届高三二轮复习物理专题通关 课时巩固过关练十一 电路与电磁感应511 含答案.docx

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届高三二轮复习物理专题通关课时巩固过关练十一电路与电磁感应511含答案

课时巩固过关练（十一）

恒定电流与交变电流

（45分钟　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.电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图所示的电路。

当开关S闭合后,电容器中有一个带电液滴恰好处于静止状态。

现将开关S断开,则以下判断正确的是（　　）

A.液滴仍保持静止状态

B.液滴将向下运动

C.电容器上的带电荷量将减为零

D.电容器将有一个瞬间的充电过程

【解析】选D。

当开关S闭合时,电容器所在支路为断路,所以电阻R0相当于导线,电容器两端电压为R1两端电压,当开关S断开后,电路中没有电流通过,电容器两端电压变为电源电动势,所以电容器两端电压增大,电容器充电,电容器带电荷量增加,同时液滴所受的电场力增大,液滴向上运动,选项D对。

【加固训练】为锻炼身体,小明利用所学物理知识设计了一个电子拉力计,如图是原理图。

轻质弹簧右端和金属滑片P固定在一起（弹簧的电阻不计,P与R1间的摩擦不计）,弹簧劲度系数为100N/cm。

定值电阻R0=5Ω,ab是一根长为5cm的均匀电阻丝,阻值R1=25Ω,电源输出电压恒为U=3V,理想电流表的量程为0～0.6A。

当拉环不受力时,滑片P处于a端。

下列关于这个电路的说法不正确的是（　　）

A.小明在电路中连入R0的目的是保护电路

B.当拉环不受拉力时,闭合开关后电流表的读数为0.1A

C.当拉力为400N时,电流表指针指在0.3A处

D.当拉力为400N时,电流表指针指在0.5A处

【解析】选D。

若电路无电阻R0,且金属滑片P在b端时,回路短路损坏电源,R0的存在使电路不出现短路,因此A正确。

当拉环不受拉力时,滑片P在a端,由闭合电路欧姆定律得I=

=0.1A,故B正确。

拉力为400N时,由F=kΔx,则

Δx=4cm,对应的电阻为RaP=20Ω,R1剩余部分接入电路的电阻RPb=5Ω,由闭合电路欧姆定律有I′=

=0.3A,故D错,C正确。

2.（2015·福州二模）某交流电源电动势随时间变化的规律如图所示,现用该电源对标称为“5V,10W”的电动机供电;电源内阻不计,下列说法正确的是（　　）

A.电动机的内阻为2.5Ω

B.电动机的发热功率为10W

C.通过电动机的电流为2A

D.通过电动机的电流为2

A

【解析】选C。

由图知该电源电动势的最大值为Em=5

V,有效值为E=5V;现用该电源对标称为“5V,10W”的电动机供电,所以通过电动机的电流为I=

A=2A,由于电动机是非纯电阻电路,所以电动机的内阻r<

Ω=2.5Ω,故A、D错误,C正确;由于电动机是非纯电阻电路,所以电动机的发热功率P热

3.在一阻值为R=10Ω的定值电阻中通入如图所示的交流电,

则（　　）

A.此交流电的频率为2Hz

B.此交流电的有效值约为3.5A

C.在2～4s内通过该电阻的电荷量为7C

D.在0～2s内电阻产生的焦耳热为25J

【解析】选B。

由图知,交流电的周期为2s,故频率f=

=0.5Hz,A错误;根据有效值的定义,由I2RT=I12R·

+I22R·

=250J,得I≈3.5A,B正确,D错误;在2～4s内通过该电阻的电荷量为Q=|I1·

+I2·

|=1C,C错误。

4.如图所示,有一台交流发电机E,通过理想升压变压器T1和理想降压变压器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U1一定,当用户消耗的电功率变大时,有（　　）

A.U2减小,U4变大B.U2不变,U3不变

C.P1变小,P2变小D.P2变大,P3变大

【解析】选D。

由理想变压器输出功率决定输入功率可得,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,输入电压不变,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：

