（广西专用）2020高考物理二轮复习 专题能力训练11 恒定电流和交变电流（含解析）

专题能力训练11恒定电流和交变电流(时间:45分钟满分:98分)一、选择题(本题共14小题,每小题7分,共98分。在每小题给出的四个选项中,17题只有一个选项符合题目要求,814题有多个选项符合题目要求。全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2019浙江4月)电动机与小灯泡串联接入电路,电动机正常工作时,小灯泡的电阻为r1,两端电压为u1,流过的电流为i1;电动机的内阻为r2,两端电压为u2,流过的电流为i2。则()a.i1r1r2c.u1u2=r1r2d.u1u2i2r2,则u1u2i1r1i2r2=r1r2,b、c错误,d正确。2.在如图所示的电路中,电源电动势为e,内阻为r,l1和l2为相同的灯泡,每个灯泡的电阻和定值电阻阻值均为r。电压表为理想电表,s为单刀双掷开关,当开关由1位置打到2位置时,下列说法正确的是()a.l1亮度不变,l2将变暗b.l1将变亮,l2将变暗c.电源内阻的发热功率将变小d.电压表读数将变小答案:d解析:开关在位置1时,外电路总电阻r总=32r,电压表示数u=32rr+32re=35e,两灯电压u1=u2=15e,电源内阻的发热功率为p热=25e2r=4e225r。开关在位置2时,外电路总电阻r总=23r,电压表示数u=23rr+23re=25e,灯泡l1的电压u1=15e,l2的电压u2=25e,电源内阻的发热功率为p热=35e2r=9e225r,l1亮度不变,l2将变亮,故选项a、b错误;电源内阻的发热功率将变大,故选项c错误;由以上分析可知电压表读数变小,选项d正确。3.阻值相等的四个电阻、电容器c及电池e(内阻可忽略)连接成如图所示电路。开关s断开且电流稳定时,c所带的电荷量为q1;闭合开关s,电流再次稳定后,c所带的电荷量为q2。q1与q2的比值为()a.25b.12c.35d.23答案:c解析:s断开时等效电路图如图甲所示。甲乙设每个电阻阻值为r,电路中总电阻r总1=5r3,干路电流i干1=er总1=3e5r;电容器两端电压为u1=13i干1r=e5,所带电荷量为q1=cu1=ce5;s闭合后,等效电路图如图乙所示,电路中总电阻为r总2=3r2,干路电流i干2=er总2=2e3r,电容器两端电压u2=12i干2r=e3,所带电荷量q2=cu2=ce3;综上q1q2=35,c选项正确。4.在如图所示的电路中,e为电源电动势,r为电源内阻,r1和r3均为定值电阻,r2为滑动变阻器。当r2的滑片在a端时闭合开关s,此时三个电表a1、a2和v的示数分别为i1、i2和u,现将r2的滑片向b端移动,则三个电表示数的变化情况是()a.i1增大,i2不变,u增大b.i1减小,i2增大,u减小c.i1增大,i2减小,u增大d.i1减小,i2不变,u减小答案:b解析:由题图可知r1、r2并联后再与r3串联,电流表a1测通过r1的电流i1,a2测通过r2的电流i2,v测路端电压u。现将r2的滑片向b端移动,r2阻值减小,电路总电阻减小,则总电流i增大;根据闭合电路欧姆定律知路端电压u=e-ir,所以电压表示数u减小;由u3=ir3,可知u3增大;r1两端电压u1=u-u3,所以u1减小,则i1减小,而i=i1+i2,所以i2增大。故选项b正确。5.(2019江苏无锡模拟)矩形线框与理想电流表、理想变压器和灯泡连接成如图甲所示的电路。灯泡标有“36 v40 w”的字样且阻值可以视作不变,变压器原、副线圈的匝数之比为21,线框产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示。则下列说法正确的是()a.图乙电动势的瞬时值表达式为e=362sin t vb.变压器副线圈中的电流方向每秒改变50次c.灯泡l恰好正常发光d.