2019届高考物理二轮复习第一部分专题整合专题四电磁感应和电路第1讲恒定电流与交变电流课时检测201902203280.doc

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1、1第一部分 专题四 第 1 讲 恒定电流与交变电流一、单项选择题1(2018贵阳月考)阻值相等的三个电阻 R、电容器 C 及电池 E(内阻不计)连接成如图 4115 所示电路。保持 S1闭合，开关 S2断开，电流稳定时， C 所带的电荷量为 Q1；闭合开关 S2，电流再次稳定后， C 所带的电荷量为 Q2，则 Q1与 Q2的比值为图 4115A. B. C. D.12 32 23 13解析 开关 S2断开时的等效电路如图甲所示，电路稳定时电容器两极板之间的电压为U1 ，电容器所带的电荷量为 Q1 CU1 ；开关 S2闭合后的等效电路如图乙所示，电路E2 CE2稳定时电容器两极板之间的电压为 U

2、2 E，电容器所带的电荷量为 Q2 CU2 CE，则Q1 Q212，即 Q1与 Q2的比值为 ，A 正确。12答案 A2(2018福建质检)图 4116 为模拟远距离交流输电的电路，升压变压器 T1的原、副线圈匝数比 n1 n21 k，降压变压器 T2的原、副线圈匝数比 n3 n4 k1，模拟输电导线的电阻 r3 ， T2的负载是规格为“15 V 45 W”的灯泡 L。当 T1的输入电压为 16 V 时 L 正常发光，两个变压器可视为理想变压器，则 k 的值为2图 4116A. B3 C4 D932解析 由变压器的工作原理可知，变压器 T1原线圈的电压为 16 V，则副线圈的输出电压为 16k

3、 V，降压变压器 T2的输出电压为 15 V、输出电流为 I4 A3 A，则降压P0U0 4515变压器 T2原线圈两端的电压为 15k V、输入电流为 A，又 16k V(15 k3 ) V，解得3k 3kk3，B 正确。答案 B3(2018昆明质检)如图 4117 甲所示的电路中，理想变压器输入电压 u 随时间t 按正弦规律变化如图乙所示。图甲中 L1和 L2为两个相同的小灯泡，小灯泡都标有“12 V,6 W”字样，电容器 C 的击穿电压为 13 V，电压表和电流表均为理想交流电表。开关 S1和 S2都断开时，小灯泡 L1正常发光。下列说法正确的是图 4117A理想变压器的原、副线圈的匝数

4、比为 31B输入电压 u 随时间 t 变化的规律为 u48 sin 100 t(V)2C闭合开关 S1、断开开关 S2时，电压表的示数为 48 V，电流表的示数为 0.25 AD闭合开关 S2后，电容器 C 不会被击穿解析 由图乙可知，原线圈输入电压为 48 V，电流变化周期 T0.04 s，根据小灯泡正常发光可知副线圈输出电压为 12 V，根据变压器变压公式可知，理想变压器的原、副线圈的匝数比为 4812 41 ，选项 A 错误；输入电压 u 随时间变化的规律为 u 48 sin 2V48 sin (50 t)(V)，选项 B 错误；闭合开关 S1、断开开关 S2时，变压器输(2Tt) 2入

5、电压不变，电压表示数不变，根据变压器输入功率等于输出功率， P26 W12 W，可知输入电流为 0.25 A，电流表的示数为 0.25 A，选项 C 正确；闭合开关 S2后，电容器两3端最大电压等于 12 V，大于击穿电压 13 V，电容器会被击穿，选项 D 错误。2答案 C4(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 4118 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则图 4118A R 消耗的功率变为 P12B电压表 V

6、 的读数变为 U12C电流表 A 的读数变为 2ID通过 R 的交变电流频率不变解析 交流发电机产生的感应电动势最大值 Em NBS ，且有 2 n，所以当发电机线圈转速减半后，感应电动势最大值减半，有效值减半，又理想变压器原、副线圈电压有效值之比等于原、副线圈匝数比，故电压表示数减为原来的一半，B 项正确；由电功率P 可知，变压器输出功率即 R 消耗的功率变为原来的 ，A 项错误；由 P UI 可知，原U2R 14线圈中电流减为原来的一半，C 项错误；交流电的频率与发电机线圈转动角速度成正比，故 D 项错误。答案 B5如图 4119 甲所示的电路中，调节滑动变阻器的滑动触头 P 向某一方向移

7、动，根据电路中电压表和电流表的数据描绘了如图乙所示的两条 U I 图线，则下列关于调节过程中说法正确的是图 4119A图线乙是根据 V1与 A 的示数描绘的4B电源的内阻为 0.5 C两图线交点处电源的输出功率最大D两图线交点处电源效率最大解析 由部分电路的欧姆定律可得，电压表 V2和电流表 A 的示数的比值为定值电阻R0，三者之间满足关系： U2 IR0，结合数学知识可得应为图线乙，A 错误；由闭合电路欧姆定律： U E Ir，结合数学知识可得图线甲为根据电压表 V1与电流表 A 的示数描绘的，图线斜率的绝对值为电源的内阻大小，故有： r 1 ，B 错误；图线 U I 1.5 1.00.5的

