2018届高考物理高考二轮复习课时作业 第一部分 专题五

[限时规范训练]
一、单项选择题
1．(名师原创)科技小组在探究交变电流的产生及变化规律时，将电流计(0刻度在正中央)与一个保护电阻R0串联后，接到交流发电机模型的两个输出端，如图所示．发电机模型线圈匝数可调．转动手柄使线圈在磁场中匀速转动，观察电流计指针的偏转情况，下列叙述与观察结果相符的是()
A．电流计指针总是左、右摆动
B．当转速很小时，电流计指针左、右摆动
C．当转速很大时，电流计指示的为交变电流的有效值
D．当线圈匝数少时，电流计指针左、右摆动，当线圈匝数多时，电流计指针指向某一侧不为零的定值
解析：交流发电机产生的是交变电流，当转速很小时，流过电流计的电流方向变化较慢，电流计指针能随电流方向的变化而左、右摆动；当转速很大时，电流方向变化很快，电流计指针来不及随之变化而摆动，因此稳定时指针指向“0”刻度，不能测定交变电流的有效值，A、C 错，B正确；线圈匝数不能改变电流方向变化的频率，因此D错．
答案：B
2．如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2和R3均为定值电阻，V1和V2为理想电压表，A1和A2为理想电流表．开关S闭合时，V1和V2的读数分别为U1和U2；A1和A2的读数分别为I1和I2.若交流电源电压不变，现断开S，下列推断正确的是()
A．U2可能变小、I2一定变小
B．U2一定不变、I2一定变小
C．I1一定变小、I2可能变大
D．I1可能变大、I2可能变大
解析：交流电源电压不变，U1数值不变，根据变压器变压公式可知，副线圈电压只与原线圈电压和变压器原、副线圈匝数比有关．现断开S，U2不变，副线圈所接电路的等效电阻增大，电流表A2的读数I2变小，选项A错误，B正确．变压器输出功率减小，导致变压器输入功率变小，I1变小，选项C、D错误．
答案：B
3．在如图所示的交流电路中，理想变压器输入电压为u 1＝U 1m sin 100πt
V ，输入功率为P 1，输出功率为P 2，电压表读数为U 2，各交流电表均
为理想电表．由此可知( )
A ．灯泡中电流方向每秒钟改变100次
B ．变压器原、副线圈的匝数比为U 1m ∶U 2
C ．当滑动变阻器R 的滑动头向下移动时各个电表读数均变大
D ．当滑动变阻器R 的滑动头向上移动时P 1变大，且始终有P 1＝P 2
解析：由u 1＝U 1m sin 100πt V ，可知交变电流频率为50 Hz ，灯泡中电流方向每秒钟改变100次，选项A 正确．变压器原、副线圈的匝数比为U 1m ∶2U 2，选项B 错误．当滑动变阻器R 的滑动头向下移动时，变压器输出电压不变，电压表读数不变，变压器输出电流增大，电阻R 1两端电压增大，灯泡两端电压减小，通过灯泡的电流减小，电流表读数增大，选项C 错误．当滑动变阻器R 的滑动头向上移动时，变压器输出电流减小，输出功率减小，根据变压器功率的制约关系，P 1变小，且始终有P 1＝P 2，选项D 错误．
答案：A
4．(2016·邯郸二模)一般发电机组输出的电压在10 kV 左右，不符合远距离输电的要求．因此，要在发电站内用升压变压器，升压到几百千伏后再向远距离输电．到达几百千米甚至几千千米之外的用电区之后，先经“一次高压变电站”“二次变电站”降到10 kV 左右，再经低压变电站的降压变压器(可视为理想变压器)降压后供给某小区居民．已知供给居民的交流电u ＝2202sin 100πt V ，该变压器原、副线圈匝数比为50∶1，则( )
A ．原线圈上的电压为11 000 2 V
B ．原线圈中电流的频率是100 Hz
C ．原线圈使用的导线应该比副线圈的粗
D ．高压输电有利于减少输电线路中的损耗
解析：供给某小区居民的交流电u ＝2202sin 100πt V ，最大值为220 2 V ，故输出电压有效
值为220 V ，根据变压公式U 1U 2＝n 1n 2
，解得输入电压U 1＝50×220 V ＝11 000 V ，选项A 错误．由u ＝2202sin 100πt V ，解得频率f ＝50 Hz ，选项B 错误．根据变压器输入功率等于输出功率，
变压器原、副线圈中的电流与匝数成反比，即I 1I 2＝n 2n 1＝150
，可知副线圈中的电流大于原线圈中的电流，所以副线圈的导线要比原线圈的导线粗，选项C 错误．在输送电功率一定的情况下，根据公式P ＝UI 可知，高压输电有利于减小输电电流，输电线上电功率损耗ΔP ＝I 2r 也会减少，选项D 正确．
答案：D
5．(名师原创)在如图所示的电路中，已知电阻R 1的阻值小于滑动变阻器R 的最大阻值．闭合电键S ，在滑动变阻器的滑片P 由左端向右滑动的过程中，四个电表V 1、V 2、A 1、A 2的示数及其变化量分别用U 1、U 2、I 1、I 2、ΔU 1、ΔU 2、ΔI 1、ΔI 2表示．下列说法正确的是( )
