2020届高考物理二轮复习常考题型大通关：(11)恒定电流和交变电流问题
湖北高考物理二轮复习恒定电流和交变电流专题练习(带答案)
湖北高考物理二轮复习恒定电流和交变电流专题练习（带答案）恒定电流由恒定电场发生，同时也发生恒定磁场，下面是恒定电流和交变电流专题练习，请考生仔细练习。
1. (多项选择)将电阻与一矩形线框相衔接，矩形线框放在匀强磁场中匀速转动，流过电阻的电流随时间变化的i-t图象如下图.那么以下说法中正确的选项是()A.线框在t1时辰与磁场方向垂直B.线框在t2时辰与磁场方向垂直C.t1～t2时间内穿过线框的磁通量逐渐增大D.0～t4时间内电流方向改动了2次解析：选BCD.由图象可知，t1、t3时辰感应电流最大，这两个时辰线框与中性面垂直，与磁场方向平行，A错误;由图象可知，在t2、t4时辰，感应电流为零，这两个时辰线框平面与中性面重合，即与磁场方向垂直，B正确;由以上剖析可知，从t1到t2，线框由与磁场平行的位置转到与磁场垂直的位置，那么穿过线框的磁通量逐渐增大，C正确;由图象可知，0～t4是一个周期，电流的方向改动了2次，D正确.2.(2021南京高三质检)图1中D为理想二极管，具有单导游电性，R是阻值均为10 的定值电阻.当a、b间加有图2所示按正弦规律变化的交变电压时，交流电压表的示数约为() A.36.7 VB.51.9 VC.73.3 VD.103.7 V解析：选B.设二极管D右端为一个全体，全体电阻为r，全体两端电压为U有效，依据交变电流有效值的定义知，=T，解得U有效= V，由电路剖析知，电压表两端的电压占全体两端电压的三分之一，因此电压表的示数为U有效51.9 V，B正确.3.(2021高考天津卷) (多项选择)如下图，理想变压器的原线圈衔接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以经过滑动触头Q来调理，在副线圈两端衔接了定值电阻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，那么()A.坚持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B.坚持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小C.坚持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D.坚持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小解析：选BC.坚持Q的位置不动，那么U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大，依据I2=知，I2变小，由=得I1也变小，即电流表读数变小，选项A错误、选项B正确;坚持P的位置不动，将Q向上滑动时，U2变大，那么依据P2=知副线圈输入功率变大，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.4.(2021高考福建卷)图为远距离输电表示图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数区分为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u=Umsin t的交流电源，假定保送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不思索其他要素的影响，那么输电线上损失的电功率为()A. B.C.422rD.422r解析：选C.升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1=;由变压关系可得=，那么U2=;由于保送电功率为P，输电线中的电流为I2==，那么输电线上损失的电功率为P=I(2r)=，应选项C正确.5.在如下图的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，○A 、○V 为理想电流表和电压表.在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的进程中，以下说法中正确的选项是()A.电压表示数减小B.电流表示数减小C.电容器C所带电荷量增多D.a点的电势降低解析：选D.滑动头P自a端向b端滑动的进程中，滑动变阻器的电阻减小，电路总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可得，干路电流增大，由UR1=IR1可知R1两端电压即电压表的示数变大，选项A错误;由U=E-Ir可知路端电压U减小;由UR2=U-UR1可得R2两端的电压减小，又由I2=可得流过R2的电流变小，在干路电流增大的状况下，电流表的示数将变大，选项B错误;电容器两端的电压变小，依据C=，电容器所带电荷量将变少，选项C错误;由于R2两端的电压变小，所以a点的电势变低，选项D正确.6.如图是气敏传感器的任务原理图，RCO是对一氧化碳(CO)敏感的二氧化锡半导体元件，其电阻随一氧化碳浓度的添加而减小，R是一可变电阻，在ac直接12 V的恒定电压，bc 直接报警器.当环境中一氧化碳浓度添加到一定值时报警器收回正告.那么()A.当一氧化碳的浓度降低时，b点的电势降低B.减小R的阻值，可以提高气敏传感器的灵敏度C.适当增大ac间的电压，可以提高气敏传感器的灵敏度D.假定ac间的电压减小可减小R的阻值使气敏传感器正常任务解析：选C.当环境中一氧化碳浓度增大时，电阻RCO减小，电压减小，bc间电压增大，b点电势降低，报警器收回正告，电阻R值越大，在一氧化碳浓度添加时，bc间电压越容易到达报警电压，异样增大ac间电压，也可使bc间容易到达报警电压，故A、B错误，C正确，当ac间电压减小时，应增大R的阻值，才可使报警器正常任务，D错误.7. (2021济南模拟)(多项选择)某交流发电机的输入电压随时间变化的图象如下图，输入功率是20 kW，现用5 000 V 高压输电，输电线上的总电阻是40 ，再应用n1n2=221的降压变压器降压后供应用户，那么以下说法正确的选项是()A.交变电流的频率为100 HzB.发电机输入电压的有效值为220 VC.流过高压输电线的电流为125 AD.降压变压器输入电压的有效值为220 V解析：选BD.由图象可知周期T=0.02 s，所以频率f=50 Hz，应选项A错误;交流发电机的输入电压为U0=220 V，应选项B正确;由P=UI可知高压输电电流I== A=4 A，应选项C错误;降压变压器的输入电压U1=U-IR=5 000 V-440 V=4 840 V，由=可知降压变压器的输入电压为U2=U1= V=220 V，应选项D正确.8.(2021山西名校一模)某小型水电站的电能保送表示图如下图，发电机经过升压变压器T1和降压变压器T2向R0=11 的纯电阻用电器供电.输电线的总电阻R=10 ，T2的原、副线圈匝数比为41，用电器两端的电压为u=220sin 100 t(V)，将T1、T2均视为理想变压器.以下说法正确的选项是()A.降压变压器的输入功率为4 400 WB.升压变压器中电流的频率为100 HzC.输电线R消耗的功率为500 WD.当用电器的电阻减小时，输电线R消耗的功率减小解析：选A.由题意，用电器两端的电压有效值为U=220 V，那么降压变压器的输入功率P==4 400 W，依据理想变压器的输入功率等于输入功率知，降压变压器的输入功率为4 400 W，A正确;升压变压器中电流的频率f==50 Hz，B错误;由于经过R0的电流为I==20 A，由变流比知，输电线上的电流为5 A，那么输电线R消耗的功率为P=IR=250 W，C错误;当用电器的电阻减小时，而T2中输入电压不变，那么经过用电器中的电流增大，由变流比知，输电线R上的电流也增大，其消耗的功率也增大，D错误.9.如下图，理想变压器与电阻R，交流电压表V、交流电流表A按图1所示方式衔接，变压器原、副线圈的匝数比为n1n2=101，电阻R=5 .图2是R两端电压U随时间t变化的图象，Um=10 V.那么以下说法中正确的选项是()A.交变电流的频率为50 HzB.电压表V的读数为10 VC.电流表A的读数为20 AD.变压器的输入功率为40 W解析：选B.由题图2知，交变电流的周期为0.02 s，故频率f==50 Hz，A错误;由于变压器输入端电压的最大值为10 V，那么其有效值即电压表的示数为10 V，B正确;由欧姆定律知，流过R的电流为2 A，由变流比知，原线圈电路中的电流为0.2 A，C错误;由变压比知，原线圈两端的电压为100 V，那么变压器的输入功率P=UI=1000.2 W=20 W，故D错误.10.某发电站为一城市供电的表示图如下图，其中M为升压变压器，N为降压变压器，假定两变压器均可视为理想变压器.变压器M的输入电压U1坚持不变，输入电流、输入功率区分用I1、P1表示，输入电压、输入电流、输入功率区分用U2、I2、P2表示;变压器N的输入电压、输入电流、输入功率区分用U3、I3、P3表示，输入电压、输入电流、输入功率区分用U4、I4、P4表示;输电线的阻值为R，输电线损失的功率为P.以下关系式正确的选项是()A.I2=B.P=(U2-U3)I3C.I2I3D.当用户的数量添加时，变压器N的输入电压U3添加解析：选B.M、N均为理想变压器，那么P1=P2，依据I=可知，输电线中的电流I2=，A错误;由电路图可知输电电流I2=I3，那么输电线上损失的功率为P=(U2-U3)I3，B正确、C错误;当用户的数量添加时，输入功率增大，输电线中的电流增大，输电线上损失的电压增大，所以变压器N的输入电压U3减小，D错误.恒定电流和交变电流专题练习及答案分享到这里，更多内容请关注高考物理试题栏目。
2020高考物理必考题恒定电流与交变电流押题试题答案解析与点睛(37页)
2020高考物理必考题恒定电流与交变电流押题试题恒定电流与交变电流★考点一：描述电路的基本概念和规律1. 某电解池，如果在1秒钟内共有5.0×1018个二价正离子和1.0×1019个一价负离子通过某横截面，那么通过这个横截面的电流是( )A ．0 AB ．0.8 AC ．1.6 AD ．3.2 A【答案】 D【解析点睛】 通过横截面的正离子的电量q 1＝1.6×10－19×2×5.0 ×1018C.通过横截面的负离子的电量q 2＝－1.6×10－19×1.0×1019C ，则q ＝|q 1|＋|q 2|＝3.2 C ，根据I ＝q t ，故D 项正确． 2. 一根长为L 、横截面积为S 的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n ，电子的质量为m 、电荷量为e .在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v ，则金属棒内的电场强度大小为( )A.mv 22eLB ．mv 2Sn eC ．ρnevD ．ρev SL【答案】 C【解析点睛】 欧姆定律I ＝U R ，电流的微观表达式I ＝neSv ，电阻定律R ＝ρL S ，则金属棒内场强大小为E ＝U L ＝IR L ＝ρnev ，故C 正确． 3. 如图所示，a 、b 、c 为不同材料做成的电阻，b 与a 的长度相等，横截面积是a 的两倍；c 与a 的横截面积相等，长度是a 的两倍．当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是U 1：U 2：U 3＝1：1：2。
