专题10 直流与交流电路(仿真押题)-2016年高考物理命题猜想与仿真押题(解析版)

2016高考物理押题精粹试题（全国卷）本卷共46题，包括必考与选考两部分，三种题型：选择题、实验题和解答题。

一、选择题（23个小题）1.在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用，下列叙述不符合史实的是（ ）A ．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B ．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C ．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D ．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 答案：C解析：1820年，丹麦物理学家奥斯特在试验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在的联系，符合史实，故A 正确；安倍根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了软铁磁化现象，符合史实，故B 正确；法拉第在试验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流，故C 错误；楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律；即感应电流具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故D 正确；本题选不符合史实的，故选C 。

2.在物理学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是 ( )A.自然界的电荷只有两种，美国科学家密立根将其命名为正电荷和负电荷，美国物理学家富兰克林通过油滴实验比较精确地测定了电荷量e 的数值B.卡文迪许用扭秤实验测定了引力常量G 和静电力常量k 的数值C.奥斯特发现了电流间的相互作用规律，同时找到了带电粒子在磁场中的受力规律D.开普勒提出了三大行星运动定律后，牛顿发现了万有引力定律答案：D解析：自然界的电荷只有两种，美国科学家富兰克林将其命名为正电荷和负电荷，美国物理学家密立根通过油滴实验比较精确地测定了电荷量e 的数值，选项A 错误；卡文迪许仅仅测定了引力常量G 的常量，选项B 错误；带电粒子在磁场中的受力规律不是奥斯特发现的，选项C 错误；开普勒提出了三大行星运动定律后，牛顿发现了万有引力定律，故选项D 正确。

1.(多选)如图2所示，A 为巨磁电阻，当它周围的磁场增强时，其阻值增大；C 为电容器.当有磁铁靠近A 时，下列说法正确的有( )图2A.电流表的示数减小B.电容器C 的电荷量增大C.电压表的示数变小D.电源内部消耗的功率变大 答案 AB2.图4为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2.在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )图4A.(n 1n 2)U 2m 4rB.(n 2n 1)U 2m 4rC.4(n 1n 2)2(P U m)2r D.4(n 2n 1)2(P U m)2r答案 C解析 输入电压为：U 1＝U m2，由U 1U 2＝n 1n 2得：U 2＝n 2U m2n 1，又由P ＝I 2U 2，输电线上损失的电功率为：P r＝I22·2r＝4(n1n2)2(PU m)2r，C对.3.(多选)在如图6所示的电路中，电表均为理想电表，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是( )图6A.灯泡L变亮B.电压表读数变大C.电容器C上电荷量减少D.电流表读数变小答案BD4.(多选)汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图8为汽车启动原理图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A；电动机启动时电流表读数为58A.若电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω，电动机内阻为0.02Ω，电流表内阻不计，则电动机启动时( )图8A.车灯的电压为9.6VB.通过电动机的电流为48AC.电动机的功率为50WD.电动机输出的机械功率为430W答案AD解析 当电动机未启动时，此时U 外1＝E －I 1r ＝12.5V －10×0.05V＝12V 则车灯的电阻为：R ＝U 外1I 1＝1210Ω＝1.2Ω 当电动机启动后：U 外2＝E －I 2r ＝12.5V －58×0.05V＝9.6V ，由于电动机和车灯并联，故车灯的电压为9.6V ，即选项A 正确；则此时通过车灯的电流为I 灯1＝U 外2R＝8A ，故通过电动机的电流为I 机＝58A －8A ＝50A ，故选项B 错误；此时电动机的功率为：P ＝I 机U 外2＝50×9.6W＝480W ，故选项C 错误；此时电动机输出的机械功率为：P 出＝P －I 2机r 机＝430W ，故选项D 正确. 5.如图9所示，在匀强磁场中匀速转动的单匝纯电阻矩形线圈的周期为T ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A.下列说法正确的是( )图9A.线圈消耗的电功率为1WB.线圈中感应电流的有效值为2AC.任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝22cos 2πTtD.任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝2T πsin 2πT t答案 D6.如图10所示，矩形闭合导线框ABCD 处于可视为水平方向的匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接有一只“11V, 33W”的灯泡.当灯泡正常发光时，变压器输入电压u ＝332cos (10πt ) V.下列说法正确的是( )图10A.图示位置可能是计时起点B.图示位置线框中产生的磁通量变化率最小C.变压器原、副线圈匝数之比为32∶1D.通过电流表A 的电流为2A 答案 B7.(多选)如图11所示，图线①表示某电池组的输出电压－电流关系，图线②表示其输出功率－电流关系.根据图线可以求出( )图11 A.电源电动势 B.电源内阻C.电池组的输出电压为45V 时输出功率为100WD.电池组的输出功率为120W 时，电路消耗的总功率为200W 答案 ABD解析 U －I 图线与U 轴交点表示电路处于断路状态，则电源的电动势E ＝U ＝50V.电源的内阻等于图线斜率绝对值大小，则有r ＝|ΔU ΔI |＝50－255Ω＝5Ω，故A 、B 正确；电池组的输出电压为45V 时，内电压为5V ，故电流为5V5Ω＝1A ，故输出功率为：P ＝UI ＝45V×1A＝45W ，故C错误；电池组的输出功率为120W 时，由P －I 图线读出电流I ＝4A ，故电路消耗的总功率为P ＝EI ＝50V×4A＝200W ，故D 正确.8.如图12所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝1∶5，原线圈接u 1＝110sin (100πt ) V 的交流电，电阻R 1＝R 2＝25Ω，D 为理想二极管，则( )图12A.通过电阻R 1的电流为2AB.二极管的反向耐压值应大于550VC.原线圈的输入功率为200WD.通过原线圈的电流为1511A答案 B9．现用电压为380 V 的正弦式交流电给额定电压为220 V 的电灯供电，以下电路中可能使电灯正常发光的有( )解析 由图可知，A 、B 选项中均有电阻分压，可以使电灯正常发光；C 选项为降压变压器，通过变压器降压也可以使电灯正常发光；D 选项为升压变压器，电灯两端的电压要大于380 V ，不可行．答案ABC10．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变小C．P1变小，P2变小 D．P2变大，P3变大答案BD11．图甲为远距离输电示意图，升压变压器原副线圈匝数比为1∶100，降压变压器原副线圈匝数比为100∶1，远距离输电线的总电阻为100 Ω.若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750 kW.下列说法中正确的有( )A．用户端交流电的频率为50 HzB．用户端电压为250 VC．输电线中的电流为30 AD．输电线路损耗功率为180 kW解析变压器不改变交流电的频率，A项正确，因输电线路上有电压损失，故用户端电压小于250 V，B项错误，由P＝UI得I1＝PU1＝3 000 A，则输电线路中的电流I2＝n1n2I1＝30 A，C项正确，输电线路损耗功率为P损＝I2R线＝302×100 W＝90 kW，D项错．答案AC12.如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，两平行金属板间有匀强磁场．开关S闭合后，当滑动变阻器滑片位于图示位置时，一带电粒子恰好以速度v匀速穿过两板．若不计重力，以下说法正确的是( )A．如果将开关断开，粒子将继续沿直线运动B．保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子可能向上偏转C．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D．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答案BCD13．(多选)如图所示，电流表A1(0～3A)和A2(0～0.6A)是由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中．闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是( )A．A1、A2的读数之比为1∶1B．A1、A2的读数之比为5∶1C．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1D．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶5【答案】BC 【解析】电流表A1(0～3 A)和A2(0～0.6 A)是由两个相同的电流计改装而成，都是并联电阻，在题图中两电流计也是并联的，所以C正确；它们的量程之比为5∶1，即总电阻之比为1∶5，所以并联时读数之比5∶1，所以B正确．14．如图所示，电源内阻不可忽略，电路中接有一小灯泡和一电动机．小灯泡L上标有“6V 12W”字样，电动机的线圈电阻R M＝0.50Ω.若灯泡正常发光时，电源的输出电压为12V，此时( )A．整个电路消耗的电功率为24WB．电动机的热功率为12WC．电动机的输出功率为12WD．电动机的输入功率为12W15．在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动(如图甲所示)，产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是( )A ．从t 3到t 5这段时间穿过线圈磁通量的变化量为零B ．从t 3到t 4这段时间通过电阻R 的电荷量为2E 0R ＋r ωC ．t 4时刻穿过线圈的磁通量变化率大小为E 0D ．t 1时刻电阻R 的发热功率为RE 20R ＋r2【答案】D 【解析】由于磁通量是双向标量，在t 3到t 5这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，为ΔΦ1＝2BS ，故A 错误；通过电阻的电荷量Q ＝n ΔΦR，所以t 3到t 4这段时间通过电阻R 的电荷量Q ＝nBS R ＋r ＝E 0R ＋r ω，故B 错误；由于产生的电动势最大，所以磁通量时间图象中，在电动势最大时，线圈中磁通量的变化率最大，即E 0＝nk ，所以k ＝E 0n，故C 错误；求功率时需用有效值，所以E ＝E 02，所以电流I ＝ER ＋r ，R 的发热功率为P ＝RE 20R ＋r2，故D正确．16．将硬导线中间一段折成半圆形，使其半径为R ，让它在磁感应强度为B ，方向如图所示的匀强磁场中绕轴MN 匀速转动．导线在a 、b 两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P 、电阻为r 的小灯泡并正常发光．电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，则下列说法正确的是( )A ．半圆形硬导线的转速2rPπ2R 2BB ．半圆形硬导线的转速rP π2R 2BC ．半圆形硬导线从图示位置转90°通过小灯泡的电荷量为πR 2BrD ．半圆形硬导线从图示位置转90°过程中通过小灯泡的电荷量为017．(多选)海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电．在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理示意图如图甲所示．浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R ＝15Ω的灯泡相连，浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中斜线阴影部分)，如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数N ＝200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B ＝0.2T ，线圈直径D ＝0.4m ，电阻r ＝1Ω.取重力加速度g ＝10m/s 2，π2≈10.若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v ＝0.4πsin (πt ) m/s.则下列说法正确的是( )A ．波浪发电产生电动势e 的瞬时表达式为e ＝16sin (πt ) VB ．灯泡中电流i 的瞬时表达式为i ＝4sin (πt ) AC ．灯泡的电功率为120WD ．灯泡两端电压的有效值为1522V18.图4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 ′(OO ′沿水平方向)匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R ＝10Ω连接，与电阻R 并联的交流电压表为理想电压表，示数为10V.图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t 变化的图象.则( )图4A.此交流发电机的电动势平均值为102VB.t ＝0.02s 时R 两端的电压瞬时值为零C.R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝102cos (100πt ) VD.当ab 边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上答案 C19.如图5所示，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，线框转过π6时的感应电流为I ，下列说法正确的是( )图5A.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8πI 2R ω答案 BC解析 由E m ＝nBS ω，中性面开始计时，则电流i ＝nBS ωR sin ωt ，当ωt ＝π6时电流为I ，则I ＝nBS ω2R ，则2I ＝nBS ωR ；由nBS ωR ＝2I 为电流的最大值，则线框中感应电流的有效值为2I2＝2I ，故A 错误；转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为BS ＝2RI n ω.因n ＝1，则B 正确；中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量为BS tR t ＝BS R ＝2I ω，则C 正确；电流的有效值为2I ，则Q ＝(2I )2R ·2πω＝4πRI 2ω，则D 错误. 20.如图6甲为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比.某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则( )图6A.电流的表达式为i ＝0.6sin (10πt ) AB.磁铁的转速为10r/sC.风速加倍时电流的表达式为i ＝1.2sin (10πt ) AD.风速加倍时线圈中电流的有效值为1.2A答案 A。

