高中高考物理总复习一轮复习知识归纳第十一章本章综合能力提升练

高考试卷试题学习资料本章综合能力提升练一、单项选择题1.(2018·湖北省黄冈市质检)如图1所示，n匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻不计.线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈接入一只额定电压为U的灯泡，灯泡正常发光.从线圈通过中性面开始计时，下列说法正确的是()图1A.图示位置穿过线框的磁通量变化率最大B.灯泡中的电流方向每秒改变eq\f(ω,2π)次C.线框中产生感应电动势的表达式为e＝nBSωsinωtD.变压器原、副线圈匝数之比为eq\f(nBSω,U)答案C2.(2018·广东省高考第一次模拟)在如图2所示的电路中，理想变压器原线圈匝数n1＝600匝，副线圈的匝数n2＝120匝，当原线圈接入u＝180sin50πt(V)的正弦式交变电流时，下列判断正确的是()图2A.正弦式交变电流的频率为50HzB.副线圈两端电压的有效值为36VC.当滑动变阻器滑片向b端滑动时，灯泡消耗的电功率一定增大D.当滑动变阻器滑片向a端滑动时，滑动变阻器消耗的总电功率一定增大答案C解析正弦交流电的频率为f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(50π,2π)Hz＝25Hz，A错误；原线圈两端电压的有效值为U1＝eq\f(180,\r(2))V＝90eq\r(2)V，根据eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)可得副线圈两端电压的有效值为U2＝18eq\r(2)V，B错误；当滑动变阻器滑片向b端滑动时，灯泡两端的电压增大，故灯泡消耗的电功率一定增大，C正确；滑动变阻器滑片向a端滑动过程中，其连入电路的电阻分为两部分，一部分增大，一部分减小，所以其消耗的总功率不一定增大，D错误.3.(2019·河北省邢台市调研)如图3所示，一理想变压器的原线圈匝数n1为1000匝，所加电压为U＝220V，串联了一个阻值为r＝4Ω的电阻；副线圈接入电路的匝数n2可以通过滑动触头Q调节，副线圈接有电阻R＝9Ω；eq\f(n\o\al(

2,1),n\o\al(

2,2))R相当于变压器在原线圈电路中的电阻，当n2取下列哪个值时，R消耗的功率最大()图3A.2000匝 B.1500匝C.600匝 D.400匝答案B解析变压器在原线圈电路中的等效电阻为r′＝eq\f(n\o\al(

2,1),n\o\al(

2,2))R；变压器初次级电压满足：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，次级电流I2＝eq\f(U2,R)＝eq\f(n2U1,n1R)，则初级电流I1＝eq\f(n\o\al(

