【文档说明】2021届新高考物理二轮复习专题能力训练11　恒定电流和交变电流 含解析.docx，共(8)页，254.550 KB，由envi的店铺上传

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专题能力训练11恒定电流和交变电流(时间:45分钟满分:98分)专题能力训练第27页一、选择题(本题共14小题,每小题7分,共98分。在每小题给出的四个选项中,1~7题只有一个选项符合题目要求,8~14题有多个选项符合题目要求。全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2

019·浙江4月)电动机与小灯泡串联接入电路,电动机正常工作时,小灯泡的电阻为R1,两端电压为U1,流过的电流为I1;电动机的内阻为R2,两端电压为U2,流过的电流为I2。则()A.I1<I2B.𝑈1𝑈2>𝑅1𝑅2C.𝑈1𝑈2=𝑅1𝑅2D.𝑈1𝑈2<𝑅1𝑅

2答案:D解析:小灯泡与电动机串联,电流相等,I1=I2,A错误;小灯泡是纯电阻,适用于欧姆定律,U1=I1R1,电动机是非纯电阻,不适用于欧姆定律,U2>I2R2,则𝑈1𝑈2<𝐼1𝑅1𝐼2𝑅2=𝑅1𝑅2,B、C错误,D正确。2.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,S为单刀双掷开关,当开关由1位置打到2位置时,下列说法正确的是()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.电压表读数将变小答案

:D解析:开关在位置1时,外电路总电阻R总=32R,电压表示数U=32𝑅𝑅+32𝑅E=35E,两灯电压U1=U2=15E,电源内阻的发热功率为P热=(25𝐸)2𝑅=4𝐸225𝑅。开关在位置2时,外电路总电阻R总'

=23R,电压表示数U'=23𝑅𝑅+23𝑅E=25E,灯泡L1的电压U1'=15E,L2的电压U2'=25E,电源内阻的发热功率为P热'=(35𝐸)2𝑅=9𝐸225𝑅,L1亮度不变,L2将变亮,故选项A

、B错误;电源内阻的发热功率将变大,故选项C错误;由以上分析可知电压表读数变小,选项D正确。3.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.25B.12C.35D.23答案:C解析:S断开时等效电路图如图甲所示。甲乙设每个电阻阻值为R,电路中总电阻R总1=5𝑅3,干路电流I干1=𝐸𝑅总1=3𝐸5𝑅;电容器两端电压为U1=13I干1·

R=𝐸5,所带电荷量为Q1=CU1=𝐶𝐸5;S闭合后,等效电路图如图乙所示,电路中总电阻为R总2=3𝑅2,干路电流I干2=𝐸𝑅总2=2𝐸3𝑅,电容器两端电压U2=12I干2·R=𝐸3,所带电荷量Q2

=CU2=𝐶𝐸3;综上𝑄1𝑄2=35,C选项正确。4.在如图所示的电路中,E为电源电动势,r为电源内阻,R1和R3均为定值电阻,R2为滑动变阻器。当R2的滑片在a端时闭合开关S,此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和

U,现将R2的滑片向b端移动,则三个电表示数的变化情况是()A.I1增大,I2不变,U增大B.I1减小,I2增大,U减小C.I1增大,I2减小,U增大D.I1减小,I2不变,U减小答案:B解析:由题图可知R1、R2并联后再与R3串联,电流表A1测通过R1的电流I1,A2测通过R2的电流

I2,V测路端电压U。现将R2的滑片向b端移动,R2阻值减小,电路总电阻减小,则总电流I增大;根据闭合电路欧姆定律知路端电压U=E-Ir,所以电压表示数U减小;由U3=IR3,可知U3增大;R1两端电压U1=U-U3,所以U1减小

,则I1减小,而I=I1+I2,所以I2增大。故选项B正确。5.(2019·江苏无锡模拟)矩形线框与理想电流表、理想变压器和灯泡连接成如图甲所示的电路。灯泡标有“36V40W”的字样且阻值可以视作不变,变压器原

、副线圈的匝数之比为2∶1,线框产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示。则下列说法正确的是()A.图乙电动势的瞬时值表达式为e=36√2sinπtVB.变压器副线圈中的电流方向每秒改变50次C.灯泡L恰好正常发光D.理想变压器输入功率为20W答案:D解析:由题图乙可知,

