高考物理二轮复习 第1部分 专题突破篇 限时集训9 直流电路与交流电路-人教版高三物理试题

专题限时集训(九)直流电路与交流电路(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2016·江苏高考T4)一自耦变压器如图20所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2，在将滑动触头从M点顺时针转到N点的过程中()图20A．U2>U1，U2降低 B．U2>U1，U2升高C．U2<U1，U2降低 D．U2<U1，U2升高C[由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，n1>n2知U2<U1；滑动触头从M点顺时针旋转至N点过程，n2减小，则U2降低，C项正确．]2．(2016·江西萍乡二模)如图21所示为汽车的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连接到12V的蓄电池上，副线圈连接到火花塞的两端，开关由机械控制，当开关由闭合变为断开时，副线圈中产生10000V以上的电压，火花塞中产生火花．下列说法中正确的是()图21A．变压器的原线圈要用粗导线绕制，而副线圈可以用细导线绕制B．若该点火装置的开关始终闭合，火花塞的两端会持续产生高压C．变压器原线圈输入的12V电压必须是交流电，否则就不能在副线圈中产生高压D．该点火装置中变压器的副线圈匝数必须小于原线圈的匝数A[汽车的点火装置是利用变压器原理工作的，当开关始终闭合时，通过原线圈的电流恒定，原线圈中产生的磁场恒定，则在副线圈上不会产生电压，所以B错误；由题可知原线圈处接12V的直流电源，当断开开关瞬间原线圈中电流迅速变化，会产生变化的磁场，则在副线圈中可能产生高压，所以C错误；由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，要在副线圈中产生高压，则原线圈匝数必须小于副线圈的匝数，所以D错误．故选A.]3.如图22所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其它条件不变，则()图22A．小灯泡变亮B．小灯泡变暗C．原、副线圈两端电压的比值不变D．通过原、副线圈电流的比值不变B[原、副线圈减去相同的匝数n后，有eq\f(n1′,n2′)＝eq\f(n1－n,n2－n)，可以得出，eq\f(n1,n2)－eq\f(n1′,n2′)＝eq\f(nn2－n1,n2n2－n)<0，则说明eq\f(n1′,n2′)的比值变大，由eq\f(n1′,n2′)＝eq\f(U1,U2′)＝eq\f(I2′,I1′)知，选项C、D错误；由eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)和eq\f(n1′,n2′)＝eq\f(U1,U2′)知，U2′<U2，再由P＝eq\f(U2′2,R)知，灯泡变暗，选项A错误，B正确．]4．(2016·黑龙江哈尔滨一模)在如图23所示电路中，闭合开关S，理想电流表和理想电压表的示数分别用I和U表示，当滑动变阻器的滑动触头P向左滑动时，两表的示数都发生变化．电源的电动势和内电阻始终不变，则下列说法正确的是()【导学号：25702044】图23A．I变大，U变小 B.eq\f(U,I)变小C．R1的功率一定变大 D．电源的总功率一定减小D[根据电路图可知，R1、R2、电流表串联后接在电源两端，电压表并联在R2两端．当滑动触头P向左滑动时，R2连入电路的阻值变大，由闭合电路欧姆定律可判断，I变小，U变大，则eq\f(U,I)变大，A、B错误；由PR1＝I2R1，知R1的功率PR1变小，C错误；电源的总功率P总＝eq\f(E2,R总)，因R总变大，则P总是变小的，D正确．]5．如图24甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为10∶1，a、b端输入如图乙所示的电压，副线圈电路中电阻R＝5eq\r(2)Ω，电路中的电表为理想电表，则()图24A．电压表V1的示数为50eq\r(6)VB．电流表的示数为1.0AC．电压表V2的示数为10VD．电阻R消耗的电功率为10eq\r(2)WB[由题图乙可知原线圈两端电压的有效值为U＝eq\r(\f(U\o\al(2,1)＋U\o\al(2,2),2))＝100V(在一个周期内，前半个周期的有效值为U1＝100V，后半个周期的有效值为U2＝100V)，所以电压表V1的示数为100V，A错；因变压器对恒定电流不起作用，且原、副线圈匝数比为10∶1，所以副线圈两端电压的有效值为U′＝eq\r(\f(U1,10)2×\f(1,2))＝5eq\r(2)V，C错；副线圈中的电流I＝eq\f(U′,R)＝1A，B对；电阻R消耗的电功率P＝I2R＝5eq\r(2)W，D错．]6.(2012·江苏高考T7)某同学设计的家庭电路保护装置如图25所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成．当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路．仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有()图25A．家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零B．家庭电路中使用的电器增多时，L2中的磁通量不变C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起D．