2019年高考物理二輪復習 課時作業(yè)9 恒定電流和交變電流.doc
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課時作業(yè) 9 恒定電流和交變電流 選擇題(1~5題為單項選擇題,6~11題為多項選擇題) 1.[2018江蘇卷,2]采用220 kV高壓向遠方的城市輸電.當輸送功率一定時,為使輸電線上損耗的功率減小為原來的,輸電電壓應變?yōu)? ) A.55 kV B.110 kV C.440 kV D.880 kV 解析:輸送功率P=UI 輸電線上損耗的功率P損=I2r=2r∝. 當P損減小為原來的時,輸電電壓應變?yōu)樵瓉淼?倍. 答案:C 2.如圖所示電路中,電流表A和電壓表V均可視為理想電表,閉合開關S后,將滑動變阻器R1的滑片向右移動,下列說法正確的是( ) A.電流表A的示數變大 B.電壓表V的示數變大 C.電容器C所帶的電荷量減少 D.電源的效率增大 解析:將滑動變阻器R1的滑片向右移動時R1有效電阻增大,則外電路總電阻增大,總電流減小,由歐姆定律知,R3的電壓變小,所以電壓表V的示數變小,根據串聯(lián)電路電壓與電阻成正比的規(guī)律知,電路中并聯(lián)部分的電壓增大,則通過R2的電流變大,而總電流變小,所以電流表A的示數變小,故A、B錯誤;電容器板間電壓變大,由Q=CU知電容器C所帶的電荷量增加,故C錯誤;電路中總電流變小,電源的內電壓變小,則路端電壓U變大,電源的效率為η==,則知電源的效率增大,故D正確. 答案:D 3.[2018廣東深圳二調]如圖甲所示,理想變壓器的原、副線圈匝數比n1:n2=10:1,原線圈輸入的交流電壓如圖乙所示,副線圈電路接有滑動變阻器R和額定電壓為12 V、工作時內阻為2 Ω的電動機.閉合開關,電動機正常工作,電流表示數為1 A,則( ) A.副線圈兩端電壓為22 V B.電動機輸出的機械功率為12 W C.通過電動機的交流電頻率為50 Hz D.突然卡住電動機,原線圈輸入功率變小 解析:由圖乙可知U1=220 V,又知n1:n2=10:1,則由=,得副線圈兩端電壓U2=22 V,A項錯誤;電動機輸出的機械功率P機=P總-P內=112 W-122 W=10 W,B項錯誤;由圖乙可知,T=0.02 s,則f==50 Hz,C項正確;若卡住電動機,則副線圈回路電流變大,再由P入=P出=I2U2,可知原線圈輸入功率變大,D項錯誤. 答案:C 4.如圖所示為某小型發(fā)電站的輸電示意圖,發(fā)電站輸出U1=220sin 100πt(V)的交流電通過升壓變壓器升壓后進行高壓輸電,接近用戶時再通過降壓變壓器降壓給用戶供電,圖中高壓輸電線部分總電阻為r,負載端的電壓表是理想電壓表,下列有關描述正確的是( ) A.若開關S1、S2都斷開,則電壓表示數為零 B.負載端所接收交流電的頻率為25 Hz C.深夜開燈時燈較亮是因為高壓輸電線上電壓損失減小的緣故 D.用電高峰期燈泡較暗,可通過減少降壓變壓器副線圈的匝數來提高其亮度 解析:開關都斷開時降壓變壓器空載,其副線圈兩端有電壓,電壓表示數不為零,選項A錯誤;變壓器不能改變交流電的頻率,故負載端所接收交流電的頻率還是50 Hz,選項B錯誤;深夜大部分用戶已關燈,干路中電流減小,線路損耗也減小,用戶得到的電壓升高,故此時開燈較亮,選項C正確;用電高峰時,負載增多,負載電阻減小,干路中電流增大,因此輸電線路上損耗電壓增大,導致降壓變壓器的輸入電壓降低,為提高負載電壓,可增大降壓變壓器副線圈的匝數,使負載電壓提高,選項D錯誤. 