2021高考物理(山东专用)二轮训练-专题四-电路和电磁感应4-9-Word版含解析.docx

专题四 电路和电磁感应
第9讲　恒定电流和交变电流

选择题(共14小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确．)
1．如图4－9－18所示，抱负变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，和均为抱负电表，灯泡电阻RL＝6 Ω，AB端电压u1＝12sin 100πt (V)，下列说法正确的是
(　　)

图4－9－18
A．电流频率为100 Hz
B.的读数为24 V
C.的读数为0.5 A
D．变压器输入功率为6 W
解析　由ω＝2πf＝100π rad/s得：f＝50 Hz，A错．有效值U1＝12 V，又＝得：U2＝6 V，I2＝＝1 A，B、C项错．由能量守恒得P1＝P2＝U2I2＝6 W，D对．
答案　D
2．热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，其电阻Rt随温度t变化的图线如图4－9－19甲所示．如图乙所示电路中，热敏电阻Rt与其他电阻构成的闭合电路中，当Rt所在处温度上升时，两电表读数的变化状况是
(　　)

图4－9－19
A．A变大，V变大 B．A变大，V变小
C．A变小，V变大 D．A变小，V变小
解析　由电路图可知，电压表和电流表与热敏电阻是间接并联关系，当Rt所在处温度上升时，Rt的阻值减小，利用“并同串反”知电流表和电压表的读数都减小．
答案　D
3．用220 V的正弦沟通电通过抱负变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V，通过负载的电流图象如图4－9－20所示，则
(　　)

图4－9－20
A．变压器输入功率约为3.9 W
B．输出电压的最大值是110 V
C．变压器原、副线圈匝数比是1∶2
D．负载电流的函数表达式i＝0.05 sin(100 πt＋)A
解析　由题意知：U1＝220 V，U2＝110 V，所以＝＝2∶1，U2m＝110 V，选项B、C均错误．
由图象可知：I2m＝0.05 A，T＝0.02 s，则负载电流的表达式为i＝0.05 sin(100 πt)A，选项D错误．变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2＝×110 W≈3.9 W，选项A正确．
答案　A
4．如图4－9－21所示，用抱负变压器给电灯L供电，假如只增加副线圈的匝数，其他条件不变，则
(　　)

图4－9－21
A．电灯L亮度减小 B．电流表示数增大
C．电压表示数增大 D．变压器输入功率不变
解析　由抱负变压器的电压比等于匝数比可得＝，n2增加，则副线圈两端电压增加，电压表的读数增大，加在电灯两端的电压增大，电灯变亮，即变压器的输出功率增大，由于抱负变压器的输入功率等于输出功率，则输入功率也随之增大，依据P＝U1I1，可知电流表的读数增大，选项B、C正确，选项A、D错误．
答案　BC
5．如图4－9－22所示，电源电动势E＝12 V，内阻r＝3 Ω，R0＝1 Ω，直流电动机内阻R0′＝1 Ω，当调整滑动变阻器R1时可使甲电路输出功率最大，调整R2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P0＝2 W)，则R1和R2连入电路中的值分别为
(　　)

图4－9－22
A．2 Ω，2 Ω B．2 Ω，1.5 Ω
C．1.5 Ω，1.5 Ω D．1.5 Ω，2 Ω
解析　由于题中甲电路是纯电阻电路，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，所以R1＝2 Ω；而乙电路是含电动机电路，欧姆定律不适用，电路的输出功率P＝IU＝I(E－Ir)，当I＝＝2 A时，输出功率P有最大值，此时电动机的输出功率为2 W，发热功率为4 W，所以电动机的输入功率为6 W，电动机两端的电压为3 V，电阻R2两端的电压为3 V，所以R2＝1.5 Ω，选项B正确．
答案　B
6. 在如图4－9－23所示的电路中，电源内阻不行忽视，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表的示数减小ΔU(电压表为抱负电表)，在这个过程中
(　　)