地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起ABD[由于零线、火线中电流方向相反，产生磁场方向相反，所以家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零，选项A正确；家庭电路短路和用电器增多时均不会引起L2的磁通量的变化，选项B正确，C错误；地面上的人接触火线发生触电时，线圈L1中磁场变化引起L2中磁通量的变化，产生感应电流，吸起K，切断家庭电路，选项D正确．]7．(2016·山东潍坊二模)如图26甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是()图26A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左AC[由题图乙知Im＝10eq\r(2)A，I＝eq\f(Im,\r(2))＝10A，A正确．T＝2×10－2s，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，B错误．t＝0.01s时，i＝Im，此时线圈平面与磁场方向平行，C正确．由右手定则判定0.02s时电阻R中电流方向自左向右，D错误．]8．(2016·武汉二调)如图27为发电厂向远处用户的输电电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．若输送功率增大，下列说法中正确的有()图27A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电压增大C．输电线上损耗的功率增大D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大CD[已知发电厂的输出电压不变，升压变压器的原、副线圈匝数比不变，则由eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)知，升压变压器的输出电压U2不变，A错．若输送功率增大，输电电压U2不变，则由P＝U2I2知，输电线上电流I2增大，又输电线的电阻不变，由U损＝I2R知输电线上损失电压增大，则降压变压器输出电压减小，B错．因输电电流增大，则由P＝Ieq\o\al(2,2)R知，输电线上损耗的功率变大，C对．输电线上损耗功率占总功率的比例(eq\f(I\o\al(2,2)R,U2I2)＝eq\f(I2R,U2))增大，D对．]二、计算题(共2小题，32分)9．(12分)一台小型发电机的最大输出功率为100kW，输出电压恒为500V，现用电阻率为1.8×10－8Ω·m，横截面积为10－5m2的输电线向4×103m远处的用户输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上的损失功率不超过发电机总功率的4%，求：【导学号：25702045】(1)所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？(2)如果用户用电器的额定电压为220V，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？【解析】(1)输电要用两根导线，则输电线的电阻为r＝ρeq\f(2l,S)＝1.8×10－8×eq\f(2×4×103,10－5)Ω＝14.4Ω由题意知P损＝P×4%＝(eq\f(P,U2))2r105×0.04＝(eq\f(105,U2))2×14.4U2＝6000V升压变压器原、副线圈匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(500,6000)＝eq\f(1,12).(2)I2＝eq\f(P,U2)＝eq\f(105,6×103)A＝eq\f(50,3)AU损＝I2·r＝eq\f(50,3)×14.4V＝240V而U3＝U2－U损＝6000V－240V＝5760Veq\f(n3,n4)＝eq\f(U3,U4)＝eq\f(5760,220)＝eq\f(288,11)降压变压器原、副线圈匝数比为288∶11.【答案】(1)1∶12(2)288∶1110．(20分)(2016·河南阳信一模)如图28甲所示，长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动．线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连．线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0、B1和t1均为已知．在0～t1时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω匀速转动．求：图28(1)0～t1时间内通过电阻R的电流大小；(2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；(3)线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量．【解析】(1)在0～t1时间内，金属线框中的感应电动势为E1＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nL1L2B1－B0,t1)根据闭合电路欧姆定律，通过电阻R的电流I1＝eq\f(E1,R＋r)＝eq\f(nL1L2B1－B0,R＋rt1).(2)线框产生感应电动势的最大值Em＝nB1L1L2ω感应电动势的有效值E＝eq\f(\r(2),2)nB1L1L2ω通过电阻R的电流的有效值I＝eq\f(\r(2)nB1L1L2ω,2R＋r)线框转动一周所需的时间t＝eq