关于这三种材料的电阻率ρa 、ρb 、ρc ，下列说法中正确的是( )A ．ρa 是ρb 的2倍B ．ρa 是ρc 的2倍C ．ρb 是ρc 的2倍D ．ρc 是ρa 的2倍【答案】 C 【解析点睛】 设a 的长度为L ，横截面积为S ，因为R ＝U I ，而R ＝ρL S ，所以R a R b ＝U 1U 2，即ρa L S ρb L 2S＝1，故ρb ＝2ρa ；同理R a R c ＝U 1U 3＝12，所以ρa L S ρc 2L S＝12，故ρa ＝ρc ，由上述可知ρb ＝2ρc ，C 正确．4. 经典物理学认为金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子(即金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞，且金属导体中通过恒定电流形成了稳恒的电场，已知铜的电阻率为ρ，单位体积内的自由电子数量为n ，自由电子的质量为m 、带电荷量为e ，假设自由电子与金属离子碰撞后减速到零，且碰撞时间极短，则铜导线中自由电子连续两次与金属离子碰撞的时间间隔的平均值为( )A.2m nρeB ．2m nρe 2 C.2ρm ne 2D ．2nm ρe 2【答案】 B【解析点睛】 设铜导线的长度为L ，横截面积为S ，金属导线内的匀强电场场强为E ，则电子定向移动的加速度为a ＝eE m ，经过时间t (碰撞一次)获得的定向移动速度为v ＝at ＝eE m t ，在时间t 内的平均速度为v ＝v 2＝eEt 2m ，则由电流微观表达式，I ＝neS v ＝ne 2SEt 2m ，由欧姆定律和电阻定律可知R ＝ρL S ＝U I ＝EL I ，联立解得t ＝2mnρe 2，B 正确． 5. 一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220 V 的交流电源上(其内电阻可忽略不计)，均正常工作．用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A ，通过洗衣机电动机的电流是0.50 A ，则下列说法中正确的是( )A ．电饭煲的电阻为44 Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440 ΩB ．电饭煲消耗的电功率为1 555 W ，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 WC ．1 min 内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J ，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103 JD ．电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍【答案】 C【解析点睛】 由于电饭煲是纯电阻元件，所以R 1＝U I 1＝44 Ω，P 1＝UI 1＝1 100 W其在1 min 内消耗的电能W 1＝UI 1t ＝6.6×104 J洗衣机为非纯电阻元件，所以R 2≠U I 2，P 2＝UI 2＝110 W其在1 min 内消耗的电能W 2＝UI 2t ＝6.6×103 J其热功率P 热≠P 2，所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍．6. 如图所示，在一个粗细均匀、用同样材料制成的金属圆环上有A 、B 、C 、D 四个点，这四个点将圆周四等分．把A 、B 两点接在电路中时，电路中的电流I ＝6 A ，如果保持a 、b 两点间的电压不变，把A 、C 两点接在电路中时，则电路中的电流为( )A ．6 AB ．3 AC ．4 AD ．8 A【答案】 D 【解析】 导体的电阻与导体的长度成正比，当将A 、B 接入电路中时，上下两部分长度相同，电阻相等，设圆环14长度时电阻为R ，则连接A 、B 两点时电阻为R AB ＝2R ·2R 2R ＋2R ＝R ，连接AC 时，R AC＝R ·3R R ＋3R ＝34R ，由题意知a 、b 两点间的电压U ＝IR ＝6R ，所以I AC ＝U R AC ＝6R 34R＝8 A ，故D 项正确．7. 在如图所示的电路中，输入电压U 恒为8 V ，灯泡L 标有“3 V ,6 W”字样，电动机线圈的电阻R M ＝1 Ω.若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是( )A ．电动机的输入电压是5 VB ．流过电动机的电流是2 AC ．电动机的效率是80%D ．整个电路消耗的电功率是10 W【答案】 AB【解析点睛】 灯泡恰能正常发光，说明灯泡电压为3 V ，电流为2 A ，电动机的输入电压是8 V －3 V ＝5 V ，流过电动机的电流是I ＝2 A ，选项A 、B 正确；电动机内阻消耗功率I 2R M ＝4 W ，电动机输入功率为UI ＝5×2 W ＝10 W ，输出功率为6 W ，效率为η＝60%，整个电路消耗的电功率是10 W ＋6 W ＝16 W ，选项C 、D 错误．8. 如图甲所示的电路中R 1＝R 2＝100 Ω，是阻值不随温度而变的定值电阻．白炽灯泡L 的伏安特性曲线如图乙所示．电源电动势E ＝100 V ，内阻不计．求：(1)当开关S 断开时，灯泡两端的电压和通过灯泡的电流以及灯泡的实际电功率；(2)当开关S 闭合时，灯泡两端的电压和通过灯泡的电流以及灯泡的实际电功率．【答案】 (1)40 V 0.6 A 24 W(2)25 V 0.5 A 12.5 W【解析】 (1)当S 断开时，因R 1是定值电阻，与灯泡串联，设灯泡上的电压为U 1，电流为I 1，根据闭合电路的欧姆定律有：E ＝U 1＋IR 1，代入数据得：I 1＝1－U 1100.在I U 图上作出图线，如图所示，这条直线与灯泡的伏安特性曲线的交点为(40 V ,0.60 A)．由此可知此时流过灯泡的电流为0.6 A ，灯泡上的电压为40 V ，灯泡的实际功率为P ＝24 W.(2)当S 闭合时，设灯泡上的电压为U 2，电流为I 2，根据闭合电路的欧姆定律有：E ＝U 2＋(I 2＋U 2R 2)R 1，代入数据得：I 2＝1－U 250，在I U 图上作出图线，如图所示，这条直线与灯泡的伏安特性曲线的交点为(25 V,0.5 A)．由此可知此时流过灯泡的电流为0.5 A ，灯泡上的电压为25 V ，灯泡的实际功率P ＝12.5 W.★考点二：电表改装原理1. 图1是改装并校准电流表的电路图，已知表头a 的量程为I g =600 μA ，内阻为R g ，图2是标准电流表，要求改装后的电流表量程为I =60 mA 。
2020届高考物理二轮复习测试：十一、恒定电流与交变电流：含解析
十一、恒定电流与交变电流姓名：________ 班级：________1.通过一阻值R ＝100 Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1 s ．电阻两端电压的有效值为( ) A ．12 V B ．410 V C ．15 V D ．8 5 V解析：一个周期内，该交流电通过阻值为R ＝100 Ω的电阻产生的热量为Q 1＝2(I 21Rt 1＋I 22Rt 2)＝2×(0.12×100×0.4＋0.22×100×0.1) J ＝1.6 J ．设该交流电的电流有效值为I ，则Q 2＝I 2RT ，由于Q 1＝Q 2，故通过电阻的电流有效值为I ＝1025A ，故电阻两端电压的有效值为410 V ，选项B 正确．答案：B2．如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电阻R ＝10 Ω连接，与电阻R 并联的交流电压表为理想电表，示数是10 V ．图乙是矩形线圈的磁通量Φ随时间t 变化的图象，则( )A ．电阻R 上的电功率为20 WB ．0.02 s 时R 两端的电压瞬时值为零C ．R 两端的电压随时间变化的规律是i ＝14.1cos100πt (V)D ．通过R 的电流随时间变化的规律是i ＝cos50πt (A)解析：电阻R 消耗的电功率为P ＝U 2R＝10 W ，选项A 错误；0.02 s 时磁通量变化率最大，R 两端的电压瞬时值最大，选项B 错误；R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝102cos 100πt (V)＝14.1cos 100πt (V)，通过R 的电流i 随时间t 变化的规律是i ＝1.41cos 100πt (A)，选项C 正确，选项D 错误．答案：C3．(多选)如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a 、b 所示，则( )A ．两次t ＝0时刻线圈平面均与中性面重合B ．曲线a 、b 对应的线圈转速之比为2∶3C ．曲线a 表示的交变电动势频率为25 HzD ．曲线b 表示的交变电动势有效值为10 V解析：t ＝0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，A 项正确；题图2中a 、b 对应的周期之比为2∶3，因此线圈转速之比n a ∶a b ＝1T a ∶1T b＝3∶2，B 项错误；a 线表示的交变电动势的频率为f a ＝1T a ＝14×10－2 Hz ＝25 Hz ，C 项正确；a 线对应线圈的电动势的最大值E am ＝NBS ·2πT a＝15 V ，b 线对应线圈的电动势的最大值E bm ＝NBS ·2πT b ，因此E bm E am ＝T a T b ＝23，E bm ＝10 V ，有效值E b ＝102V ＝5 2 V ，D 项错误．答案：AC4．(多选)某交流发电机的输出电压随时间变化的图象如图所示，输出功率是20 kW ，现用5000 V 高压输电，输电线上的总电阻是40 Ω，再利用n 1∶n 2＝22∶1的降压变压器降压后供给用户，则下列说法正确的是 ( )A ．交变电流的频率为100 HzB ．发电机输出电压的有效值为220 VC ．流过高压输电线的电流为125 AD ．