2019高考物理课时作业（十）（含解析）.docx

课时作业(十)一、选择题(共20个小题，3、9、12、19、20为多选，其余为单选，每题5分共100分)1一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别是3 、1 和4 ，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为()A2B3C4 D5答案B解析该变压器原、副线圈匝数比为k，当开关S断开时，原线圈两端电压U1UIR1，电流为I1I，副线圈的电压U2，根据欧姆定律I2kI1，当开关S闭合时，原线圈两端电压U1U4IR1，电流为I14I，副线圈的电压U2，根据欧姆定律I2kI1综上解得k3，故A、C、D三项错误，B项正确2(2018海淀区二模)电源的两个重要参数是电动势E和内电阻r.对一个闭合电路有两种特殊情况：当外电路断开时，电源两端的电压等于电源电动势；当外电路短路时，短路电流等于电动势和内电阻的比值现有一个电动势为E、内电阻为r的电源和一阻值为R0的定值电阻，将它们串联或并联组成的系统视为一个新的等效电源，这两种连接方式构成的等效电源分别如图甲和乙虚线框所示，r1和r2分别为甲、乙等效电源的内阻当这两个新的等效电源分别和一阻值为R的电阻连接时，新的等效电源输出功率相等；若改为将R(RR)分别接在这两个新的等效电源两端，新的等效电源的输出功率分别为P1、P2，则()Ar1r2，P1r2，P1P2Cr1P2 Dr1r2，P1r2.当这两个新的等效电源分别和一阻值为R的电阻连接时，新的等效电源输出功率相等；若改为将R(Rr2，则P1R1r，且R1大于滑动变阻器R0的最大阻值闭合电键S，将滑动变阻器的滑动片P由最上端滑到最下端，若电压表V1、V2、电流表A的读数改变量的大小分别用U1、U2、I表示，则下列说法中正确的是()A.R2B.rC电源的发热功率先减小，再增大D电源的输出功率先增大，再减小答案B解析A项，由图可知，电流表与R0的下部分串联、R1与R0的上部分串联，二者再并联后与R2串联；电流表中的电流小于流过R2的电流，故R2，故A项错误；B项，电压表V1测量路端电压，则其电压表示数的变化等于内阻两端电压的变化，在滑片向下滑动过程中，总电阻减小，总电流增大，并联部分电压减小，电流表示数减小，而流过R1的电流增大，因此总电流的变化量小于A中电流的变化，因此r，故B项正确；C项，由B项的分析可知，总电流增大，故电源的发热功率一直增大，故C项错误；D项，由于外电阻一定大于内电阻，而在改变中外电阻减小，故外电阻越来越接近内电阻，故电源的输出功率一定增大，故D项错误故选B项7(2018丰台区一模)在如图所示电路中，电源内阻不可忽略开关S闭合后，在滑动变阻器R2的滑动端由b向a缓慢滑动的过程中，下列说法正确的是()A电流表的示数增大B电压表的示数减小C电容器C的电容增大D电容器C所带电荷量增大答案D解析A项，滑动变阻器由b向a缓慢滑动的过程中，R2变大，电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律知，总电流减小，电流表示数减小，故A项错误；B项，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，UEI(R1r)，总电流减小，电压表示数增大，故B项错误；C项，电容器的电容由电容器的构造决定的，电容器的电容不变，故C项错误；D项，电容器两端的电压等于电阻R2两端的电压，R2两端的电压增大，电容器两端的电压增大，根据QCU知电容器所带的电荷量增大，故D项正确；故选D项8(2018酒泉一模)温州市区某学校创建绿色校园，如图甲为新装的一批节能路灯，该路灯通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变如图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，Rt为光敏电阻(光照强度增加时，其电阻值减小)现增加光照强度，则下列判断正确的是()A电源路端电压不变 BB灯变暗，A灯变亮CR0两端电压变大 D电源总功率不变答案C解析由题意，增加光照强度，Rt减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，电源的内电压增大，路端电压U减小，则A灯变暗；通过R0电流I0IIA，I增大，而IA减小，则I0增大，R0两端电压U0增大，而R0、B灯的电压之和等于路端电压，路端电压减小，则知，B的电压减小，B灯变暗；电源的总功率PEI，I增大，则P增大故C项正确，A、B、D三项错误故选C项9(2018香坊区校级三模)如图所示，将两端刮掉绝缘漆的导线绕在一把锉刀上，一端接上电池(电池另一极与锉刀接触)，手持导线的另一端，在锉刀上来回划动，由于锉刀表面凹凸不平，就会产生电火花则下列说法中正确的是()A产生电火花的回路只由导线与电池组成B若导线端只向一个方向划动也能产生电火花C锉刀采用什么材料制成对实验没有影响D导线端划动的方向与自感电动势的方向无关答案BD解析A项，由图可知，产生电火花的回路由导线、锉刀与电池组成故A项错误；B项，手执导线的另一端，在锉刀上来回划动时产生的电火花，是由于电路时通时断，在回路中产生自感电动势产生的，与导线运动的方向无关，如导线端只向一个方向划动也能产生电火花故B项正确；C项，产生电火花的回路由导线、锉刀与电池组成，如果锉刀是绝缘体，则实验不能完成故C项错误；D项，自感电动势的方向与电流接通或电流断开有关，与导线端划动的方向无关故D项正确10(2015四川)小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO，线圈绕OO匀速转动，如图所示矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压()A峰值是e0 