A ．U 1先变大后变小，I 1不变
B ．U 1先变小后变大，I 1变小
C.ΔU 1ΔI 2的绝对值先变大后变小，ΔU 2ΔI 2
的绝对值不变 D ．U 2先变小后变大，I 2先变小后变大
解析：滑片P 由滑动变阻器的左端向右端滑动的过程中，滑动变阻器R 的左半部分与R 1串联然后与R 的右半部分并联，并联电阻先变大后变小，所以电路总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律，I 2先变小后变大，U 1先变大后变小，由极限法可得当滑片P 滑到滑动变阻器右端时，电流表A 1把R 1所在支路短路，此时I 1最大，所以I 1一直增大，A 、B 错误；对于
C 项，ΔU 1ΔI 2的绝对值等于电源的内阻，保持不变，ΔU 2ΔI 2
的绝对值等于R 2，保持不变，所以C 错误；电阻R 2不变，电压表V 2的示数U 2＝I 2R 2，U 2先变小后变大，D 正确．
答案：D
6．(2015·高考广东卷)如图所示为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加
热导气管，视变压器为理想变压器．原线圈接入电压有效值恒定的交流电
并保持匝数不变，调节触头P ，使输出电压有效值由220 V 降至110 V ．调
节前后( )
A ．副线圈中的电流比为1∶2
B ．副线圈输出功率比为2∶1
C ．副线圈的接入匝数比为2∶1
D ．原线圈输入功率比为1∶2
解析：设副线圈的输出电压在两种情况下分别为U 2、U 2′，由题意知U 2∶U 2′＝2∶1，两种
情况下，副线圈中的电流分别为I 2＝U 2R 、I 2′＝U 2′R
，副线圈中的电流比为I 2∶I 2′＝U 2∶U 2′＝2∶1，故A 错误；由功率P 2＝U 22R 、P 2′＝U 2′2R
得P 2∶P 2′＝U 22∶U 2′2＝4∶1，故B 错误；理想变压器的输出功率等于输入功率，故原线圈输入功率比为4∶1，D 错误；由变压器规律得U 2U 1＝n 2n 1，U 2′U 1＝n 2′n 1，解得n 2n 2′＝U 2U 2′
＝2∶1，C 正确． 答案：C
7．某小型水电站的电能输送示意图如图甲，发电机的输出电压变化规律如图乙，输电线总电阻为r ，升压变压器原副线圈匝数分别为n 1、n 2，降压变压器原副线圈匝数分别为n 3、n 4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则下列说法正确的是( )
A ．乙图中电压的瞬时值表达式为
u ＝2202sin 200πt V
B.n 1n 2＞n 3n 4
C ．当用户用电器的负载增加时，输电线上损耗的功率增大
D ．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率
解析：根据乙图可知，电压的最大值U m ＝220 2 V ，周期T ＝0.02 s ，所以ω＝2πT ＝2π0.02
rad /s ＝100π rad/s ，则乙图中电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin 100πt V ，故A 错误；由变压器的电压比与匝数之比的关系得U 1U 2＝n 1n 2，U 3U 4＝n 3n 4，因为是升压变压器，所以U 1U 2
＜1，因为是降压变压器，所以U 3U 4＞1，所以n 1n 2＜n 3n 4
，故B 错误；当用户用电器的负载增加时，输电线上电流增大，则损耗的功率增大，故C 正确；因是理想变压器，则其输入功率与输出功率相等，但由于电线电阻功率损失，所以升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，故D 错误． 答案：C
8．图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R ＝10 Ω的电阻连接，与电阻R 并联的交流电压表为理想电表，示数是10 V ，图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t 变化的图象，则( )
A ．电阻R 上的热功率为20 W
B ．0.02 s 时R 两端的电压瞬时值为零
C ．R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝102·cos 100πt V
D ．通过R 的电流i 随时间t 变化的规律是i ＝cos 50πt A
解析：电压表的示数为该电压的有效值，因此电阻R 上的热功率P ＝U 2R
＝10 W ，A 错误；由图象可知，0.02 s 时，磁通量为零，此时线圈处于垂直于中性面的位置，产生的电动势以及路端电压应该是最大的，B 错误；由图象知，该交流电为余弦式变化的交流电，因此电压的最大
