（全国通用）2018届高考物理二轮复习 备课资料 专题六 电路和电磁感应 第1讲 恒定电流和交变电流专题限时检测.doc

第1讲恒定电流和交变电流(建议用时:40分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分,第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求)1.(2017安徽淮南模拟)如图所示,某导体的形状为长方体,其长、宽、高之比为abc=532.在此长方体的上、下、左、右四个面上分别通过导线引出四个接线柱1,2,3,4.在1,2两端加上恒定的电压u,通过导体的电流为i1;在3,4两端加上恒定的电压u,通过导体的电流为i2,则i1i2为(c)a.925b.259c.254d.425解析:在1,2两端加电压u时,r12=,i1=;在3,4两端加电压u时,r34=,i2=.则i1i2=a2c2=254.2.(2017四川自贡模拟)如图所示,电源电动势为e,内阻为r.电路中的r2,r3分别为总阻值一定的滑动变阻器,r0为定值电阻,r1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小).当开关s闭合时,电容器中一带电微粒恰好处于静止状态.有关下列说法中正确的是(a)a.只逐渐增大r1的光照强度,电阻r0消耗的电功率变大,电阻r3中有向上的电流b.只调节电阻r3的滑动端p2向上端移动时,电源消耗的功率变大,电阻r3中有向上的电流c.只调节电阻r2的滑动端p1向下端移动时,电压表示数变大,带电微粒向下运动d.若断开开关s,电容器所带电荷量变大,带电微粒向上运动解析:只逐渐增大r1的光照强度,r1的阻值减小,总电阻减小,总电流增大,电阻r0消耗的电功率变大,滑动变阻器两端的电压变大,电容器两端的电压增大,电容器下极板带的电荷量变大,所以电阻r3中有向上的电流,故a正确;电路稳定时,电容器相当于开关断开,只调节电阻r3的滑动端p2向上端移动时,对电路没有影响,故b错误;只调节电阻r2的滑动端p1向下端移动时,电容器并联部分的电阻变大,所以电容器两端的电压变大,由e=可知,电场力变大,带电微粒向上运动,故c错误;若断开开关s,电容器处于放电状态,电荷量变小,故d错误.3.(2017上海虹口区一模)如图所示,电源电动势为e,内阻为r,r1,r2为定值电阻,r2r1r,且r1大于滑动变阻器r0的最大阻值.闭合开关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(b)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,再减小解析:由题图可知,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错误;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,电流表示数增大,而流过r1的电流减小,因此总电流的变化量小于a中电流的变化量,因此r1r知,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直增大,故d错误.4.(2017山东滨州一模)如图所示,交流电源电压有效值u0=5 v,电源等效内阻r=4.5 ,经过理想变压器变压后,接在阻值r=8 的电阻上,理想变压器原、副线圈匝数之比为14,则电阻r消耗的功率,下列说法正确的是(a)a.0.5 w b.5 w c.1 wd.1.5 w解析:根据电流关系得,原线圈的电流i1=4i2;在原线圈回路中,根据欧姆定律有,u0=4i2r+u1,解得u1=5-18i2,副线圈两端的电压为u2=i2r=8i2;根据电压关系有=,即=,解得i2= a;所以电阻r消耗的功率为p=r=()28 w=0.5 w,故a正确,b,c,d错误.5.(2017湖南株洲模拟)图(甲)中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n2=51,电阻r=20 ,l1,l2为规格相同的两只小灯泡,s1为单刀双掷开关.原线圈接正弦交流电源,输入电压u随时间t的变化关系如图(乙)所示.现将s1接1,s2闭合,此时l2正常发光.下列说法正确的是(d)a.输入电压u的表达式u=20sin(50t)vb.只断开s2后,l1,l2均正常发光c.只断开s2后,原线圈的输入功率增大d.若s1换接到2后,r消耗的电功率为0.8 w解析:周期t=0.02 s,= rad/s=100 rad/s,所以输入电压u的表达式应为u=20sin(100t)v,a错误;只断开s2后,负载电阻变大为原来的2倍,电压不变,副线圈的电流变小为原来的一半,l1,l2的功率均变为额定功率的四分之一,b错误;只断开s2后,原线圈的输入功率等于副线圈的功率,也减小,c错误;原线圈的电压u1=20 v,若s1换接到2后,电阻r两端的电压有效值为u2=u1=4 v,r消耗的电功率为p=0.8 w,d正确.6.