U3=U2-I2R,故U3减小,降压变压器原、副线圈匝数不变,所以随U3减小,U4减小,A、B错误;由于用户功率增加,即P4增加,理想变压器无功率损耗可得：

P3=P4,功率P3也增加,故C错误,D正确。

5.（2015·成都二模）如图所示,匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=

T的水平匀强磁场中,线框面积S=0.5m2,线框电阻不计。

线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=100rad/s匀速转动,并与理想变压器原线圈相连,副线圈接入一只“220V,60W”的灯泡,且灯泡正常发光,熔断器允许通过的最大电流为10A,下列说法正确的是（　　）

A.在图示位置线框中产生的感应电动势最大

B.线框中产生电动势的有效值为250

V

C.变压器原、副线圈匝数之比为25∶22

D.允许变压器输出的最大功率为1000W

【解析】选C。

由图可知,此时线圈和磁场垂直,此时线框的磁通量最大,感应电动势为0,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=nBSω=50×

×0.5×100V=250

V,所以交流电的有效值为250V,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

=25∶22,C正确;由于熔断器允许通过的最大电流为10A,所以允许变压器输出的最大功率为P=UI=250×10W=2500W,D错误。

6.（2015·银川一模）如图所示,电源电动势为E,内阻为r,滑动变阻器总电阻为R,开关闭合。

两平行板间有匀强磁场,一带电粒子正好以速度v匀速穿过两板间。

以下说法正确的是（忽略带电粒子的重力）（　　）

A.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

B.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

C.保持开关闭合,将a极板向下移动一点,粒子将继续沿直线穿出

D.如果将开关断开,粒子将继续沿直线穿出

【解析】选A、B。

带电粒子匀速穿过两板间,说明带电粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡,保持开关闭合,将滑片P向上滑动一点,则电容器两极板间的电压降低,带电粒子所受的电场力减小,因带电粒子所带电荷的正负不明确,所以粒子将可能从下极板边缘射出,A正确;若将滑片P向下滑动一点,则电容器两极板间的电压变大,带电粒子所受的电场力增大,因带电粒子所带电荷的正负不明确,粒子将可能从下极板边缘射出,B正确;若保持开关闭合,将a极板向下移动一点,带电粒子所受的电场力F=q

增大,故粒子不可能沿直线穿出,C错误;如果将开关断开,电容器将放电,电场逐渐消失,故粒子不可能继续沿直线穿出,D错误。

7.图示电路中,变压器为理想变压器,a、b接在电压有效值不变的交流电源两端,R0为定值电阻,R为滑动变阻器。

现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置,观察到电流表A1的示数增大了0.2A,电流表A2的示数增大了0.8A,则下列说法正确的是（　　）

A.电压表V1示数不变

B.电压表V2、V3示数均增大

C.该变压器起升压作用

D.变阻器滑片是沿c→d的方向滑动

【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析：

（1）理想变压器的输出电压由输入电压及匝数比决定,即U2=

U1,与负载的变化无关。

（2）变压器的匝数比也可应用

=

=

计算。

【解析】选A、D。

电压表V1测电源两端电压的有效值,也是变压器的输入电压的有效值,所以V1的示数不变,A正确;V2测变压器的输出电压,由U2=

U1可知V2的示数也不变,电流表A2的示数增大,由欧姆定律可知电路中的电阻减小,即R的阻值减小,滑片向d端滑动,V3的示数减小,B错误,D正确;因

=

=

=

所以变压器为降压变压器,C错误。

【加固训练】（多选）如图甲所示,矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动,输出交流电的电动势图像如图乙所示,经原、副线圈的匝数比为1∶10的理想变压器给一个灯泡供电,如图丙所示,副线圈电路中灯泡额定功率为22W。

现闭合开关,灯泡正常发光。

则（　　）

A.t=0.01s时刻穿过线框回路的磁通量为零

B.交流发电机的转速为100r/s

C.变压器原线圈中电流表示数为1A

D.灯泡的额定电压为220V

【解析】选C、D。

由图乙可知,在0.01s时,感应电动势为零,则此时穿过线框回路的磁通量最大,A错误;由图可知,交流电的周期为0.02s,则转速为：

n=

=50r/s,B错误;原线圈输入电压有效值为22V,则副线圈的电压为22×10V=220V;由P=UI可知,副线圈电流I2=

=

A=0.1A,则由

=

求得I1=1A,C正确;灯泡正常发光,故额定电压为220V,故D正确。

8.（2015·银川一模）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,滑动触头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

