【高考复习】2020版高考物理 热点冲刺练习12 直流电路与交流电路（含答案解析）.doc

2020版高考物理 热点冲刺练习12 直流电路与交流电路如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=T.单匝矩形线圈面积S=1 m2.电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO匀速转动线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，为交流电流表调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为21时，副线圈电路中标有“6 V6 W”的灯泡正常发光以下判断正确的是 ()A电流表的示数为1 A B矩形线圈产生电动势的最大值为18 VC从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间变化的规律为e=12sin 60t(V)D若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当下移图甲电路中，D为二极管，其伏安特性曲线如图乙所示在图甲电路中，闭合开关S，滑动变阻器R的滑片P从左端向右移动过程中()A二极管D消耗的功率变大B二极管D的电阻变大C通过二极管D的电流减小D电源的功率减小某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向R0=11 的纯电阻用电器供电已知输电线的总电阻R=10 ，T2的原、副线圈匝数比为41，用电器两端的电压为u=220sin 100t(V)，将T1、T2均视为理想变压器下列说法正确的是()A降压变压器的输入功率为4 400 WB升压变压器中电流的频率为100 HzC输电线消耗的功率为500 WD当用电器的电阻减小时，输电线消耗的功率减小在如图所示的电路中，由于某个电阻发生故障，使电流表A的读数变大，电压表V的读数变大，灯泡L的亮度变暗，关于故障判断的下列说法正确的是()A可能是R3短路B可能是R2断路C可能是R2短路D可能是R4短路如图所示，接在理想变压器回路中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n1n2n3为()A111 B321 C621 D221如图是某温度检测和光电控制加热装置的原理图R为热敏电阻(温度升高，阻值减小)，用来探测加热电阻丝R的温度RG为光敏电阻(光照强度增大，阻值减小)，接收小灯泡L的光照其他电阻均为定值电阻当R处温度升高后，下列说法正确的是()A灯泡L将变暗BRG的电压将增大CR的功率将增大DR的电压变化量与R2的电流变化量的比值不变如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd的边长ab=cd=L1，bc=ad=L2，匝数为n，线圈的总电阻为r，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO匀速转动，角速度为，线圈两端通过电刷E、F与阻值为R的定值电阻连接从线圈经过中性面开始计时，则 ()A线圈中感应电动势的最大值为BL1L2B线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式为e=nBL1L2 cos tC经过周期时间通过电阻R的电荷量为D此发电机在上述工作状态下的输出功率为 (多选)一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则()A电动机消耗的总功率为UIB电源的效率为1C电源的输出功率为EID电动机消耗的热功率为 (多选)如图所示的电路中电表均为理想电表，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动至某一位置，与移动前相比，下列说法正确的是()A电流表读数变小，电压表读数变大 B小灯泡L变亮C电源的输出功率一定变大 D电容器C所带的电荷量减少 (多选)电源的两个重要参数分别是电动势E和内电阻r.对一个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R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中虚线框所示设新的等效电源的电动势为E，内电阻为r.试根据以上信息，判断下列说法中正确的是()A甲图中的E=E，r=RrB甲图中的E=E，r=RrC乙图中的E=E，r=D乙图中的E=E，r=如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37角在y轴与MN之间的区域I内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域内存在宽度为d的竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 37=0.6，cos 37=0.8，求：(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小，(2)区域内最小电场强度E2的大小和方向；(3)区域内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小如图所示，平行金属板竖直放置，底端封闭，中心线上开一小孔C，两板相距为d，电压为U.