(2017河南安阳武清区模拟)如图所示为一理想变压器,b是原线圈的中心抽头,副线圈两端接有理想交流电压表和电流表,开关s,可变电阻r以及两个阻值相同的定值电阻r1,r2.从某时刻开始在原线圈c,d两端加上正弦式交变电压,下列说法正确的是(ac)a.将可变电阻r调大,其他部分不变,电压表示数不变,电流表的读数变小b.将开关s从断开到闭合,其他部分不变,电流表读数变大,电压表读数变小c.可变电阻r的阻值调为0时,开关s闭合前后电源的输出功率之比为12d.将单刀双掷开关由a拨向b时,其他部分不变,副线圈的频率减半解析:将可变电阻r调大,其他部分不变,电压表示数不变,根据欧姆定律,电流表示数变小,故a正确;将开关s从断开到闭合,其他部分不变,副线圈回路的电阻变小,电压表示数不变,电流表示数变大,故b错误;将可变电阻r的阻值调为0时,开关s闭合前电源的输出功率p1=,开关s闭合后电源的输出功率p2=+=2,所以开关s闭合前后电源的输出功率之比为12,故c正确;变压器不改变交变电流的频率,将单刀双掷开关由a拨向b时,其他部分不变,副线圈的频率不变,故d错误.7.(2017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n1n2=101,电阻r=22 .下列说法正确的是(ac)a.通过r的交变电流的频率为50 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的示数变小解析:由图(乙)可知,该交变电流的周期为t=0.02 s,其频率为f= hz=50 hz,故a正确;由图知输入电压的最大值为um=220 v,所以有效值为u=220 v,则副线圈两端的电压为u=u=220 v=22 v,所以通过电阻的电流(即为电流表a2的示数)为i= a=1 a,故b错误;变压器的输出功率为p=ui=221 w=22 w,理想变压器的输入功率等于输出功率,所以有p=p=22 w,故c正确;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错误.8.(2017湖北武汉调研)某电厂要将电能输送到较远的用户,输送的总功率为100 kw,电厂输出电压仅为200 v.为减少输送功率损失,先用一理想升压变压器将电压升高再输出,到达目的地后用理想降压变压器降压.已知输电线路的总电阻为120 ,若在输电线路上消耗的功率为输送功率的12%,用户所需电压为220 v,则(ad)a.理想升压变压器的原、副线圈的匝数比为150b.理想降压变压器的原、副线圈的匝数比为351c.理想升压变压器的原、副线圈中的电流分别为400 a和10 ad.理想降压变压器的原、副线圈中的电流分别为10 a和400 a解析:远距离输电原理示意图如图,由升压变压器输入功率p1=u1i1=100 kw,u1=200 v得升压变压器原线圈中的电流i1=500 a.由输电线路损失功率p=p112%=r得输电线路电流i2=10 a,所以=.由用户功率p4=p1-p=u4i4得降压变压器副线圈中的电流i4=400 a,所以=.综合以上分析知,a,d正确.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(16分)(2017宁夏银川模拟)如图所示,某小型水电站发电机的输出功率为10 kw,输出电压为400 v,向距离较远的用户供电,为了减少电能损失,使用2 kv高压输电,最后用户得到220 v,9.5 kw的电力,求:(1)升压变压器原、副线圈的匝数比n1n2;(2)输电线路导线的总电阻r;(3)降压变压器原、副线圈的匝数比n3n4.解析:(1)升压变压器的原、副线圈的匝数比为=.(2)输电线上的电流为i= a=5 a输电线电阻r= =20 .(3)降压变压器原线圈电压u3=u2-ir=2 000 v-520 v=1 900 v故降压变压器原、副线圈的匝数比为=.答案:(1)15(2)20 (3)951110.(20分)(2017安徽校级期末)如图所示,一个半径为r的半圆形线圈,以直径ab为轴匀速转动,转速为n,ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场,磁感应强度为b,m和n是两个集流环,负载电阻为r,线圈、电流表和连接导线的电阻不计,求:(1)感应电动势的最大值;(2)从图示位置起转过转的时间内负载电阻r上产生的热量;(3)从图示位置起转过转的时间内通过负载电阻r的电荷量;(4)电流表的示数