高考物理二轮复习备课资料专题六电路和电磁感应第讲恒定电流和交变电流专题限时检测

1、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

2、=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

3、,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

4、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

5、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=

6、 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 ra

7、d/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

8、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=

9、+=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

10、 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

11、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=

12、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