【优化探究】高考物理二轮专题复习 素能提升 1410 恒定电流与交变电流（含解析）新人教版.doc

【优化探究】2015高考物理二轮专题复习 素能提升 1-4-10 恒定电流与交变电流（含解析）新人教版1.(2014年高考天津卷)如图所示，电路中r1、r2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器c的极板水平放置闭合开关s，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是()a增大r1的阻值b增大r2的阻值c增大两板间的距离 d断开开关s解析：设油滴质量为m，电荷量为q，两板间距离为d，当其静止时，有qqmg.由题图知，增大r1，ur1增大，油滴将向上加速；增大r2，油滴受力不变，仍保持静止；由e 知，增大d，u不变时，e减小，油滴将向下加速；断开开关s，电容器将通过r1、r2放电，两板间场强变小，油滴将向下加速故只有b项正确答案：b2(多选)(2014年高考广东卷)如图所示的电路中，p为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压u1不变，闭合开关s，下列说法正确的是()ap向下滑动时，灯l变亮bp向下滑动时，变压器的输出电压不变cp向上滑动时，变压器的输入电流变小dp向上滑动时，变压器的输出功率变大解析：对于理想变压器u2u1，u1不变则u2不变，与调节p无关，故b正确又ulu2，所以灯的亮度不变，a错p向上滑动时rp减小，则r总减小，p出增大，p入p出u1i1，所以i1增大，可知c错误，d正确答案：bd3(多选)(2014年高考天津卷)如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b所示，则()a两次t0时刻线圈平面均与中性面重合b曲线a、b对应的线圈转速之比为23c曲线a表示的交变电动势频率为25 hzd曲线b表示的交变电动势有效值为10 v解析：由题图乙知t0时两次转动产生的瞬时电动势都等于零，故a正确由题图乙知两次转动所产生的交变电动势的周期之比tatb23，再由周期与转速的关系n得nanb32，故b错误因ta4102 s，故fa25 hz，c正确因ema15 v，而emnbs，故embema10 v，eb5 v，d错误答案：ac4.(多选)在国家电网改造中，某交流发电机的输出电压随时间变化的图象如图所示，输出功率是20 kw，现有5 000 v高压输电，输电线上的总电阻是40 ，再利用n1n2221的降压变压器降压后供给用户，则下列说法正确的是()a经降压后交变电流的频率变为原来的b升压变压器的匝数比为11250c流过高压输电线的电流为125 ad降压变压器输出电压的有效值为220 v解析：由题图得交流电的周期为0.02 s，则频率为50 hz，变压器不改变交流电的频率，a错误；输出电压的有效值为220 v，高压输电电压为5 000 v，变压器的变压比等于匝数比，升压变压器的匝数比为11250，b正确；输电线的电流i a4 a，5 000 v高压并未全部被输电线消耗，c错；降压变压器的输入电压u15 000 v404 v4 840 v，由变压比得u2220 v，d正确答案：bd5如图甲所示的电路中，s为单刀双掷开关，电表为理想电表，rt为热敏电阻(阻值随温度的升高而减小)，理想变压器原线圈接图乙所示的正弦交流电则()a变压器原线圈中交流电压u的表达式u110sin 100t(v)bs接在a端，rt温度升高时，变压器的输入功率变小cs接在a端，rt温度升高时，电压表和电流表的示数均变大ds由a切换到b，r1消耗的功率变大解析：由题图乙可知，电压的最大值为110 v，周期为0.02 s，所以100，a项正确；副线圈的输出电压由变压器的变压比和输入电压决定，故电压表的示数不变，c项错；温度升高时，rt的阻值减小，由p可知，变压器的输出功率增大，故其输入功率也随之增大，b项错；s由a切换到b，副线圈匝数减少，故输出电压减小，rt电阻不变，由p知，rt消耗的功率减小，d项错答案：a课时跟踪训练选择题1(多选)(2014年南京模考)如图甲所示为一台小型发电机构造的示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间按余弦规律变化，其et图象如图乙所示发电机线圈的内阻为1 ，外接灯泡的电阻为9 ，则()a电压表的示数为6 vb发电机的输出功率为4 wc在1.0102 s时刻，穿过线圈的磁通量最大d在2.0102 s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大解析：根据et图象可知产生的电动势的最大值为6 v，有效值为6 v，根据闭合电路欧姆定律可求得电压表的示数为u6 v5.4 v，a错误；根据电功率公式得发电机的输出功率为p()29 w3.24 w，b错误；根据et图象可知在1.0102 s时刻，电动势为零，说明此时线圈处于中性面，磁通量最大， c正确；在2.0102 s时刻，电动势为最大，说明此时线圈处于与中性面垂直的位置，磁通量最小，但是磁通量的变化率最大，d正确答案：cd2.