【解析】选B、D。

由于变压器原、副线圈的匝数不变,而且输入电压不变,因此增加负载不会影响输出电压,故A错误;根据变压器原理可知输出电压U2=

U1,当滑动触头P向上滑时,n2增大,所以输出电压增大,故B正确;由于用电器是并联的,因此用电器增加时总电阻变小,输出电压不变,总电流增大,故输电线上热损耗增大,故C错误;用电器增加时总电阻变小,总电流增大,输出功率增大,所以输入功率增大,故D正确。

二、计算题（本大题共2小题,共36分。

需写出规范的解题步骤）

9.（18分）如图所示,匀强磁场磁感应强度B=0.5T,匝数为n=50匝的矩形线圈,绕垂直于匀强磁场的转轴OO′匀速转动,每匝线圈长为L=25cm,宽为d=20cm。

线圈每分钟转动1500转,在匀速转动过程中,从线圈平面经过图示位置时开始计时。

（1）写出感应电动势e的瞬时值表达式。

（2）若每匝线圈本身电阻r=0.02Ω,外接一阻值为13Ω的用电器,使线圈与外电路组成闭合电路,写出感应电流i的瞬时值表达式。

（3）若从线圈平面垂直于磁感线的位置开始计时,感应电动势e′和感应电流i′的瞬时值表达式如何?

（4）画出

（1）

（2）中的e-t、i-t图像。

【解析】

（1）线圈匝数n=50,磁场的磁感应强度B=0.5T,

线圈转动的角速度

ω=2πf=2π×

rad/s=50πrad/s　（2分）

线圈的面积S=Ld=0.05m2　（1分）

故Em=nBSω=50×0.5×0.05×50πV≈196V（2分）

从图示位置开始计时,

有e=Emcosωt=196cos（50πt）V　（2分）

（2）若r=0.02Ω,

则r′=50r=0.02×50Ω=1Ω　（1分）

R总=R+r′=13Ω+1Ω=14Ω　（1分）

Im=

=

A=14A　（1分）

所以i=Imcosωt=14cos（50πt）A　（1分）

（3）若从线圈平面与磁感线垂直的位置开始计时,即从中性面开始计时,感应电动势和感应电流的瞬时值表达式分别为e′=196sin（50πt）V　（2分）

i′=14sin（50πt）A　（1分）

（4）因为ω=50πrad/s

所以T=

=0.04s,Em=196V,Im=14A　（2分）

（1）

（2）中的e-t、i-t图像分别如图甲、乙所示

（2分）

答案：

见解析

10.（18分）一台小型发电机的最大输出功率为100kW,输出电压恒为500V,现用电阻率为1.8×10-8Ω·m,横截面积为10-5m2的输电线向4×103m远处的用户输电,要使发电机满负荷运行时,输电线上的损失功率不超过发电机总功率的4%,求：

（1）所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少?

（2）如果用户用电器的额定电压为220V,那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少?

（3）想一想,当深夜接入电路的用电器减少时,用电器两端的电压是大于、小于还是等于220V?

若用电器电路中电流为100A,求此时用电器两端的电压数值。

【解析】

（1）输电要用两根导线,则输电线的电阻为

r=ρ

=1.8×10-8×

Ω=14.4Ω　（2分）

由题意知P损=P×4%=（

）2r　（2分）

105×0.04=（

）2×14.4

U2=6000V　（1分）

升压变压器原、副线圈匝数比

=

=

=

　（1分）

（2）I2=

=

A=

A　（1分）

U损=I2·r=

×14.4V=240V　（1分）

而U3=U2-U损

=6000V-240V=5760V　（2分）

=

=

=

　（1分）

降压变压器原、副线圈匝数比为288∶11

（3）用电器总数减少时,用电器两端电压将增大

由题知I4′=100A,则由

=

=

　（2分）

所以I3′=

　（1分）

U损′=I3′·r=

×14.4V=55V　（1分）

而U1、U2不变

U3′=U2-U损′=（6000-55）V=5945V　（1分）

=

　（1分）

U4′=

×U3′=

×5945V≈227V　（1分）

答案：

（1）1∶12　

（2）288∶11

（3）大于220V　227V

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