2016年高考押题卷（1）（四川卷）理科综合·物理试题注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、座位号、报名号填写在答题卡上，并将条形码贴在答题卡上对应的虚线框内．2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．第Ⅱ卷用0.5mm黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效．3．考试结束，监考人只将答题卡收回．第Ⅰ卷（选择题，共42分）一、选择题（本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1~5小题只有一个选项正确，第6~7小题有多个选项正确。

全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）1．如图所示，一木块在垂直于倾斜天花板平面方向的推力F作用下处于静止状态，则下列判断正确的是A．天花板与木块间的弹力可能为零B．天花板对木块的摩擦力可能为零C．推力F逐渐增大的过程中，木块受天花板的摩擦力增大D．推力F逐渐增大的过程中，木块受天花板的摩擦力不变【答案】D考点：物体的平衡，受力分析.2．水晶柱体的圆形横截面置于空气中，圆半径R=2cm，PQ是一条通过圆心的直线，如图所示，一束激光平行于PQ射向水晶柱体，B为入射点，i和r分别是入射角和折射角。

已知点B到直线PQ的距离为2cm，CD为出射光线，CD与PQ所成的角α=30°，下列说法正确的是A ．i ＝60°B ．水晶柱体的折射率为3C ．水晶柱体的折射率为2D ．激光从B 点传播到C 点的时间为s 10269-⨯ 【答案】C3．如图所示为电能输送的简化电路图，发电厂的输出电压为U ，用r 表示两条输电线上的电阻，用R 表示负载电阻，当与二极管并联的开关S 断开时，输电线路中的电流为I 1，在输电线与负载电阻之间连有一理想变压器，变压器的输出电压为U 1，流入负载的电流为I 2，假设二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，则当开关S 闭合后，下列说法正确的是A ．输电线上的电流I 1变为原来的2倍B ．输电线上损失的电压变为原来的2倍C ．输电线上损失的规律变为原来的4倍D ．输电线路上的电流I 1与流入负载的电流I 2的比值一定不变 【答案】C【解析】根据变压器原理有2121n n U U =可知，变压器原副线圈的电压比一定等于匝数比，但由于开关S 闭合后二极管被短路，故流过负载电阻的电流由半波变为正弦波，所以副线圈的电流变大，从而影响原线圈电流也变大，则输电线上损失电压变大，由此影响到变压器的输出电压，再影响到负载电阻上的电流，形成循环影响，故输电线上的电流、损失电压和损失功率都不会是整数倍变化，故选项A 、B 、C 都错误；不管负载电阻的工作情况如何，根据能量守恒，在只有一个副线圈的情况下，原副线圈的电流比一定为匝数反比，故选项D 。