值为10 2 V ，周期T ＝0.02 s ，则ω＝2πT
＝100π rad/s ，所以电压随时间的变化规律u ＝U m cos 2πT t ＝102cos 100πt V ，C 正确；通过R 的最大电流为I m ＝U m R ＝ 2 A ，因此电流随时间的变
化规律为i ＝I m cos
2πT
t ＝2cos 100πt A ，D 错误． 答案：C
二、多项选择题 9．(2016·高考全国卷Ⅲ)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相
同的灯泡a 和b .当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常
发光．下列说法正确的是( )
A ．原、副线圈匝数比为9∶1
B ．原、副线圈匝数比为1∶9
C ．此时a 和b 的电功率之比为9∶1
D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶9
解析：设灯泡的额定电压为U 0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U 0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A 正确，选项B 错误；由9U 0I a ＝U 0I b 得，流过b 灯泡的电流是流过a 灯泡电流的9倍，根据P ＝UI ，a 、b 灯泡的电功率之比为1∶9，选项C 错误，选项D 正确．
答案：AD
10．(名师原创)如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系，则( )
A ．两种形式的交变电流最大值相同
B ．两种形式的交变电流有效值之比为1∶ 2
C ．两种形式的交变电流周期之比为2∶3
D ．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电能之比为1∶3
解析：由图甲和图乙分别表示的正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系图象可知，两种形式的交变电流最大值都是1 A ，选项A 正确；图甲表示的正弦脉冲波周期为0.06 s ，图乙表示的方波的周期为0.04 s ，两种形式的交变电流周期之比为3∶2，选项C 错误．设正弦
脉冲波的电流有效值为I 1，根据有效值的定义，前13周期和后13周期的有效值都为12
A ，根据有效值的定义有(12 A)2R ·T 3＋(12
A)2R ·T 3＝I 21R ·T ，解得I 1＝33 A ．图乙表示的方波交变电流大小不变，其有效值等于最大值，I 2＝1 A ．两种形式的交变电流有效值之比为I 1∶I 2＝1∶3，
选项B 错误．由W ＝UIt ＝I 2Rt 可知，若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过
1 min 的时间，两电阻消耗的电能之比W 甲∶W 乙＝I 21∶I 22＝1∶3，选项D 正确．
答案：AD
11．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈接有“220 V 440 W ”的热水器、“220 V 220 W ”的抽油烟机．如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是( )
A ．副线圈两端电压的瞬时值为u ＝220 2sin 100πt V
B ．变流电压表的示数为1 100 2 V
C ．1 min 内变压器输出的电能为3.96×104 J
D ．热水器的发热功率是抽油烟机发热功率的2倍
解析：由题图乙知，交变电流的峰值为220 2 V ，ω＝2π0.02
rad /s ＝100π rad/s ，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin 100πt V ，故A 正确．由原副线圈电压比与匝数比的关系
得电压表的示数U 1＝n 1n 2
U 2＝5×220 V ＝1 100 V ，B 错误．热水器和抽油烟机均正常工作，则1 min 内变压器输出的电能W ＝P 热t ＋P 抽t ＝3.96×104 J ，C 正确．热水器的发热功率为440 W ，而抽油烟机的发热功率远小于220 W ，故D 错误．
答案：AC
12．如图所示，图甲中M 为一电动机，当滑动变阻器R 的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2 A 以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断不正确的是( )
