高考物理二轮复习测试 专题四第1讲课下直流与交流电路

1．(2012·浙江高考)功率为10W的发光二极管(LED灯)的亮度与功率为60W的白炽灯相当。根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰。假设每户家庭有2只60W的白炽灯，均用10W的LED灯替代。估算出全国一年节省的电能最接近()A．8×108kW·h B．8×1010kW·hC．8×1011kW·h D．8×1013kW·h解析：选B因每只白炽灯和发光二极管的功率分别为60W和10W，按4亿户家庭，每户家庭每天亮灯6小时计算，全国一年节省的电能最接近4×108×2×(60－10)×10－3kW×365×6h＝8.76×1010kW·h，则选项B正确，A、C、D错误。2.(2012·新课标全国卷)自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分。一升压式自耦调压变压器的电路如图1所示，其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上。当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0kW。设此时原线圈中电流有效值为I1，图1负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为()A．380V和5.3A B．380V和9.1AC．240V和5.3A D．240V和9.1A解析：选B对理想变压器，原、副线圈功率相同，故通过原线圈的电流I1＝eq\f(P,U1)＝eq\f(2000,220)A≈9.1A，负载两端电压即为副线圈电压，由eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)，即eq\f(220,1100)＝eq\f(U2,1900)，可得U2＝380V，故B对。3．如图2所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中()图2A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大解析：选A滑动变阻器R0的滑片向下滑动，R0接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小，总电流变大，电源的内电压变大，外电压变小，电压表的示数变小，R1两端的电压变大，R2两端的电压变小，电流表的示数变小，A项正确。4．(2012·龙岩一中高三二模)如图3所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R。开始时，开关S断开，当S接通后()A．副线圈两端从M、N的输出电压减小图3B．副线圈输电线等效电阻R两端的电压降减小C．通过灯泡L1的电流减小D．原线圈中的电流减小解析：选C原副线圈电压比等于线圈匝数比，线圈匝数比没有变化，原线圈两端的电压没有变化，故M、N的输出电压不变化，A错；S接通后负载电阻阻值减小，故总电阻减小，总电流变大，R两端的电压降变大，L1两端的电压减小，B错C对；输出功率由P＝IU，I变大U不变可知P变大，故输入功率变大，原线圈中的电流变大，D错。5．(2012·苏北四市调研)如图4所示，矩形线圈abcd与可变电容器C、理想电流表eq\o\ac(○,A)组成闭合电路。线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，转动的角速度ω＝100πrad/s。线圈的匝数N＝100匝，边长ab＝0.2m、ad＝0.4m，电阻不计。磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小B＝eq\f(\r(2),16π)T。电容器放电时间不计。下列说法正确图4的是()A．该线圈产生的交流电动势峰值为50VB．该线圈产生的交流电动势有效值为25eq\r(2)VC．电容器的耐压值至少为50VD．电容器的电容C变大时，电流表的示数变小解析：选B线圈转动时产生的电动势的最大值Em＝NB·ab·adω＝50eq\r(2)V，故电容器的耐压值至少为50eq\r(2)V，A、C均错误；设电动势有效值为E，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2)R)))2Req\f(T,2)＋0＝eq\f(E2,R)T得线圈产生的交流电动势的有效值为25eq\r(2)V，B正确。由XC＝eq\f(1,2πfC)可知，C越大，XC越小，故电流表示数越大，D错误。6．如图5所示，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R。T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3；它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有()图5A．U2减小，U4变大 B．U2不变，U3不变C．P1变小，P2变小 D．P2变大，P3变大解析：选D由理想变压器输出功率决定输入功率可得，当用户功率增大时，升压变压器的输入功率必增大，即P1增大，输入电压U1为定值不变，升压变压器的匝数不变，输入电压不变，故输出电压U2不变，由于P1增大，由P1＝U1I1＝P2＝U2I2可得，I1增加，P2、I2增加，由闭合电路欧姆定律：U3＝U2－I2R，故U3减小，降压变压器原、副线圈匝数不变，所以随U3减小，U4减小，A、B错误；由于用户功率增加，即P4增加，理想变压器无功率损耗可得：P3＝P4，功率P3也增加，故C错误，D正确。7．在电学探究实验课中，某组同学在实验室利用如图6甲所示的电路图连接好电路，并用于测定定值电阻R0、电源的电动势E和内电阻r。调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据。根据所得数据描绘了如图乙所示的两条U－I直线。则有()图6A．图象中的图线乙是电压表V1的测量值所对应的图线B．由图象可以得出电源电动势和内阻分别是E＝1.50V，r＝1.0ΩC．图象中两直线的交点表示定值电阻R0上消耗的功率为0.75WD．图象中两直线的交点表示在本电路中该电源的效率达到最大值解析：选B题图中图线甲是由路端电压与干路电流的数据所描绘的，图线乙是R0的伏安特性曲线，且U2＝IR0，所以A错误；由甲图线，电源内阻r＝1.0Ω，电源电动势E＝1.50V，B选项正确；由乙图线可求出定值电阻R0＝2.0Ω，图象中两直线的交点表示此时电路中的电流为0.5A，电压表V1的示数U1＝1.0V，电压表V2的示数U2＝1.0V，此时R0上消耗的功率P0＝IU1＝0.5W,所以C错误；由于电源的效率η＝eq\f(I2R外,I2R外＋r)＝eq\f(R外,R外＋r)＝eq\f(1,1＋\f(r,R外))，R外越大，η越大，所以当P滑到最右端时，R外最大，η最大，因此D选项错误。8．如图7所示，一理想变压器原线圈的匝数n1＝1100匝，副线圈的匝数n2＝220匝，交流电源的电压u＝220eq\r(2)sin100πtV，电阻R＝44Ω，电压表、电流表均为理想电表，则下列说法错误的是()图7A．交流电的频率为50HzB．电流表的示数为0.2AC．电流表的示数为eq\r(2)AD．电压表的示数为44V解析：选C由交流电源的电压瞬时值表达式可知，ω＝100πrad/s，所以频率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，A项说法正确；理想变压器的电压比等于线圈匝数比，即eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)，其中原线圈电压的有效值U1＝220V，U2＝eq\f(n2,n1)U1＝44V，故D项说法正确；I2＝eq\f(U2,R)＝1A，故C项说法错误；由电流比与线圈匝数成反比，即eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，所以I1＝eq\f(n2,n1)I2＝0.2A，故B项说法正确。9．(2012·四川高考)四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。某地要把河水抽高20m，进入蓄水池，用一台电动机通过传功效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作。工作电压为380V，此时输入电动机的电功率为19kW，电动机的内阻为0.4Ω。已知水的密度为1×103kg/m3，重力加速度取10m/s(1)电动机内阻消耗的热功率；(2)将蓄水池蓄入864m3解析：(1)设电动机的电功率为P，则P＝UI ①设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则Pr＝I2r ②代入数据解得Pr＝1×103W。 ③(2)设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t。抽水高度为h，蓄水池容积为V，水的密度为ρ，则M＝ρV ④设质量为M的河水增加的重力势能为ΔEp，则ΔEp＝Mgh ⑤设电动机的输出功率为P0，则P0＝P－Pr ⑥根据能量守恒定律得P0t×60%×80%＝ΔEp ⑦代入数据解得t＝2×104s ⑧答案：(1)1×103W(2)2×104s10．(2012·江苏高考)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图8所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为eq\f(4,9)π，磁场均沿半径方向。匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。求：图8(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；(3)外接电阻上电流的有效值I。解析：(1)bc、ad边的运动速度v＝ω