专题08 直流电路与交流电路1.通常一次闪电过程历时约0.2~0.3 s,它由若干个相继发生的闪击构成.每个闪击持续时间仅40~80 μs,电荷转移主要发生在第一个闪击过程中.在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109V,云地间距离约为1 km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C,闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的.根据以上数据,下列判断正确的是( )A.闪电电流的瞬时值可达到1×105 AB.整个闪电过程的平均功率约为1×1014 WC.闪电时云地间的导电现象可用欧姆定律计算D.整个闪电过程向外释放的能量约为6×106 J答案：A2.图(甲)为一个电灯两端的电压与通过它的电流的变化关系曲线.由图可知,两者不成线性关系,这是由于电压增大,灯丝温度升高,电阻变大.如图(乙)所示,将这个电灯与20 Ω的定值电阻R串联,接在电动势为8 V的电源上,则电灯的实际功率为(不计电流表电阻和电源内阻)( )A.0.6 WB.6 WC.0.9 WD.9 W答案：A解析：根据闭合电路欧姆定律可知：E=U L+IR代入数据得到：8=U L+20I在(甲)图中画出此方程的图线,如图所示.该图线与原图线的交点为此电路对应电灯中的电流和电压值.由图即可读出此电路中电灯两端的电压U=2 V,电流I=0.3 A,所以电灯的实际功率为P=UI=0.6 W.3.在研究微型电动机的性能时,应用如图所示的实验电路.当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时,电流表和电压表的示数分别为0.50 A和2.0 V.重新调节R并使电动机恢复正常运转,此时电流表和电压表的示数分别为2.0 A和24.0 V.则这台电动机正常运转时的输出功率为( )A.32 WB.44 WC.47 WD.48 W答案：A解析：电动机停止转动时,电动机的内阻r=Ω=4 Ω,电动机正常运转时输出功率为P=UI-I2r=32 W,A项正确.4.(2020北京顺义区一模)如图所示的电路中,电源电动势为E,内电阻为r,在滑动变阻器R2的滑片向上滑动的过程中,电阻R3上消耗的电功率( )A.一直减小B.保持不变C.一直增大D.先增大后减小答案：A5.当电阻两端加上某一稳定电压时,通过该电阻的电荷量为0.3 C,消耗的电能为0.9 J.为在相同时间内使0.6 C的电荷量通过该电阻,在其两端需加的电压和消耗的电能分别是( )A.3 V 1.8 JB.3 V 3.6 JC.6 V 1.8 JD.6 V 3.6 J答案：D解析：设两次加在电阻R上的电压分别为U1和U2,通电的时间都为t.由公式W1=U1q1和W1=t可得：U1=3V,=0.1.再由W2=U2q2和W2=t可求出：U2=6 V,W2=3.6 J,故选项D正确.6.如图所示,电源电动势为E,内阻为r,平行板电容器的两金属板水平放置,开关S是闭合的,两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态,G为灵敏电流计.则以下说法正确的是( )A.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴向上加速运动,G中有从b到a的电流B.在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中,油滴向下加速运动,G中有从b到a的电流C.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴仍然静止,G中有从a到b的电流D.在将S断开后,油滴仍保持静止状态,G中无电流通过答案：A7. 如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,当闭合开关S1,滑动变阻器滑片P向左移动的过程中,下列结论正确的是( )A.小灯泡L变暗B.电流表读数变大,电压表读数变小C.电容器C上电荷量增加D.电源的总功率变小答案：B解析：滑动变阻器滑片P向左移动的过程中,滑动变阻器的有效阻值变小,闭合电路的外电阻变小,电路总电流增加,路端电压减小,所以电流表读数变大,电压表读数变小,选项B正确.电路总电流增加,小灯泡L变亮,选项A错误.小灯泡L两端电压增加,滑动变阻器两端的电压减小,电容器的电压减小,电容器上的电荷量减小,选项C错误.当电路外电阻等于电源内阻时电源的输出功率最大,滑动变阻器滑片P向左移动的过程中,外电路电阻变小,外电路电阻可能比电源内阻相差更大,也可能相差更小,所以电源的输出功率可能减小,也可能变大,选项D错误.8.在如图所示的U I图像中,直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线,直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线.用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路.由图像可知( )A.电源的电动势为3 V,内阻为0.5 ΩB.电阻R的阻值为1 ΩC.电源的输出功率为2 WD.电源的效率为66.7%答案：ABD9.如图所示,R1为定值电阻,R2为可变电阻,E为电源电动势,r为电源内阻,以下说法中不正确的是( )A.当R2=r时,R2上获得最大功率B.当R2=R1+r时,R1上获得最大功率C.当R2=0时,R1上获得最大功率D.当R2=0时,电源的输出功率最大答案：ABD10.如图4－9－18所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻R L ＝6 Ω，AB端电压u1＝12sin 100πt (V)，下列说法正确的是( )图4－9－18A ．电流频率为100 Hz B.的读数为24 V C.的读数为0.5 AD ．变压器输入功率为6 W解析 由ω＝2πf ＝100π rad/s 得：f ＝50 Hz ，A 错．有效值U 1＝12 V ，又U1U2＝n1n2得：U 2＝6 V ，I 2＝RL U2＝1 A ，B 、C 项错．由能量守恒得P 1＝P 2＝U 2I 2＝6 W ，D 对．答案 D11．如图4－9－22所示，一理想变压器原线圈匝数n 1＝1 000匝，副线圈匝数n 2＝200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u ＝220sin 100πt V ．副线圈中接一电动机，电阻为11 Ω，电流表A 2示数为1A ．电表对电路的影响忽略不计，则 ( )图4－9－22A ．此交流电的频率为100 HzB ．电压表示数为220 VC ．电流表A 1示数为5 AD ．此电动机输出功率为33 W答案 D12．在某交变电流电路中，有一个正在工作的理想变压器，如图4－9－23所示．它的原线圈匝数n 1＝600 匝，交流电源的电动势e ＝311sin(100πt) V(不考虑其内阻)，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，原线圈串联一个额定电流为0.2 A 的保险丝，副线圈匝数n 2＝120 匝，为保证保险丝不被烧断，则( )图4－9－23A ．负载功率不能超过62 WB ．副线圈电流最大值不能超过1 AC ．副线圈电路中的电阻R 不能小于44 ΩD ．副线圈电路中电压表的读数为62 V解析 由U2U1＝n2n1得U 2＝44 V ，D 错；由I2I1＝n1n2得I 2≤1 A，所以负载功率最大为P 2＝U 2I 2≤44 W，A 错；副线圈中的电流最大值为I m ＝ A ，故B 错；由R ＝2得R ≥44 Ω，C 对．答案 C13．如图4－9－24所示，某发电机输出功率是100 kW ，输出电压是250 V ，从发电机到用户间的输电线总电阻为8 Ω，要使输电线上的功率损失为5%，而用户得到的电压正好为220 V ，求升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是 ( )图4－9－24A ．16∶1 190∶11B ．1∶16 11∶190C ．1∶16 190∶11D ．16∶1 11∶190故选项C 正确．答案 C14．如图7所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为0.02 s ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈总电阻为2 Ω，匝数为100匝．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，t ＝3001 s 时线圈中感应电流为1 A ．那么( )图7A ．线圈中感应电流的有效值为2 AB ．线圈转动一周产生的焦耳热为0.16 JC ．t ＝3001 s 时穿过线圈磁通量的变化率为0.02 Wb/sD ．线圈中的感应电动势瞬时值表达式为e ＝4sin 100πt(V)答案 C15．如图8所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压及输电线的电阻R 均不变．在用电高峰期，发电厂输出功率将增大，下列说法正确的是( )图8A ．升压变压器副线圈中电流变小B ．降压变压器副线圈中电流变小C ．输电线上损耗的功率减小D ．用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小答案 D解析 当发电厂输出功率增大时，根据P ＝UI 知，输出电压不变，则升压变压器原线圈中的电流增大，则副线圈中的电流也增大．故A 错误；当用电高峰期时，用电器增多，则降压变压器中电流也会变大，故B 错误；升压变压器副线圈中的电流等于输电线中的电流，则输电线中的电流增大，根据P 损＝I 2R 知，输电线上损失的功率增大，故C 错；用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例P P －P 损＝1－IU2IΔU ＝1－U2ΔU ，因为输电线上的电流增大，则电压损失ΔU 增大，U 2不变，所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小．故D 正确．16．如图9甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝10∶1，b 是原线圈的中心抽头，S 为单刀双掷开关，定值电阻R ＝10 Ω.从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是( )图9A．当S与a连接后，理想电流表的示数为2.2 AB．当S与a连接后，t＝0.01 s时理想电流表示数为零C．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍D．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz答案 AC17．如图10甲所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，接线柱a、b间接一正弦交变电源，其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系统原理图，其中R2是用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器，R1为一定值电阻．下列说法中正确的是( )图10A．电压表V的示数为22 VB．当R2所在处出现火警时，电压表V的示数减小C．当R2所在处出现火警时，电流表A的示数增大D．当R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变大答案 BCD解析电压表测量R2两端的电压，因此电压表的示数小于22 V，A错；R2所在处出现火警时，温度升高，R2的阻值变小，电路总电阻变小，电流变大，R1的功率变大，根据串联分压特点，R2两端的电压减小，B、C、D正确．18．图11甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10∶1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，电阻R1＝R2＝R3＝20 Ω和电容器连接成如图甲所示的电路，其中电容器的击穿电压为8 V，电表为理想交流电表，开关S处于断开状态，则( )图11A．电压表V的读数约为7.07 VB．电流表A的读数为0.05 AC．变压器的输入功率约为7.07 WD．若闭合开关S，电容器不会被击穿答案 AD19．如图4－9－25所示，用理想变压器给电灯L供电，如果只增加副线圈的匝数，其他条件不变，则( )图4－9－25A．电灯L亮度减小B．电流表示数增大C．电压表示数增大D．变压器输入功率不变答案 BC20．现用电压为380 V的正弦式交流电给额定电压为220 V的电灯供电，以下电路中可能使电灯正常发光的有( )解析由图可知，A、B选项中均有电阻分压，可以使电灯正常发光；C选项为降压变压器，通过变压器降压也可以使电灯正常发光；D选项为升压变压器，电灯两端的电压要大于380 V，不可行．答案 ABC21.咸阳市区某学校创建绿色校园，如图1甲为新装的一批节能灯，该路灯通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变.如图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，R t为光敏电阻(光照强度增加时，其电阻值减小).现增加光照强度，则下列判断正确的是( )图1A.电源路端电压不变B.R0两端电压变大C.B灯变暗，A灯变亮D.电源总功率不变答案 B22.如图2所示的闭合电路中，电源电动势为E，内阻为r，电阻箱R1、R2、电灯和理想电流表A1、A2分别接入电路中，电灯的电阻为R L(电表和用电器均安全工作)，下列说法正确的是( )图2A.仅调节R1，电流表A1的示数总大于A2的示数B.仅使R2减小，电流表A2变化量比A1变化量大C.仅使R1增大，电源内阻消耗的功率变大D.仅调节电阻箱R1，R L＝R1＋r时，电灯L可达到最亮答案 B解析仅调节R1，R L与R2的大小关系不确定，所以电流表A1的示数不一定总大于A2的示数.故A错误.仅使R2减小，并联部分电阻减小，通过R L的电流减小，总电流增大，则通过R2的电流增大，且电流表A2变化量比A1变化量大.故B正确.仅使R1增大，总电阻增大，总电流减小，则电源内阻消耗的功率减小，故C 错误.仅调节电阻箱R1，R1＝0时，电路中电流最大，电灯L的电压最大，达到最亮，故D错误.23.(多选)如图3所示，虚线框内为漏电保护开关的原理示意图：变压器A处用火线和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器.B处有一个输出线圈，一旦线圈B中有电流，经放大后便能推动继电器切断电源.如果甲、乙、丙、丁四人分别以图示方式接触电线(裸漏部分)，甲、乙、丙站在木凳上，则下列说法正确的是( )图3A.甲不会发生触电事故，继电器不会切断电源B.乙会发生触电事故，继电器不会切断电源C.丙会发生触电事故，继电器会切断电源D.丁会发生触电事故，继电器会切断电源答案 AD解析 甲、乙、丙、丁四人，只有丁电流由火线经丁流入大地，出现漏电，继电器会切断电源.24.(多选)如图4所示，一边长为L 的正方形均匀线圈，以AB 边所在直线为轴在匀强磁场B 中做匀速转动，线圈转动的角速度为ω，若以图示位置为零时刻，则下列选项反映四条边上的电势差随时间的变化正确的有( )图4答案 AD解析 线圈在磁场中转动产生感应电动势，只有CD 边产生感应电动势，故产生的感应电动势的最大值为E m ＝BL 2ω，产生的感应电动势的瞬时值为e ＝BL 2ωcos ωt，根据闭合电路欧姆定律可知AB 、BC 、AD 边的最大感应电动势为E m ′＝4r r E m ＝41BL 2ω，故这三个边的电压的瞬时值为e ′＝41BL 2ωcos ωt，结合产生的感应电流的方向可知，A 、D 正确，B 错误；CD 端的电压即为路端电压，故瞬时值为e ″＝43BL 2ωcos ωt，故C 错误.25.电阻为1 Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图5所示.现把交流电加在电阻为9 Ω的电热丝上，则下列说法中正确的是( )图5A.线圈转动的角速度为31.4 rad/sB.如果线圈转速提高一倍，则电流不会改变C.电热丝两端的电压U ＝100 VD.电热丝的发热功率P ＝1 800 W答案 D26.(多选)如图6所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω，线圈匝数为n 、电阻为r ，外接电阻为R ，交流电流表.线圈从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)开始转过3π时的感应电流为I.下列说法中正确的是( )图6A.电流表的读数为2IB.转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为nω2I(R ＋rC.从图示位置开始转过2π的过程中，通过电阻R 的电荷量为ω2ID.线圈转动一周的过程中，电阻R 产生的热量为ω4πRI2答案 BCD解析 由题有：I ＝I m cos 3π，则得感应电流的最大值I m ＝2I ，有效值I 有＝22I m ＝I ，则电流表的读数为I ，故A 错误；感应电动势的最大值E m ＝I m (R ＋r)＝2I(R ＋r)，又E m ＝nBSω，磁通量的最大值Φm ＝BS ，联立解得：Φm ＝BS ＝nω2I(R ＋r ，故B 正确；从图示位置开始转过2π的过程中，通过电阻R 的电荷量q ＝nR ＋r ΔΦ＝nR ＋r BS ＝n ·R ＋r 1·nω2I(R ＋r ＝ω2I ，故C 正确；线圈转动一周的过程中，电阻R 产生的热量Q ＝I 有2RT ＝(I)2R ·ω2π＝ω4πRI2，故D 正确.27.有一理想变压器，副线圈所接电路如图7所示，灯L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡.当S 断开时，灯L 1正常发光.S 闭合后，下列说法正确的是( )图7A.灯L 1、L 2都能正常发光B.原线圈的输入功率减小C.原、副线圈的电流比增大D.电阻R 消耗的功率增大答案 D28.如图9甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，A 、V 均为理想电表，R 为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，L 1和L 2是两个完全相同的灯泡.原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u ，下列说法正确的是( )图9A.电压u 的频率为100 HzB.电压表V 的示数为22 VC.当光强增大时，A 示数变小D.当L 1的灯丝烧断后，V 示数不变答案 D29.如图10所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝5π2 T.单匝矩形线圈面积S ＝1 m 2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动.线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，为交流电流表.调整副线圈的滑动触头P ，当变压器原、副线圈匝数比为1∶2时，副线圈电路中标有“36 V，36 W”的灯泡正常发光.以下判断正确的是( )图10A.电流表的示数为1 AB.矩形线圈产生电动势的最大值为18 VC.从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间变化的规律为e ＝18sin 90πtVD.若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P 适当下移答案 C30.如图11所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数比为k 1.降压变压器T ′的原、副线圈匝数比为k 2.原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，用户电阻为R (纯电阻)，若用户消耗功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率P r 和用户获得的电压U 分别为( )图11A.P r ＝2 2P U ＝2k12k2Um －2 2R PB.P r ＝2 2P U ＝2k1k22Um －2 2R PC.P r ＝2 2P U ＝2k12k2Um －k1k22r R PD.P r ＝1 2P U ＝2k1k22Um －k1k22r R P答案 B 解析 用户流过的电流为I 4＝R P ，故在输电线路上的电流为I 3＝k2I4＝k21R P ，故损失的电功率为P r ＝I 3 2·2r ＝22P ；升压变压器两端电压的有效值为U 1＝2Um ，输电线路上损失的电压为ΔU ＝I 3·2r ，升压变压器副线圈两端的电压为U 2＝k1U1故降压变压器原线圈的电压为U 3＝U 2－ΔU ，用户获得的电压U ＝k2U3联立解得U ＝2k1k22Um －22R P31.有一节干电池,电动势大约为1.5 V,内电阻约为1.0 Ω.某实验小组的同学们为了比较准确地测出该电池的电动势和内电阻,他们在老师的支持下得到了以下器材：A.电压表V(15 V,10 kΩ)B.电流表G(量程3.0 mA,内阻R g =10 Ω)C.电流表A(量程0.6 A,内阻约为0.5 Ω)D.滑动变阻器R 1(0~20 Ω,10 A)E.滑动变阻器R 2(0~100 Ω,1 A)F.定值电阻R 3=990 ΩG.开关S 和导线若干(1)为了能准确地进行测量,同时为了操作方便,实验中应选用的滑动变阻器是 .(填写器材前字母)(2)请在虚线框内画出他们采用的实验原理图.(标注所选择的器材符号)(3)该小组根据实验设计的原理图测得的数据如下表,为了采用图像法分析处理数据,请你在下图所示的坐标纸上选择合理的标度,作出相应的图线.序号1 2 3 4 5 6 电流表G(I 1/mA)1.371.35 1.26 1.24 1.18 1.11 电流表A(I 2/A)0.120.16 0.21 0.28 0.36 0.43(4)根据图线求出电源的电动势E= V(保留三位有效数字),电源的内阻r= Ω(保留两位有效数字).(2)电压表V的量程为15 V,量程太大不利于读数,不能使用.电流表G和定值电阻R3串联,就改装成了大量程的电压表,可以测量电路的路端电压,路端电压的表达式为U=I1(R g+R3).用电流表A测量电路的总电流.实验原理图如图(甲)所示；(3)作出图线如图(乙)所示(4)纵坐标的截距为1.48 mA,根据图线求出电源的电动势E=1.48 mA×1 000 Ω=1.48 V,电源的内阻r==Ω=0.84 Ω.答案：(1)D (2)见解析图(甲)(3)见解析中图(乙)(4)1.48(1.45~1.49均可)；0.84(0.80~0.90均可)2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．一试探电荷在电场中自A 点由静止释放后，仅在电场力的作用下能经过B 点。