8、交点处表示两电压表示数相等，分析电路可知此时滑动变阻器分压为零，即此时滑动变阻器的电阻 R0，由于 R0 2 r1 ，故此时负载电阻最小，电源的输出功1.00.5率最大，C 正确；负载电阻越大，电源的效率越大，交点处负载电阻最小，电源效率最小，D 错误。答案 C6一自耦变压器如图 4120 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 点顺时针旋转到 N点的过程中图 4120A U2 U1， U2降低 B U2 U1

9、， U2升高C U2 U1， U2降低 D U2 U1， U2升高解析 由变压器的变压公式 可知，由于原线圈匝数 n1大于副线圈匝数 n2，因此U1U2 n1n2有 U2 U1，当滑动触头从 M 点顺时针旋转到 N 点的过程中， n2减小，因此 U2降低，C 正确。答案 C7(2018潍坊二模)图 4121 甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势 e 随时间 t 变化的正弦规律图像如图乙所示。发电机线圈的内阻不计，外接灯泡的电阻为 12 。则5图 4121A在 t0.01 s 时刻，穿过线圈的磁通量为零B电压表的示数为 6 V2C灯泡消耗的电功率为 3 WD若其他条件不变

10、，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势的表达式 e12 sin 2100 t(V)解析 在 t0.01 s 的时刻，电动势为零，则线圈平面位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，选项 A 错误；电动势的最大值为 Em6 V，电压表测量的为有效值，故示数为2V 6 V，选项 B 错误；灯泡消耗的功率 P W3 W。选项 C 正确；周期为 0.02 622 E2R 6212s，瞬时电动势表达式为 e Emsin 6 sin 100 t(V)。转速提高一倍后，最大值变(2Tt) 2成 12 V， 2 n，故角速度变为原来的 2 倍，表达式应为 e12 sin 200 t(V)，选2 2项 D 错误。答案

11、C8在如图 4122 所示的电路中，电源电动势为 3.0 V，内阻不计，L 1、L 2、L 3为相同规格的小灯泡，电容器的电容为 C100 F。小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。闭合开关 S，当电路稳定后，下列说法正确的是图 4122AL 1中电流为 0.20 AB电容器带电荷量为 300 CCL 2中电流为 0.20 ADL 2的电阻为 15 解析 闭合开关 S，当电路稳定后，L 1中电流为零，电容器两端电压等于电源电动势，即 U3.0 V，由 C Q/U 可知，电容器带电荷量为 Q CU10010 6 3.0 C310 4 C，选项 A、B 错误。L 2、L 3两个小灯泡串联，每个灯泡两端电

12、压为 U21.5 V，根据小灯泡的伏安特性曲线可知电压为 1.5 V 时对应的小灯泡中的电流为 I20.20 A，L 2的电阻为6R2 U2/I27.5 ，选项 D 错误，选项 C 正确。答案 C9如图 4123 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，则下列说法中正确的是图 4123A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的滑片 P2向上端移动时，电源消耗的功率变大

13、，电阻 R3中有向上的电流C只将 R2的滑片 P1向下移动时，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， R1的阻值减小，电流变大， R0消耗的电功率变大，电容器的电压增大，电容器充电， R2中有向上的电流，A 选项正确；由于 R3与电容器相连，而电容器隔直流，所以只调节 R3的阻值对电路中的电流和电压没有影响，电源消耗的功率不变， R3中没有向上的电流，B 选项错误；只将 R2的滑片 P1向下移动时，电路中的电流不变，因此电容器两端的电压 U2增大，带电微粒受到的电场力 F qE q 变大，微粒将向U2d上运动，

14、C 项错误；若断开开关 S，电容器将通过 R3、 R2放电，电容器所带电荷量减少，带电微粒向下运动，D 选项错误。答案 A二、多项选择题10如图 4124 所示，50 匝矩形闭合导线框 ABCD 处于磁感应强度大小为 B T210的水平匀强磁场中，线框面积 S0.5 m2，线框电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴 OO以角速度 200 rad/s 匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V、60 W”的灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为 10 A，下列说法正确的是7图 4124A图示位置穿过线框的磁通量为零B线框中产生交变电压的有效值为 500 V2C变压器原、副线

15、圈匝数之比为 2511D允许变压器输出的最大功率为 5 000 W解析 由题图可知，此时线框平面和磁场垂直，此时穿过线框的磁通量最大，所以 A错误。矩形闭合导线框 ABCD 在磁场中转动，产生的交流电的最大值为Em NBS 50 0.5200 V500 V，由于最大值为有效值的 倍，所以交流电的210 2 2有效数值为 500 V，所以 B 错误。由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为 ，所以 C 正确。由于熔断器允许通过的最大电流为 10 A，所以允许变压器输500220 2511出的最大功率为 P UI50010 W5 000 W，所以 D 正确。答案 CD11.如图 412