电动势的周期为0.02s,矩形线框的角速度ω=2π𝑇=2π0.02=100π,故原线圈输入电压的瞬时值表达式为e=72sin100πtV,A错误;交变电流的频率为50Hz,在一个周期内电流方向改变2次,

可知变压器副线圈中的电流方向每秒改变100次,B错误;变压器输入电压有效值为U1=72√2V=36√2V,由原、副线圈的匝数比为2∶1可知,输出电压为18√2V,则灯泡L不能正常发光,C错误;灯泡电阻为R=𝑈2𝑃=32.4Ω,输出功

率P2=𝑈22𝑅=(18√2)232.4W=20W,则理想变压器输入功率为20W,D正确。6.(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()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答案:B解析:发电机线圈转速变为原来一半时,产生电动势的最大值和有效值均变为原来的一半,

变压器匝数比不变,故副线圈上的电压表示数变为原来的一半,选项B正确;对负载电阻R,由P=𝑈2𝑅可得,R消耗的功率变为原来的14,即副线圈消耗的功率变为原来的14,故原线圈消耗的功率也变为原来的14,而原线圈电压变为原来的12,故原线圈中的电流

(电流表示数)变为原来的12,选项A、C均错误;发电机线圈转速变为原来的12时,线圈转动的角速度变为原来的12,由f=𝜔2π可得交变电流的频率变为原来的12,选项D错误。7.远距离输电的原理图如图所示,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。变压器为理想变压器,则下列关系式正确的是()A.𝐼1𝐼2=𝑛1𝑛2B.I2=𝑈2𝑅C.I1U1=𝐼22RD.I1U1=I2U2

答案:D解析:由理想变压器可知𝐼1𝐼2=𝑛2𝑛1,选项A错误;I2=𝑈𝑅𝑅,而U2=UR+U3,故I2<𝑈2𝑅,选项B错误;P入=P出,即U1I1=U2I2,而U2≠I2R,选项C错误,D正确。8.边长为l的正方形线框在磁感应强度为

B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动,产生的感应电流的最大值为Im,设灯泡的电阻为R,其他电阻不计。从如图所示位置开始计时,则()A.Im=𝐵𝑙2𝜔𝑅B.电路中交变电流的表达式为ImsinωtC.电流表的读数为𝐼m2D.

灯泡上产生的电功率为𝐼m22R答案:AD解析:电动势最大值Em=Bl2ω,故电流的最大值Im=𝐸m𝑅=𝐵𝑙2𝜔𝑅,选项A正确;电流表的读数为I=𝐼m√2,选项C错误;电阻R上产生的电功率P=I2R=𝐼m22R,选项D正确;由图示

位置开始计时,电流瞬时表达式为i=Imcosωt,选项B错误。9.如图甲、乙分别表示两种电压的波形,其中图甲所示的电压按正弦规律变化,图乙所示的电压是正弦函数的一部分。下列说法正确的是()A.图甲、图乙均表示交变电流B.图甲所示电压

的瞬时值表达式为u=20sin100πtVC.图甲所示电压的有效值为20VD.图乙所示电压的有效值为10V答案:ABD解析:由题图可以看出,图甲、图乙均为交变电流,图甲为正弦式交变电流,瞬时表达式为u=20sin100πt(V),电压的有效值为20√2V=10√2V,选项

A、B正确,C错误。题图乙的周期T=4×10-2s,由𝑈22𝑅T=(10√2V)2𝑅·𝑇2得U2=10V,选项D正确。10.如图所示,变压器输入有效值恒定的电压,副线圈匝数可调,输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器),R表示输电线的电阻,则(

)A.用电器增加时,变压器输出电压增大B.要提高用户的电压,滑片P应向上滑C.用电器增加时,输电线的热损耗减少D.用电器增加时,变压器的输入功率增加答案:BD解析:变压器输入有效值恒定的电压,原、副线圈的匝数比

不变,则副线圈的电压U2=𝑛2𝑛1U1不变,故选项A错误;要提高用户的电压,应增大副线圈匝数,滑片P应向上滑,故选项B正确;当用电器增加时,副线圈电流增大,输电线的热损耗ΔP=𝐼22R增大,故选项C错误;用电器增

加时,副线圈电流增大,因为是理想变压器,输入功率等于输出功率,所以输入功率增加,选项D正确。11.如图所示,直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源Ⅰ与电源Ⅱ的路端电压随输出电流变化的特性曲线,曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线,则()A.电源Ⅰ与电源Ⅱ的内阻之比为12∶7B.电源Ⅰ与电源Ⅱ的电动势之

