2021高考物理二轮专题复习-素能提升-1-4-10-Word版含解析.docx

1.(2022年高考天津卷)如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽视，平行板电容器C的极板水平放置．闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．假如仅转变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是(　　)

A．增大R1的阻值　　　　 B．增大R2的阻值
C．增大两板间的距离 D．断开开关S
解析：设油滴质量为m，电荷量为q，两板间距离为d，当其静止时，有q＝q＝mg.由题图知，增大R1，UR1增大，油滴将向上加速；增大R2，油滴受力不变，仍保持静止；由E＝ 知，增大d，U不变时，E减小，油滴将向下加速；断开开关S，电容器将通过R1、R2放电，两板间场强变小，油滴将向下加速．故只有B项正确．
答案：B
2．(多选)(2022年高考广东卷)如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持抱负变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，下列说法正确的是(　　)

A．P向下滑动时，灯L变亮
B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变
C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小
D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大
解析：对于抱负变压器U2＝U1，U1不变则U2不变，与调整P无关，故B正确．又UL＝U2，所以灯的亮度不变，A错．P向上滑动时RP减小，则R总减小，P出＝增大，P入＝P出＝U1I1，所以I1增大，可知C错误，D正确．
答案：BD
3．(多选)(2022年高考天津卷)如图甲所示，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乙中曲线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∶3
C．曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
解析：由题图乙知t＝0时两次转动产生的瞬时电动势都等于零，故A正确．由题图乙知两次转动所产生的交变电动势的周期之比Ta∶Tb＝2∶3，再由周期与转速的关系n＝得na∶nb＝3∶2，故B错误．因Ta＝4×10－2 s，故fa＝＝25 Hz，C正确．因Ema＝15 V，而Em＝NBSω＝，故Emb＝Ema＝10 V，Eb＝＝5 V，D错误．
答案：AC

4.(多选)在国家电网改造中，某沟通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，现有5 000 V高压输电，输电线上的总电阻是40 Ω，再利用n1∶n2＝22∶1的降压变压器降压后供应用户，则下列说法正确的是(　　)

A．经降压后交变电流的频率变为原来的
B．升压变压器的匝数比为11∶250
C．流过高压输电线的电流为125 A
D．降压变压器输出电压的有效值为220 V
解析：由题图得沟通电的周期为0.02 s，则频率为50 Hz，变压器不转变沟通电的频率，A错误；输出电压的有效值为220 V，高压输电电压为5 000 V，变压器的变压比等于匝数比，升压变压器的匝数比为11∶250，B正确；输电线的电流I＝＝ A＝4 A，5 000 V高压并未全部被输电线消耗，C错；降压变压器的输入电压U1＝5 000 V－40×4 V＝4 840 V，由变压比＝得U2＝220 V，D正确．
答案：BD
5．如图甲所示的电路中，S为单刀双掷开关，电表为抱负电表，Rt为热敏电阻(阻值随温度的上升而减小)，抱负变压器原线圈接图乙所示的正弦沟通电．则(　　)

A．变压器原线圈中沟通电压u的表达式u＝110·sin 100πt(V)
B．S接在a端，Rt温度上升时，变压器的输入功率变小
C．S接在a端，Rt温度上升时，电压表和电流表的示数均变大
D．S由a切换到b，R1消耗的功率变大
解析：由题图乙可知，电压的最大值为110 V，周期为0.02 s，所以ω＝100π，A项正确；副线圈的输出电压由变压器的变压比和输入电压打算，故电压表的示数不变，C项错；温度上升时，Rt的阻值减小，由P＝可知，变压器的输出功率增大，故其输入功率也随之增大，B项错；S由a切换到b，副线圈匝数削减，故输出电压减小，Rt电阻不变，由P＝知，Rt消耗的功率减小，D项错．
答案：A
课时跟踪训练
选择题
1．(多选)(2022年南京模考)如图甲所示为一台小型发电机构造的示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间按余弦规律变化，其e­t图象如图乙所示．发电机线圈的内阻为1 Ω，外接灯泡的电阻为9 Ω，则(　　)

