2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 備課資料 專題六 電路和電磁感應(yīng) 第1講 恒定電流和交變電流專題限時(shí)檢測(cè).doc

2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 備課資料 專題六 電路和電磁感應(yīng) 第1講 恒定電流和交變電流專題限時(shí)檢測(cè)一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分,第15題只有一項(xiàng)符合題目要求,第68題有多項(xiàng)符合題目要求)1.(xx安徽淮南模擬)如圖所示,某導(dǎo)體的形狀為長(zhǎng)方體,其長(zhǎng)、寬、高之比為abc=532.在此長(zhǎng)方體的上、下、左、右四個(gè)面上分別通過(guò)導(dǎo)線引出四個(gè)接線柱1,2,3,4.在1,2兩端加上恒定的電壓U,通過(guò)導(dǎo)體的電流為I1;在3,4兩端加上恒定的電壓U,通過(guò)導(dǎo)體的電流為I2,則I1I2為(C)A.925B.259C.254D.425解析:在1,2兩端加電壓U時(shí),R12=,I1=;在3,4兩端加電壓U時(shí),R34=,I2=.則I1I2=a2c2=254.2.(xx四川自貢模擬)如圖所示,電源電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻為r.電路中的R2,R3分別為總阻值一定的滑動(dòng)變阻器,R0為定值電阻,R1為光敏電阻(其電阻隨光照強(qiáng)度增大而減小).當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí),電容器中一帶電微粒恰好處于靜止?fàn)顟B(tài).有關(guān)下列說(shuō)法中正確的是(A)A.只逐漸增大R1的光照強(qiáng)度,電阻R0消耗的電功率變大,電阻R3中有向上的電流B.只調(diào)節(jié)電阻R3的滑動(dòng)端P2向上端移動(dòng)時(shí),電源消耗的功率變大,電阻R3中有向上的電流C.只調(diào)節(jié)電阻R2的滑動(dòng)端P1向下端移動(dòng)時(shí),電壓表示數(shù)變大,帶電微粒向下運(yùn)動(dòng)D.若斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S,電容器所帶電荷量變大,帶電微粒向上運(yùn)動(dòng)解析:只逐漸增大R1的光照強(qiáng)度,R1的阻值減小,總電阻減小,總電流增大,電阻R0消耗的電功率變大,滑動(dòng)變阻器兩端的電壓變大,電容器兩端的電壓增大,電容器下極板帶的電荷量變大,所以電阻R3中有向上的電流,故A正確;電路穩(wěn)定時(shí),電容器相當(dāng)于開(kāi)關(guān)斷開(kāi),只調(diào)節(jié)電阻R3的滑動(dòng)端P2向上端移動(dòng)時(shí),對(duì)電路沒(méi)有影響,故B錯(cuò)誤;只調(diào)節(jié)電阻R2的滑動(dòng)端P1向下端移動(dòng)時(shí),電容器并聯(lián)部分的電阻變大,所以電容器兩端的電壓變大,由E=可知,電場(chǎng)力變大,帶電微粒向上運(yùn)動(dòng),故C錯(cuò)誤;若斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S,電容器處于放電狀態(tài),電荷量變小,故D錯(cuò)誤.3.(xx上海虹口區(qū)一模)如圖所示,電源電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻為r,R1,R2為定值電阻,R2>R1>r,且R1大于滑動(dòng)變阻器R0的最大阻值.閉合開(kāi)關(guān)S,將滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)片P由最上端滑到最下端,若電壓表V1,V2,電流表A的讀數(shù)改變量的大小分別用U1,U2,I表示,則下列說(shuō)法中正確的是(B)A.=R2B.<rC.電源的發(fā)熱功率先減小,再增大D.電源的輸出功率先增大,再減小解析:由題圖可知,電流表與R0的下部分串聯(lián)、R1與R0的上部分串聯(lián),二者再并聯(lián)后與R2串聯(lián);電流表中的電流小于流過(guò)R2的電流,故R2=,故A錯(cuò)誤;電壓表V1測(cè)量路端電壓,則其電壓表示數(shù)的變化等于內(nèi)阻兩端電壓的變化,在滑片向下滑動(dòng)過(guò)程中,總電阻減小,總電流增大,并聯(lián)部分電壓減小,電流表示數(shù)增大,而流過(guò)R1的電流減小,因此總電流的變化量小于A中電流的變化量,因此<r,故B正確;因總電流增大,故電源的發(fā)熱功率一直增大,故C錯(cuò)誤;由R2>R1>r知,外電阻一定大于內(nèi)電阻,而在改變中外電阻減小,故外電阻越來(lái)越接近內(nèi)電阻,故電源的輸出功率一直增大,故D錯(cuò)誤.4.