理想变压器输入功率为20 w答案:d解析:由题图乙可知,电动势的周期为0.02s,矩形线框的角速度=2t=20.02=100,故原线圈输入电压的瞬时值表达式为e=72sin100tv,a错误;交变电流的频率为50hz,在一个周期内电流方向改变2次,可知变压器副线圈中的电流方向每秒改变100次,b错误;变压器输入电压有效值为u1=722v=362v,由原、副线圈的匝数比为21可知,输出电压为182v,则灯泡l不能正常发光,c错误;灯泡电阻为r=u2p=32.4,输出功率p2=u22r=(182)232.4w=20w,则理想变压器输入功率为20w,d正确。6.(2018天津卷)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻r供电,电路如图所示,理想交流电流表a、理想交流电压表v的读数分别为i、u,r消耗的功率为p。若发电机线圈的转速变为原来的12,则 ()a.r消耗的功率变为12pb.电压表v的读数变为12uc.电流表a的读数变为2id.通过r的交变电流频率不变答案:b解析:发电机线圈转速变为原来一半时,产生电动势的最大值和有效值均变为原来的一半,变压器匝数比不变,故副线圈上的电压表示数变为原来的一半,选项b正确;对负载电阻r,由p=u2r可得,r消耗的功率变为原来的14,即副线圈消耗的功率变为原来的14,故原线圈消耗的功率也变为原来的14,而原线圈电压变为原来的一半,故原线圈中的电流(电流表示数)变为原来的一半,选项a、c均错误;发电机线圈转速变为原来一半时,线圈转动的角速度变为一半,由f=2可得交变电流的频率变为原来的2倍,选项d错误。7.远距离输电的原理图如图所示,升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,电压分别为u1、u2,电流分别为i1、i2,输电线上的电阻为r。变压器为理想变压器,则下列关系式正确的是()a.i1i2=n1n2b.i2=u2rc.i1u1=i22rd.i1u1=i2u2答案:d解析:由理想变压器可知i1i2=n2n1,选项a错误;i2=urr,而u2=ur+u3,故i2u2r,选项b错误;p入=p出,即u1i1=u2i2,而u2i2r,选项c错误,d正确。8.边长为l的正方形线框在磁感应强度为b的匀强磁场中以角速度匀速转动,产生的感应电流的最大值为im,设灯泡的电阻为r,其他电阻不计。从如图所示位置开始计时,则()a.im=bl2rb.电路中交变电流的表达式为imsin tc.电流表的读数为im2d.灯泡上产生的电功率为im22r答案:ad解析:电动势最大值em=bl2,故电流的最大值im=emr=bl2r,选项a正确;电流表的读数为i=im2,选项c错误;电阻r上产生的电功率p=i2r=im22r,选项d正确;由图示位置开始计时,电流瞬时表达式为i=imcost,选项b错误。9.如图甲、乙分别表示两种电压的波形,其中图甲所示的电压按正弦规律变化,图乙所示的电压是正弦函数的一部分。下列说法正确的是()a.图甲、图乙均表示交变电流b.图甲所示电压的瞬时值表达式为u=20sin 100t vc.图甲所示电压的有效值为20 vd.图乙所示电压的有效值为10 v答案:abd解析:由题图可以看出,图甲、图乙均为交变电流,图甲为正弦式交变电流,瞬时表达式为u=20sin100t(v),电压的有效值为202v=102v,选项a、b正确,c错误。题图乙的周期t=410-2s,由 u22rt=(102v)2rt2得u2=10v,选项d正确。10.如图所示,变压器输入有效值恒定的电压,副线圈匝数可调,输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器),r表示输电线的电阻,则()a.用电器增加时,变压器输出电压增大b.要提高用户的电压,滑片p应向上滑c.用电器增加时,输电线的热损耗减少d.