降压变压器输出电压的有效值为220 V解析：由图象可知周期T ＝0.02 s ，所以频率f ＝50 Hz ，选项A 错误；交流发电机的输出电压为U 0＝220 V ，选项B 正确；由P ＝UI 可知高压输电电流I ＝P U 0＝2×1045×103A ＝4 A ，选项C 错误；变压器的输入电压U 1＝U 0－IR ＝(5000－4×40) V ＝4840 V ，由U 1U 2＝n 1n 2可知降压变压器的输出电压为U 2＝n 2n 1U 1＝484022V ＝220 V ，选项D 正确．答案：BD 5．(多选)一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压220 V 的正弦交变电流，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R 串联接在副线圈上，如图所示．电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是( )A ．原、副线圈中的电流之比为5∶1B ．电压表的读数约为31.11 VC ．若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1分钟内产生的热量为2.9×103 JD ．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小解析：原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1∶5，选项A 错误；原线圈接入电压为220 V 的正弦交变电流，原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V ，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，而电表示数均是交变电流的有效值，根据有效值的定义有442R ×T 2＝U 2R×T ，从而求得电压表两端电压有效值为U ＝22 2 V ≈31.11 V ，选项B 正确；若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1 min 内产生的热量为Q ＝U2R·t＝2.9×103 J ，C 正确；滑片向上滑动，滑动变阻器接入的阻值变小，其两端的电压不变，所以通过滑动变阻器的电流变大，即电压表示数不变，电流表示数变大，D 错误．答案：BC6．如图所示是某小型交流发电机的示意图，其矩形线圈abcd 的面积为S ＝0.03 m 2，共有10匝，线圈总电阻为r ＝1 Ω，线圈处于磁感应强度大小为22πT 的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO ′转动，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路电阻R ＝9 Ω的连接．在外力作用下线圈以恒定的角速度ω＝10π rad/s 绕轴OO ′匀速转动时，下列说法中正确的是( )A ．电阻R 的发热功率是3.6 WB ．交流电流表的示数是0.6 AC ．用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为0.02 sD ．如果将电阻R 换成标有“6 V 3 W ”字样的小灯泡，小灯泡能正常工作解析：线圈中的感应电动势最大值为E m ＝nBSω＝6 2 V ，所以电动势有效值为E ＝6 V ，电流表的读数I ＝ER ＋r＝0.6 A ，电阻R 的发热功率P ＝I 2R ＝3.24 W ，所以A 错误，B 正确；T ＝2πω＝0.2 s ，故用该电源给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔是0.2 s ，因此C 错误；电动势有效值是6 V ，但由于线圈有电阻，所以“6 V 3 W ”的小灯泡不能正常工作，D 错误．答案：B7．(多选)如图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 Ω.降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R 1为一定值电阻，R 2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小．电压表V 显示加在报警器上的电压(报警器未画出)．未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW ，则下列说法中正确的有( )A ．降压变压器副线圈输出的交变电流频率为50 HzB ．远距离输电线路损耗功率为180 kWC ．当出现火警时，电压表V 的示数变小D ．当出现火警时，输电线上的电流变小解析：由题图乙知交变电流的周期为0.02 s ，所以频率为50 Hz ，A 正确；由题图乙知升压变压器输入电压有效值为250 V ，根据变压比公式知升压变压器副线圈两端电压为25000 V ，所以输电线中的电流为30 A ，输电线损失的电压为ΔU ＝IR ＝30×100 V ＝3000 V ，输电线路损耗功率为ΔP ＝ΔU ·I ＝90 kW ，B 错误；当出现火警时传感器R 2阻值减小，降压变压器副线圈中电流增大，输电线上电流变大，电压变大，降压变压器输入、输出电压都变小，定值电阻的分压增大，电压表V 的示数变小，C 正确，D 错误．答案：AC。
2020届高考大二轮专题复习冲刺物理(经典版)文档：第一部分 专题四 第11讲 恒定电流 交变电流 Word版含解析
专题四电路和电磁感应第11讲恒定电流交变电流构建网络·重温真题1. (2019·江苏高考)如图所示的电路中，电阻R＝2 Ω。
断开S后，电压表的读数为3 V；闭合S后，电压表的读数为2 V，则电源的内阻r为()A．1 ΩB．2 ΩC．3 ΩD．4 Ω答案 A解析当S断开后，电压表读数为U＝3 V，可知电源电动势E＝3 V；当S闭合后，电压表读数为U′＝2 V，由闭合电路欧姆定律知E＝U′＋Ir，且I＝U′R，整理得电源内阻r＝(E－U′)RU′＝1 Ω，A正确。
2. (2016·全国卷Ⅱ)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路。
开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。
Q1与Q2的比值为()A.25 B.12C.35 D.23答案 C解析当开关S断开时等效电路如图1所示，电容器C两端的电压U＝15E，所带的电荷量Q1＝CU＝15CE；当开关S闭合时等效电路如图2所示，电容器C两端的电压U′＝13E，所带的电荷量Q2＝13CE。
所以Q1Q2＝35，C项正确。
3．(2018·全国卷Ⅲ)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交变电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。
该电阻上电压的峰值为u0，周期为T，如图所示。
则Q方∶Q正等于()A．1∶ 2 B.2∶1C．1∶2 D．2∶1答案 D解析根据题述，正弦交变电流的电压有效值为u02，而方波交流电的有效值为u0，根据焦耳定律和欧姆定律，Q＝I2RT＝U2R T，可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q方∶Q正＝u20∶⎝⎛⎭⎪⎫u022＝2∶1，D正确。
4．(2016·全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。
2020版高考物理大二轮专题突破通用版专题分层突破练11 恒定电流和交变电流
专题分层突破练11恒定电流和交变电流A组1.如图所示,闭合开关S,将滑动变阻器R的滑片向右滑动的过程中()A.电流表A1的示数变小B.电流表A2的示数变小C.电压表V的示数变小D.电阻R1的电功率变大2.电动势为E,内阻为r的电源与可变电阻R1、R2、R3以及一平行板电容器连成如图所示的电路。
当开关S闭合后,两平行金属板A、B间有一带电液滴恰好处于静止状态。
下列说法正确的是()A.将R1的滑片向右移动一小段距离,带电液滴将向下运动B.将R2的滑片向右移动一小段距离,电容器两极板的电荷量将增加C.增大电容器两板间的距离,电容器两极板的电荷量将增加D.减小R3的阻值,R2两端的电压的变化量小于R3两端的电压的变化量3.某直流电动机,线圈电阻是0.5 Ω,当它两端所加的电压为6 V时,通过电动机的电流为2 A。
由此可知()A.电动机发热的功率为72 WB.电动机消耗的电功率为72 WC.电动机输出的机械功率为10 WD.电动机的工作效率为20%4.(多选)(2019四川成都高三三模)一不计电阻的矩形导线框,在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动,产生的正弦交变电流如图甲所示。
把该交变电流接在图乙中理想变压器的a、b两端,R t为热敏电阻(温度升高时,其电阻减小),R为定值电阻,电压表和电流表均为理想电表。
下列说法正确的是()A.在t=1.5×10-2 s时刻,线框平面与磁场方向垂直B.该交变电流的电压的瞬时值表达式为u=22sin 100πt(V)C.R t处温度升高时,V1表示数与V2表示数的比值增大D.R t处温度升高时,V2表示数与A表示数的比值不变5.(2019辽宁大连模拟)将u=220sin(100πt)V的电压输入如图所示的理想变压器的原线圈,原、副线圈的匝数比为n1∶n2=55∶1,R=10 Ω。
下列说法正确的是()A.该交变电流的频率为100 HzB.闭合开关S后,电流表的读数为0.22 AC.闭合开关S后,电阻消耗的电功率为1.6 WD.断开开关S后,电流表的读数为0.22 A6.一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=55∶3,原线圈输入电压u随时间t的变化规律为u=220sin 100πt V。
(通用版)2020版高考物理二轮复习专题四第一讲恒定电流和交变电流课件
2020 考情
预测
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本专题考纲有 6 个Ⅱ级考点分别是欧姆定律,电源的电动势
和内阻,闭合电路的欧姆定律,法拉第电磁感应定律,楞次定律,理
想变压器。9 个Ⅰ级考点分别是电阻定律,电阻的串联ห้องสมุดไป่ตู้并联,电
功率、焦耳定律,电磁感应现象,磁通量,自感、涡流,交变电流、 交变电流的图象,正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值,远 专 距离输电。
U1=13I 干 1·R=���5���,所带电荷量为 Q1=CU1=������5������;S 闭 合后,等效电路图如图乙所示,电路中总电阻
为 AR.总252=32������,干路电B流.12I 干 2=������总������ 2 = 23C������������,.电35 容器两
