2019年高考物理 考綱解讀與熱點(diǎn)難點(diǎn)突破 專題08 恒定電流和交變電流熱點(diǎn)難點(diǎn)突破.doc

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專題08 恒定電流和交變電流 1．如圖所示，水平銅盤(pán)半徑為r，置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，銅盤(pán)繞通過(guò)圓盤(pán)中心的豎直軸以角速度ω做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，銅盤(pán)的邊緣及中心處分別通過(guò)導(dǎo)線與理想變壓器的原線圈相連，該理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為n∶1，變壓器的副線圈與電阻為R的負(fù)載相連，則(　　) A．負(fù)載R兩端的電壓為 B．原線圈中的電流強(qiáng)度為通過(guò)R電流的 C．變壓器的副線圈磁通量為0 D．通過(guò)負(fù)載R的電流強(qiáng)度為0 【答案】D 2．在如圖所示的電路中，E為電源，電源內(nèi)阻為r，L為小燈泡(其燈絲電阻可視為不變)，○V 為理想電壓表，R1、R2為定值電阻，R3為滑動(dòng)變阻器，將滑動(dòng)變阻器的滑片向上移動(dòng)，則(　　) A．電壓表的示數(shù)變大 B．小燈泡消耗的功率變小 C．通過(guò)R2的電流變小 D．電源的內(nèi)耗電壓變大 【答案】B 【解析】將滑動(dòng)變阻器的滑片向上移動(dòng)，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值增大，電路中的總電阻增大，由閉合電路歐姆定律可得，電路中的電流減小，故R1兩端的電壓減小，并聯(lián)部分電壓增大，通過(guò)R2的電流變大，A、C錯(cuò)誤；由并聯(lián)電路的電流規(guī)律可知，流過(guò)燈泡的電流一定減小，故由P＝I2R可知，小燈泡消耗的功率變小，B正確；因電路中電流減小，故電源的內(nèi)耗電壓減小，D錯(cuò)誤． 7．如圖所示的變壓器，按如圖甲所示的交流電時(shí)，燈泡正常發(fā)光，電容器能正常工作，現(xiàn)將電源換成如圖乙所示的交流電，則(　　) A．由于乙交變電流的周期短，因此燈泡比第一次亮 B．由于乙的頻率比甲的大，因此電容器有可能被擊穿 C．無(wú)論接甲電源，還是接乙電源，若滑動(dòng)觸頭P向上移動(dòng)，燈泡都變暗 D．若將原線圈n1的匝數(shù)增加，燈泡消耗的功率將變大 【答案】C 8． 如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為21，a、b端接入一正弦式交流電源．L1、L2為兩只規(guī)格均為“22 V，6 W”的燈泡，兩電表為理想交流電表．當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P處于中間位置時(shí)，兩燈泡恰好都正常發(fā)光．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．電流表示數(shù)為0.27 A B．電壓表示數(shù)為44 V C．滑片P向下移動(dòng)時(shí)，燈泡L2將變暗 D．滑片P向上移動(dòng)時(shí)，燈泡L1將變暗 【答案】B 【解析】由于原、副線圈匝數(shù)比為2 ：1，則原、副線圈電流比為1：2，因兩燈泡正常發(fā)光，所以原線圈電流為 A，則副線圈電流為 A＝0.55 A，A錯(cuò)．原、副線圈兩端電壓比為2：1，副線圈兩端電壓為22 V，所以原有線圈兩端電壓為44 V，B對(duì)．滑片P向下移動(dòng)時(shí)，副線圈電路的電阻變小，電流變大，則原線圈電路中電流也變大，即通過(guò)燈泡L2的電流變大，燈泡L2可能變亮或燒毀，C錯(cuò)．滑片P向上移動(dòng)時(shí)，通過(guò)燈泡L2的電流變小，原線圈兩端電壓變大，則副線圈兩端電壓也變大，燈泡L1可能變亮或燒毀，D錯(cuò)． 12．如圖13所示為遠(yuǎn)距離輸電的示意圖，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，發(fā)電廠的輸出電壓和輸電線的電阻均不變。閉合開(kāi)關(guān)S后(　　) 圖13 A．升壓變壓器的輸出電壓增大 B．降壓變壓器的輸出電流減小 C．輸電線上損耗的功率增大 D．輸電線上交流電的頻率減小 【答案】C 13．如圖14所示的理想變壓器中原、副線圈的匝數(shù)比為5∶1，其中R1＝100 Ω、R2＝4 Ω分別代表輸電線的電阻。在副線圈上接有兩盞“8 V、4 W”的燈泡，若在a、b端輸入e＝60sin 100πt(V)的交流電，當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，燈泡L1正常發(fā)光，則(　　) 圖14 A．開(kāi)關(guān)閉合后，燈泡L1會(huì)變亮 B．開(kāi)關(guān)閉合后，a、b端輸入功率變小 C．開(kāi)關(guān)閉合前，R1、R2消耗的功率相等 D．