2,2)U1,n\o\al(

2,1)R)，则U＝I1(r＋r′)，解得：U1＝eq\f(9Un\o\al(

2,1),9n\o\al(

2,1)＋4n\o\al(

2,2))，I1＝eq\f(Un\o\al(

2,2),9n\o\al(

2,1)＋4n\o\al(

2,2))，变压器输入功率等于输出功率：P2＝P1＝I1U1＝eq\f(Un\o\al(

2,2),9n\o\al(

2,1)＋4n\o\al(

2,2))×eq\f(9Un\o\al(

2,1),9n\o\al(

2,1)＋4n\o\al(

2,2))＝eq\f(9U2n\o\al(

2,1),\f(9n\o\al(

2,1),n2)＋4n22)，由数学知识可知，当eq\f(9n\o\al(

2,1),n2)＝4n2，即当n2＝1.5n1＝1500匝时，变压器输出功率最大，R上的功率最大，故B正确.4.(2018·四川省凉山州三模)图4甲为一台小型发电机示意图，产生的感应电动势随时间变化如图乙所示.已知发电机线圈的匝数为100匝，电阻r＝2Ω，外电路的小灯泡电阻恒为R＝6Ω，电压表、电流表均为理想电表.下列说法正确的是()图4A.电压表的读数为4VB.电流表读数0.5AC.1s内流过小灯泡的电流方向改变25次D.线圈在转动过程中，磁通量最大为eq\f(0.08\r(2),π)Wb答案B解析由题图乙可知，交流电的最大值为：Em＝4eq\r(2)V，有效值为：E＝eq\f(Em,\r(2))＝4V，根据闭合电路的欧姆定律可知：U＝eq\f(E,R＋r)R＝eq\f(4,6＋2)×6V＝3V，A错误；电流表的示数为：I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(4,6＋2)A＝0.5A，B正确；由题图乙可知，T＝4×10－2s，f＝eq\f(1,T)＝25Hz，一个周期内电流方向改变两次，所以，1s内流过小灯泡的电流方向改变50次，C错误；根据Em＝nBSω可知，Φm＝BS＝eq\f(Em,nω)＝eq\f(Em,nω)＝eq\f(4\r(2),100×50π)Wb＝eq\f(0.0008\r(2),π)Wb，D错误.5.(2018·山东省泰安市上学期期末)如图5，电阻R、电容器C和电感线圈L并联后，接入输出电压有效值、频率可调的交流电源.当电路中交流电的频率为f时，通过R、C和L的电流有效值恰好相等.若将频率降低为eq\f(1,2)f，输出电压有效值不变，分别用I1、I2和I3表示此时通过R、C和L的电流的有效值，则()图5A.I1＝I2＝I3 B.I1>I2>I3C.I3>I1>I2 D.I1>I2＝I3答案C解析将频率降低时，通过R的电流不变，电容器的容抗增大，通过C的电流减小，则有I1>I2，电感线圈的感抗减小，通过L的电流增大，则有I3>I1，故A、B、D错误，C正确.6.(2018·河南省周口市期末)如图6所示，一理想变压器的原线圈两端接在电压为u＝220eq\r(2)sin100πtV的交流电源上，此时变压器副线圈电路中标有“44V,220W”的电动机恰好能正常工作.其中A为理想电流表，电动机的内阻为r＝2Ω，则下列说法中正确的是()图6A.该理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶5B.电流表的示数为5AC.该电动机正常工作时的输出功率为170WD.若电动机正常工作时突然被卡住，则电动机线圈的热功率为50W答案C解析根据u＝220eq\r(2)sin100πtV知，原线圈两端的电压有效值为U1＝220V，副线圈两端的电压为U2＝44V，则变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝U1∶U2＝5∶1，故A错误；电动机恰好能正常工作，理想变压器的输出功率为220W，输入功率为220W，由P＝UI得I1＝1A，即电流表的示数为1A，故B错误；该电动机正常工作时的输出功率为P出＝U2I2－I22r＝44×5W－52×2W＝170W，故C正确；若电动机正常工作时突然被卡住，则电动机线圈的热功率为P′＝eq\f(U\o\al(

