高考物理二轮复习训练：11 恒定电流与交变电流
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训练11 恒定电流与交变电流
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．如图所示的电路中，R1是定值电阻，R2是光敏电阻，电源的内阻不能忽略．闭合开关S，当光敏电阻上的光照强度增大时，下列说法中正确的是( )
A．通过R2的电流减小
B．电源的路端电压减小
C．电容器C所带的电荷量增加
D．电源的效率增大
解析：当光敏电阻上的光照强度增大时，光敏电阻的阻值会减小，电路的总电阻减小，电路中的总电流增大，流过R2的电流增大，故A错误；电路中的总电流增大，路端电压减小，故B正确；路端电压减小，电容器两端的电压减小，电容器所带的电荷量减小，故C错误；电源效率：η＝P总－P内P总＝I2R总－I2rI2R总＝R总－rR总＝1－rR总，总电路的电阻减小，所以电源的效率就减小，故D错误．
答案：B
2．如图所示，图中的三个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向左端缓慢移动时，下面说法中正确的是(
)
A．电压表的读数减小，电流表的读数增大
B．电压表的读数增大，电压表的读数增大
C．电阻RP消耗的功率增大，电容器C所带电荷量增加
D．电压表的读数减小，电流表的读数减小
解析：P向左端缓慢移动，RP增大，R总＝r＋R1＋R2＋RP增大，电流表读数I＝ER总减小，测量R2两端的电压U2＝IR2减小，故D正确.测量R2和RP的总电压，或电源和R1的外电压，即U1＝I(R2＋RP)＝E－I(r＋R1)故增大，A、B错误．电阻RP消耗的功率P＝I2RP，不能确定，但电容器C所带电荷量Q＝CU1增大，故C错误．
答案：D
3.
小型交流发电机的原理图如图所示：单匝矩形线圈ABCD置于匀强磁场中，绕过BC、
AD中点的轴OO′以恒定角速度旋转，轴OO′与磁场垂直．矩形线圈通过滑环与理想交流电流表A、定值电阻R串联．下列说法中正确的是( )
A．线圈平面与磁场垂直时，交流电流表A的示数最小
B．线圈平面与磁场平行时，流经定值电阻R的电流最大
C．线圈平面与磁场垂直时，通过线圈的磁通量变化率最大
D．线圈平面与磁场平行时，通过线圈的磁通量最大
答案：B
4.2013·四川高考
用220 V的正弦交流电通过理想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 V
C．变压器原、副线圈匝数比是1∶2
D．负载电流的函数表达式i＝0.05sin(100πt＋π2) A
解析：由负载电流图象知，负载电流I2＝0.052 A，变压器的输出功率P2＝I2U2＝0.052×110
W≈3.9 W，输入功率P1＝P2＝3.9 W，A正确；输出电压的最大值为U2m＝1102 V，B错误；变压器原、副线圈的匝数比是n1n2＝U1U2＝2∶1，C错误；由图象知，负载电流的函数表达式i＝0.05sin 100πt(A)，D错误．
答案：A
5．将阻值为100 Ω的电阻丝绕成一个100匝的闭合矩形线圈，让其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速运动，如图甲所示，产生的感应电动势如图乙所示．则可以判断( )
A．t＝0时刻线圈应转到图甲所示的位置
B．该线圈的转速为100π r/s
C．穿过线圈的磁通量的最大值为150π Wb
D．线圈转一周所产生的电热为9.68 J
解析：零时刻感应电动势为零，磁通量变化最慢，线圈应与磁场垂直，A错误；产生感应电动势的周期为0.02 s，则线圈的转速为50 r/s，B错误；感应电动势的最大值Em＝NBSω，Φm＝BS＝31111 000π Wb，C错误；线圈转一周所产生的电热Q＝Em22R×T＝9.68 J，D正确．
答案：D
6．如图所示的电路中，E为电源，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)，R2、R3为滑动变阻器，C为平行板电容器．当开关S闭合时，电容器两极板间有一带电微粒恰好处于静止状态．下列说法正确的是( )
A．只逐渐增大照在R1上的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，带电微粒向上运动
B．只将R3的滑动端P3向上端移动时，电源消耗的功率变大，带电微粒向上运动
C．只将R2的滑动端P2向下端移动时，带电微粒向下运动
D．断开开关S，带电微粒将向下运动
解析：只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，两板间的场强增大，故微粒向上运动，故A正确；R3与电容器串联，只将R3的滑动端P3向上端移动时，电路稳定时相当于导线，故改变R3的滑片的位置不会影响电路中电流及电压，故带电微粒静止不动，故B错误；只调节电阻R2的滑动端P2向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，两板间的场强增大，故带电微粒向上运动，故C错误；若断开开关S，电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场力减小，将向下运动，故D正确．
