原先的，B错误；如果损失功率不变，如果相同输电线，则电阻率不变，传输距离不变时，所需导线横截面只有原先，C正确；如果损失功率不变，相同材料、粗细的输电线传输距离是原先的81倍，D错误。

8．如图甲所示为理想变压器，原、副线圈匝数比为n1∶n2＝44∶1，变压器原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，副线圈两端接两个串联在一起的阻值大小分别为R1＝3 Ω，R2＝2 Ω的定值电阻，理想二极管与电阻R1并联，电压表为理想电表。下列说法正确的是（　　）

A．副线圈中交流电频率为100 Hz

B．电压表的示数为2 V

C．R1消耗的功率为3 W

D．变压器输入功率为8.75 W

【答案】D

【解析】由变压器的工作原理知，副线圈中交流电的频率跟原线圈中交流电的频率相同，，A错误；由图可知，原线圈两端的电压的有效值为U1＝220 V，根据电压与匝数的关系有U1∶U2＝n1∶n2＝44∶1，解得U2＝5 V，则电阻R1和R2两端电压的波形分别如图1、图2所示。

设电压的有效值分别为E1和E2，根据有效值的定义有，，解得E1＝V，E2＝V，则电压表的示数E2＝V≈3.8 V，B错误；R1消耗的功率P1＝＝1.5 W，C错误；R2消耗的功率P2＝＝7.25 W，则副线圈消耗的功率为8.75 W，根据变压器的功率关系知，变压器的输入功率也为8.75 W，D正确。

9．电阻不可忽略的线圈L0可看作是一个定值电阻R0（线圈电阻）与一个纯线圈L串联而成，如图甲。在图乙所示电路中，常规变压器次级线圈电阻不可忽略，变压器原线圈接理想交流电源，当滑动变阻器触头P向b端滑动时，下列说法正确的是（　　）

A．变压器初级线圈电压降低

B．变压器输入功率变小

C．小灯泡变亮

D．变压器输出功率变大

【答案】D

【解析】初级线圈电压U1等于理想交流电源电压且不变，故A错误；当滑动变阻器触头P向b端滑动时，由R1、R2组成的电路总电阻减小，副线圈电流增大，由I1＝I得原线圈电流增大，则变压器输入功率变大，故B错误；由U2＝U可知，U1不变，匝数之比不变，所以U2不变，由于常规变压器次级线圈电阻不可忽略，所以次级线圈等效为内阻R0的电源，变压器次级线圈输出电压，因为I2增大，所以小灯泡两端的电压降低，小灯泡变暗，故C错误；次级线圈的总电压U2不变，副线圈电流增大，所以根据P＝UI可知，变压器的输出功率变大，故D正确。

10．如图所示为某小型发电站高压输电示意图。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10∶1和1∶10，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是（　　）

A．若电压表的示数为220 V，电流表的示数为10 A，线路输送电功率为110 kW

B．若保持发电机输送功率一定，仅将滑片Q下移，输电线损耗功率增加

C．若保持发电机输出电压U1一定，仅将滑片Q下移，输电线损耗电压减少

D．若发电机输出电压U1一定，若用户数增加，为维持用户电压U4一定，可将滑片P上移

【答案】D

【解析】由题意，根据理想变压器变压和变流规律可得，，解得U2＝2200 V，I2＝100 A，所以线路输送的电功率P＝U2I2＝220 kW，故A错误；输电线损耗的功率，若保持P不变，输电电压U2增大，则ΔP减小，故B错误；根据闭合电路欧姆定律有U3＝U2﹣I2r，根据理想变压器变压和变流规律有，，设用户端总电阻为R，则有，联立解得，若保持发电机输出电压U1和用户数一定，仅将滑片Q下移，则输电电压U2增大，R不变，所以输电电流I2增大，而输电线损耗电压为ΔU＝I2r，所以ΔU 增大，故C错误；若保持发电机输出电压U1和Q的位置一定，使用户数增加，即U2不变，R减小，则I2增大，U3减小，为了维持用户电压U4一定，需要增大，可将滑片P上移，故D正确。

11．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是（　　）

A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大

B．对应P点，小灯泡的电阻为

C．对应P点，小灯泡的电阻为

D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积

【答案】ABD

【解析】图线上的点与原点O连线的斜率的倒数表示电阻值，由图可知随着所加电压的增大，图线斜率减小，故小灯泡的电阻增大，A正确；由欧姆定律可得，对应P点，小灯泡的电阻，B正确，C错误；对应P点，小灯泡的功率P＝U1I2，与题图中PQOM所围的面积相等，D正确。

12．如图所示的理想变压器电路中，电流表、电压表均为理想电表，在a、b两端输入正弦交流电压，R1消耗的功率等于R2、R3消耗的功率之和，R2＝R1，变压器原、副线圈匝数比为2∶1，则（　　）