如图所示，e为内阻不能忽略的电池，r1、r2、r3为定值电阻，s0、s为开关，v与a分别为电压表和电流表初始时s0与s均闭合，现将s断开，则()av的读数变大，a的读数变小bv的读数变小，a的读数变大cv的读数变小，a的读数变小dv的读数变大，a的读数变大解析：将s断开后，闭合电路的总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律可知干路电流i减小，路端电压ueir变大，v的读数变大，电阻r3两端的电压u3ei(r1r)增大，通过电阻r3的电流i3变大，a的读数变大，选项d正确，a、b、c错误答案：d3.(多选)(2014年大庆质量检测)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，产生的正弦交流电的图象如图线b所示以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是()a交流电b电压的有效值为 vb在图中t0时刻穿过线圈的磁通量均为零c交流电a的瞬时值为u10sin 5t(v)d线圈先后两次的转速之比为32解析：由题图可知，交流电a的周期ta0.4 s，交流电b的周期tb0.6 s，线圈的转速n，则线圈先后两次的转速之比为32，选项d正确；交流电a的瞬时值表达式为uumsint，即u10sin 5t(v)，选项c正确；在t0时，电动势为零，由法拉第电磁感应定律可知，此时穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为零，选项b错误；正弦交流电a电压的最大值umnbsnbs10 v，正弦交流电b电压的最大值umnbs，两式相比可得um v，则交流电b电压的有效值u v，选项a正确答案：acd4.(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为101，原线圈接在频率为50 hz的正弦交流电源上，串接的电流表为理想电流表，副线圈接入“220 v60 w”的灯泡一只，此时灯泡正常发光，则()a电流表的示数为 ab电流表的示数为 ac电源的输出功率为60 wd副线圈中交变电流的频率为5 hz解析：由灯泡正常发光可知变压器副线圈的输出电压为220 v，输出功率为60 w，因此输出电流为 a，由电流关系可知，输入电流与输出电流的比值等于线圈匝数的反比，可知输入电流为 a，即电流表的示数为 a，选项a正确，b错误；理想变压器的输入功率等于输出功率，频率不变，因此选项c正确，d错误答案：ac5如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为21，原线圈接在u220sin 100t(v)的交流电源上，副线圈两端接有r55 的负载电阻、熔断电流为1 a的保险丝和一个灯泡d，电流表为理想电表下列说法正确的是()as断开时，原线圈中电流表的读数为 abs断开时，原线圈的输入功率为220 wc副线圈中输出交变电流的周期为50 sds闭合时，灯泡d正常发光，原线圈中电流表读数不会超过1.5 a解析：由电压的瞬时值表达式可知其有效值为220 v，根据理想变压器的规律可知，副线圈输出电压的有效值为110 v，由欧姆定律可知通过电阻的电流i22 a，由理想变压器的规律可知，原线圈的输入电流为1 a，故电流表示数为1 a，a项错误；原线圈的输入功率p1u1i1220 w，b项错误；变压器不改变交变电流的周期，由瞬时值表达式可知，交变电流的周期为0.02 s，c项错误；通过灯泡的电流的有效值最大为1 a，故通过副线圈的最大电流为3 a，由理想变压器的规律可知，原线圈输入电流的有效值最大为1.5 a，故d项正确答案：d6.(多选)如图所示，一个“u”形线框处在磁感应强度大小为b的匀强磁场中，oo为磁场的边界现使线框以角速度绕轴oo匀速转动，线框通过金属转轴和电刷与阻值为r的外电阻相连已知线框各边的长均为l，总电阻为r，不计转轴与电刷的电阻则()a图示时刻线框产生的感应电动势为bl2b线框产生的感应电动势的最大值为bl2c电路中电阻r两端电压的有效值为d电路中电流的有效值为解析：由法拉第电磁感应定律知，题图所示时刻，磁通量最大，感应电动势为零，a项错误；由交变电流电动势的最大值表达式emnbs可知b项正确；根据闭合电路欧姆定律可知，c项中表达式为r两端电压的最大值，c项错误；由题图可知，线框转动一圈的过程中，只有半个周期为正弦式交变电流，另半个周期电流为零，由有效值的定义得t，解得e，由闭合电路欧姆定律可知，d项正确答案：bd7. 