A．电压表的示数为6 V
B．发电机的输出功率为4 W
C．在1.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量最大
D．在2.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大
解析：依据e­t图象可知产生的电动势的最大值为6 V，有效值为6 V，依据闭合电路欧姆定律可求得电压表的示数为U＝×6 V＝5.4 V，A错误；依据电功率公式得发电机的输出功率为P＝()2×9 W＝3.24 W，B错误；依据e­t图象可知在1.0×10－2 s时刻，电动势为零，说明此时线圈处于中性面，磁通量最大， C正确；在2.0×10－2 s时刻，电动势为最大，说明此时线圈处于与中性面垂直的位置，磁通量最小，但是磁通量的变化率最大，D正确．
答案：CD
2.如图所示，E为内阻不能忽视的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表和电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则(　　)

A．V的读数变大，A的读数变小
B．V的读数变小，A的读数变大
C．V的读数变小，A的读数变小
D．V的读数变大，A的读数变大
解析：将S断开后，闭合电路的总电阻增大，依据闭合电路的欧姆定律可知干路电流I减小，路端电压U＝E－Ir变大，○V的读数变大，电阻R3两端的电压U3＝E－I(R1＋r)增大，通过电阻R3的电流I3＝变大，○A的读数变大，选项D正确，A、B、C错误．
答案：D
3.(多选)(2022年大庆质量检测)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦沟通电的图象，当调整线圈转速后，产生的正弦沟通电的图象如图线b所示．以下关于这两个正弦沟通电的说法正确的是(　　)

A．沟通电b电压的有效值为 V
B．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零
C．沟通电a的瞬时值为u＝10sin 5πt(V)
D．线圈先后两次的转速之比为3∶2
解析：由题图可知，沟通电a的周期Ta＝0.4 s，沟通电b的周期Tb＝0.6 s，线圈的转速n＝，则线圈先后两次的转速之比为3∶2，选项D正确；沟通电a的瞬时值表达式为u＝Umsint，即u＝10sin 5πt(V)，选项C正确；在t＝0时，电动势为零，由法拉第电磁感应定律可知，此时穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为零，选项B错误；正弦沟通电a电压的最大值Um＝nBSω＝nBS＝10 V，正弦沟通电b电压的最大值Um′＝nBS，两式相比可得Um′＝ V，则沟通电b电压的有效值U＝＝ V，选项A正确．
答案：ACD
4.(多选)如图所示，抱负变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1，原线圈接在频率为50 Hz的正弦沟通电源上，串接的电流表为抱负电流表，副线圈接入“220 V　60 W”的灯泡一只，此时灯泡正常发光，则(　　)

A．电流表的示数为 A
B．电流表的示数为 A
C．电源的输出功率为60 W
D．副线圈中交变电流的频率为5 Hz
解析：由灯泡正常发光可知变压器副线圈的输出电压为220 V，输出功率为60 W，因此输出电流为 A，由电流关系可知，输入电流与输出电流的比值等于线圈匝数的反比，可知输入电流为 A，即电流表的示数为 A，选项A正确，B错误；抱负变压器的输入功率等于输出功率，频率不变，因此选项C正确，D错误．
答案：AC
5．如图所示，抱负变压器的原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈接在u＝220sin 100πt(V)的沟通电源上，副线圈两端接有R＝55 Ω的负载电阻、熔断电流为1 A的保险丝和一个灯泡D，电流表为抱负电表．下列说法正确的是(　　)

A．S断开时，原线圈中电流表的读数为 A
B．S断开时，原线圈的输入功率为220 W
C．副线圈中输出交变电流的周期为50 s
D．S闭合时，灯泡D正常发光，原线圈中电流表读数不会超过1.5 A
解析：由电压的瞬时值表达式可知其有效值为220 V，依据抱负变压器的规律可知，副线圈输出电压的有效值为110 V，由欧姆定律可知通过电阻的电流I2＝＝2 A，由抱负变压器的规律可知，原线圈的输入电流为1 A，故电流表示数为1 A，A项错误；原线圈的输入功率P1＝U1I1＝220 W，B项错误；变压器不转变交变电流的周期，由瞬时值表达式可知，交变电流的周期为0.02 s，C项错误；通过灯泡的电流的有效值最大为1 A，故通过副线圈的最大电流为3 A，由抱负变压器的规律可知，原线圈输入电流的有效值最大为1.5 A，故D项正确．
答案：D
6.(多选)如图所示，一个“U”形线框处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，OO′为磁场的边界．现使线框以角速度ω绕轴OO′匀速转动，线框通过金属转轴和电刷与阻值为R的外电阻相连．已知线框各边的长均为L，总电阻为r，不计转轴与电刷的电阻．则(　　)