D.23
3.(多选)(2016全国Ⅲ卷)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
关闭
设D灯.此泡时的a额和定b的电电压功为率U0之,当比U为=11∶0U90 时,因两灯泡均正常发光,故变压
器考原点线圈定的位输:理入想电变压压为器U、1=电U功-U率0=9U0,副线圈的输出电压 U2=U0。
因 ������选知 压������21A解得������项道器������D12题副是������=D������12 思线理=������正������12路,圈想19确故,则与的化。������������12此方电模=时法流型91,:a选以:对一、项及于是b 功的A变不率正电压计决确功器线定率 ,需圈选了之要内项原比掌阻B线为握;错二圈������公 ������误ba是中=式;没由的������������������有������变0012电������������12=出压流=现������器������和1912,漏、 电选功磁流项������������率12现关=C,理象系错������������想21。,,误������������12变关=,闭
2021届高考物理二轮复习：常考题型大通关(新高考)(十一)恒定电流和交变电流
常考题型大通关（新高考）（十一）恒定电流和交变电流1.如图所示，矩形闭合导线框ABCD 绕垂直于磁场的轴OO '匀速转动，线框电阻不计，其产生的感应电动势随时间变化的规律为5002sin 200π(V)e t =，该线框与一个有缺口的变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V 60 W”的灯泡，且灯泡正常发光，下列说法正确的是( )A.交流电的频率为50 HzB.交流电压的有效值为500 V ，图示线框位置与中性面垂直C.从图示位置再经过0.25T ，穿过线框的磁通量变化率为零D.变压器原、副线圈匝数之比小于25:112.如图所示为远距离输电示意图，12T T 、分别为理想升压变压器和理想降压变压器，图中的电表1212V V A A 、、、均为理想电表，电表的示数分别为1212U U I I 、、、，输电线上有一定的电阻，则下列说法正确的是( )A.1122U I U I =B.保持输送功率不变，增大1U ，则212U I I 、、均增大C.保持1U 不变，输送功率增大，则212U I I 、、均增大D.保持1U 不变，用户减少，用户消耗功率与发电厂输出功率的比值增大3.如图所示，一固定的单匝矩形线框的ab 边长为20 cm 、bc 边长为10 cm ，在线框外接一只小灯泡，在线框所在空间内存在着与线框平面垂直的磁场，磁感应强度随时间的变化规律为0.1cos100π(T)B t =，线框总电阻 1.0r =Ω，小灯泡的电阻9.0R =Ω且恒定不变，则( )A.1 s 内线框中的电流方向改变50次B.线框中感应电流的瞬时值表达式为0.02πcos100π(A)i t =C.1 s 内线框消耗的功率为2πW 25D.0~35s 10-⨯内通过小灯泡的电荷量为42.010C -⨯4.如图所示，一个理想变压器原线圈的匝数为50匝，副线圈的匝数为100匝，原线圈两端接在光滑的水平平行导轨上，导轨间距为0.4m L =.导轨上垂直于导轨有一长度略大于导轨间距的导体棒，导轨与导体棒的电阻忽略不计，副线圈回路中电阻20R =Ω，图中交流电压表为理想电压表.导轨所在空间有垂直于导轨平面向里、磁感应强度1T B =的匀强磁场，导体棒在水平外力的作用下运动，其速度随时间变化的关系式为5sin10π(m/s)v t =，则下列说法正确的是( )A.水平外力为恒力B.电压表的示数为52VC.R 的功率为0.2 WD.变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为0.04 Wb/s5.如图所示的电路中，1R 为滑动变阻器，P 为滑动变阻器的滑片，2R 为定值电阻。
2020届高考二轮复习物理：考前基础回扣练 恒定电流与交变电流 Word版含解析
十二 恒定电流与交变电流1．(人教版选修3－1 P66第2题改编)一个量程为0～15 V 的电压表，内阻为20 kΩ，把它与一个大电阻串联后接在电动势为110 V 的电源的两端，电压表的读数是5 V 。
这个外接电阻是( )A ．240 ΩB ．420 kΩC ．240 kΩD ．420 Ω答案 B解析 设外接电阻为R ，根据闭合电路欧姆定律，E R V ＋R ＝UR V ，得R ＝420 kΩ，B 正确。
2．(人教版选修3－1 P62例题改编)(多选)如图所示电路，电源内阻不可忽略，R 1＝10 Ω，R 2＝8 Ω，当开关扳到位置1时，电压表的读数为2.0 V ，当开关扳到位置2时，电压表的读数可能是( )A ．2.1 VB ．1.9 VC ．1.7 VD ．1.5 V 答案 BC解析 本题没有给出电源的电动势，也没有给出电源的内阻，因此无法得出开关扳到位置2时电压表的读数究竟是多大，但我们可以用极端分析的方法来确定电压表的读数范围，根据题意可得到：U 1＝ER 1R 1＋r ，U 2＝ER 2R 2＋r ，两式相比可得 U 1U2＝R 1(R 2＋r )R 2(R 1＋r )，即U 2＝R 2(R 1＋r )R 1(R 2＋r )U 1，考虑极端情形：当r ＝0时，U 2＝U 1＝2.0 V ，当r ＝∞时，U 2＝R 2R 1U 1＝810×2.0 V ＝1.6 V ，由此可见，U 2的取值范围为1.6 V<U 2<2.0 V ，对照选项可得答案为B 、C 。
3. 如图所示电路，电源内阻不可忽略，开关S 闭合后，在变阻器R 0的滑动端向下滑动的过程中( )A．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，电流表的示数增大答案 A解析由变阻器R0的滑动端向下滑动可知，R0连入电路的有效电阻减小，R总减小，由I＝ER总＋r可知I增大，由U内＝Ir可知U内增大，由E＝U内＋U外可知U外减小，故电压表示数减小。
2020高考物理课标二轮(天津专用)课件：第11讲 恒定电流、交变电流
E=1+1 ������������E,路端电压随外电阻的增大而增大,随外电阻的
减小而减小。
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突破点一
突破点二
突破点三
2.直流电路动态分析的3种常用方法
方法1:程序法
������
R局
R总
I 总=������总+������
U 支、I 支
U 内=I 总 r
U 外=E-U 内
确定
方法2:结论法——“串反并同”
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专题知识•理脉络 真题诠释•导方向
4.(2019·北京卷)电容器作为储能器件,在生产生活中有广泛的应用。 对给定电容值为C的电容器充电,无论采用何种充电方式,其两极间 的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。
甲 (1)请在图甲中画出上述u-q图像。类比直线运动中由v-t图像求位 移的方法,求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep。
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突破点一
突破点二
突破点三
模型构建 【例2】(多选)(2019·天津一模)图甲为风力发电的简易模型。在 风力作用下,风叶带动与杆固连的永磁体转动,磁铁下方的线圈与 电压传感器相连。在某一风速时,传感器显示如图乙所示,则( )
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突破点一
突破点二
突破点三
A.磁铁的转速为5π r/s B.线圈两端电压的有效值为6 2 V C.交变电流的电压表达式为u=12sin 5πt V D.该交变电流可以直接加在击穿电压为6 2 V的电容器上
突破点一
突破点二
突破点三
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A.图线a表示的是电压表V1的示数的变化情况 B.图线c表示的是电压表V2的示数的变化情况 C.此过程中电压表V1示数的变化量ΔU1和电流表A示数的变化量 ΔI的比值的绝对值变大
2020届高考物理专题复习附解答：恒定电流和交变电流
专题四电路和电磁感应第1讲恒定电流和交变电流(建议用时:40分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.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)1.(2019·浙江杭州模拟)小雷同学家里购买了一款扫地机器人,小雷同学仔细检查了这个新机器人,发现铭牌上标有如图所示数据,则该机器人( C )主机基本参数产品尺寸345 mm×345 mm×96 mm电池14.4 V/5 200 mA·h锂电池产品质量约3.8 kg无线连接WiFi智能快连额定电压14.4 V额定功率55 WA.额定工作电流为0.25 AB.充满电后正常工作的时间为2.5 hC.电池充满电后储存的总电荷量为18 720 CD.以额定电流工作时每小时消耗能量为55 J解析:由铭牌知,该机器人工作的额定电压为14.4 V,额定功率为55 W,则额定电流I= A≈3.82 A,以额定电流工作时每秒钟消耗的能量W=Pt=55 J,故A,D错误;根据电池容量5 200 mA·h知,电荷量Q=5.2 A×3 600 s=18 720 C,充满电后正常工作的时间t=≈1.36 h,故B 错误,C正确.2.(2018·贵州贵阳二模)在匀强磁场中,一个150匝的闭合矩形金属线圈,绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动,穿过该线圈的磁通量随时间变化规律如图所示.设线圈总电阻为2 Ω,则( D )A.t=0时,线圈平面与磁感线方向垂直B.t=1 s时,线圈中的电流改变方向C.t=2 s时,线圈中磁通量的变化率为零D.在2 s内,线圈产生的热量为18π2 J解析:根据图象可知,在t=0时穿过线圈平面的磁通量为零,所以线圈平面平行于磁感线,故A错误;Φ-t图象的斜率为,即表示磁通量的变化率,在0.5～1.5 s之间,“斜率方向”不变,表示的感应电动势方向不变,则电流方向不变,故B错误;2 s时图象的斜率最大,故磁通量的变化率最大,故C错误;感应电动势的最大值为E m=NBSω=NΦmω= 150×0.04× V=6π V,有效值E==3π V,根据焦耳定律可得一个周期产生的热为Q=t=×2 J=18π2 J,故D正确.3.