平行板间存在大小为B0的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，AC是两板间的中心线金属板下方存在有界匀强磁场区域MPNQ，其中MPQ是直角三角形，PQ边长为a；PM边长为a，A、C、P、Q四点共线，M、P、N三点共线，曲线QN是以2a为半径、以AQ上某点(图中未标出)为圆心的一段圆弧，该区域内磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里若大量带电离子沿AC方向射入两金属板之间，有部分离子经P点进入下方磁场区域不计离子重力，忽略离子间的相互作用(1)求由P点进入下方磁场的离子速度；(2)若由P点进入下方磁场的正负离子都从MN边界上穿出，求这些正负离子的比荷的最小值之比；(3)若由P点进入下方磁场的另一些正负离子的比荷都处于(2)问中两个最小值之间(比荷的最大值是(2)问中较大的最小值，比荷的最小值是(2)问中较小的最小值)求磁场边界上有正负离子到达的区域范围答案解析答案为：C；解析：灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I2=1 A；根据公式：=，解得I1=0.5 A，故A错误；灯泡正常发光，故变压器的输出电压为6 V，根据公式=，解得：U1=12 V，故矩形线圈产生电动势的有效值为12 V，最大值为12V17 V，故B错误；根据公式Em=NBS，解得：=rad/s=60 rad/s，故 从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e=Emsin t=12sin 60t(V)，故C正确；若矩形线圈转速增大，根据公式Em=NBS，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P适当上移，故D错误 答案为：A；解析： 滑动变阻器R的滑片P从左端向右移动过程中，滑动变阻器的电阻减小，电路电流增大，由图乙可知，二极管的电阻减小，电流、电压增大，消耗的功率也增大，故A正确，B、C错误；电源的功率为：P=EI，因为电流增大，所以电源的功率增大，故D错误所以A正确，B、C、D错误答案为：A；解析： 由题可知，用电器两端电压有效值为220 V，交流电频率f= Hz=50 Hz，由电功率公式可知，降压变压器输出功率P=4 400 W，理想变压器输入功率与输出功率相等，故A项正确；理想变压器不改变交变电流的频率，B项错；由变压规律=可知，降压变压器输入电压为880 V，由P=UI可知，降压变压器输入电流为I=5 A，由焦耳定律可知，输电线电阻消耗的功率P=I2R=250 W，C项错；当用电器的电阻减小时，输出功率增大，故降压变压器输入功率增大，从而输入电流增大，再由P=I2R可知，输电线消耗的功率增大，D项错答案为：D；解析： 由电路元件各物理量动态变化的规律“串反并同”可知，只有当R4短路时(可认为电阻减小)，外电路电阻减小，总电流增大，电流表A的读数变大，R4的电流增大，电压表V的读数变大，灯泡L的亮度变暗故正确答案为D.故选D.答案为：B；解析： 灯泡正常发光，可得UA=UB=UC=UD，所以U2=2U3，由理想变压器的电压关系得=，可得n2=2n3.灯泡都正常发光，则功率相等，即PA=PB=PC=PD.由P=I2R得 IA=IB=IC=ID，即I1=I2=I3.由理想变压器的功率关系得U1I1=U2I2U3I3，即n1I1=n2I2n3I3，可得n1=n2n3=2n3n3=3n3.所以n1n2n3=321.答案为：D；解析： A项：当R处温度升高时，RT阻值变小，左边回路中电流增大，小灯泡L的功率增大，灯泡L将变亮，故A错误； B、C项：L的光照强度增大，则RG阻值变小，右侧电路的总电阻变小，总电流变大，E2的内电压增大，则其路端电压变小总电流增大，则R2两端电压增大，所以右侧电路并联部分电压减小，R的电压减小，则R的功率将减小R的电流减小，而总电流增大，则通过R3的电流增大，R3的电压将增大，所以RG的电压将减小，故B、C错误；D项：R的电压变化量与R2的电流变化量的比值=，保持不变，故D正确答案为：D；解析： 线圈产生的感应电动势的最大值Em=nBL1L2，选项A错误；感应电动势随时间变化的表达式e=Emsin t=nBL1L2sin t，选项B错误；根据法拉第电磁感应定律有E=n，由闭合电路欧姆定律有I=，又=BL1L2，q=It，联立解得q=n，选项C错误；线圈中感应电动势的有效值E=，电流的有效值I=，交流发电机的输出功率即电阻R的热功率P=I2R=，选项D正确答案为：AB；解析： 电动机消耗的总功率应该用P=IU来计算，所以总功率为IU，所以A正确；电动机消耗的热功率应该用P=I2R来计算，所以热功率P=I2R，所以D错误电源的输出功率等于电动机的输入功率，得P出=UI.故C错误电源的总功率为IE，内部发热的功率为I2r，所以电源的效率为=1，所以B正确故选AB.答案为：BD；解析： 由图可知，电容并联在滑动变阻器两端；当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻减小；则总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，故电流表示数增大，灯泡亮度变亮，因内压增大，故电压表示数减小，故A错误，B正确；由P=EI可知，电源的总功率变大；当外阻和内阻相等时输出功率最大，因为不知道外阻和内阻的关系，所以不能判断电源输出功率的变化，故C错误；因电容器并联在滑动变阻器两端；总电流变大，灯泡及内阻分压增大，则滑动变阻器分压减小，故电容器C两端的电压减小，所以C上的电量减小，故D正确所以BD正确，AC错误答案为：BD；解析： 电源的电动势等于外电路断路时的路端电压，则对甲图可知E=E，r=rR，选项A错误B正确；图乙中，E=；r=，故选项C错误，D正确；故选BD.解：(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，三力满足如图甲所示关系且小球只能做匀速直线运动由图甲知tan 37=，解得E1=，cos 37=解得B1=(2)区域中小球做加速直线运动，电场强度最小，受力如图乙所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动，由图乙知cos 37= ，解得E2=方向与x轴正方向成53角斜向上(3)小球在区域内做匀速圆周运动，所以mg=qE3，得E3=因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图丙所示由几何关系可知rrcos 53=d，解得r=d由洛伦兹力提供向心力知B2q2v0=m，联立得B2=解：(1)只有离子在平行金属板间匀速运动，带电粒子才有可能从C点进入磁场，故有qvB0=q解得：v=(2)由洛伦兹力提供向心力，所以有qvB=解得R=可见比荷越大，半径越小，若出P点进入下方磁场的正负离子都从MN边界上穿出，比荷最小的正负带电粒子刚好与边界相切也就是带正电的粒子做圆周运动的圆周与圆形磁场相切，带负电的粒子做圆周运动与直角三角形的斜边MQ相切如图所示带正电的粒子做圆周运动的圆周与圆形磁场相切，由几何关系可得：Ra2=(2aR1)2解得：R1=带正电粒子最小比荷是=带负电的粒子做圆周运动与直角三角形的斜边MQ相切，由几何关系可得