(xx山東濱州一模)如圖所示,交流電源電壓有效值U0=5 V,電源等效內(nèi)阻r=4.5 ,經(jīng)過(guò)理想變壓器變壓后,接在阻值R=8 的電阻上,理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為14,則電阻R消耗的功率,下列說(shuō)法正確的是(A)A.0.5 W B.5 W C.1 WD.1.5 W解析:根據(jù)電流關(guān)系得,原線圈的電流I1=4I2;在原線圈回路中,根據(jù)歐姆定律有,U0=4I2r+U1,解得U1=5-18I2,副線圈兩端的電壓為U2=I2R=8I2;根據(jù)電壓關(guān)系有=,即=,解得I2= A;所以電阻R消耗的功率為P=R=()28 W=0.5 W,故A正確,B,C,D錯(cuò)誤.5.(xx湖南株洲模擬)圖(甲)中理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比n1n2=51,電阻R=20 ,L1,L2為規(guī)格相同的兩只小燈泡,S1為單刀雙擲開(kāi)關(guān).原線圈接正弦交流電源,輸入電壓u隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(乙)所示.現(xiàn)將S1接1,S2閉合,此時(shí)L2正常發(fā)光.下列說(shuō)法正確的是(D)A.輸入電壓u的表達(dá)式u=20sin(50t)VB.只斷開(kāi)S2后,L1,L2均正常發(fā)光C.只斷開(kāi)S2后,原線圈的輸入功率增大D.若S1換接到2后,R消耗的電功率為0.8 W解析:周期T=0.02 s,= rad/s=100 rad/s,所以輸入電壓u的表達(dá)式應(yīng)為u=20sin(100t)V,A錯(cuò)誤;只斷開(kāi)S2后,負(fù)載電阻變大為原來(lái)的2倍,電壓不變,副線圈的電流變小為原來(lái)的一半,L1,L2的功率均變?yōu)轭~定功率的四分之一,B錯(cuò)誤;只斷開(kāi)S2后,原線圈的輸入功率等于副線圈的功率,也減小,C錯(cuò)誤;原線圈的電壓U1=20 V,若S1換接到2后,電阻R兩端的電壓有效值為U2=U1=4 V,R消耗的電功率為P=0.8 W,D正確.6.(xx河南安陽(yáng)武清區(qū)模擬)如圖所示為一理想變壓器,b是原線圈的中心抽頭,副線圈兩端接有理想交流電壓表和電流表,開(kāi)關(guān)S,可變電阻R以及兩個(gè)阻值相同的定值電阻R1,R2.從某時(shí)刻開(kāi)始在原線圈c,d兩端加上正弦式交變電壓,下列說(shuō)法正確的是(AC)A.將可變電阻R調(diào)大,其他部分不變,電壓表示數(shù)不變,電流表的讀數(shù)變小B.將開(kāi)關(guān)S從斷開(kāi)到閉合,其他部分不變,電流表讀數(shù)變大,電壓表讀數(shù)變小C.可變電阻R的阻值調(diào)為0時(shí),開(kāi)關(guān)S閉合前后電源的輸出功率之比為12D.將單刀雙擲開(kāi)關(guān)由a撥向b時(shí),其他部分不變,副線圈的頻率減半解析:將可變電阻R調(diào)大,其他部分不變,電壓表示數(shù)不變,根據(jù)歐姆定律,電流表示數(shù)變小,故A正確;將開(kāi)關(guān)S從斷開(kāi)到閉合,其他部分不變,副線圈回路的電阻變小,電壓表示數(shù)不變,電流表示數(shù)變大,故B錯(cuò)誤;將可變電阻R的阻值調(diào)為0時(shí),開(kāi)關(guān)S閉合前電源的輸出功率P1=,開(kāi)關(guān)S閉合后電源的輸出功率P2=+=2,所以開(kāi)關(guān)S閉合前后電源的輸出功率之比為12,故C正確;變壓器不改變交變電流的頻率,將單刀雙擲開(kāi)關(guān)由a撥向b時(shí),其他部分不變,副線圈的頻率不變,故D錯(cuò)誤.7.(xx天津一模)某理想自耦變壓器接入電路中的示意圖如圖(甲)所示,圖(乙)是其輸入電壓u的變化規(guī)律.已知滑動(dòng)觸頭在圖示位置時(shí)原、副線圈的匝數(shù)比為n1n2=101,電阻R=22 .下列說(shuō)法正確的是(AC)A.通過(guò)R的交變電流的頻率為50 HzB.電流表A2的示數(shù)為 AC.此時(shí)變壓器的輸入功率為22 WD.