2,2),r)＝eq\f(442,2)W＝968W，故D错误.7.(2018·河南省商丘市上学期期末)用电压为U的正弦交流电源通过甲、乙两种电路给额定电压为U0(正常工作时电阻为R0)的同一小电珠供电.图7甲中R为滑动变阻器，图乙中理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，若小电珠均能正常工作，则下列说法正确的是()图7A.变压器可能是升压变压器B.甲、乙电路消耗电功率之比为eq\f(n2,n1)C.电阻R与小电珠消耗功率之比为eq\f(n1,n2)－1D.滑动变阻器接入电路的阻值R＝eq\f(n1,n2)R0答案C解析由题图甲可知，电源电压等于变阻器两端的电压与小电珠两端的电压之和，因此U>U0，在题图乙中根据电压与匝数成正比的关系即eq\f(U,U0)＝eq\f(n1,n2)>1，可得n1>n2，所以变压器是降压变压器，故A错误；由于小电珠均能正常工作，甲电路消耗的功率为UI，乙电路消耗的功率为U0I，甲、乙电路消耗电功率之比为eq\f(UI,U0I)＝eq\f(n1,n2)，故B错误；滑动变阻器消耗功率为(U－U0)I，所以滑动变阻器与小电珠消耗功率之比为eq\f(U－U0I,U0I)＝eq\f(n1,n2)－1，故C正确；题图甲中滑动变阻器与小电珠串联，则有eq\f(U－U0,R)＝eq\f(U0,R0)，滑动变阻器接入电路的阻值为R＝eq\f(U－U0R0,U0)＝eq\f(n1－n2R0,n2)，故D错误.二、多项选择题8.(2018·广东省惠州市第三次调研)如图8所示，理想变压器初级线圈接一交变电流，交变电流的电压有效值恒定不变.副线圈接有光敏电阻R1(其阻值随光照强度增大而减小)、R2和R3，则下列说法中正确的是()图8A.只将S1从2拨向1时，电流表示数变小B.只将S2从4拨向3时，电流表示数变小C.只将S3从闭合变为断开，电阻R2两端电压增大D.仅增大光照强度，原线圈的输入功率增大答案BD解析只将S1从2拨向1时，原线圈匝数变小，根据变压比公式，输出电压变大，故输出电流变大，输出功率变大，输入功率等于输出功率，故输入功率变大，输入电流变大，A错误；只将S2从4拨向3时，副线圈匝数变小，根据变压比公式，输出电压变小，故输出电流变小，输出功率变小，输入功率等于输出功率，故输入功率变小，输入电流变小，B正确；只将S3从闭合变为断开，少一个支路，但电阻R2与R3串联的支路的电压不变，故通过电阻R2的电流不变，电压也不变，C错误；仅增大光照强度，副线圈负载总电阻变小，故输出电流变大，输出功率变大，输入功率等于输出功率，故输入功率增大，D正确.9.(2018·湖南省株洲市上学期质检一)某同学在实验室中研究远距离输电.由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的自感作用).第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P1.第二次采用如图9所示的电路输电，其中理想变压器T1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1∶n2，理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P2.下列说法正确的是()图9A.前后两次实验都可用于研究远距离直流输电B.实验可以证明，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失C.若输送功率一定，则P2∶P1＝n12∶n22D.若输送功率一定，则P2∶P1＝n1∶n2答案BC解析变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A错误；根据P＝I2r可知，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失，故B正确；第一次实验输电线上的电流I＝eq\f(P,U1)，输电线上损失的功率P1＝I2R＝eq\f(P2,U\o\al(

2,1))R，第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U2＝eq\f(n2,n1)U1，输电线上的电流I′＝eq\f(P,U2)，输电线上损失的功率P2＝I′2R＝eq\f(P2,U\o\al(