開(kāi)關(guān)閉合前，電源的輸出功率為5 W 【答案】C 【解析】開(kāi)關(guān)閉合后，副線圈電路中總電阻變小，副線圈中的電流I2變大，根據(jù)n1I1＝n2I2可知，原線圈中的電流I1也變大，所以R1、R2上的電壓都變大，燈泡L1上的電壓變小，亮度變暗，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；原線圈中的電流I1變大，a、b端輸入功率變大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；開(kāi)關(guān)閉合前，通過(guò)燈泡的電流I2＝＝0.5 A，R2上消耗的功率為P2＝IR2＝1 W，根據(jù)n1I1＝n2I2求得I1＝0.1 A，R1上消耗的功率為P1＝IR1＝1 W，選項(xiàng)C正確；開(kāi)關(guān)閉合前，電源的輸出功率為P總＝1 W＋1 W＋4 W＝6 W，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 14．如圖15所示為一理想變壓器通過(guò)二極管給某種型號(hào)的電池充電的簡(jiǎn)單原理圖，現(xiàn)在變壓器的原線圈接入有效電壓為220 V的正弦交變電流，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為110∶1，交流電流表的示數(shù)為 A，電池的內(nèi)阻為2 Ω，二極管具有單向?qū)щ娦?，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖15 A．電池的充電電壓為2 V B．理想變壓器的輸入功率為 W C．充電時(shí)，電池的熱功率為 W D．充電時(shí)，電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的功率為(－) W 【答案】D 15.在如圖6所示的電路中，E為電源，電源內(nèi)阻為r，L為小燈泡(其燈絲電阻可視為不變)，為理想電壓表，R1、R2為定值電阻，R3為滑動(dòng)變阻器，將滑動(dòng)變阻器的滑片向上移動(dòng)，則(　　) 圖6 A．電壓表的示數(shù)變大 B．小燈泡消耗的功率變小 C．通過(guò)R2的電流變小 D．電源的內(nèi)耗電壓變大 【答案】B 16.如圖7所示，電路中燈泡L1和L2均正常發(fā)光，由于電路某處發(fā)生斷路故障，發(fā)現(xiàn)燈泡L1變暗，而燈泡L2變亮了。則下列判斷正確的是(　　) 圖7 A．R1斷路 B．R2斷路 C．S斷開(kāi) D．發(fā)生故障后電容器C的帶電荷量減少 【答案】B 【解析】因?yàn)槭菙嗦?相當(dāng)于該處電阻增至無(wú)窮大)，電路中電阻增大。此時(shí)電路中電流減小，路端電壓增大。L1亮度比原來(lái)暗，說(shuō)明L1中電流減小，根據(jù)“串反并同”規(guī)律，斷路處必定與L1串聯(lián)或間接串聯(lián)。L2比原來(lái)亮，說(shuō)明L2中電流增大，根據(jù)“串反并同”規(guī)律，斷路處必定與L2并聯(lián)或間接并聯(lián)。分析題圖可知，R2出現(xiàn)了斷路故障，S斷開(kāi)不影響L1、L2。發(fā)生故障后，路端電壓增大，即C兩端電壓增大，所以電容器帶電荷量增加。 19．如圖所示，平行金屬板中帶電質(zhì)點(diǎn)P原來(lái)處于靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮電流表和電壓表對(duì)電路的影響，R1的阻值和電源內(nèi)阻r相等．將滑動(dòng)變阻器R4的滑片向b端移動(dòng)，則(　　) A．R3上消耗的功率增大 B．電流表讀數(shù)減小，電壓表讀數(shù)增大 C．電源的輸出功率增大 D．質(zhì)點(diǎn)P將向下運(yùn)動(dòng) 【答案】CD 20．如圖(甲)所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1：n2＝2：1，電壓表和電流表均為理想電表，二極管為理想二極管，燈泡電阻R＝55 Ω，原線圈兩端加如圖(乙)所示的電壓，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．電流表的讀數(shù)為 A B．電壓表的讀數(shù)為110 V C．燈泡L的功率為110 W D．副線圈兩端電壓為110 V 【答案】AC 21．如圖所示，有一矩形線圈的面積為S，匝數(shù)為N，電阻不計(jì)，繞OO′軸在水平方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以角速度ω做勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，從圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，矩形線圈通過(guò)銅滑環(huán)接理想變壓器原線圈，副線圈接有固定電阻R0和滑動(dòng)變阻器R，下列判斷正確的是(　　) A．矩形線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝NBSωcosωt B．矩形線圈從圖示位置經(jīng)過(guò)時(shí)間內(nèi)，通過(guò)電流表A1的電荷量為0 C．當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)過(guò)程中，電流表A1和A2示數(shù)都變小 D．