电学实验仿真押题1.要测量某种合金的电阻率.错误！未指定书签。

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图1(1)若合金丝长度为L ，直径为D ，阻值为R ，则其电阻率ρ＝________. 用螺旋测微器测合金丝的直径如图1甲所示，读数为________mm.(2)图乙是测量合金丝阻值的原理图，S 2是单刀双掷开关.根据原理图在图丙中将实物连线补充完整. (3)闭合S 1，当S 2处于位置a 时，电压表和电流表的示数分别为U 1＝1.35V ，I 1＝0.30A ；当S 2处于位置b 时，电压表和电流表的示数分别为U 2＝0.92V ，I 2＝0.32A.根据以上测量数据判断，当S 2处于位置________(选填“a ”或“b ”)时，测量相对准确，测量值R x ＝________Ω.(结果保留两位有效数字) 答案 (1)πRD24L 0.650 (2)见解析图 (3)b 2.9解析 (1)金属丝电阻：R ＝U I ＝ρLS ＝ρLπD 2，则电阻率：ρ＝πRD24L；图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5mm ＋15.0×0.01mm＝0.650mm ； (2)实物连线图如图所示：错误！未指定书签。

(3)根据ΔU U1＝1.35－0.921.35≈0.32，而ΔI I1＝0.32－0.300.30≈0.07， 可知，使用电流表外接法测量相对准确，即S 2处于位置b ， 根据欧姆定律，则有：R x ＝0.920.32Ω≈2.9Ω 2.如图4甲所示的金属工件，横截面外方内圆，外边长约为1cm 、内径约为0.5cm 、长度约为40cm. (1)某同学用游标卡尺测出横截面外边长如图乙所示，其读数a ＝__________cm.(2)应选用________来测量工件内径d ，选用________来测量工件长度L .(选填“毫米刻度尺”、“游标卡尺”或“螺旋测微器”)(3)为了测出该金属工件的电阻率，该同学设计了如图丙所示的电路，请按设计的电路完成实物图丁的连线. (4)实验测得工件两端电压为U ，通过的电流为I ，写出该金属电阻率的表达式ρ＝________.(用a 、d 、L 、U 、I 等字母表示)错误！未指定书签。