A ．电路中电源电动势为3.6 V
B ．变阻器向右滑动时，V 2读数逐渐减小
C ．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 W
D ．变阻器的最大阻值为30 Ω
解析：由电路图甲知，电压表V 2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V 2的电压与电流的关系，此图线的斜率大小等于电源的内阻，为r ＝
3.4－30.2
Ω＝2 Ω，当电流I ＝0.1 A 时，U ＝3.4 V ，则电源的电动势E ＝U ＋Ir ＝(3.4＋0.1×2)V ＝3.6 V ，故A 正确；变阻器向右滑动时，R 阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压
增大，即V 2读数逐渐增大，故B 错误；由图可知，电动机的电阻r M ＝0.8－0.40.1
Ω＝4 Ω，当I ＝0.3 A 时，U ＝3 V ，电动机输出功率最大，最大为P ＝UI －I 2r M ＝3 V ×0.3 A －(0.3 A)2×4 Ω＝0.54 W ，故C 错误；当I ＝0.1 A 时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R ＝R 总－r －r M ＝(3.60.1
－2－4)Ω＝30 Ω，故D 正确． 答案：BC
13．如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd 的边长ab ＝cd ＝L 1，bc ＝ad ＝L 2，匝数为n ，线圈的总电阻为r ，线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO ′匀速转动，角速度为ω.线圈两端通过电刷E 、F 与阻值为R 的定值电阻连接．从线圈经过中性面开始计时，则( )
A ．线圈中感应电动势的最大值为nBωL 1L 2
B ．线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式为e ＝nBωL 1L 2cos ωt
C ．经过14周期时间通过电阻R 的电荷量为BL 1L 2R ＋r
D ．此发电机在上述工作状态下的输出功率为n 2B 2ω2L 21L 22R 2(R ＋r )2
解析：线圈产生的感应电动势的最大值E m ＝nBωL 1L 2，选项A 正确．感应电动势随时间变化
的表达式e ＝E m sin ωt ＝nBωL 1L 2sin ωt ，选项B 错误．根据法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt
，由闭合电路欧姆定律有I ＝E R ＋r ，又ΔΦ＝BL 1L 2，q ＝I Δt ，联立解得q ＝nBL 1L 2R ＋r
，选项C 错误．线圈中感应电动势的有效值E ＝
E m 2＝nBωL 1L 22，电流的有效值I ＝nBωL 1L 22(R ＋r )，交流发电机的输出功率即电阻R 的热功率P ＝I 2R ＝n 2B 2ω2L 21L 22R 2(R ＋r )2
，选项D 正确． 答案：AD
14．如图所示，电阻不计的金属导轨PQ 、MN 水平平行放置，间距为L ，导轨的P 、M 端接到匝数比为n 1∶n 2＝1∶2的理想变压器的原线圈两端，变压器的副线圈接有阻值为R 的电阻．在两导轨间x ≥0区域有垂直导轨平面的磁场，磁场的磁感应强度B ＝B 0sin 2k πx (T)，一阻值不计的导体棒ab 垂直导轨放置且与导轨接触良好．开始时导体棒处于x ＝0处，从t ＝0时刻起，导体棒ab 在沿x 正方向的力F 作用下做速度为v 的匀速运动，则( )
A ．导体棒ab 中产生的交变电流的频率为k v
B ．交流电压表的示数为2B 0L v
C ．交流电流表的示数为4B 0L v R
D ．在t 时间内力F 做的功为2B 20L 2v 2t R
解析：导体棒ab 切割磁感线，产生的感应电动势E ＝BL v ＝B 0L v sin 2k πv t (V)，则产生的交变电流的频率为k v ，A 正确；由E ＝B 0L v sin 2k v πt (V)可知，原线圈所加交变电流的有效值为U 1＝B 0L v 2
，由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝2B 0L v ，B 错误；因U 2＝2B 0L v ，I 2＝U 2R ，由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝22B 0L v R ，C 错误；依据能量守恒定律，得
W F ＝Q R ＝I 22Rt ＝2B 20L 2v 2t R ，D 正确．
答案：AD。