比为7∶12C.若该小灯泡分别与电源Ⅰ和电源Ⅱ单独连接,则小灯泡的电阻之比为35∶24D.若该小灯泡分别与电源Ⅰ和电源Ⅱ单独连接,则电源Ⅰ和电源Ⅱ输出功率之比为10∶21答案:AD解析:根据题图,电源Ⅰ与电源Ⅱ的电动势都是10V,二者之比为1∶

1,电源Ⅰ内阻为107Ω,电源Ⅱ的内阻为56Ω,电源Ⅰ的内阻与电源Ⅱ的内阻之比为12∶7,选项A正确,B错误。若该小灯泡与电源Ⅰ单独连接,工作电流为5A,由I=𝐸𝑅+𝑟可得小灯泡电阻为R=47Ω,若该小灯泡与电源Ⅱ单独连接,工作电流为6A,由I=

𝐸𝑅+𝑟可得小灯泡电阻为R=56Ω,小灯泡的电阻之比为24∶35,选项C错误。若该小灯泡分别与电源Ⅰ和电源Ⅱ单独连接,小灯泡电压分别为207V和5V,电源Ⅰ输出功率为5×207W=1007W,电源Ⅱ输出功率为6×5W=30W,则电源Ⅰ和电源Ⅱ输出功率之比为10

∶21,选项D正确。12.一直流电动机提升重物的装置如图所示。已知重物质量m=50kg,电源电压U=110V保持不变,电动机线圈的电阻R=4Ω,不计各处摩擦,当电动机以某一速度匀速向上提升重物时,电路中的电流

I=5A(g取10m/s2)。则()A.电源的输出功率为100WB.电动机线圈电阻R的发热功率为550WC.提升重物的功率为450WD.电动机效率为81.8%答案:CD解析:电源的输出功率P出=IU=5A×110V=550W,电动机线圈电阻R的发热功率P热=I2

R=100W,选项A、B错误。因能量守恒,电动机对重物做的功的功率为P有=P出-P热=550W-100W=450W,电动机效率为η=𝑃有𝑃出×100%=450550×100%=81.8%,选项C、D正确。13.(2019·山东青岛二模)下图为某小型电站高压输电示意图,变压器

均为理想变压器,发电机输出功率为20kW。在输电线路上接入一个电流互感器,其原、副线圈的匝数比为1∶10,电流表的示数为1A,输电线的总电阻为10Ω,则下列说法正确的是()A.采用高压输电可以增大输电线中的电流B.升压变压器的输出电压U2=2000VC.用户获得的功率为19kWD.将P下移,用户获

得的电压将增大答案:BC解析:采用高压输电可以减小输电线中的电流,选项A错误;由𝐼𝐼2=110可知I2=10A,由P=U2I2,解得U2=2000V,选项B正确;损失功率为P损=𝐼22R=1000W,所以用户获得的功率为P1=P-P损=19kW,选项C正确;将P下移

,n3增大,由𝑈3𝑈4=𝑛3𝑛4可知U4减小,选项D错误。14.如图甲所示,M是一个小型理想变压器,原、副线圈匝数比n1∶n2=11∶1,a、b端接有正弦式交变电流,电压随时间的变化规律如图乙所示。变压器右侧部分为一火警报警电路原理图,其中R2为用半

导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器,R1为一定值电阻,电压表V和电流表A可视为理想电表。下列说法正确的是()A.变压器副线圈的输出电压的表达式为u2=20√2sin100πtVB.当传感器R2所在处未出现火警时,电压表V的示数为20VC.当传感器R2所在处出现火警时,电压表V的

示数减小D.当传感器R2所在处出现火警时,电流表A的示数减小答案:AC解析:由图像可知该交变电流周期为T=0.02s,则其电压瞬时值表达式为u1=220√2sin100πtV,由变压器的变压关系𝑈1𝑈2=𝑛1𝑛2可得变压器副线圈的输出电压为u2=20√2sin1

00πtV,选项A正确;输出电压的有效值为20V,与传感器R2并联的电压表的示数小于20V,选项B错误;当传感器R2所在处出现火警时,电阻R2减小,电流I2=𝑈2𝑅1+𝑅2增大,又𝐼1𝐼2=𝑛2𝑛1,所以电流表A的示数I1也增大,电压表

V的示数U=U2-I2R1减小,选项C正确,选项D错误。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com