图4－9－23
A．通过R1的电流减小，削减量肯定等于ΔU/R1
B．R2两端的电压增加，增加量肯定等于ΔU
C．路端电压减小，削减量肯定等于ΔU
D．通过R2的电流增加，但增加量肯定小于ΔU/R2
解析　由串反并同结论或者通过动态电路分析方法可知，当R减小时，并联部分电压减小，电压表示数减小，与其并联的R1的电流也减小，与其串联的电阻R2的电压增大，由欧姆定律得R1两端电压减小ΔU＝ΔIR1，则A对；由闭合电路欧姆定律知E＝U＋Ir，电阻R2与r电压共增加了ΔU，B、C错，通过R2的电流增加，增加量肯定小于ΔU/R2，D对．
答案　AD
7. (2022·莆田一模)如图4－9－24所示，一抱负变压器原线圈匝数n1＝1 000匝，副线圈匝数n2＝200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u＝220sin 100πt V．副线圈中接一电动机，电阻为11 Ω，电流表A2示数为1 A．电表对电路的影响忽视不计，则
(　　)

图4－9－24
A．此沟通电的频率为100 Hz
B．电压表示数为220 V
C．电流表A1示数为5 A
D．此电动机输出功率为33 W
解析　由ω＝2πf得沟通电的频率为50 Hz，故A错误；电压表、电流表测量所得的是交变电流的有效值，故电压表读数为220 V，故B错误；由＝可知I1＝I2＝0.2 A，故C错误；由P出＝P入－P热＝U2I2－IR＝33 W，故D正确．
答案　D
8. (2022·厦门一模)在某交变电流电路中，有一个正在工作的抱负变压器，如图4－9－25所示．它的原线圈匝数n1＝600 匝，沟通电源的电动势e＝311sin(100πt) V(不考虑其内阻)，电压表和电流表对电路的影响可忽视不计，原线圈串联一个额定电流为0.2 A的保险丝，副线圈匝数n2＝120 匝，为保证保险丝不被烧断，则
(　　)

图4－9－25
A．负载功率不能超过62 W
B．副线圈电流最大值不能超过1 A
C．副线圈电路中的电阻R不能小于44 Ω
D．副线圈电路中电压表的读数为62 V
解析　由＝得U2＝44 V，D错；由＝得I2≤1 A，所以负载功率最大为P2＝U2I2≤44 W，A错；副线圈中的电流最大值为Im＝ A，故B错；由R＝得R≥44 Ω，C对．
答案　C
9．(2022·江苏卷，3)远距离输电的原理图如图4－9－26所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R.变压器为抱负变压器，则下列关系式中正确的是
(　　)

图4－9－26
A.＝ B．I2＝
C．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2
解析　由于抱负变压器的电流比与匝数比成反比，即＝，A错；由于R两端的电压不等于U2，故B错；由能量关系可得U1I1＝IR＋P用，故C错；由功率关系，P入＝P出可得：I1U1＝I2U2，D项正确．
答案　D
10．如图4－9－27所示，某发电机输出功率是100 kW，输出电压是250 V，从发电机到用户间的输电线总电阻为8 Ω，要使输电线上的功率损失为5%，而用户得到的电压正好为220 V，求升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是
(　　)

图4－9－27
A．16∶1　190∶11 B．1∶16　11∶190
C．1∶16　190∶11 D．16∶1　11∶190
解析　输电线损失功率
P损＝100×103×5% W＝5×103 W，
所以，输电线电流I2＝＝25 A，
升压变压器原线圈电流I1＝＝400 A，
故升压变压器原、副线圈匝数比＝＝.
升压变压器副线圈端电压U2＝·U1＝4 000 V，
输电线损失电压U损＝I2·R线＝200 V，
降压变压器原线圈电压U3＝U2－U损＝3 800 V，
故降压变压器原、副线圈匝数比为＝＝.
故选项C正确．
答案　C
11．(2022·菏泽模拟)如图4－9－28甲中的变压器为抱负变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10∶1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式沟通电，电阻R1＝R2＝R3＝20 Ω和电容器C连接成如图甲所示的电路，其中，电容器的击穿电压为8 V，电表为抱负沟通电表，开关S处于断开状态，则
(　　)