(2019·河南驻马店模拟)电动势为E,内阻为r的电源与可变电阻R1,R2,R3及一平行板电容器连成如图所示的电路.当开关S闭合后,两平行金属板A,B间有一带电液滴恰好处于静止状态.下列说法正确的是( D )A.将R1的滑片向右移动一小段距离,带电液滴将向下运动B.将R2的滑片向右移动一小段距离,电容器两极板的电荷量将增加C.增大电容器两板间的距离,电容器两极板的电荷量将增加D.减小R3的阻值,R2两端的电压的变化量小于R3两端的电压的变化量解析:将R1的滑片向右移动一小段距离,对电容器两端电压不产生影响,保持不变,故液滴受到的电场力不变,仍保持静止,故A错误;将R2的滑片向右移动一小段距离,那么,接入电路的电阻增大,电流减小,所以R3两端电压减小,即电容器两极板间电压减小,故电荷量Q=CU减小,故B错误;增大电容器两板间的距离,电容器两极板间的电压不变,电容C=减小,电荷量Q=CU减小,故C错误;减小R3的阻值,电路电阻减小,电流增大,故R2两端的电压与内电压都增大,根据闭合电路欧姆定律可知E=U R3+I(R2+r),所以,R2两端的电压的变化量小于R3两端的电压的变化量,故D正确.4.(2019·广东汕头二模)如图(甲)所示,理想变压器原、副线圈匝数比为22∶1,原线圈接入如图(乙)所示的正弦交流电,副线圈回路中接有理想电流表A、定值电阻R(阻值为 10 Ω)、二极管(正向电阻为零,反向电阻为无穷大)和开关S等,开关S原来闭合.以下判断正确的是( B )A.副线圈中的电流为交变电流,其频率等于100 HzB.电流表的读数为1 AC.变压器输入的电功率为14 WD.若将开关断开,则电阻R每1 s内产生的焦耳热为10 J解析:由图(乙)得,原线圈交变电流频率f= Hz=50 Hz,所以副线圈中的电流为交变电流,其频率等于50 Hz,故A错误;由图(乙)可知,原线圈输入电压的有效值为 220 V,理想变压器原、副线圈匝数比为22∶1,根据电压与匝数成正比得副线圈电压是10 V,所以电流表的读数为 1 A,故B正确;变压器输入的电功率P=UI=10 W,故C错误;若将开关断开,由于二极管具有单向导电性,在一个周期内只有半个周期有电流通过电阻R,电阻R每1 s内产生的焦耳热为Q=××=5 J,故D错误.5.(2019·山东青岛三模)如图,某交流发电机中的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动.该小型发电机的线圈共200匝,线圈面积S=100 cm2,线圈内阻r=48 Ω,磁场的磁感应强度B=1 T.如果用此发电机能带动两个标有“220 V 1.1 kW”的电动机正常工作,需在发电机的输出端a,b与电动机之间接一个理想变压器,原副线圈匝数比n1∶n2=4∶1,电路如图,下列说法正确的是( D )A.线圈转动的角速度为500 rad/sB.电动机内阻为44 ΩC.电流表示数为40 AD.发电机的输出功率为2.2×103 W解析:两个标有“220 V 1.1 kW”的电动机正常工作,即副线圈电压U2=220 V,电流I2=10 A,原副线圈匝数比 n1∶n2=4∶1,根据变压器的规律,原线圈电压U1=880 V,电流I1=2.5 A,即电流表示数是2.5 A,线圈内阻r=48Ω,所以线圈转动产生的电动势有效值E有=U1+I1r=1000 V, 则最大值E m=N B Sω=1000V,所以线圈转动的角速度ω= 500 rad/s,故A,C错误;由于电动机两端电压等于220 V,电流为5 A,但电动机不是纯电阻用电器,所以电动机内阻小于44 Ω,故B错误;由电路可知发电机的输出功率等于电动机的输入功率,故发电机的输出功率为P出=2.2×103 W,故D正确.6.(2019·湖南长沙模拟)如图,理想变压器的原线圈接正弦交流电,副线圈接火灾报警系统(报警器未画出),R0,R2为定值电阻,含铁芯线圈L的直流电阻不计,半导体R1为热敏电阻,其电阻值随温度升高而减小,开始时,开关S断开,滑片P处于图示位置.电流表为理想电表,下列说法正确的是( CD )A.增加交流电的频率,其他条件不变,稳定后通过R1的电流增大B.滑片P向上滑动时,其他条件不变,稳定后通过R1的电流增大C.闭合开关S,其他条件不变,稳定后通过R1的电流减小D.当R1处遇到火情时,电流表示数增大解析:电感线圈的作用是通低频阻高频,增加交流电的频率,其他条件不变,稳定后通过R1的电流减小,故A错误;滑片P向上滑动时,其他条件不变,原线圈匝数增大,则副线圈两端电压减小,稳定后通过R1的电流减小,故B错误;闭合开关S,其他条件不变,副线圈总电阻减小,电流增大,则R1两端电压减小,电流减小,故C正确;当R1处遇到火情时,阻值减小,副线圈中电流增大,根据电流的制约关系可知,输入电流增大,电流表示数增大,故D正确.7.(2019·山西晋城模拟)一交流发电机产生的感应电动势图象如图2所示,该交流电通过一自耦变压器对一电阻供电,不计发电机内阻,则下列说法正确的是( BD )A.电阻中电流方向每秒钟改变5次B.电压表V示数为8.5 VC.当自耦变压器滑片P向上滑动时,电阻消耗的功率增大D.t=0.05 s时发电机线圈平面与磁场方向平行解析:由图2知,交流电的周期T=0.2 s,而一个周期内电流方向改变2次,所以电阻中电流方向每秒钟改变10次,故A错误;由图2知,电动势的最大值E m=12 V,其有效值U=≈8.5 V,故B正确;当自耦变压器滑片P向上滑动时,n 1增大,n2不变,根据=可知,U2减小,即R两端电压减小,电流减小,电阻消耗的功率减小,故C错误;t=0.05 s时,感应电动势最大,穿过线圈的磁通量为零,此时发电机线圈平面与磁场方向平行,故D正确.8.(2019·河北石家庄模拟)理想变压器的原副线圈匝数比为4∶1,共接有三个规格完全相同的小灯泡和一个滑动变阻器,如图(甲)所示,在原线圈所在电路的A,B端输入的交流电电压如图(乙)所示,三个灯泡均正常发光.下列说法正确的是( BC )A.原线圈两端的电压为220 VB.灯泡的额定电压为44 VC.滑动触头向上滑,L1将变亮D.滑动触头向上滑,L2将变亮解析:设灯泡两端电压为U,根据电压和匝数的关系可知,原线圈两端电压为4U,A,B输入电压的有效值为220 V,在原线圈的电路中,有220 V=4U+U,解得U=44 V,则原线圈两端的电压为176 V,故A错误,B 正确;滑动触头向上滑,电阻减小,则原、副线圈的电流增大,L1将变亮,原线圈两端的电压减小,则副线圈,即灯泡L2两端的电压减小,L2将变暗,故C正确,D错误.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(16分)(2019·重庆沙坪坝区期中)图(甲)为某村水力发电厂输电示意图,升压变压器原副线圈匝数比为1∶40,远距离输电线的总电阻为8 Ω.若升压变压器的输入电压如图(乙)所示,输入功率为960 kW,在用户端的交流电压表显示电压为220 V.求:(1)远距离输电线中的电流.(2)降压变压器原副线圈匝数比.(3)若用户端全是照明用电,能使多少盏“220 V 100 W”的电灯正常发光?解析:(1)由图(乙)知,升压变压器输入端电压的有效值U1=240 V,根据电压与匝数成正比知副线圈电压U2=9 600 V,所以输电线中的电流I2== A=100 A.(2)输电线损失的电压ΔU=I2R=800 V则降压变压器输入端的电压U3=U2-ΔU=8 800 V,所以降压变压器原副线圈匝数比n3∶n4=8 800∶220=40∶1.(3)输电线路损耗功率ΔP=ΔUI2=80 kW所以用户得到的功率P′=P-ΔP=880 kW,由于每盏灯正常发光的功率为100 W,所以n=盏=8 800盏.答案:(1)100 A (2)40∶1 (3)8 800盏10.(20分)(2019·湖北十堰质检)如图所示,匝数n=100的正方形线圈abcd固定在竖直平面内,与电阻R1、理想变压器连成电路.在线圈的中心水平放置一个条形磁铁,使磁铁绕竖直方向的轴OO′匀速转动,线圈内的磁通量为Φ=sin(100πt)Wb.已知线圈的电阻r=4Ω,R1=46 Ω,R2=10 Ω,其余导线的电阻不计.理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=4∶1.求:(1)线圈产生电动势的最大值E m.(2)若断开S2,闭合S1,求磁铁从图示位置转过90°的过程中,通过R1的电荷量q.(3)断开S1,闭合S2,求R2消耗的功率P.解析:(1)由磁通量的变化规律可知,ω=100π rad/s,磁通量的最大值Φm=Wb,则线圈产生电动势的最大值E m=nΦmω=200 V.(2)磁铁从图示位置转过90°的过程中,根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知,通过R1的电荷量q=n= C.(3)原线圈输入电压有效值U1==200 V,则副线圈输出电压U2==50 V,故R2消耗的功率P==250 W.答案:(1)200 V (2) C (3)250 W。
高考物理二轮总复习 专项能力训练 专题11 恒定电流和交变电流(含解析)
专题11 恒定电流和交变电流(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分。
在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求)1.(2014·北京东城模拟)我国家庭照明电路用的交流电的电压瞬时值随时间变化的规律为u=311sin 100πt(V),关于此交流电下列说法中正确的是( )A.电压的最大值是311 VB.电压的有效值是311 VC.交流电的频率为100 HzD.交流电的周期为100 s2.(2014·河南开封一模)在如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻为R,L1和L2为相同的灯泡,每个灯泡的电阻和定值电阻阻值均为R。
电压表为理想电表,K为单刀双掷开关,当开关由1位置打到2位置时,下列说法中正确的是( )A.L1亮度不变,L2将变暗B.L1将变亮,L2将变暗C.电源内阻的发热功率将变小D.电压表读数将变小3.(2014·云南玉溪统考)如图所示,一理想变压器原副线圈的匝数比为1∶2;副线圈电路中接有灯泡,灯泡的额定电压为220 V,额定功率为22 W;原线圈电路中接有交流电压表和交流电流表。
现闭合开关,灯泡正常发光。
若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数,则( )A.U=110 V,I=0.2 AB.U=110 V,I=0.05 AC.U=110V,I=0.2 AD.U=110V,I=0.2A4.(2014·江西联考)如图所示为某款电吹风的电路图。
a、b、c、d为四个固定触点。
可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。