答案:C 5.有一種測量人體重的電子秤,其原理圖如圖所示,它主要由三部分構成:踏板、壓力傳感器R(是一個阻值可隨壓力大小而變化的電阻器)、顯示體重的儀表(實質是理想電流表),設踏板的質量可忽略不計,已知理想電流表的量程為3 A,電源電動勢為12 V,內阻為2 Ω,電阻R隨壓力變化的函數式為R=30-0.02F(F和R的單位分別是N和Ω).則下列說法正確是( ) A.該秤能測量的最大體重是1300 N B.體重為1300 N應標在電流表刻度盤2 A刻度處 C.該秤零刻度線(即踏板空載時的刻度線)應標在電流表刻度盤0刻度處 D.該秤零刻線應標在電流表刻度盤的最大刻度處 解析:電路中允許的最大電流為I1=3 A,由閉合電路歐姆定律E=I1(R+r)得,Rmin=2 Ω,代入R=30-0.02F得,Fmax=1400 N,A錯誤;同理,體重為1300 N時,I2=2 A,B正確;同理當體重為零時,I3=0.375 A,C、D均錯誤. 答案:B 6.某興趣小組自制一小型發(fā)電機,使線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸轉動,穿過線圈的磁通量Φ隨時間t按正弦規(guī)律變化的圖象如圖所示,線圈轉動周期為T,線圈產生的電動勢的最大值為Em.線圈的電阻為r,該線圈與電阻為R的純電阻用電器構成閉合回路,則( ) A.線圈匝數為n= B.電阻為R的用電器的電功率為 C.在0~時間內通過用電器的電荷量為q= D.若線圈轉速增大為原來的2倍,線圈中電動勢的瞬時值為Emcos 解析:線圈中電動勢的瞬時值e=nBScos,而Φm=BS,所以線圈匝數為n=,選項A正確;電路中電流的有效值為I=,用電器的電功率為,選項B錯誤,在0~時間內通過用電器的電荷量為q=n=,選項C正確;若線圈轉速增大為原來的2倍,線圈中電動勢的瞬時值e1=2Emcos,所以選項D錯誤. 答案:AC 7.如圖所示為遠距離輸電示意圖,其中T1、T2為理想變壓器,輸電線電阻可等效為電阻r,燈L1、L2相同且阻值不變.現保持變壓器T1的輸入電壓不變,滑片P位置不變,當開關S斷開時,燈L1正常發(fā)光.則下列說法正確的是( ) A.僅閉合開關S,燈L1會變亮 B.僅閉合開關S,r消耗的功率會變大 C.僅將滑片P下移,r消耗的功率會變小 D.僅將滑片P上移,電流表示數會變小 解析:僅閉合開關S,則負載端消耗的功率變大,T2副線圈中電流增大,T2原線圈中的電流也增大,則r上的電壓和功率增大,則T2輸入電壓減小,燈L1兩端電壓減小,燈L1會變暗,故A錯誤,B正確;僅將滑片P下移,則T1副線圈的匝數增多,副線圈電壓U2增大,燈L1兩端電壓也增大,通過燈L1的電流增大,則輸電線中的電流增大,電阻r消耗的功率增大,故C錯誤;僅將滑片P上移,則T1副線圈的匝數減小,副線圈電壓U2減小,同理分析可知燈L1兩端電壓也減小,通過燈L1的電流減小,則輸電線中的電流減小,T1原線圈中的電流減小,則電流表示數減小,故D正確. 答案:BD 8.含有理想變壓器的電路圖如圖所示,電源電壓保持不變,若將滑動變阻器的滑動觸頭向左滑動,關于兩電表示數的變化,下列判斷正確的是( ) A.電流表的示數變大 B.電流表的示數變小 C.電壓表的示數變大 D.電壓表的示數變小 解析:電源電壓保持不變,若將滑動變阻器的滑動觸頭向左滑動,接入電路中的電阻值減小,變壓器原線圈輸入電壓增大,根據變壓器變壓公式,可知副線圈輸出電壓增大,電壓表的示數變大,負載中的電流增大,副線圈輸出功率增大.