如图所示，匝数为100匝的矩形线圈abcd位于磁感应强度b t的水平匀强磁场中，线圈面积s0.5 m2，内阻不计线圈绕垂直于磁场的轴以角速度10 rad/s 匀速转动线圈通过金属滑环与理想变压器原线圈相连，变压器的副线圈接入一只“12 v12 w”的灯泡，灯泡正常发光下列说法中正确的是()a通过灯泡的交变电流的频率是50 hzb变压器原、副线圈匝数之比为101c矩形线圈中产生的电动势的最大值为120 vd若将灯泡更换为“12 v24 w”且保证其正常发光，需要增大矩形线圈的转速解析：由2f可得通过灯泡的交变电流的频率是5 hz，选项a错误；矩形线圈在水平匀强磁场中转动产生感应电动势最大值为emnbs1000.510 v120 v，变压器输入电压为120 v，由变压器变压公式可知，变压器原、副线圈匝数之比为101，选项b正确，c错误；因副线圈电压仍为12 v，故将灯泡更换为“12 v24 w”能保证其正常发光，不需要增大矩形线圈的转速，选项d错误答案：b8.在如图所示电路中，电源电动势为e，内电阻为r，r1、r2为定值电阻，r3为可变电阻，c为电容器在可变电阻r3由较小逐渐变大的过程中()a电容器放电b流过r2的电流方向是由a到bc电容器的带电荷量在逐渐增大d电源内部消耗的功率变大解析：当可变电阻r3逐渐变大时，总电阻增大，干路电流减小，则电容器上电压uei(r1r)将增大，电容器的带电荷量增大，即电容器充电，a错误，c正确；因为电容器上极板带正电，所以充电电流方向为br2a，故b错误；电源内部消耗的功率为pri2r变小，d错误答案：c9(2014年高考浙江卷)如图所示为远距离交流输电的简化电路图发电厂的输出电压是u，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是i1，其末端间的电压为u1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为i2.则()a用户端的电压为b输电线上的电压降为uc理想变压器的输入功率为ird输电线路上损失的电功率为i1u解析：由理想变压器输入、输出功率相等可知p1p2，即u1i1u2i2，u2，a正确. 输电线上的电压降为uuu1，b错理想变压器的输入功率pu1i1ui1ir，c错输电线路上损失的电功率为piri1ui1u1，d错答案：a10传统的自行车发电机内部电路如图甲所示，驱动轴一端与自行车轮相连，另一端连接条形永久磁铁，自行车车轮转动过程中，驱动轴带动磁铁在铁芯之间匀速转动，发电机线圈两端产生的交变电压波形如图乙所示已知波形图中正负尖峰电压分别为um、um.两个相邻正负尖峰的时间差为t，发电机线圈匝数为n.以下判断正确的是()a驱动轴转动的角速度b线圈电压的有效值uc穿过线圈磁通量变化率的最大值kmd相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平均值解析：因为波形图中两个相邻正负尖峰之间的时间差为t，所以交变电流周期t2t，角速度，a错误；由于波形不是正弦(或余弦)式，因此，有效值uum是错误的，b选项不正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量变化率k成正比，最大电压对应最大磁通量变化率，即umnkm，因此磁通量变化率的最大值km，c正确；相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平均值n，因为线圈转过一个完整的周期，0，所以电压平均值等于零，d错误答案：c11.(多选)(2014年唐山模拟)如图所示，电源电动势e3 v，小灯泡l标有“2 v0.4 w”字样，开关s接1，当变阻器调到r4 时，小灯泡l正常发光；现将开关s接2，小灯泡l和电动机m均正常工作则()a电源内阻为1 b电动机的内阻为4 c电动机的正常工作电压为1 vd电源效率约为93.3%解析：由小灯泡的额定功率pui可知，i0.2 a，由欧姆定律得rl，可知小灯泡正常发光时电阻rl10 ，由闭合电路欧姆定律可知，i，解得r1 ，a正确；接2时小灯泡正常发光，说明电路中电流仍为0.2 a，故电动机两端电压ueirlir0.8 v，电动机为非纯电阻用电器，故电动机内阻不等于4 ，b、c错误；由pi2r，100%代入数据可得电源效率约为93.3%，d正确答案：ad12.一理想变压器原副线圈匝数比为，其中原线圈有一中心抽头，用一单刀双掷开关控制原线圈的匝数，将该变压器接入电路，如图所示，电路中的电表均为理想交流电表在原线圈两端加u1220sin 100t(v)的交流电则()a开关接m时，电压表的示数为22 vb开关接m，将滑片p下移则电压表示数变大c开关由m扳到n，a1的示数变大，a2的示数变小d开关由m扳到n，变压器的输入功率变大解析：当单刀双掷开关与m连接时，变压器匝数之比为101，原线圈两端电压有效值为220 v，所以副线圈电压有效值为22 v，即电压表示数为22 v，a正确；滑动变阻器滑片向下移动的过程中，滑动变阻器电阻减小，而变压器原线圈电压、匝数比未变，故副线圈电压不变，即电压表示数不变，b错误；当单刀双掷开关由m扳向n时，匝数之比为51，输出电压增大，电压表和电流表a2的示数均变大，故电流表a1的示数变大，输入功率变大 ，则c错误，d正确答案：ad13.如图所示电路中，交流发电机内阻r1.0 ，外接