用电器增加时,变压器的输入功率增加答案:bd解析:变压器输入有效值恒定的电压,原、副线圈的匝数比不变,则副线圈的电压u2=n2n1u1不变,故选项a错误;当用电器增加时,电阻减小,由欧姆定律知i2=u2r,副线圈电流增大,输电线的分压增大,用户获得的电压减小,故要提高用户的电压,滑片p应向上滑,故选项b正确;当用电器增加时,副线圈电流增大,输电线的热损耗p=i22r增大,输出功率由p2=u2i2知,输出功率变大,故选项c错误;用电器增加时,副线圈电流增大,因为是理想变压器,故输入功率等于输出功率,输入功率增加,选项d正确。11.如图所示,直线、分别是电源与电源的路端电压随输出电流变化的特性曲线,曲线是一个小灯泡的伏安特性曲线,则 ()a.电源与电源的内阻之比为127b.电源与电源的电动势之比为712c.若该小灯泡分别与电源和电源单独连接,则小灯泡的电阻之比为3524d.若该小灯泡分别与电源和电源单独连接,则电源和电源输出功率之比为1021答案:ad解析:根据题图,电源与电源的电动势都是10v,二者之比为11,电源内阻为107,电源的内阻为56,电源的内阻与电源的内阻之比为127,选项a正确,b错误。若该小灯泡与电源单独连接,工作电流为5a,由i=er+r可得小灯泡电阻为r=47,若该小灯泡与电源单独连接,工作电流为6a,由i=er+r可得小灯泡电阻为r=56,小灯泡的电阻之比为2435,选项c错误。若该小灯泡分别与电源和电源单独连接,小灯泡电压分别为207v和5v,电源输出功率为5207w=1007w,电源输出功率为65w=30w,则电源和电源输出功率之比为1021,选项d正确。12.一直流电动机提升重物的装置如图所示。已知重物质量m=50 kg,电源电压u=110 v保持不变,电动机线圈的电阻r=4 ,不计各处摩擦,当电动机以某一速度匀速向上提升重物时,电路中的电流i=5 a(g取10 m/s2)。则()a.电源的输出功率为100 wb.电动机线圈电阻r的发热功率为550 wc.提升重物的功率为450 wd.电动机效率为81.8%答案:cd解析:电源的输出功率p出=iu=5a110v=550w,电动机线圈电阻r的发热功率p热=i2r=100w,选项a、b错误。因能量守恒,电动机对重物做的功的功率为p有=p出-p热=550w-100w=450w,电动机效率为=p有p出100%=450550100%=81.8%,选项c、d正确。13.(2019山东青岛二模)下图为某小型电站高压输电示意图,变压器均为理想变压器,发电机输出功率为20 kw。在输电线路上接入一个电流互感器,其原、副线圈的匝数比为110,电流表的示数为1 a,输电线的总电阻为10 ,则下列说法正确的是()a.采用高压输电可以增大输电线中的电流b.升压变压器的输出电压u2=2 000 vc.用户获得的功率为19 kwd.将p下移,用户获得的电压将增大答案:bc解析:采用高压输电可以减小输电线中的电流,选项a错误;由ii2=110可知i2=10a,由p=u2i2,解得u2=2000v,选项b正确;损失功率为p损=i22r=1000w,所以用户获得的功率为p1=p-p损=19kw,选项c正确;将p下移,n3增大,由u3u4=n3n4可知u4减小,选项d错误。14.如图甲所示,m是一个小型理想变压器,原、副线圈匝数比n1n2=111,a、b端接有正弦式交变电流,电压随时间的变化规律如图乙所示。变压器右侧部分为一火警报警电路原理图,其中r2为用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器,r1为一定值电阻,电压表v和电流表a可视为理想电表。下列说法正确的是()a.变压器副线圈的输出电压的表达式为u2=202sin 100t vb.当传感器r2所在处未出现火警时,电压表v的示数为20 vc.当传感器r2所在处出现火警时,电压表v的示数减小d.当传感