高考物理复习专题十直流电路和交流电路一、单选题1.某一电热器接在U=110V的直流电源上，每秒产生的热量为Q；现把它改接到某正弦式交流电源上，每秒产生的热量为4.5Q，则该交流电压的最大值U m是（）A． 220VB． 110VC． 220VD． 330V2.如图，是一火警报警电路的示意图。

其中R3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大。

值班室的显示器为电路中的电流表，电两极之间接一报警器。

当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I，报警器两端的电压U的变化情况是（）A．I变大，U变小B．I变小，U变大C．I变小，U变小D．I变大，U变大3.如图甲所示，理想变压器原，副线圈的匝数比为4∶1；电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中R′为热敏电阻(温度升高时其电阻减小)，R为定值电阻．下列说法正确的是()A．原线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝36sin 50πt(V)B．变压器原线圈的输入功率和副线圈的输出功率之比为1∶4C．R′处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2的示数变大D．电压表V2的示数为9 V4.一课外活动小组在一次活动中，用到的用电器上标有“36V 72W”字样，用电器工作时需使用变压器将220V的交变电压进行降压。

由于手边只有一个匝数比为5：1的变压器，不能直接使用。

经过讨论后，大家认为可在原线圈上加一个可变电阻进行调节，设计好的电路示意图如图甲所示。

当在ab两端间加上如图乙所示的电压后，用电器恰好能正常工作，则下列说法正确的是（）A．原线圈cd两点间的电压为220VB．在t=0．01s时，电压表的示数为0VC．通过原线圈中的电流为10AD．可变电阻R0上消耗的电功率为l6W5.如图所示，理想变压器的原线圈输入交变电压u＝U m sinωt，闭合开关S，电灯恰好正常发光．现将滑动变阻器滑片P向下移动，下列说法正确的是()A．理想电压表V示数变大B．理想电流表A示数变大C．变压器的输出功率变小D．副线圈的电流频率变小6.如图所示，一正弦交流电瞬时值为，通过一个理想电流表，接在一个理想变压器两端，变压器起到降压作用。

电场仿真押题1.如图所示，直角坐标系中x 轴上在x ＝－r 处固定有带电荷量为＋9Q 的正点电荷，在x ＝r 处固定有带电荷量为－Q 的负点电荷，y 轴上a 、b 两点的坐标分别为y a ＝r 和y b ＝－r ，c 、d 、e 点都在x 轴上，d 点的坐标为x d ＝2r ，r <x c <2r ，cd 点间距与de 点间距相等。

下列说法不正确的是( ) 错误！未指定书签。

A ．场强大小E c >E e B ．a 、b 两点的电势相等 C ．d 点场强为零 D ．a 、b 两点的场强相同错误！未指定书签。

2．如图所示，梯形abdc 位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为60°、30°，cd ＝2ab ＝4 cm ，已知a 、b 两点的电势分别为4 V 、0，将电荷量q ＝1.6×10－3C 的正电荷由a 点移动到c 点，克服电场力做功6.4×10－3J ，则下列关于电场强度的说法中正确的是( ) 错误！未指定书签。

A ．垂直ab 向上，大小为400 V/mB ．垂直bd 斜向上，大小为400 V/mC ．平行ca 斜向上，大小为200 V/mD ．平行bd 斜向上，大小为200 V/m解析：选B 由W ＝qU 知U ac ＝W q ＝－6.4×10－31.6×10－3 V ＝－4 V ，而φa ＝4 V ，所以φc ＝8 V ，过b 点作be ∥ac交cd 于e ，因在匀强电场中，任意两条平行线上距离相等的两点间电势差相等，所以U ab ＝U ce ，即φe ＝4 V ，又因cd ＝2ab ，所以U cd ＝2U ab ，即φd ＝0，所以bd 为一条等势线，又由几何关系知eb ⊥bd ，由电场线与等势线的关系知电场强度必垂直bd 斜向上，大小为E ＝Ue b ed·sin 30°＝41×10－2V/m ＝400 V/m ，B 项正确。