A．图示时刻线框产生的感应电动势为BωL2
B．线框产生的感应电动势的最大值为BωL2
C．电路中电阻R两端电压的有效值为
D．电路中电流的有效值为
解析：由法拉第电磁感应定律知，题图所示时刻，磁通量最大，感应电动势为零，A项错误；由交变电流电动势的最大值表达式Em＝NBSω可知B项正确；依据闭合电路欧姆定律可知，C项中表达式为R两端电压的最大值，C项错误；由题图可知，线框转动一圈的过程中，只有半个周期为正弦式交变电流，另半个周期电流为零，由有效值的定义得T＝·，解得E＝，由闭合电路欧姆定律可知，D项正确．
答案：BD
7. 如图所示，匝数为100匝的矩形线圈abcd位于磁感应强度B＝ T的水平匀强磁场中，线圈面积S＝0.5 m2，内阻不计．线圈绕垂直于磁场的轴以角速度ω＝10π rad/s 匀速转动．线圈通过金属滑环与抱负变压器原线圈相连，变压器的副线圈接入一只“12 V　12 W”的灯泡，灯泡正常发光．下列说法中正确的是(　　)

A．通过灯泡的交变电流的频率是50 Hz
B．变压器原、副线圈匝数之比为10∶1
C．矩形线圈中产生的电动势的最大值为120 V
D．若将灯泡更换为“12 V　24 W”且保证其正常发光，需要增大矩形线圈的转速
解析：由ω＝2πf可得通过灯泡的交变电流的频率是5 Hz，选项A错误；矩形线圈在水平匀强磁场中转动产生感应电动势最大值为Em＝NBSω＝100××0.5×10π V＝120 V，变压器输入电压为120 V，由变压器变压公式可知，变压器原、副线圈匝数之比为10∶1，选项B正确，C错误；因副线圈电压仍为12 V，故将灯泡更换为“12 V　24 W”能保证其正常发光，不需要增大矩形线圈的转速，选项D错误．
答案：B
8.在如图所示电路中，电源电动势为E，内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为可变电阻，C为电容器．在可变电阻R3由较小渐渐变大的过程中(　　)

A．电容器放电
B．流过R2的电流方向是由a到b
C．电容器的带电荷量在渐渐增大
D．电源内部消耗的功率变大
解析：当可变电阻R3渐渐变大时，总电阻增大，干路电流减小，则电容器上电压U＝E－I(R1＋r)将增大，电容器的带电荷量增大，即电容器充电，A错误，C正确；由于电容器上极板带正电，所以充电电流方向为b→R2→a，故B错误；电源内部消耗的功率为Pr＝I2r变小，D错误．
答案：C
9．(2022年高考浙江卷)如图所示为远距离沟通输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一抱负变压器，流入用户端的电流为I2.则(　　)

A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．抱负变压器的输入功率为Ir
D．输电线路上损失的电功率为I1U
解析：由抱负变压器输入、输出功率相等可知P1＝P2，即U1I1＝U2I2，U2＝，A正确. 输电线上的电压降为ΔU＝U－U1，B错．抱负变压器的输入功率P＝U1I1＝UI1－Ir，C错．输电线路上损失的电功率为ΔP＝I·r＝I1U－I1U1，D错．
答案：A
10．传统的自行车发电机内部电路如图甲所示，驱动轴一端与自行车轮相连，另一端连接条形永久磁铁，自行车车轮转动过程中，驱动轴带动磁铁在铁芯之间匀速转动，发电机线圈两端产生的交变电压波形如图乙所示．已知波形图中正负尖峰电压分别为Um、－Um.两个相邻正负尖峰的时间差为Δt，发电机线圈匝数为n.以下推断正确的是(　　)