2,2))R，所以：eq\f(P2,P1)＝eq\f(U\o\al(

2,1),U\o\al(

2,2))＝eq\f(n\o\al(

2,1),n\o\al(

2,2))，故C正确，D错误.10.(2018·陕西省师大附中模拟)如图10所示，面积为0.02m2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为eq\f(\r(2),2)T.矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻R＝50Ω，电表均为理想交流电表.当线圈平面与磁场方向平行时开始计时.下列说法正确的是()图10A.线圈中感应电动势的表达式为e＝100eq\r(2)cos(100t)VB.P上移时，电流表示数减小C.t＝0时，电压表示数为100eq\r(2)VD.当原、副线圈匝数比为2∶1时，电阻R上消耗的功率为50W答案AD解析矩形闭合线圈ABCD在磁场中转动，产生的交流电压的最大值为：Em＝NBSω＝100×eq\f(\r(2),2)×0.02×100V＝100eq\r(2)V，线圈中感应电动势的表达式为e＝100eq\r(2)cos(100t)V，故A正确；P上移时，原线圈的匝数减小，导致副线圈电压增大，那么副线圈电流也增大，则原线圈的电流会增大，电流表示数增大，故B错误；由于正弦式交流电最大值为有效值的eq\r(2)倍，所以交流电压的有效值为U＝100V，当t＝0时，电压表示数为100V，故C错误；当原、副线圈匝数比为2∶1时，电阻R上消耗的功率为：PR＝eq\f(U′2,R)＝eq\f(502,50)W＝50W，故D正确.11.(2018·山东省青岛市二模)如图11所示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20kW.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1∶10，电流表的示数为1A，输电线的总电阻为10Ω，则下列说法正确的是()图11A.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＝2000VC.用户获得的功率为19kWD.将P下移，用户获得的电压将增大答案BC解析根据高压输电原理，提高输电电压，输电电流减小，A错误；根据电流互感器的原理，输电电流：I2＝eq\f(10,1)×1A＝10A，升压变压器的输出电压：U2＝eq\f(P,I2)＝eq\f(20×103,10)V＝2000V，B正确；输电线上的功率损失：P损＝I22R＝102×10W＝1kW，用户获得的功率为：P用＝P－P损＝20kW－1kW＝19kW，C正确；将P下移，降压变压器原线圈匝数增加，根据变压器的变压规律，副线圈的电压减小，用户获得的电压将减小，D错误.12.(2018·福建省漳州市期末调研)如图12，理想变压器的原、副线圈的匝数比为2∶1，在原、副线圈的回路中接入的电阻阻值均为R，电压表和电流表均为理想电表，a、b端接有电压为220eq\r(2)sin10πtV的交流电，开关S处于断开状态时，设电压表读数为U，原、副线圈回路中电阻R消耗的功率之比为k，则()图12A.U＝88V，k＝eq\f(1,4)B.U＝110V，k＝4C.当开关闭合时，电流表的示数会减小D.当开关闭合时，电压表的读数会减小答案AD解析由eq\f(I2,I1)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝2，原线圈回路中电阻R消耗的功率P1＝I12R，副线圈回路中电阻R消耗的功率P2＝I22R，则有k＝eq\f(P1,P2)＝eq\f(I\o\al(

2,1),I\o\al(

2,2))＝eq\f(1,4)，副线圈的电流I2＝eq\f(U,R)，原线圈回路中I1＝eq\f(1,2)I2＝eq\f(U,2R)，原线圈回路中电阻R的电压UR＝I1R＝eq\f(U,2)，a、b端电压有效值为U有＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，由题意可知输入电压有效值为220＝2U＋eq\f(U,2)，解得U＝88V，故A正确，B错误；当开关闭合时，副线圈总电阻R′<R，减小，副线圈的电流I2′＝eq\f(U,R′)，原线圈回路中I1′＝eq\f(1,2)I2′＝eq\f(U,2R′)>I1，原线圈回路中电阻R两端的电压UR＝I1′R＝eq\f(U,2)·eq\f(R,R′)，由题意可知输入电压有效值为220＝2U＋eq\f(U,2)·eq\f(R,R′)，解得U<88V，故C错误，D正确.13.(2018·湖南省常德市一模)如图13甲所示，一交流发电机向远距离的理想变压器输电，输电线等效电阻R1＝2Ω，变压器匝数比n1∶n2＝2∶1，发电机输出的交变电压随时间的变化图象如图乙所示，理想交流电压表示数为5V，则()图13A.通过R2的交变电流频率为50HzB.图象上对应的0.01s时刻，发电机中的线圈与中性面垂直C.R2两端的电压为10VD.发电机输出功率为12.5W答案AC解析理想变压器不改变交流电的频率，故通过R2的交变电流的频率为f＝eq\f(1,0.02)Hz＝50Hz，A正确；图象上对应的0.01s时刻，交流电压为零，此时通过发电机中的线圈的磁通量最大，磁通量变化率最小为零，发电机中的线圈刚好与中性面重合，B错误；发电机输出电压的有效值为U＝eq\f(25\r(2),\r(2))V＝25V，故原线圈两端电压为U1＝U－UR1＝20V，根据公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得副线圈两端电压，即R2两端电压为U2＝U1eq\f(n2,n1)＝10V，C正确；通过R1的电流I1＝eq\f(5,R1)＝2.5A，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，得副线圈中电流I2＝I1eq\f(n1,n2)＝5A，发电机输出功率为电阻R1消耗的电功率与副线圈中消耗的电功率之和，故发电机输出功率为P＝eq\f(52,2)W＋5×10