图4－9－28
A．电压表V的读数约为7.07 V
B．电流表A的读数为0.05 A
C．变压器的输入功率约为7.07 W
D．若闭合开关S，电容器不会被击穿
解析　开关断开时，副线圈中R1和R2串联，电压表测量R2的电压，由图可知原线圈电压为U1＝100 V，所以副线圈电压为U2＝10 V，则R2的电压为UR2＝5 V≈7.07 V，故A正确；由以上分析可知，副线圈电流为I2＝＝A，所以原线圈电流为I1＝I2＝× A＝A，故B错误；电阻R1、R2上消耗的功率为P＝＝ W＝5 W，输入功率等于输出功率，故C错误；当开关闭合时，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＝10 Ω，所以并联部分的电压为U13＝U2＝V，最大值为 V＜8 V，所以电容器不会被击穿，故D正确．
答案　AD
12．如图4－9－29所示，有一台沟通发电机E，通过抱负升压变压器T1和抱负降压变压器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肯定，当用户消耗的电功率变大时，有
(　　)

图4－9－29
A．U2减小，U4变大 B．U2不变，U3变小
C．P1变小，P2变小 D．P2变大，P3变大
解析　由抱负变压器输出功率打算输入功率可得，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，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得U3＝U2－I2R，故U3减小，降压变压器原、副线圈匝数不变，所以U4减小，故选项A错误，选项B正确；由于用户功率增加，即P4增加，抱负变压器无功率损耗可得：P3＝P4，功率P3也增加，由以上分析可知P1、P2增大，故选项C错误，选项D正确．
答案　BD
13．(2022·高考冲刺卷三)如图4－9－30所示，发电机线圈面积为S、匝数为N，电阻不计，线圈绕OO′轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以ω的角速度匀速转动；变压器原线圈为n1匝，副线圈由绝缘导线ab对折后并在一起在铁芯上绕n2圈．图中c是导线对折处的引出线的接触点．S为单刀双掷开关．下列说法正确的是
(　　)

图4－9－30
A．S接b时，电压表示数为
B．S接c时，电压表示数为
C．S接b时，当滑动变阻器连入电路的阻值为R时，流过发电机线圈的电流为
D．S接c时，当滑动变阻器连入电路的阻值为R时，ω加倍，流过发电机线圈的电流为
解析　当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，产生沟通电动势的最大值Em＝NBSω，有效值E＝NBSω.S接b时，由于副线圈导线的双线绕法，副线圈电流为零，电压表示数为零，A、C错；S接c时，电压表示数为U＝E＝
，B对；当ω加倍时，发电机产生沟通电动势的最大值为Em′＝2NBSω，有效值为E′＝NBSω.电压表示数为U′＝E′＝，副线圈中的电流I2′＝，所以原线圈中的电流为I1′＝，D对．
答案　BD
14. 如图4－9－31所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，两平行金属板间有匀强磁场．开关S闭合后，当滑动变阻器滑片位于图示位置时，一带电粒子恰好以速度v匀速穿过两板．若不计重力，以下说法正确的是
(　　)

图4－9－31
A．假如将开关断开，粒子将连续沿直线运动
B．保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子可能向上偏转
C．保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出
D．保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出
解析　将开关断开，电容器将通过滑动变阻器放电，a、b板间的场强渐渐削减到零，所以粒子受到的洛伦兹力大于电场力，粒子将发生偏转，A错误．保持开关闭合，将a极板向下移动一点，电容增大，电容器充电，两极板之间电场强度增大，粒子所受电场力增大，粒子可能向上偏转，选项B正确．保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，平行金属板间电压降低，粒子所受电场力小于洛伦兹力．若粒子带负电，粒子将可能从下极板边缘射出，选项C正确．保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，平行金属板间电压上升，粒子所受电场力大于洛伦兹力．若粒子带正电，粒子将可能从下极板边缘射出，选项D正确．
答案　BCD