【考向解读】高考对物理实验的考查，是在《考试说明》规定的实验基础上进行重组与创新，旨在考查考生是否熟悉这些常规实验器材，是否真正动手做过这些实验，是否能灵活的运用学过的实验理论、实验方法、实验仪器，去处理、分析、研究某些未做过的实验，包括设计某些比较简单的实验等．所给的物理情景和要求跟教材内容多有明显区别，是以教材中实验为背景或素材，通过改变实验条件或增加条件限制，加强对考生迁移能力、创新能力和实验能力的考查．【命题热点突破一】验证力的平行四边形定则实验的条件是“力的作用效果相同”，因此，在两个分力和一个力分别作用下，同一弹性绳的同一端点必须到达同一位置才能满足实验的验证条件．例1、(2015·安徽)在“验证力的平行四边形定则”实验中，某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在板上一点，两个细绳套系在橡皮条的另一端．用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度地施加拉力，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，如图所示．请将以下的实验操作和处理过程补充完整：①用铅笔描下结点位置，记为O；②记录两个弹簧测力计的示数F1和F2，沿每条细绳(套)的方向用铅笔分别描出几个点，用刻度尺把相应的点连成线；③只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点仍拉到位置O，记录测力计的示数F3，______________________；④按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F3；⑤根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F；⑥比较__________的一致程度，若有较大差异，对其原因进行分析，并作出相应的改进后再次进行实验．【答案】③沿此时细绳(套)的方向用铅笔描出几个点，用刻度尺把这些点连成直线；⑥F和F3.【变式探究】(2015·山东)某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则．实验步骤：①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向．②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的距离(即橡皮筋的长度l)．每次将弹簧秤示数改变0.50 N，测出所对应的l，部分数据如下表所示：完成下列作图和填空：(1)利用表中数据在给出的坐标纸上画出F－l图线，根据图线求得l0＝________ cm.(2)测得OA＝6.00 cm，OB＝7.60 cm，则F OA的大小为________N.(3)根据给出的标度，在图中作出F OA和F OB的合力F′的图示．(4)通过比较F′与________的大小和方向，即可得出实验结论．(3)如图；(4)通过比较F′和F′OO的大小和方向，可得出实验结论．【答案】 (1)10.00 (2)1.80 (3)如图 (4)F ′OO【命题热点突破二】 验证牛顿第二定律实验中用砝码(包括砝码盘)的重力G 的大小作为小车所受拉力F 的大小，这样做会引起系统误差．例2、如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门B ，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A 处由静止释放．③下列不必要的一项实验要求是____________．A ．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B ．应使A 位置与光电门间的距离适当大些C ．应将气垫导轨调节水平D ．应使细线与气垫导轨平行④改变钩码的质量，记录对应的力传感器的示数F 和遮光条通过光电门的时间t ，通过描点作出线性图像，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出________图像．(选填“t 2－F ”“1t－F ”或“1t 2－F ”)．【答案】①2.25②A位置到光电门B之间的距离L③A④1t2－F【变式探究】某兴趣小组设计出如图甲所示的实验装置，探究小车的加速度跟合外力的关系，途中与小车左端相连的是测力传感器，小车放置在表面各处粗糙程度相同的水平长木板上．按甲图装配好实验器材，先测出小车运动时所受摩擦阻力，逐渐向砂桶中添加细砂粒，当观察到小车刚开始运动时，记下传感器的最大示数为F0，可认为摩擦阻力为F0.(1)将小车放回初位置并用手按住，继续向砂桶中添加一定量的砂粒，记下传感器的示数F1，接通频率为50 Hz的交流电源使打点计时器工作，然后释放小车，打出一条纸带．再继续向砂桶中添加砂粒，多次重复实验，打出多条纸带，图乙为某次实验打出的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个计时点未画出，按时间顺序，取0、1、2、3、4、5、6六个计数点，用刻度尺量出1、2、3、4、5、6点到0点的距离(单位：cm)，分别标注在相应的计数点的下方，则小车的加速度a＝________ m/s2(结果保留三位有效数字)(2)算出各次小车的加速度和合力F(F＝F1－F0)，获得多组数据，描绘小车加速度a与F的关系图像，纸带与打点计时器间的摩擦可忽略，下列图像可能正确的是________．(3)写出一条提高实验结果准确程度有益的建议__________.【思路点拨】根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2可以求出加速度的大小．根据牛顿第二定律得出a与F的关系式，结合关系式得出正确的图线．本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题的能力．解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．【答案】(1)0.756(2)AD(3)多测量几次，取平均值【命题热点突破三】验证机械能守恒定律1．验证机械能守恒定律一般有阻力存在，例如纸带与限位孔之间的，一般重力势能减少量大于动能增加量．2．需要不需要测研究对象的质量要具体问题具体分析．例3、用如图实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，在m1拖着的纸带上打出一系列的点，打点计时器的打点频率为50 Hz，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．下图给出的是实验中获取的一条纸带，0是打下的第一个点，相邻两计数点间均有4个点未画出，计数点间的距离如图所示．已知m1＝50 g、m2＝150 g(g取9.8 m/s2，所有结果均保留三位有效数字)，求：(1)下面给出了该实验的操作步骤：A．按照图示的装置安装实验器材B．将打点计时器接到直流电源上C．先释放m2，再接通电源，在纸带打下一系列点迹D．挑选点迹清晰的纸带进行测量E．根据测量的结果，分别计算系统减少的重力势能和增加的动能其中操作不当的步骤是：________.(2)在打0－5点过程中系统动能的增加量ΔE k ________J ，系统重力势能的减少量ΔE p ________J ，在误差允许范围内验证了机械能守恒．(3)某同学作出了v 22－h 图线，则据图线得到的重力加速度g ＝________ m/s 2. 【解析】实验中涉及打点计时器的工作条件和操作顺序，根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减小量，比较动能增加量和重力势能减小量之间的关系可以得出机械能是否守恒；根据图像的物理意义可知，图像的斜率大小等于物体的重力加速度大小．【答案】 (1)BC ②0.576 0.588 (3)9.67【变式探究】某实验小组利用电磁打点计时器和如图的其他器材开展多项实验探究，选择了一条符合实验要求的纸带，数据如图(相邻计数点的时间为T )，回答下列问题：(1)按装置安装器材时，纸带应穿过电磁打点计时器的限位孔从复写纸的________(填“上”或“下”)表面通过．(2)若是探究重力做功和物体动能的变化的关系．需求出重锤运动到各计数点的瞬时速度，试写出在E点时重锤运动的瞬时速度v E＝________(用题中字母表示)．(3)若是测量重力加速度g.为减少实验的偶然误差，采用逐差法处理数据，则加速度大小可以表示为g＝________(用题中字母表示)．(4)如果研究重锤在AE运动过程中机械能守恒时，重锤增加的动能总是小于减小的重力势能，造成实验误差的主要原因是__________________________________________________(只写一条)．【思路点拨】本题一定要明确实验原理，并且亲自动手实验，熟练应用所学基本规律解决实验问题．要会从下面三个方面分析得出正确答案：(1)在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，据此可以求出E点的速度大小．(2)采用逐差法可有效利用数据，再采用求平均值的办法可更好地减小误差．(3)分析验证机械能守恒定律时误差形成的原因即可．【答案】 (1)下 (2)s 5＋s 62T(3)s 4＋s 5＋s 6－s 1＋s 2＋s 39T 2(4)重锤克服阻力做功(或阻力对重锤做负功)【命题热点突破四】 研究匀变速直线运动1．如何选取纸带和计数点要选取点迹清楚的一条，舍掉开始比较密集的点迹，在便于测量的地方取一个开始点O ，然后每5个点取一个计数点，依次为A 、B 、C ……如图所示，测出相邻计数点间的距离x 1、x 2、x 3、x 4、x 5、x 6……利用打下点的纸带和测量的有关数据便可以进行计算．2．求任一计数点对应的瞬时速度v如v B ＝x 2＋x 32T(其中T ＝5×0.02 s ＝0.1 s)． 3．利用“逐差法”求加速度aa ＝x 4＋x 5＋x 6－x 1＋x 2＋x 39T 2. 4．验证牛顿第二定律时(1)实验用的是控制变量法；(2)将砂桶或钩码重力视为小车所受合外力，必须满足小车和砝码的总重量远远大于砂桶的重量；(3)在平衡摩擦力时，要将一端垫高，不要悬挂小桶，但小车应连着纸带且接通电源．例4、某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律．物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上(尚未到达滑轮处)．从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示．打点计时器电源的频率为50 Hz.(1)通过分析纸带数据，可判断物块在两相邻计数点________和________之间某时刻开始减速．(2)计数点5对应的速度大小为________ m/s ，计数点6对应的速度大小为________ m/s.(保留三位有效数字)(3)物块减速运动过程中加速度的大小为a ＝________ m/s 2，若用a g来计算物块与桌面间的动摩擦因数(g 为重力加速度)，则计算结果比动摩擦因数的真实值________(填“偏大”或“偏小”)．(3)物块在计数点7到11之间做减速运动，根据Δx ＝aT 2，得x 9－x 7＝2a 1T 2x 10－x 8＝2a 2T 2故a ＝a 1＋a 22＝x 9＋x 10－x 8＋x 72×2T 2≈－2.00 m/s 2 物块做减速运动时受到的阻力包括水平桌面的摩擦阻力和打点计时器对纸带的摩擦阻力，因此根据牛顿第二定律，得μmg ＋f ＝ma ，即μ＝ma －f mg ，因此用μ′＝a g计算出的动摩擦因数比μ的真实值偏大．【答案】 (1)6 7(或7 6) (2)1.00 1.20(3)2.00 偏大【变式探究】如图(a)所示，竖直平面内固定一斜槽，斜槽中放有若干个直径均为d 的小铁球，紧靠斜槽末端固定有电磁铁，闭合开关K ，电磁铁吸住第1个小球．手动敲击弹性金属片M ，M 与触头瞬间分开，第1个小球从O 点开始下落，M 迅速恢复，电磁铁又吸住第2个小球．当第1个小球撞击M 时，M 与触头分开，第2个小球从O 点开始下落……某兴趣小组利用此装置测定重力加速度，请回答下列问题：(1)利用游标卡尺测量小球的直径d ，如图(b)所示，读数为________ mm.(2)用刻度尺测出OM ＝1.462 m ，手动敲击M 的同时按下秒表开始计时，若10个小球下落的总时间为5.5 s ，则当地的重力加速度g ＝________ m/s 2(保留两位有效数字)；(3)若在O 点的正下方A 点固定一光电门(图中未画出)，测出OA ＝h ，小球经过光电门的时间为Δt ，则小球通过光电门时的速度v ＝________，可求得当地的重力加速度g ＝________.(用已知量和测得量的符号表示)【思路点拨】 本题中的游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．首先要明确电路结构、实验原理即可正确解答；根据自由落体运动规律h ＝12gt 2，可以求出重力加速度大小．由于测量自由落体的重力加速度，类比对应的公式可知，由刻度尺读出两光电门的高度差，由光电计时器读出小球从光电门1到光电门2的时间，根据匀变速直线运动位移时间公式列出等式求解．要掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数．对于实验问题一定要明确实验原理，并且亲自动手实验，熟练应用所学基本规律解决实验问题．(3)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球运动到光电门处时的瞬时速度，则小球通过光电门时的速度v＝d/Δt；根据运动学公式得重力加速度g＝v22h＝d22h t2.【答案】(1)9.30(2)9.7(3)dΔt d2t2h【命题热点突破五】探究弹力和弹簧伸长量的关系该实验要注意区分弹簧总长度和弹簧伸长量．对探索性实验，要根据描出的点的走向，尝试判定函数关系．(这一点和验证性实验不同．)可以扩展为橡皮筋、弹性绳．例5、(2015·四川)某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l1，如图1所示，图2是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺(最小分度是1毫米)上位置的放大图，示数l1＝________ cm.在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5.已知每个钩码质量是50 g，挂2个钩码时，弹簧弹力F2＝________ N(当地重力加速度g＝9.8 m/s2)．要得到弹簧伸长量x，还需要测量的是________．作出F－x曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系．【答案】25.820.98弹簧的原长l0【变式探究】某探究学习小组的同学欲以下图装置中的滑块为研究对象“验证动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、天平、刻度尺、细沙等材料．当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放沙桶，滑块处于静止状态．若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：(1)实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量m、滑块的质量M两者应满足的条件是________，而且实验时还需要有________的步骤．(2)在(1)的基础上，某同学用天平称量滑块的质量M.向沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量m.让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取OABC四点，量得各计数点间的距离分别为x1、x2、x3.若研究滑块的AB 段，本实验最终要验证的数学表达式为________(用题中的字母表示，重力加速度为g，打点计时器所接交变电流的周期为T)．【思路点拨】实验前要平衡摩擦力，使滑块受到的合力等于沙和沙桶的重力；只有在滑块质量远大于沙和沙桶总质量的情况下，才可近似认为滑块受到的拉力等于沙和沙桶的重力．由匀变速运动的推论求出滑块的瞬时速度，代入动能定理表达式即可正确解题．该题考查了力学实验的基本操作和数据处理，正确解答这些问题的关键是明确实验原理，提高应用基本物理规律解决实验问题的能力．【答案】(1)M≫m平衡滑块摩擦力(2)M8T2(x1＋2x2＋x3)(x3－x1)＝mgx2【命题热点突破六】探究动能定理本实验关键是确保测量的是物体所受合力做的功，其次物体的初动能、末动能也是测量的关键．例6、为了探究动能定理，某学习小组在实验室组装了如图1所示的装置，备有下列器材：打点计时器、学生电源、导线、纸带、复写纸、天平、细沙、滑块、沙桶、木板他们称量滑块的质量为M、沙和小桶的总质量为m.当滑块连接上纸带，让细线跨过滑轮并悬挂空的小桶时，滑块处于静止状态．要完成该实验，请回答下列问题：(1)要完成本实验，还缺少的实验器材是________；(2)实验开始前，首先要________；实验中要保证满足的实验条件是________．(3)在满足(2)问的条件下，让小桶带动滑块加速运动，如图2所示为打点计时器所打的纸带的一部分，图中A、B、C、D、E是按时间先后顺序确定的计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，相邻计数点间的距离标注在图上，当地重力加速度为g，则在B、D两点间对滑块用实验验证动能定理表达式为________．(用题中所给的表示数据的字母表示)【答案】 (1)刻度尺 (2)平衡摩擦力 m 远小于M(3)mg (x 2＋x 3)＝M 8T 2(x 3＋x 4)2－(x 1＋x 2)2]。