触片P处于不同位置时,电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风等不同的工作状态。
n1和n2分别是理想变压器的两个线圈的匝数。
该电吹风的各项参数如表所示。
下列说法正确的有( )热风时输入功率480 W冷风时输入功率60 W小风扇额定电压60 V正常工作时小风扇输出52 W功率A.吹冷风时触片P与触点b、c接触B.可由表格中数据计算出小风扇的内阻为60 ΩC.变压器两线圈的匝数比n1∶n2=13∶ 15D.若把电热丝截去一小段后再接入电路,电吹风吹热风时的功率将变小,吹冷风时的功率不变5.钳形电流表的外形和结构如图(a)所示。
2020届高考物理二轮复习常考题型大通关：(11)恒定电流和交变电流问题
恒定电流和交变电流问题1、有A B 、两段电阻丝,材料相同,长度也相同,它们的横截面的直径之比为:1:2A B d d =,把它们串联在电路中,则下列说法正确的是( )A.它们的电阻之比:4:1A B R R =B.通过它们的电流之比:1:1A B I I =C.电子在两段电阻丝中定向移动速度大小之比:1:4A B v v =D.两段电阻丝中的电场强度大小之比:1:4A B E E =2、如图所示的电路中,电源电压()311sin100πV u t =,A 、B 间接有“220V 440W ”的电暖宝、“220V 220W ”的抽油烟机、交流电压表及保险丝.下列说法正确的是( )A.交流电压表的示数为311VB.电路要正常工作,保险丝的额定电流不能小于32C.电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D.1min 抽油烟机消耗的电能为41.3210J ⨯3、钳形电流表的工作原理如图所示.当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时,与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转.不考虑铁芯漏磁及各种能量损耗,已知线圈匝数21000n =,当用该表测频率为50Hz 的交流电时,下列说法正确的是( )A.电表G 中通过的是交流电B.若G 中通过的电流为50mA,则导线中的被测电流为50AC.若导线中通过的是电流为10A 的矩形脉冲交流电,G 中通过的电流是10mAD.当用该表测量频率为400Hz 的交流电时,测量值比真实值小4、在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路。
当调节滑动变阻器R 使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A 和1.0V ；重新调节R ，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A 和15.0V.则这台电动机正常运转时（ ）A.电动机的输出功率为30.0WB.电动机的电功率为30.0WC.电动机的内阻为7.5ΩD.电动机的内阻为2.0Ω5、如图所示的电路中，电源的内电阻不能忽略不计。
高考物理 命题猜想与仿真押题 专题11 恒定电流与交变电流命题猜想(含解析)-人教版高三全册物理试题
恒定电流与交变电流命题猜测【考向解读】1．从近几年高考试题可以看出以下特点：应用串、并联电路规律，闭合电路欧姆定律与局部电路欧姆定律进展电路动态分析，稳态、动态含电容电路的分析，电路故障的判断分析，交变电流的产生与“四值〞，多以选择题形式出现．变压器的原理，电压比、电流比与功率关系，变压器的动态分析是考查的重点，题型以选择题为主．2．高考命题会以局部电路欧姆定律与闭合电路欧姆定律的应用为主线，重点考查电路的动态分析与功率的计算；与日常生活、生产相联系的交变电流规律、远距离输电也可能会成为新命题点．【网络构建】【命题热点突破一】直流电路的分析1．闭合电路动态分析的常用方法(1)利用结论法：即“串反并同〞法．①“串反〞——即某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都减小(增大)；②“并同〞——即某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都增大(减小)．(2)极限法：因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论．2．电路中的电功、电热、电功率和热功率(1)纯电阻电路：①Q ＝W ＝UIt ＝I 2Rt②P ＝UI ＝I 2R(2)非纯电阻电路①W >Q (W ＝Q ＋E 其他)②P 电>P 热(P 电＝P 热＋P 其他)例1．如图1所示的电路中，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S ，如下说法正确的有( )图1A ．路端电压为10 VB ．电源的总功率为10 WC ．a 、b 间电压的大小为5 VD ．a 、b 间用导线连接后，电路的总电流为1 A【答案】AC【解析】设四个电阻的等效电阻为R 路，由1R 路＝115 Ω＋5 Ω＋15 Ω＋15 Ω得R 路＝10 Ω，由闭合电路欧姆定律知，I ＝ER 路＋r ＝12 V 10 Ω＋2 Ω＝1 A ，设路端电压为U ，如此U ＝IR 路＝1 A×10 Ω＝10 V ，选项A 正确；电源的总功率P ＝EI ＝12 W ，选项B 错误；设电源负极电势为0 V ，如此a 点电势φa ＝0.5 A×5 Ω－0＝2.5 V ，b 点电势φb ＝0.5 A×15 Ω－0＝7.5 V ，如此a 、b 两点的电势差U ab ＝φa －φb ＝2.5 V －7.5 V ＝－5 V ，所以a 、b 间电压的大小为5 V ，选项C 正确；当将a 、b 两点用导线连接后，由于导线没有电阻，此时a 、b 两点电势相等，其等效电路图如下列图．其中一个并联电路的等效电阻为3.75 Ω，显然总电阻为9.5 Ω，电流I＝ER总＝2419A，应当选项D错误．【变式探究】如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器．当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化的图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在滑动变阻器的两个不同端点得到的．如此如下说法正确的答案是( )A．该电源的电动势为16 VB．定值电阻R2的阻值为10 ΩC．滑动变阻器的最大阻值为300 ΩD．在滑动变阻器的滑片P从左端滑至右端的过程中，该电源的最大输出功率为10 W【答案】C【变式探究】在如下列图的电路中，电源内阻不可忽略，闭合开关后，当滑动变阻器的滑片P由a端滑向b 端的过程中，以下说法正确的答案是( )A．电源内阻消耗的功率一定增大B．电源内阻消耗的功率一定减小C．电源的输出功率一定减小D．电源的输出功率可能减小【解析】闭合开关后，当滑动变阻器的滑片P由a端滑向b端的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，所在支路的电阻增大，外电路电阻增大，电源输出电流减小，电源内阻消耗的功率P r＝I2r一定减小，选项A错误，B正确；根据电源输出功率最大的条件可知，当外电路电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大．当滑动变阻器的滑片P由a端滑向b端的过程中，电源的输出功率可能减小，选项D正确，C错误．【答案】BD【变式探究】如下列图，平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响．当滑动变阻器R2的滑片向b端移动时，如此( )A．电压表示数增大 B.电流表示数减小C．质点P将向下运动D．R1上消耗的功率逐渐减小【答案】C【变式探究】在如下列图的电路中，电源电动势为E，内阻为r，D为理想二极管(具有单向导通作用)，R1为定值电阻，C为电容器，电压表和电流表均为理想电表，S1、S2均断开，如此如下说法正确的答案是( )A ．仅闭合S 1，将滑动变阻器的滑片向右移，电压表、电流表示数均变大B ．仅闭合S 1，将滑动变阻器的滑片向右移，电容器的带电荷量不变C ．先闭合S 1，将滑动变阻器的滑片向右移，再闭合S 2电容器有放电现象D ．同时闭合S 1、S 2，将滑动变阻器的滑片向右移，定值电阻R 1两端的电压增大【答案】BC【命题热点突破二】 交变电流的产生与描述两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时，S ⊥B ，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e ＝0，i ＝0，电流方向将发生改变． (2)线圈平面与中性面垂直时，S ∥B ，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变． 例2．(2018·高考某某卷)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，电路如下列图，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 .假设发电机线圈的转速变为原来的12，如此( )A ．R 消耗的功率变为12PB ．电压表V 的读数变为12UC ．电流表A 的读数变为2ID ．通过R 的交变电流频率不变解析：由正弦交流电的产生原理可知，其电动势的最大值E m ＝NBSω，而ω＝2πn ，有效值E ＝22E m ，线圈转速变为原来的12，如此U 1＝E 变为原来的12.由U 1U 2＝n 1n 2知U 2变为原来的12，电压表读数变为原来的12，选项B 正确；R 消耗的功率P ＝U 22R ，故R 消耗的功率变为原来的14，选项A 错误；由P 入＝P 出得，U 1I 1＝U 22R，故I 1变为原来的12，即电流表读数变为原来的12，选项C 错误；变压器不改变交变电流的频率，故通过R 的交变电流频率变为原来的12，选项D 错误． 答案：B【变式探究】如下列图，M 为半圆形导线框，圆心为O M ；N 是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N ；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N 的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M 、N 在t ＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过O M 和O N 的轴，以一样的周期T 逆时针匀速转动，如此( )图1A ．两导线框中均会产生正弦交流电B ．两导线框中感应电流的周期都等于TC ．