B峰值是2e0C有效值是Ne0 D有效值是Ne0答案D解析由题意可知，线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，因此单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0，又因为发电机线圈共N匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne0，故A、B项错误；又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U，即UNe0，故C项错误；D项正确考点对正弦式交变电流的产生原理的理解，以及其四值运算、闭合电路欧姆定律的应用11(2018红桥区一模)如图所示的电路中，A1、A2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数较大，它的电阻与定值电阻R相等下列说法正确的是()A闭合开关S，A1先亮、A2后亮，最后它们一样亮B闭合开关S，A1、A2始终一样亮C断开开关S，A1、A2都要过一会儿才熄灭D断开开关S，A2立刻熄灭、A1过一会儿才熄灭答案C分析闭合开关S，电阻R不产生感应电动势，A2立即发光线圈中电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流如何变化，判断灯的亮度如何变化断开开关S，A2灯原来的电流突然消失，线圈中电流减小，再由楞次定律分析电流如何变化，判断灯的亮度如何变化解析闭合开关S，电阻R不产生感应电动势，A2立即发光线圈中电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律得知，自感电动势阻碍电流的增大，电流只能逐渐增大，A1逐渐亮起来，所以闭合开关S，A2先亮、A1后亮，最后它们一样亮故A、B两项错误断开开关S时，A2灯原来的电流突然消失，线圈中电流减小，产生感应电动势，相当于电源，感应电流流过A1、A2和R组成的回路，所以A1、A2都要过一会儿才熄灭故C项正确，D项错误故选C项12(2016课标全国)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光下列说法正确的是()A原、副线圈匝数之比为91B原、副线圈匝数之比为19C此时a和b的电功率之比为91D此时a和b的电功率之比为19答案AD解析设灯泡的额定电压为U0，两灯泡均能正常发光，所以原线圈输出端电压为U19U0，副线圈两端电压为U2U0，故，根据，A项正确，B项错误；根据公式可得，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式PUI可得两者的电功率之比为19，C项错误，D项正确13(2018榆林二模)如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比是101，电压表和电流表均为理想电表，一只理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上从某时刻开始在原线圈接入电压的有效值为220 V的正弦交流电，并将开关接在1处，则下列判断正确的是()A电压表的示数为22 VB若滑动变阻器接入电路的阻值为10 ，则1 min内滑动变阻器产生的热量为1 452 JC若只将S从1拨到2，变压器的输入功率减小D若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则两电表示数均减小答案B解析A项，变压器输入电压和输出电压之比为匝数之比，故输出端电压为22 V，但由于二极管具有单向导电性，从而使通过二极管的电压有效值减小，由有效值的定义得T，得R两端电压的有效值U有效11 V，故电压表示数一定小于22 V；故A项错误；B项，接入电阻为10 ，则根据Qt可得，产生的热量Q60 J1 452 J，故B项正确；C项，若只将S从1拨到2，则输入端线圈匝数减小，匝数比减小，则输出电压增大，则输出功率增大，故变压器的输入功率将增大；故C项错误；D项，若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，接入电阻增大，则输出端电流减小，但电压表示数不变故D项错误故选B项14(2018厦门一模)如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，电阻不计，绕OO轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度做匀速转动，从图示位置开始计时矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻R0和滑动变阻器R，下列判断正确的是()A矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为eNBSsintB矩形线圈从图示位置经过时间内，通过电