A．电压表V1与V2示数之比为2∶1

B．电压表V1与V2示数之比为4∶1

C．电流表A1与A2示数之比为2∶3

D．电流表A1与A2示数之比为1∶3

【答案】AC

【解析】由于R1消耗的功率等于R2、R3消耗的功率之和，因此变压器输入的功率等于R1消耗的功率，即变压器原线圈两端的电压等于R1两端的电压，即等于电压表V1的示数，由于变压器原、副线圈匝数比为2∶1，根据变压比可知，电压表V1与V2的示数之比为2∶1，故A正确，B错误；根据R2＝R1，则R2消耗的功率是R1消耗功率的，因此R3消耗的功率是R1消耗功率的，则R2与R3电阻之比为3∶1，通过的电流之比为1∶3，因此根据变流比可知，原线与副线圈中电流之比为1∶2，则电流表A1与电流表A2的示数之比为1∶1.5，即为2∶3，故C正确，D错误。

13．如图所示电路，已知平行金属板电容器C中固定一个带负电的质点P，下板接地，当将滑动变阻器R1的滑片向右滑动时，以下说法正确的是（   ）

A．P点处的电势升高

B．P点处的电势降低

C．质点P的电势能变大

D．质点P的电势能变小

【答案】BC

【解析】当将滑动变阻器R1的滑片向右滑动时，电阻R1增大，则电路中的总电阻增大，根据欧姆定律可知电路中的总电流减小，则R2两端的电压U2减小，由于R3与电容器串联，则R3两端无电压，则电容器两端的电压等于R2两端的电压U2，根据平行板电容器有，UP下＝EdP下＝φP－φ下，φ下＝0，由于U2减小，则E减小，P点处的电势降低，A错误、B正确；由选项AB分析可知P点处的电势降低，则P点的电势能EpP＝φPq，q<0，则质点P的电势能变大，C正确、D错误。

14．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，正弦交流电源电压U＝12 V，电阻R1＝1 Ω，R2＝2 Ω，滑动变阻器R3最大阻值为20 Ω，滑片P处于中间位置，则（　　）

A．R1与R2消耗的电功率之比为4∶1

B．通过R1的电流为3 A

C．若向上移动P，电压表读数将变小

D．若向下移动P，电源输出功率将变大

【答案】BC

【解析】理想变压器原副线圈匝数之比为1∶2，根据＝可知，原副线圈的电流之比为2∶1，根据，电阻R1＝1Ω，R2＝2Ω可知，R1与R2消耗的热功率之比为2∶1，A错误；设通过R1的电流为I，则副线圈电流为0.5I，输入电压，根据＝，输出电压，根据欧姆定律可知，代入数据解得，B正确；若向上移动P，则R3电阻减小，输出电流变大，则输入电流也变大，电阻R1的电压变大，则变压器输入电压变小，根据变压比可知，输出电压变小，电压表读数将变小，C正确；若向下移动P，则R3电阻增大，输出电流变小，根据变流比可知，输入电流也变小，根据可知，电源输出功率将变小，D错误。

15．如图所示，理想变压器原线圈两端电压为U0，副线圈两端接的电动机M的内阻为r，其热功率与电功率分别为P1、P2，R0为定值电阻，光敏电阻R（阻值随着光照的增强而减小）与小灯泡并联，在改变光敏电阻的光照强度时，所接的元件都不会烧毁，下列说法正确的是（　　）

A．在增大光敏电阻的光照强度时，灯泡变亮，流过电动机的电流变大

B．电动机的机械效率为×100%

C．变压器原、副线圈的匝数之比为

D．若副线圈两端的电压为U，光敏电阻的阻值为R，则经过R0的电流大于

【答案】CD

【解析】设原线圈的匝数比为n，副线圈两端电压记为U2，则，所以，由于原线圈电压不变，故副线圈两端电压始终不变，那么电动机两端电压保持不变，流过电动机的电流是不变的，故A错误；电动机的机械功率为，则电动机的机械效率为，故B错误；电动机的电功率为P2，热功率为P1，则有，，解得，，所以匝数比，故C正确；由于光敏电阻阻值为R，与灯泡L并联，二者并联后电阻，流过R0的电流，由于，所以，故D正确。

16．如图所示是利用理想变压器控制电灯亮度的电路，其输入电压恒定，为了调整电灯L的亮度，下列说法正确的是（　　）

A．闭合开关S1，电灯L变亮

B．断开开关S2，电灯L变暗

C．滑片P1下移，同时滑片P2上移，电灯L变暗

D．将滑动变阻器的滑片P向右移动，电灯L变暗

【答案】AD

【解析】设支路电阻为, 支路的电阻为，输入电压恒定，则副线圈电压不变，闭合开关，则滑动变阻器与的总电阻变小，故与的分压增大，则L会变亮，故A正确；输入电压恒定，则副线圈电压不变，断开开关，则L的电阻大于L和并联的总电阻，则L的分压变大，故L会变亮，故B错误；滑片下移，同时滑片上移，由可知增大，故L变亮，故C错误；输入电压恒定，则副线圈电压不变，将滑动变阻器的滑片P向右移动，其接入电路的阻值增大，则L的分压变小，故L变暗，故D正确。