在t ＝T8时，两导线框中产生的感应电动势相等 D ．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等【答案】BC【变式探究】如下列图，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，线框转动π6时的感应电流为I ，如下说法正确的答案是( )A ．线框中感应电流的有效值为2IB ．线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为2IR ωC ．从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量为2I ωD ．线框转一周的过程中，产生的热量为8πRI 2ω【答案】BC【变式探究】如下列图，N ＝50匝的矩形线圈abcd ，ab 边长l 1＝20 cm ，ad 边长l 2＝25 cm ，放在磁感应强度B ＝0.4 T 的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO ′轴以n ＝3 000 r/min 的转速匀速转动，线圈电阻r ＝1 Ω，外电路电阻R ＝9 Ω，t ＝0时线圈平面与磁感线平行，ab 边正转出纸外、cd 边转入纸里．如此( )A ．t ＝0时感应电流的方向为a →b →c →d →aB ．从图示时刻开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e ＝314sin 100πt (V)C ．线圈转一圈外力做的功为98.6 JD ．从图示位置起到线圈转过90°的过程中通过电阻R 的电荷量为0.01 C【解析】根据右手定如此，线圈中感应电流的方向为a →d →c →b →a ，选项A 错误；由转速n ＝3 000 r/min 可知线圈的角速度ω＝100π rad/s，图示位置的感应电动势最大，其大小为E m ＝NBl 1l 2ω，代入数据得E m ＝314 V ，感应电动势的瞬时值表达式e ＝E m cos ωt ＝314cos 100πt (V)，选项B 错误；感应电动势的有效值E ＝E m 2，线圈匀速转动的周期T ＝2πω＝0.02 s ，线圈匀速转动一圈，外力做功的大小等于电阻产生的热量的大小，即W ＝I 2(R ＋r )T ＝E 2T R ＋r，代入数据得W ＝98.6 J ，选项C 正确；从图示时刻起到线圈转过90°的过程中，通过电阻R 的电荷量q ＝N ΔΦR ＋r ＝NB ΔS R ＋r ＝NBl 1l 2R ＋r，代入数据得q ＝0.1 C ，选项D 错误． 【答案】C【方法规律】 (1)有效值计算的三点注意①计算有效值时要根据串联电路中，“一样时间〞内“一样电阻〞上产生“一样热量〞列式求解． ②分段计算电热，求和得出一个周期内产生的总热量． ③利用两个公式Q ＝I 2Rt 和Q ＝U 2R t 可分别求得电流有效值和电压有效值． (2)交变电流“四值〞应用的三点提醒①在解答有关交变电流的问题时，要注意电路结构．②注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，其中最大值是瞬时值中的最大值，有效值是以电流的热效应等效来定义的．③与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关的问题时，要用有效值，如例题中C 项，计算功，先用有效值计算热量；而求解通过导体某横截面的电荷量时，要用平均值，如例题中D 项．(3)交变电流瞬时值表达式书写的根本思路(如例题中B 选项)①确定正弦式交变电流的峰值，根据图象或由公式E m ＝NBSω求出相应峰值，其中ω＝2πT＝2πf ＝2πn . ②明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．a ．假设线圈从中性面开始计时，如此e t 图象为正弦函数，e ＝E m sin ωt ；b ．假设线圈从垂直中性面开始计时，如此e t 图象为余弦函数，e ＝E m cos ωt .【变式探究】如下列图，竖直长导线通有恒定电流，一矩形线圈abcd 可绕其竖直对称轴O 1O 2转动．当线圈绕轴以角速度ω沿逆时针(沿轴线从上往下看)方向匀速转动时，从图示位置开始计时，如下说法正确的答案是( )A ．t ＝0时，线圈产生的感应电动势最大B ．0～π2ω时间内，线圈中感应电流方向为abcda C ．t ＝π2ω时，线圈的磁通量为零，感应电动势也为零 D ．线圈每转动一周电流方向改变一次【答案】B【变式探究】边长为a 的N 匝正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线且与线圈在同一平面内的对称轴匀速转动，转速为n ，线圈所围面积内的磁通量Φ随时间t 变化的规律如下列图，图象中Φ0为．如下说法正确的答案是( )A ．t 1时刻线圈中感应电动势最大B ．t 2时刻线圈中感应电流方向发生变化C ．匀强磁场的磁感应强度大小为Φ0a 2D ．线圈中感应电动势的瞬时表达式为e ＝2nN πΦ0sin 2πnt【解析】t 1时刻通过线圈的磁通量最大，而磁通量的变化率等于零，故感应电动势为零，故A 错误；t 2时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，磁通量变化率最大，线圈中感应电流为最大值，电流不会改变方向，故B 错误；磁通量与线圈匝数无关，所以磁感应强度B ＝Φ0a 2，故C 正确；线圈中瞬时感应电动势的表达式为e ＝2nN πΦ0cos 2πnt ，故D 错误．【答案】C【变式探究】某小型交流发电机的示意图如下列图，其矩形线圈abcd 的面积S ＝0.03 m 2，共有10匝，线圈总电阻r ＝1 Ω，线圈处于磁感应强度大小为22πT 的匀强磁场中，并可绕与磁场方向垂直的固定轴OO ′转动，线圈在转动时通过滑环和电刷与电阻R ＝9 Ω的外电路相连．在外力作用下线圈以10π rad/s 的角速度绕轴OO ′匀速转动时，如下说法中正确的答案是( )A ．电阻R 的发热功率是3.6 WB ．交流电流表的示数是0.6 AC ．用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为0.02 sD ．如果将电阻R 换成标有“6 V 3 W 〞字样的小灯泡，小灯泡能正常工作【答案】B【命题热点突破三】理想变压器与远距离输电例3．【2017·卷】如下列图，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有R=55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2:1，电流表、电压表均为理想电表。
2020年高考物理二轮提分攻略专题07 恒定电流与交变电流
2020年物理二轮专题过关宝典 专题七：恒定电流与交变电流【知识回扣】 1. 思维导图1．纯电阻电路与非纯电阻电路的比较 (1)纯电阻用电器：W ＝Q ＝UIt ＝I 2Rt ＝U 2R t ，P ＝UI ＝I 2R ＝U 2R，如电阻、电炉子、白炽灯等。
(2)非纯电阻用电器：W >Q ，W ＝UIt ＝I 2Rt ＋W 其他，P ＝UI ＝I 2R ＋P 其他，如电风扇、电动机、电解槽等。
2.闭合电路的功率（1）电源的总功率：P 总＝EI ；电源内电阻消耗的功率P 内＝U 内I ＝I 2r ；电源输出功率P 出＝U 外I 。
（2）对于纯电阻电路，电源的输出功率P 出＝I 2R ＝[E /(R ＋r )]2R ＝E 2R －r 2R＋4r ，当R ＝r 时，电源的输出功率最大，其最大输出功率为P m ＝E 24r .电源输出功率随外电阻变化曲线如图所示。
（3）电源的效率：指电源的输出功率与电源的总功率之比，即η＝P 出/P 总＝IU /IE ＝U /E .对于纯电阻电路，电源的效率η＝I 2R I2R ＋r ＝R R ＋r＝1/(1＋rR )，所以当R 增大时，效率η提高．当R＝r (电源有最大输出功率)时，效率仅为50%，效率并不高。
3.正弦式交变电流的产生（1）将线圈置于匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈中就会产生正弦式交变电流。
（2）中性面：与磁场方向垂直的平面。
①线圈转到中性面时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零。
②线圈平面与中性面垂直:磁通量为零,磁通量变化率最最大,感应电动势最大。
③线圈转动一周，两次经过中性面，线圈每经过一次中性面，电流的方向就改变一次。
○4交变电流的最大值E m＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关。
4.交变电流的“四值”5.理想变压器以及原、副线圈基本量的关系6.远距离输电问题 （1）理清三个回路（2）抓住两个联系○1理想的升压变压器联系着回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n 1)和线圈2(匝数为n 2)中各个量间的关系是U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1，P 1＝P 2。
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恒定电流和交变电流问题1、有两段电阻丝,材料相同,长度也相同,它们的横截面的直径之比为,A B 、:1:2A B d d =把它们串联在电路中,则下列说法正确的是( )A.它们的电阻之比:4:1A B R R =B.通过它们的电流之比:1:1A B I I = C.电子在两段电阻丝中定向移动速度大小之比:1:4A B v v =D.两段电阻丝中的电场强度大小之比:1:4A B E E =2、如图所示的电路中,电源电压,A 、B 间接有“220V 440W”的电暖宝、()311sin100πV u t =“220V 220W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝.下列说法正确的是( )A.交流电压表的示数为311VB.电路要正常工作,保险丝的额定电流不能小于A 32C.电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D.1min 抽油烟机消耗的电能为41.3210J⨯3、钳形电流表的工作原理如图所示.当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时,与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转.不考虑铁芯漏磁及各种能量损耗,已知线圈匝数,当用该表测频率为50Hz 的交流电时,下列说法正确的是( )21000n =A.电表G 中通过的是交流电B.若G 中通过的电流为50mA,则导线中的被测电流为50AC.若导线中通过的是电流为10A 的矩形脉冲交流电,G 中通过的电流是10mAD.当用该表测量频率为400Hz 的交流电时,测量值比真实值小4、在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路。