當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)過(guò)程中，電壓表V1示數(shù)不變，V2和V3的示數(shù)都變小 【答案】AC 【解析】初始位置是與中性面垂直的平面，則矩形線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝NBSωcosωt，選項(xiàng)A正確；是四分之一個(gè)周期，由Q＝可得，通過(guò)電流表A1的電荷量不為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)過(guò)程中，滑動(dòng)變阻器的阻值變大，電路總電阻變大，電流表A2示數(shù)變小，結(jié)合＝可得，電流表A1示數(shù)也變小，選項(xiàng)C正確；當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)過(guò)程中，電壓表V1示數(shù)不變，結(jié)合＝，V2示數(shù)也不變，電壓表V3示數(shù)變大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 22．如圖所示，MN、PQ是兩條水平、平行放置的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌的右端接理想變壓器的原線圈，變壓器的副線圈與電阻R＝20 Ω組成閉合回路，變壓器的原副線圈匝數(shù)之比n1：n2＝1：10，導(dǎo)軌寬L＝5 m．質(zhì)量m＝2 kg、電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒ab垂直MN、PQ放在導(dǎo)軌上，在水平外力F作用下，從t＝0時(shí)刻開(kāi)始在圖示的兩虛線范圍內(nèi)往復(fù)運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間變化的規(guī)律是v＝2sin20πt(m/s)．垂直軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝4 T．導(dǎo)軌、導(dǎo)線和線圈電阻均不計(jì)．求： (1)ab棒中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式；ab棒中產(chǎn)生的是什么電流？ (2)電阻R上的電熱功率P. (3)從t＝0到t1＝0.025 s的時(shí)間內(nèi)，通過(guò)外力F所做的功． 【答案】(1)見(jiàn)解析 (2)4103 W　(3)104 J (3)由以上分析可知，該正弦交流電的周期T＝＝0.1 s．從t＝0到t1＝0.025 s，經(jīng)歷了四分之一個(gè)周期．設(shè)在這段時(shí)間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q，則Q＝＝100 J 在t1＝0.025 s時(shí)刻，ab棒的速度為v，則 則v＝2sin20πt1＝2 m/s 由能量守恒定律可得這段時(shí)間內(nèi)外力F做的功 W＝Q＋mv2＝104 J 23．如圖11甲所示，長(zhǎng)、寬分別為L(zhǎng)1、L2的矩形金屬線框位于豎直平面內(nèi)，其匝數(shù)為n，總電阻為r，可繞其豎直中心軸O1O2轉(zhuǎn)動(dòng)，線框的兩個(gè)末端分別與兩個(gè)彼此絕緣的銅環(huán)C、D(集流環(huán))焊接在一起，并通過(guò)電刷和定值電阻R相連。線框所在空間有水平向右均勻分布的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，其中B0、B1和t1均為已知。在0～t1時(shí)間內(nèi)，線框保持靜止，且線框平面和磁場(chǎng)垂直；t1時(shí)刻后線框在外力的驅(qū)動(dòng)下開(kāi)始繞其豎直中心軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。求： 圖11 (1)0～t1時(shí)間內(nèi)通過(guò)電阻R的電流大??； (2)線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)后，在轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中電流通過(guò)電阻R產(chǎn)生的熱量； (3)線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)后，從圖甲所示位置轉(zhuǎn)過(guò)90的過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量。 【答案】(1)　(2)πRω()2　(3) 【解析】在0～t1時(shí)間內(nèi)，金屬線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E1＝n＝ 故ab棒中產(chǎn)生的是正弦交變電流． (3)由以上分析可知，該正弦交流電的周期T＝＝0.1 s．從t＝0到t1＝0.025 s，經(jīng)歷了四分之一個(gè)周期．設(shè)在這段時(shí)間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q，則Q＝＝100 J 在t1＝0.025 s時(shí)刻，ab棒的速度為v，則 則v＝2sin20πt1＝2 m/s 由能量守恒定律可得這段時(shí)間內(nèi)外力F做的功 W＝Q＋mv2＝104 J