根據理想變壓器輸入功率等于輸出功率,可知原線圈的輸入功率增大,原線圈輸入電流增大,電流表的示數變大,選項A、C正確,B、D錯誤. 答案:AC 9.如圖甲所示是一臺小型發(fā)電機的構造示意圖,線圈逆時針轉動,產生的感應電動勢e隨時間t變化的正弦規(guī)律圖象如圖乙所示,發(fā)電機線圈的內阻不計,外接燈泡的電阻為R=12 Ω.則( ) A.在t=0.01 s的時刻,穿過線圈的磁通量最大 B.電壓表的示數為6 V C.燈泡消耗的電功率為3 W D.若其他條件不變,僅將線圈的轉速提高一倍,則線圈產生的感應電動勢的表達式e=12sin 100πt(V) 解析:在t=0.01 s時刻,感應電動勢為零,則線圈平面位于中性面,穿過線圈的磁通量最大,選項A正確;由圖乙可知線圈產生的感應電動勢的最大值為Em=6 V,電壓表測量的為有效值E,故示數為 V=6 V,選項B錯誤;燈泡消耗的電功率P== W=3 W,選項C正確;未提高轉速前,線圈轉動的周期為0.02 s,瞬時感應電動勢表達式為e=Emsin=6sin 100πt(V).轉速提高一倍后,由ω=2πn可知,線圈轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍,瞬時感應電動勢也變?yōu)樵瓉淼?倍,故產生的感應電動勢的表達式應為e=12sin 200πt(V),選項D錯誤. 答案:AC 10.如圖所示為某小型發(fā)電站高壓輸電示意圖,變壓器均為理想變壓器,發(fā)電機輸出功率P=20 kW.在輸電線路上接入一個電流互感器,其原、副線圈的匝數比為1:10,電流表的示數為1 A,輸電線的總電阻r=10 Ω,則下列說法正確的是( ) A.采用高壓輸電可以增大輸電線路中的電流 B.升壓變壓器的輸出電壓U2=2 000 V C.用戶獲得的功率為19 kW D.將P下移,用戶獲得的電壓將增大 解析:采用高壓輸電可以減小輸電線路中的電流,從而減小輸電損耗,選項A錯誤;電流表的示數為1 A,電流互感器匝數比為1:10,故輸電線路中電流的大小I2=10 A,根據P=U2I2可得升壓變壓器的輸出電壓U2=2 000 V,選項B正確;線路損耗的功率Pr=I2r=1 kW,故用戶獲得的功率為19 kW,選項C正確;將P下移,降壓變壓器原線圈匝數增大,用戶獲得的電壓將減小,選項D錯誤. 答案:BC 11.如圖甲所示,理想變壓器原、副線圈的匝數之比為2:1,R1、R2為定值電阻,且R1=2R2,已知a、b兩端電壓按圖乙所示正弦規(guī)律變化.下列說法中正確的是( ) A.電阻R2中的電流方向每秒鐘改變100次 B.電壓表示數為110 V C.電阻R1、R2消耗的功率之比為1:4 D.a、b兩端與副線圈兩端的電壓之比為3:1 解析:由u-t圖象可知周期T=0.02 s,頻率f=50 Hz,所以電阻R2中的電流方向每秒鐘改變100次,故A正確;由=可知U1=2U2,由=可知I1=0.5I2,而U2=I2R2,由題可知220 V=U1+I1R1=2U2+U2=3U2,解得電壓表示數為U2=73.3 V,故B錯誤;由功率P=I2R可知電阻R1、R2消耗的功率之比為1:2,故C錯誤;a、b兩端與副線圈兩端的電壓之比為3U2:U2=3:1,故D正確. 答案:AD- 配套講稿:
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