当调节滑动变阻器R使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A 和1.0V ；重新调节R ，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为 2.0A 和15.0V.则这台电动机正常运转时（）A.电动机的输出功率为30.0WB.电动机的电功率为30.0WC.电动机的内阻为D.电动机的内阻为7.5Ω2.0Ω5、如图所示的电路中，电源的内电阻不能忽略不计。
现闭合开关S ，待电路中的电流稳定后，调节可变电阻R 的阻值，电压表的示数增大了。
下列判断正确的是 ( )UA A ．可变电阻R 被调到较小的阻值B ．电阻两端的电压减小，减小量等于2R U AC ．通过电阻的电流减小，减小量小于2R 2U R A D ．路端电压增大，增大量等于UA6、如图所示,图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像,当调整线圈转速后,所产生的正弦交流电的图像如图线b 所示,以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )A.图中t =0时刻穿过线圈的磁通量均为零B.线圈先后两次转速之比为2:3C.交流电b 的电动势最大值为D.交流电a 的电动势瞬时值为u =10sin5πt(V)20V 37、如图甲所示,理想变压器的原、副线圈匝数和是相同型号的白炽灯, 121:10:1,L n n =2L 与电容器C 串联。
与带铁芯的线圈串联,为交流电压表,当原线圈接有如图乙所1L 2L L 示的正弦交变电压时,两只灯泡的亮度相同,则（ ）A.与副线圈并联的电压表在时的示数为2110t -=⨯0B.与副线圈并联的电压表在时的示数为20.510t -=⨯2VC.当原线圈所接正弦交变电压的频率变为时,灯泡变亮,灯泡变暗100Hz 1L 2LD.当原线圈所接正弦交变电压的频率变为时,灯泡变暗,灯泡变亮100Hz 1L 2L 8、如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1：2，原线圈接交流电压u ＝10sin20πt（V ）。
下列说法正确的有（ ）A ．交流电压的周期为0.1sB ．电压表V 示数为14.1VC ．P 向上滑动时，电压表V 示数将变小D ．P 向上滑动时，电流表A 示数将变小9、如图为远距离输电示意图,升压变压器和降压变压器均为理想变压器,R 为输电线的等效电阻。
保持交流发电机输出电压不变,若电压表示数变小,下列判断正确的是( )A.电流表示数变小B.降压变压器原副线圈两端的电压之比变小C.升压变压器输出电压变小D.输电线损失的功率变大10、如图甲所示,电源电动势,闭合开关,将滑动变阻器的滑片P 从A 端滑至B 端的6V E =过程中,得到电路中的一些物理量的变化如图乙、丙、丁所示.其中图乙为输出功率与路端电压的关系曲线,图丙为路端电压与总电流的关系曲线,图丁为电源效率与外电路电阻的关系曲线,不考虑电表、导线电阻对电路的影响.则下列关于图中点的坐标值正a b c d 、、、确的是( )A. B. (4V,4.5W)a (4.8V,2.88W)b C. D. (0.6A,4.5V)c (8,80%)d Ω11、如图所示，面积为，内阻不计的100匝矩形线圈ABCD ，绕垂直于磁场的轴OO'20.01m 匀速转动，转动的角速度为100rad/s ．矩形线圈通过滑环2T 与理想变压器相连，触头P 可移动，副线圈所接电阻R ＝100Ω，电表均为理想交流电表，当线圈平面与磁场方向垂直时开始计时，下列说法正确的是（ ）A ．P 上移时，电阻R 上消耗的功率增大B ．线圈中感应电动势的表达式为)e t V =C ．t ＝0时刻，电压表示数为0D ．当原副线圈匝数比为2：1时，电阻上消耗的功率为400W12、如图所示，电源电动势为E ,内阻恒为r ，R 是定值电阻，热敏电阻的阻值随温度降T R 低而增大，C 是平行板电容器.闭合开关S ，带电液滴刚好静止在C 内.在温度降低的过程中，分别用、、和表示电流表、电压表、电压表和电压表示数变ΔI 1ΔU 2ΔU 3ΔU 1V 2V 3V 化量的绝对值.关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是( )A.一定都变大312ΔΔΔΔΔΔU U U I I I 、、B.和一定不变，一定变大1ΔΔU I 3ΔΔU I 2ΔΔU IC.带电液滴一定向下加速运动D.电源的工作效率一定变大答案以及解析1答案及解析：答案：AB解析：长度、材料均相同,两段电阻丝的傲截面的直径之比,则横截面积之比:1:2A B d d =,根据可知,电阻之比,故A 正确;两段电阻丝串联.流:1:4A B S S =LR Sρ=:4:1A B R R =过它们的电流相等,故B 正确;根据电流的微观表达式,则有,电子定向移I neSv =1Sv ne=动速率与横截面积成反比.因此定向移动速度大小之比,故C 错误;串联电路,:4:1A B v v =电流相等.电场强度大小,有电场强度大小之比,UE d=:::4:1A B A B A B E E U U R R ===故D 错误.2答案及解析：答案：D,故A 错误;220V 2=由公式知电路要正常工作,干路中电流为3A,所以保险丝的额定电流不能小于3A,故P UI =B 错误;电暖宝是纯电阻,而抽油烟机是非纯电阻,故C 错误;1min 抽油烟机消耗的电能为,故D 正确;故选D 41.3210J W Pt ==⨯3答案及解析：答案：AB解析：变压器只改变交流电电压,不改变交流电的频率,电表G 中通过的仍是交流电,A 正确;根据变压器原、副线圈中的电流与匝数成反比有,,B 1221I n I n =212110000.05A 50A 1n I I n ==⨯=正确;若导线中通过的是电流为10A 的矩形脉冲交流电,当电流方向不发生改变时,电流大小不变,副线圈中无感应电流,C 错误;根据法拉第电磁感应定律和变压器互感原理知,改变交流电的频率,不影响测量值的准确性,D 错误.4答案及解析：答案：BD解析：电动机的电阻故C 错误，D 正确。
12,0.5U R I ===Ω电动机的总功率；克服自身电阻的功率1115V 2A 30W P U I ==⨯=电动机的正常运转的输出功率是221(2A)28W;R P I R ==⨯Ω=，故A 错误，B 正确，故选BDR =P-P 30W 8W 22W,P =-=输出5答案及解析：答案：C解析：A 、由题,电压表的示数增大,R 和并联的电阻增大,得知R 增大,所以R 被调到较大1R 的阻值.A 错误.B 、C,R 增大,外电阻增大,干路电流减小,电阻两端的电压减小,路端电压增大,而路端电2R 压等于外电路总电压,所以电阻两端的电压减小量小于△U,由欧姆定律得知,通过电阻2R 的电流减小,减小量小于故B 错误,C 正确.2R 2UR A D 、由于电阻两端的电压减小,所以路端电压的增大量小于△U.故D 错误.2R6答案及解析：答案：CD解析：t=0时刻电动势的瞬时值均为零，即两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合，磁通量最大，故A 错误；由题图可知，周期，则线圈先后两次转速之比0.4,0.6a b T s T s ==,故B 错误;由电动势的最大值,则两个电动势最大值之: :3:2a b b a n n T T ==m E NBS ω=比,则交流电b 电动势的最大值为，故C 正确；由题图可::3:2a b m m a b U U ωω==20V 3知交流电a 的电动势最大值,周期,则交流电a 10m U V =20.4,5 /a aT T s rad s πωπ===的电动势的瞬时值表达式为，故D 正确. sin 10sin 5()m u U t t V ωπ==7答案及解析：答案：C解析：由乙图知输入电压有效值为220V ，根据电压与匝数成正比知副线圈电压有效值为22V ，即电压表的示数，A 、B 错误；由乙图知交流电频率为50Hz ，变为100Hz 时电容器通交流隔直流，通高频阻低频，所以电流更大，而L 通低频阻高频，电流更小，则灯泡变1L 亮，灯泡变暗，故C 正确D 错误。
2L8答案及解析：答案：AB解析：A 、根据公式知交流电频率为，所以周期，故A 正确；20π10Hz 2πf ==10.1s T f ==B ，根据电压之比等于匝52V 2=数之比得：副线圈电压为，故B 正确；102V=14.1V C 、P 向上滑动时，阻值增大，但不会影响输入电压值，所以电压表V 示数不变，电流表的示数仍为零，故CD 错误；故选：AB 。
9答案及解析：答案：D解析：降压变压器原,副线圈的电压比等于降压变压器原、副线圈匝数比,保持不变,B 错误;电压表的示数减小,则降压变压器原线圈的电压减小,由于发电机的输出电压不变,则升压3U 变压器副线圈的输出电压不变,由可知,电流表的示数变大, AC 错误;由于2U 23U U IR =+电流表的示数变大,则由尺可知,输电线上损失的功率变大,D 正确。
2R P I R =10答案及解析：答案：BD解析：由丙图可知短路电流为,由得;由知电源效3A I =短E I r =短E r I =短100%UI UEI Eη==⨯率最高时,滑动变阻器接入电路的阻值最大,由丁图知电源的最大效率为,由80%η=,解得;滑动变阻器的滑片在右端B 时,分别对应三点.当输出U RE R rη==+8R =Ωc b d 、、功率达到最大时, ,此时路端电压为,所以对于a 点,有,'2R r ==Ω3V U =3V U =,坐标为;对于b 点、c 点, , ,4.5W 'E P U R r =⋅=+(3V,4.5W)8R =Ω'0.6A EI R r==+,,所以b 点的坐标为;c 点'' 4.8V U E I r =-='' 4.80.6W 2.88W P U I ==⨯=(4.8V,2.88W)的坐标为;d 点坐标为V,故B 、D 正确,A 、C 错误.(0.6A,4.8V)11答案及解析：答案：A解析：A. 根据题意可知,感应电动势瞬时值表达式：e =NBSωsin ωt ,代入数据得：所以电动势有效值：，1002100e sin t =1002m E V=根据变压器原理得：,输入电压P 上移,原线圈匝数变小,副线圈电压变大,根据可知，电阻消耗功率变大，故A 正确，B 错误；C. 电压表示数为有效值，即U =E =100V ，故C 错误；D. 由电压与匝数成正比得副线圈电压：电阻消耗功率：，故D 错误。