1．如图所示，等边三角形ABC 处在匀强电场中，电场线与三角形所在平面平行，其中φA ＝φB ＝0，φC ＝φ.保持该电场的电场强度大小和方向不变，让等边三角形绕A 点在三角形所在平面内顺时针转过30°，则此时B 点电势为( )A.33φB.12φ C ．－33φ D ．－12φ 2.美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量．如图所示，平行板电容器两极板M 、N 相距为d ，两极板分别与电压为U 的恒定电源两极连接，极板M 带正电．现有一质量为m 的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k ，则( )A ．油滴带正电B ．油滴带电荷量为mg UdC ．电容器的电容为kmgd U2 D ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动3.真空中有一半径为r 0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图所示，r 表示该直线上某点到球心的距离，r 1、r 2分别是该直线上A 、B 两点离球心的距离．下列说法中正确的是( )A ．A 点的电势低于B 点的电势B ．A 点的电场强度方向由A 指向BC ．A 点的电场强度大于B 点的电场强度D ．正电荷沿直线从A 移到B 的过程中，电场力做负功4．(多选)如图所示，在光滑绝缘水平面上的P 点正上方O 点固定了一电荷量为＋Q 的正点电荷，在水平面上的N 点，由静止释放一质量为m 、电荷量为－q 的负检验电荷，该检验电荷经过P 点时速度为v ，图中θ＝60°，规定电场中P 点的电势为零，则在＋Q 形成的电场中( )A ．N 点电势高于P 点电势B ．N 点电势为－mv 22qC ．P 点电场强度大小是N 点的4倍D ．检验电荷在N 点具有的电势能为－12mv 2 5．平行板间有如图所示的周期性变化的电压．重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t ＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况．在下列图象中，能正确定性描述粒子运动速度图象的是( )6．一匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t ＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是( )A ．带电粒子只向一个方向运动B ．0～2 s 内，电场力所做的功等于零C ．4 s 末带电粒子回到原出发点D ．2.5～4 s 内，速度的改变等于零解析：选D.由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s 内的加速度a ＝qE 0m，为第2 s 内加速度a ＝2qE 0m 的12，因此先加速1 s 再减速0.5 s ，速度为零，接下来的1.5 s 将反向加速，v －t 图象如图所示，所以选项A 错；在0～2 s 内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知电场力所做的功不为零，选项B 错误；v －t 图象中图线与坐标轴围成的图形的面积为物体的位移，由对称性可以看出，前4 s 内的位移不为零，所以带电粒子不会回到原出发点，所以C 错误；2.5～4 s 内，v 2.5＝v 4，故Δv ＝0，选项D 正确．7.如图所示,电场中的一簇电场线关于y 轴对称分布,O 点是坐标原点,M 、N 、P 、Q 是以O 为圆心的一个圆周上的四个点,其中M 、N 在y 轴上,Q 点在x 轴上,则 ( )A.M点电势比P点电势高B.OM间的电势差等于NO间的电势差C.一正电荷在O点的电势能小于在Q点的电势能D.将一负电荷从M点移到P点,电场力做正功【解析】选D。