將P沿逆時(shí)針?lè)较蛞苿?dòng)一些,電流表A1的示數(shù)變小解析:由圖(乙)可知,該交變電流的周期為T(mén)=0.02 s,其頻率為f= Hz=50 Hz,故A正確;由圖知輸入電壓的最大值為Um=220 V,所以有效值為U=220 V,則副線圈兩端的電壓為U=U=220 V=22 V,所以通過(guò)電阻的電流(即為電流表A2的示數(shù))為I= A=1 A,故B錯(cuò)誤;變壓器的輸出功率為P=UI=221 W=22 W,理想變壓器的輸入功率等于輸出功率,所以有P=P=22 W,故C正確;將P沿逆時(shí)針?lè)较蛞苿?dòng)一些,變壓器的副線圈匝數(shù)變大,輸出電壓變大,輸出功率變大,所以輸入功率也變大,故電流表A1的示數(shù)將變大,故D錯(cuò)誤.8.(xx湖北武漢調(diào)研)某電廠要將電能輸送到較遠(yuǎn)的用戶,輸送的總功率為100 kW,電廠輸出電壓僅為200 V.為減少輸送功率損失,先用一理想升壓變壓器將電壓升高再輸出,到達(dá)目的地后用理想降壓變壓器降壓.已知輸電線路的總電阻為120 ,若在輸電線路上消耗的功率為輸送功率的12%,用戶所需電壓為220 V,則(AD)A.理想升壓變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為150B.理想降壓變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為351C.理想升壓變壓器的原、副線圈中的電流分別為400 A和10 AD.理想降壓變壓器的原、副線圈中的電流分別為10 A和400 A解析:遠(yuǎn)距離輸電原理示意圖如圖,由升壓變壓器輸入功率P1=U1I1=100 kW,U1=200 V得升壓變壓器原線圈中的電流I1=500 A.由輸電線路損失功率P=P112%=R得輸電線路電流I2=10 A,所以=.由用戶功率P4=P1-P=U4I4得降壓變壓器副線圈中的電流I4=400 A,所以=.綜合以上分析知,A,D正確.二、非選擇題(本大題共2小題,共36分)9.(16分)(xx寧夏銀川模擬)如圖所示,某小型水電站發(fā)電機(jī)的輸出功率為10 kW,輸出電壓為400 V,向距離較遠(yuǎn)的用戶供電,為了減少電能損失,使用2 kV高壓輸電,最后用戶得到220 V,9.5 kW的電力,求:(1)升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1n2;(2)輸電線路導(dǎo)線的總電阻R;(3)降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n3n4.解析:(1)升壓變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為=.(2)輸電線上的電流為I= A=5 A輸電線電阻R= =20 .(3)降壓變壓器原線圈電壓U3=U2-IR=2 000 V-520 V=1 900 V故降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為=.答案:(1)15(2)20 (3)951110.(20分)(xx安徽校級(jí)期末)如圖所示,一個(gè)半徑為r的半圓形線圈,以直徑ab為軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng),轉(zhuǎn)速為n,ab的左側(cè)有垂直于紙面向里(與ab垂直)的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,M和N是兩個(gè)集流環(huán),負(fù)載電阻為R,線圈、電流表和連接導(dǎo)線的電阻不計(jì),求:(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值;(2)從圖示位置起轉(zhuǎn)過(guò)轉(zhuǎn)的時(shí)間內(nèi)負(fù)載電阻R上產(chǎn)生的熱量;(3)從圖示位置起轉(zhuǎn)過(guò)轉(zhuǎn)的時(shí)間內(nèi)通過(guò)負(fù)載電阻R的電荷量;(4)電流表的示數(shù).解析:(1)線圈繞軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),在電路中產(chǎn)生如圖所示的交變電流.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為Em=BS=B2n=2Bnr2.(2)線圈在轉(zhuǎn)動(dòng)周期時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體一直切割磁感線,則產(chǎn)生的熱量Q=.(3)在線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)轉(zhuǎn)的時(shí)間內(nèi),電動(dòng)勢(shì)的平均值為=.通過(guò)R的電荷量q=t=t=.(4)設(shè)此交變電動(dòng)勢(shì)在一個(gè)周期內(nèi)的有效值為E,由有效值的定義得=T,解得E=,故電流表的示數(shù)為I=.答案:(1)2Bnr2(2)(3)(4)