流表A1的电荷量为0C当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电流表A1和A2示数都变小D当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V1示数不变，V2和V3的示数都变小答案C解析A项，因为线圈是从垂直中性面开始计时，所以矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为eNBScost，故A项错误；B项，tT，线圈从垂直中性面转到中性面，磁通量一直增大，感应电流方向不变平均感应电动势不为0，平均电流不为0，qIt，所以通过电流表A1的电荷量不为0，故B项错误；C项，滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器阻值变大，根据欧姆定律，副线圈电流变小，根据电流与匝数成反比，知原线圈电流减小，即电流表A1和A2示数都变小，故C项正确；D项，滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器连入电路电阻变大，原线圈电压U1不变，匝数比不变，副线圈两端的电压不变，所以电压表V2的示数不变，副线圈电阻变大，电流变小，电阻R0两端的电压变小，变阻器两端的电压变大，即电压表V3的示数变大，故D项错误；故选C项15(2018天津一模)某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图甲所示，图乙是其输入电压u的变化规律已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为n1n2101，电阻R22 .下列说法正确的是()A通过R的交流电的频率为100 HzB电流表A2的示数为 AC此时变压器的输入功率为22 WD将P沿逆时针方向移动一些，电流表A1的示数变小答案C解析A项，由图乙可知，该交流电的周期为T0.02 s，其频率为：f Hz50 Hz，故A项错误；B项，由图乙得知输入电压的最大值为Um220 V，所以有效值为：U220 V，则副线圈两端的电压为UU220 V22 V，所以通过电阻的电流(即为电流表A2的示数)为：I A1 A，故B项错误；C项，变压器的输出功率为：PUI221 W22 W，理想变压器的输入功率等于输出功率，所以有PP22 W，故C项正确；D项，将P沿逆时针方向移动一些，变压器的副线圈匝数变大，输出电压变大，输出功率变大，所以输入功率也变大，故电流表A1的示数将变大，故D项错误16如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，若将可变电阻R1的阻值调大，可使电压表V1、V2的示数变化的绝对值分别为U1、U2；电流表A1、A2、A3示数变化的绝对值分别为I1、I2、I3(所有电表均为理想电表)，在这个过程中()A通过R1的电流减小，且R1B通过R2的电流减小，且R2C通过R3的电流减小，且R3D路端电压减小，且r答案C解析根据串并联电路的电压、电流与电阻的关系，可知R1增大，R总增大，I总减小，U内减小，U外增大即U1增大，I1减小，U3减小，U2增大，I2增大，I3减小B、D项错误由U2I3R1不是定值，A项错误由U2I2R2，R2为定值则有R2.由U2EI1(R3r)知R3r.由U1EI1r知r得到C项正确17(2018江苏)采用220 kV高压向远方的城市输电当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为()A55 kV B110 kVC440 kV D880 kV答案C解析本意考查输电线路的电能损失，意在考查考生的分析能力当输电功率PUI，U为输电电压，I为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P损I2R，R为输电线路的电阻，即P损()2R.当输电功率一定时，输电线路损失的功率为原来的，则输电电压为原来的2倍，即440 kV，故C项正确18(2017揭阳市5月二模最后一卷)用等效思想分析变压器电路如图a中的变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数之比为n1n2，副线圈与阻值为R1的电阻接成闭合电路，虚线框内部分可等效看成一个电阻R2.这里的等效指当变压器原线圈、电阻R2两端都接到电压为U220 V的交流电源上时，R1与R2消耗的电功率相等，则R2与R1的比值为()A. B.C. D.答案C解析设副线圈的电压为U1，利用电流的热效应，功率相等，；原副线圈的匝数之比等于电压之比，则，C项正确19(2017宝鸡三检)在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1、R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为电容器将滑动变阻器的滑动触头P置于位置a，闭合开关S，电路稳定时理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，理想电流表A的示数为I.当滑动变阻器的滑动触头P由a滑到b且电路再次稳定时，理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，理想电流表A的示数为I.则以下判断中正确