16、5 所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头 Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻 R0和滑动变阻器 R， P 为滑动变阻器的滑动触头。在原线圈上加一电压为 U 的正弦交流电，则图 4125A保持 Q 的位置不动，将 P 向上滑动时，电流表读数变大B保持 Q 的位置不动，将 P 向上滑动时，电流表读数变小C保持 P 的位置不动，将 Q 向上滑动时，电流表读数变大D保持 P 的位置不动，将 Q 向上滑动时，电流表读数变小解析 保持 Q 的位置不动，则 U2不变，将 P 向上滑动时， R 接入电路的电阻变大，根据 I2 知， I2变小，由 得 I1也变小，即电流

17、表读数变小，选项 A 错误，选项U2R0 R I1I2 n2n1B 正确；保持 P 的位置不动，将 Q 向上滑动时， U2变大，则根据 P2 知副线圈输出功U2R0 R8率变大，由 P1 P2知，变压器原线圈输入功率 P1变大，而 P1 I1U，输入电压 U 一定， I1变大，即电流表读数变大，选项 C 正确，选项 D 错误。答案 BC12(2018衡阳联考)如图 4126 所示，匝数 n10 匝的矩形线框处在磁感应强度B T 的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度 20 rad/s 在匀强磁场中转动，2线框电阻不计，面积 S0.4 m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接

18、有一只灯泡 L(4 W,100 ”)和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是图 4126A灯泡正常发光时原、副线圈的匝数比为 21B灯泡正常发光时电流表的示数为 0.2 AC若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变暗D若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数减小解析 变压器输入电压的最大值为 Um nBS 10 0.420 V80 V，变压器2 2输入电压的有效值为 U1 V80 V，灯泡正常发光时的电压 U2 Um2 8022 PR 4100V20 V，此时原、副线圈的匝数比为 ，故 A 错误；由欧姆定律得 I2 n1n2 U1U2 8020 41 U2RA 0.2 A，根据 得，此

19、时电流表的示数为 I1 0.2 A0.05 A，故 B20100 I1I2 n2n1 n2I2n1 14错误；若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，根据 可知输出电压减小，U1U2 n1n2所以灯泡变暗，故 C 正确；线圈匝数不变，根据 可知输出电压不变，若将滑动变阻U1U2 n1n2器触头向上滑动，连入电路电阻变大，负载等效电阻变大， P1 P2 变小，又 P1 U1I1U2R可知电流表示数变小，故 D 正确。答案 CD13如图 4127 为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器 T1的原、副线圈匝数之比为 n1 n2110，在 T1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的

20、总电阻为 2r2 ，降压变压器 T2的原、副线圈匝数之比为 n3 n4101。若 T2的用电设备两端的电压为 U4200 V，用电设备消耗的电功率为 10 kW，不考虑其他因素的影响，9则图 4127A T1的副线圈两端电压的最大值为 2 010 V2B T2的原线圈两端的电压为 2 000 VC输电线上损失的电功率为 50 WD T1的原线圈输入的电功率为 10.1 kW解析 因为用电设备消耗的电功率为 10 kW， T2副线圈两端的电压为 U4200 V，则流过 T2副线圈的电流为 I4 50 A，由变压器原、副线圈的电流与线圈匝数的关PU4 10 kW200 V系 ，可得 I35 A，由

21、 ，可知 T2原线圈两端的电压为 U32 000 V，B 正确；I3I4 n4n3 U3U4 n3n4输电线的电阻分得的电压为 U 线 I32r52 V10 V，所以 T1副线圈两端的电压为U2 U3 U 线 (2 00010) V2 010 V，其最大值为 U2m2 010 V，A 正确；输电线上2损失的电功率为 P 损 I 2r50 W，C 正确；由能量守恒定律可知 T1副线圈的输出功率23为 P 出 (10 00050)W10 050 W，因此 T1原线圈的输入功率为 10 050 W，D 错误。答案 ABC14图 4128 甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数 n1与副线圈匝数 n2之

22、比为101，变压器的原线圈接如图乙所示正弦交流电，电阻 R1 R2 R320 ，它们与电容器 C 连接如图甲所示的电路，其中电容器的击穿电压为 8 V，电压表 V 为理想交流电表，开关 S 处于断开状态，则图 4128A电压表 V 的读数约为 7.07 VB电流表 A 的读数为 0.05 AC电阻 R2上消耗的功率为 2.5 W10D若闭合开关 S，电容器会被击穿解析 开关断开时，副线圈为 R1和 R2串联，电压表测量 R2的电压，由图可知原线圈电压为 100 V，所以副线圈电压为 10 V，则 R2的电压为 5 V7.07 V，故 A 正2002 2 2 2确；由 A 的分析可知，副线圈电流为 A A，所以原线圈电流为 A A，10240 24 24 110 240故 B 错误；电阻 R2上消耗的功率为 P W2.5 W，故 C 正确；当开关闭合U2R2 (5r(2)220时， R1与 R3并联后和 R2串联，电容器的电压为并联部分的电压，并联部分电阻为 R 并 R110 ，所以并联部分的电压为 10 V V，最大值为 V，最大值12 2 1020 10 1023 203V8 V，所以电容器不会被击穿，故 D 错误。203答案 AC