1.如图所示，抱负变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，和均为抱负电表，灯泡电阻R L＝6 Ω，AB端电压u1＝122sin 100πt (V)，下列说法正确的是()A．电流频率为100 HzB.的读数为24 VC.的读数为0.5 AD．变压器输入功率为6 W答案 D2．热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，其电阻R t随温度t变化的图线如图甲所示．如图乙所示电路中，热敏电阻R t与其他电阻构成的闭合电路中，当R t所在处温度上升时，两电表读数的变化状况是()A．A变大，V变大B．A变大，V变小C．A变小，V变大D．A变小，V变小解析由电路图可知，电压表和电流表与热敏电阻是间接并联关系，当R t所在处温度上升时，R t的阻值减小，利用“并同串反”知电流表和电压表的读数都减小．答案 D3．用220 V的正弦沟通电通过抱负变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V，通过负载的电流图象如图所示，则()A．变压器输入功率约为3.9 W B．输出电压的最大值是110 VC．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D．负载电流的函数表达式i＝0.05 sin(100 πt＋π2)A解析由题意知：U1＝220 V，U2＝110 V，所以n1n2＝U1U2＝2∶1，U2m＝110 2 V，选项B、C均错误．由图象可知：I2m＝0.05 A，T＝0.02 s，则负载电流的表达式为i＝0.05 sin(100 πt)A，选项D错误．变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2＝0.052×110 W≈3.9 W，选项A正确．答案 A4．如图所示，电源电动势E＝12 V，内阻r＝3 Ω，R0＝1 Ω，直流电动机内阻R′0＝1 Ω，当调整滑动变阻器R1时可使甲电路输出功率最大，调整R2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P0＝2 W)，则R1和R2连入电路中的值分别为()A．2 Ω，2 Ω B．2 Ω，1.5 ΩC．1.5 Ω，1.5 Ω D．1.5 Ω，2 Ω答案 B5．如图所示，一抱负变压器原线圈匝数n1＝1 000匝，副线圈匝数n2＝200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u＝2202sin 100πt V．副线圈中接一电动机，电阻为11 Ω，电流表A2示数为1 A．电表对电路的影响忽视不计，则()A．此沟通电的频率为100 HzB．电压表示数为220 2 VC ．电流表A 1示数为5 AD ．此电动机输出功率为33 W解析 由ω＝2πf 得沟通电的频率为50 Hz ，故A 错误；电压表、电流表测量所得的是交变电流的有效值，故电压表读数为220 V ，故B 错误；由I 1I 2＝n 2n 1可知I 1＝I 2n 2n 1＝0.2 A ，故C 错误；由P 出＝P 入－P 热＝U 2I 2－I 22R ＝33 W ，故D 正确． 答案 D6．在某交变电流电路中，有一个正在工作的抱负变压器，如图所示．它的原线圈匝数n 1＝600 匝，沟通电源的电动势e ＝311sin(100πt ) V(不考虑其内阻)，电压表和电流表对电路的影响可忽视不计，原线圈串联一个额定电流为0.2 A 的保险丝，副线圈匝数n 2＝120 匝，为保证保险丝不被烧断，则( )A ．负载功率不能超过62 WB ．副线圈电流最大值不能超过1 AC ．副线圈电路中的电阻R 不能小于44 ΩD ．副线圈电路中电压表的读数为62 V答案 C7．如图所示，某发电机输出功率是100 kW ，输出电压是250 V ，从发电机到用户间的输电线总电阻为8 Ω，要使输电线上的功率损失为5%，而用户得到的电压正好为220 V ，求升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是( )A ．16∶1 190∶11B ．1∶16 11∶190C ．1∶16 190∶11D ．16∶1 11∶190 解析 输电线损失功率 P 损＝100×103×5% W ＝5×103 W ，所以，输电线电流I 2＝P 损R 线＝25 A ， 升压变压器原线圈电流I 1＝P 总U 1＝400 A ， 故升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝116.升压变压器副线圈端电压U 2＝n 2n 1·U 1＝4 000 V ，输电线损失电压U 损＝I 2·R 线＝200 V ，降压变压器原线圈电压U 3＝U 2－U 损＝3 800 V ， 故降压变压器原、副线圈匝数比为n 3n 4＝U 3U 4＝19011.故选项C 正确． 答案 C8．如图所示，用抱负变压器给电灯L 供电，假如只增加副线圈的匝数，其他条件不变，则( )A ．电灯L 亮度减小B ．电流表示数增大C ．电压表示数增大D ．变压器输入功率不变答案 BC9．现用电压为380 V 的正弦式沟通电给额定电压为220 V 的电灯供电，以下电路中可能使电灯正常发光的有( )解析 由图可知，A 、B 选项中均有电阻分压，可以使电灯正常发光；C 选项为降压变压器，通过变压器降压也可以使电灯正常发光；D选项为升压变压器，电灯两端的电压要大于380 V，不行行．答案ABC10．如图所示，有一台沟通发电机E，通过抱负升压变压器T1和抱负降压变压器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肯定，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变小C．P1变小，P2变小D．P2变大，P3变大答案BD11．图甲为远距离输电示意图，升压变压器原副线圈匝数比为1∶100，降压变压器原副线圈匝数比为100∶1，远距离输电线的总电阻为100 Ω.若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750 kW.下列说法中正确的有()A．用户端沟通电的频率为50 HzB．用户端电压为250 V C．输电线中的电流为30 AD．输电线路损耗功率为180 kW答案AC12.如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，两平行金属板间有匀强磁场．开关S闭合后，当滑动变阻器滑片位于图示位置时，一带电粒子恰好以速度v匀速穿过两板．若不计重力，以下说法正确的是()A．假如将开关断开，粒子将连续沿直线运动B．保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子可能向上偏转C．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D．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解析将开关断开，电容器将通过滑动变阻器放电，a、b板间的场强渐渐削减到零，所以粒子受到的洛伦兹力大于电场力，粒子将发生偏转，A错误．保持开关闭合，将a极板向下移动一点，电容增大，电容器充电，两极板之间电场强度增大，粒子所受电场力增大，粒子可能向上偏转，选项B正确．保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，平行金属板间电压降低，粒子所受电场力小于洛伦兹力．若粒子带负电，粒子将可能从下极板边缘射出，选项C正确．保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，平行金属板间电压上升，粒子所受电场力大于洛伦兹力．若粒子带正电，粒子将可能从下极板边缘射出，选项D正确．答案BCD13．(多选)如图所示，电流表A1(0～3A)和A2(0～0.6A)是由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中．闭合开关S，调整滑动变阻器，下列说法中正确的是()A．A1、A2的读数之比为1∶1B．A1、A2的读数之比为5∶1C．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1D．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶5【答案】BC【解析】电流表A1(0～3 A)和A2(0～0.6 A)是由两个相同的电流计改装而成，都是并联电阻，在题图中两电流计也是并联的，所以C正确；它们的量程之比为5∶1，即总电阻之比为1∶5，所以并联时读数之比5∶1，所以B正确．14．如图所示，电源内阻不行忽视，电路中接有一小灯泡和一电动机．小灯泡L上标有“6V12W”字样，电动机的线圈电阻R M＝0.50Ω.若灯泡正常发光时，电源的输出电压为12V，此时()A．整个电路消耗的电功率为24WB．电动机的热功率为12WC．电动机的输出功率为12WD．电动机的输入功率为12W15．在一小型沟通发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动(如图甲所示)，产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是()A．从t3到t5这段时间穿过线圈磁通量的变化量为零B．从t3到t4这段时间通过电阻R 的电荷量为2E0R＋rωC．t4时刻穿过线圈的磁通量变化率大小为E0D．t1时刻电阻R的发热功率为RE202R＋r216．将硬导线中间一段折成半圆形，使其半径为R，让它在磁感应强度为B，方向如图所示的匀强磁场中绕轴MN匀速转动．导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P、电阻为r的小灯泡并正常发光．电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，则下列说法正确的是()A．半圆形硬导线的转速2rPπ2R2BB．半圆形硬导线的转速rPπ2R2BC．半圆形硬导线从图示位置转90°通过小灯泡的电荷量为πR2BrD．半圆形硬导线从图示位置转90°过程中通过小灯泡的电荷量为0【答案】A 【解析】设灯泡的额定电压为U，则P＝U2r，得到U＝Pr.由于除灯泡外，其余部分电阻不计，则U＝22E m，而E m＝BSω＝2πBSn＝2πB×12πR2n，故有：n＝2Prπ2R2B，故A正确，B错误；从该位置旋转90°的过程中，穿过半圆形硬导线平面的磁通量的变化量为ΔΦ＝B×12πR2＝12πR2B，依据推论得到，通过小灯泡的电荷量为q＝ΔΦr＝πBR22r，故C、D错误．17．(多选)海洋中隐藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电．在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理示意图如图甲所示．浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R＝15Ω的灯泡相连，浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中斜线阴影部分)，如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽视不计；匝数N＝200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B ＝0.2T ，线圈直径D ＝0.4m ，电阻r ＝1Ω.取重力加速度g ＝10m/s 2，π2≈10.若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v ＝0.4πsin (πt ) m/s.则下列说法正确的是( )A ．波浪发电产生电动势e 的瞬时表达式为e ＝16sin (πt ) VB ．灯泡中电流i 的瞬时表达式为i ＝4sin (πt ) AC ．灯泡的电功率为120WD ．灯泡两端电压的有效值为1522V18．(多选)如图11所示，一个抱负变压器上有三组线圈，三组线圈匝数之比为n 1∶n 2∶n 3＝3∶2∶1，现将三只相同的灯泡分别接入三组线圈中，并把n 1的接线端接上交变电源，接通电源后，下列各项正确的是( )图11A ．若L 1正常发光，那么L 2、L 3都不能正常发光B ．若L 2正常发光，那么L 1将烧毁C ．若L 2正常发光，那么L 1、L 3都不能正常发光D ．若L 3正常发光，那么L 2将烧毁19．如图12为模拟远距离输电电路，两抱负变压器的线圈匝数n 1＝n 4<n 2＝n 3，A 1、A 2、A 3为相同的抱负沟通电流表，当a 、b 端接入低压沟通电源时，则( )图12A ．A 1、A 2的示数相等B ．A 2、A 3的示数相等C ．A 1的示数大于A 2的示数D ．A 2的示数大于A 3的示数【答案】C 【解析】依据变压器的规律电流与匝数成反比，得I 1I 2＝n 2n 1，且n 1<n 2，故A 1的示数大于A 2的示数，故A 错误，C 正确；同理，A 2的示数小于A 3的示数，故B 、D 错误．20．(多选)某小型发电站通过升压变压器向60km 远处的用户供电，在用户端用降压变压器将高压电变为220V 供用户使用(设两个变压器均为抱负变压器)，输电示意图如图13所示．已知输电线的电阻率为ρ＝1.25×10－8Ω·m ，横截面积为1.5×10－4m 2，发电机输出功率为20kW ，输出电压为250V ，若线路损耗的功率为输出功率的5%.则下列说法正确的是( )图13A ．发电机是将其他形式的能转化为电能的设备，发电原理是法拉第电磁感应定律B ．输电线上的电流为10A C.n 2n 1>n 3n 4D ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压21．(多选)一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U 时，通过导线的电流为I ，导线中自由电子定向移动的平均速率为v ，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的12，再给它两端加上电压2U ，则( )A ．通过导线的电流为I8B ．通过导线的电流为I16C ．导线中自由电子定向移动的速率为v4D ．导线中自由电子定向移动的速率为v2【答案】AD 【解析】将金属导线均匀拉长，因半径变为原来的一半，则横截面积为原来的14，其长度变为原来的4倍，依据电阻定律R ＝ρL S 分析得到，电阻变为原来的16倍，电压变为2U 时，依据欧姆定律I ＝UR 可知，电流变为I 8.故A 正确，B 错误．电流的微观表达式I ＝nevS ，其中n 、e 不变，电流I 为原来的18，横截面积S 变为原来的14倍，则自由电子定向移动的平均速率为v2.故C 错误，D 正确．22．(多选)如图所示的电路中，电源电动势为E ，内电阻为r ，平行板电容器C 的两金属板水平放置，R 1和R 2为定值电阻，P 为滑动变阻器R 的滑动触头，G 为灵敏电流计，A 为抱负电流表，开关S 闭合后，C 的两板间恰好有一质量为m 、电荷量为q 的油滴处于静止状态，则以下说法正确的是( )A ．在P 向上移动的过程中，A 表的示数变大，油滴仍旧静止，G 中有方向由a 至b 的电流B ．在P 向上移动的过程中，A 表的示数变小，油滴向上加速运动，G 中有由b 至a 的电流C ．在P 向下移动的过程中，A 表的示数变大，油滴向下加速运动，G 中有由a 至b 的电流D ．在P 向下移动的过程中，A 表的示数变小，油滴向上加速运动，G 中有由b 至a 的电流。