A．驱动轴转动的角速度ω＝
B．线圈电压的有效值U＝
C．穿过线圈磁通量变化率的最大值km＝
D．相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平均值＝
解析：由于波形图中两个相邻正负尖峰之间的时间差为Δt，所以交变电流周期T＝2Δt，角速度ω＝＝，A错误；由于波形不是正弦(或余弦)式，因此，有效值U＝·Um是错误的，B选项不正确；依据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量变化率k成正比，最大电压对应最大磁通量变化率，即Um＝nkm，因此磁通量变化率的最大值km＝，C正确；相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平均值＝n，由于线圈转过一个完整的周期，ΔΦ＝0，所以电压平均值等于零，D错误．
答案：C
11.(多选)(2022年唐山模拟)如图所示，电源电动势E＝3 V，小灯泡L标有“2 V　0.4 W”字样，开关S接1，当变阻器调到R＝4 Ω 时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作．则(　　)

A．电源内阻为1 Ω
B．电动机的内阻为4 Ω
C．电动机的正常工作电压为1 V
D．电源效率约为93.3%
解析：由小灯泡的额定功率P＝UI可知，I＝0.2 A，由欧姆定律得RL＝，可知小灯泡正常发光时电阻RL＝10 Ω，由闭合电路欧姆定律可知，I＝，解得r＝1 Ω，A正确；接2时小灯泡正常发光，说明电路中电流仍为0.2 A，故电动机两端电压U′＝E－IRL－Ir＝0.8 V，电动机为非纯电阻用电器，故电动机内阻不等于4 Ω，B、C错误；由P＝I2r，η＝×100%代入数据可得电源效率约为93.3%，D正确．
答案：AD
12.一抱负变压器原副线圈匝数比为＝，其中原线圈有一中心抽头，用一单刀双掷开关把握原线圈的匝数，将该变压器接入电路，如图所示，电路中的电表均为抱负沟通电表．在原线圈两端加u1＝220sin 100πt(V)的沟通电．则(　　)

A．开关接m时，电压表的示数为22 V
B．开关接m，将滑片P下移则电压表示数变大
C．开关由m扳到n，A1的示数变大，A2的示数变小
D．开关由m扳到n，变压器的输入功率变大
解析：当单刀双掷开关与m连接时，变压器匝数之比为10∶1，原线圈两端电压有效值为220 V，所以副线圈电压有效值为22 V，即电压表示数为22 V，A正确；滑动变阻器滑片向下移动的过程中，滑动变阻器电阻减小，而变压器原线圈电压、匝数比未变，故副线圈电压不变，即电压表示数不变，B错误；当单刀双掷开关由m扳向n时，匝数之比为5∶1，输出电压增大，电压表和电流表A2的示数均变大，故电流表A1的示数变大，输入功率变大 ，则C错误，D正确．
答案：AD
13.如图所示电路中，沟通发电机内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的电阻．闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝10sin 10πt(V)，则(　　)

A．该电动势的有效值为10 V
B．该发电机转子的转速是10 r/s
C．电路中抱负沟通电压表的示数为9 V
D．外接电阻R所消耗的电功率为10 W
解析：由e＝10sin 10πt(V)知电动势的有效值E有＝＝ V＝10 V，故A错误；产生沟通电的线圈的角速度ω＝10π rad/s，转速n＝5 r/s，故B错误．电路中的电流有效值I有＝＝1.0 A，电阻R两端的电压U＝I有R＝9 V，故C正确；电阻R消耗的电功率P＝I·R＝9.0 W，故D错误．
答案：C
14．如图甲所示，抱负变压器原副线圈的匝数比为9∶55，电压表为抱负电表，图中热水器和抽油烟机均正常工作，热水器的额定功率为抽油烟机的2倍．假如副线圈电压按图乙所示正弦规律变化，下列说法正确的是(　　)

A．电压表的示数为36 V
B．原线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝36sin 50πt(V)
C．热水器的发热功率是抽油烟机发热功率的2倍
D．变压器原线圈的输入功率和副线圈的输出功率之比为55∶9
解析：由＝得＝，U1＝36 V，A正确；由题图乙可知，副线圈电压的峰值为Um＝220 V，ω＝＝100π rad/s，故副线圈两端电压的瞬时值表达式为u2＝220sin 100πt(V)，则原线圈的输入电压的瞬时值表达式为u1＝36sin 100πt(V)，B错误；热水器的发热功率等于其额定功率，而抽油烟机的额定功率等于少量热功率与大部分输出机械功率之和，因此它的热功率小于其本身的额定功率，C错；抱负变压器的输入功率等于输出功率，D错．
答案：A