答案：AD
7．如图所示，一理想变压器原线圈接正弦交变电源，副线圈接有三盏相同的灯(不计灯丝电阻的变化)，灯上均标有(36 V,6 W)字样，此时L1恰正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表显示读数为0.5 A，下列说法正确的是(
)
A．原、副线圈匝数之比为3∶1
B．变压器的输入功率为12 W
C．电压表的读数为18 V
D．若L3突然断路，则L1变暗，L2变亮，输入功率减小
解析：因L1正常发光，L1两端的电压为36 V，电流I＝PU＝636 A＝16 A，L2、L3的电流均为112 A，两端的电压为18 V，电功率为1.5 W，所以副线圈的输出电压为36 V＋18 V＝54 V，副线圈的输出功率为6 W＋1.5 W＋1.5 W＝9 W，原线圈输入的功率也为9 W；由变压比公式I1I2＝n2n1知，0.516＝n2n1，n1n2＝13，当L3断路时，副线圈的电压不变，总电阻增大，电流变小，L1变暗，L2两端的电压变大，L2变亮，总功率变小，由P＝U2R总，U不变，R总增大．
答案：CD
8．图甲是远距离输电线路的示意图，图乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则(
)
A．发电机输出交流电压的有效值约为500 V
B．用户用电器上交流电的频率是100 Hz
C．输电线的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定
D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小
解析：由图象可知交流电压的最大值为Um＝707 V，因此其有效值为U＝7072 V≈500 V，故A正确；发电机的输出电压随时间变化的关系，由图可知，T＝0.02 s，故f＝1T＝10.02 Hz＝50 Hz，故B错误；输电线的电流由输送的功率与电压决定的，与降压变压器原、副线圈的匝数比无关，故C错误；当用户用电器的总电阻增大时，用户的功率减小，降压变压器的输出功率减小，则输入的功率减小，输入的电流减小，输电线上损失的功率减小，故D正确．
答案：AD
二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)
9.2016·北京卷
热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中．图为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值R随温度t变化的示意图．由图可知，这种热敏电阻在温度上升时导电能力________(选填“增强”或“减弱”)；相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化的响应更________(选填“敏感”或“不敏感”)
解析：由图可知，热敏电阻在温度上升时，阻值下降，故其导电能力增强；相对金属热电阻而言，热敏电阻在温度变化时，阻值变化明显，故对温度更敏感．
答案：增强 敏感
10．一台小型发电机的最大输出功率为100 kW，输出电压恒为500 V，现用电阻率为1.8×10－8Ω·m，横截面积为10－5 m2的输电线向4×103 m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220 V，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220 V？若用电器电路中电流为100 A，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＝ρ2lS＝1.8×10－8×2×4×10310－5 Ω＝14.4 Ω
由题意知P损＝P×4%＝(PU2)2r
105×0.04＝(105U2)2×14.4
U2＝6 000 V
升压变压器原、副线圈匝数比
n1n2＝U1U2＝5006 000＝112
(2)I2＝PU2＝1056×103 A＝503 A
U损＝I2·r＝503×14.4 V＝240 V
而U3＝U2－U损
＝6 000 V－240 V＝5 760 V
n3n4＝U3U4＝5 760220＝28811
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I′4＝100 A，则由：I′4I′3＝n3n4＝28811，所以I′3＝27572
U′损＝I′3·r＝27572×14.4 V＝55 V
而U1、U2不变
U′3＝U2－U′损＝(6 000－55) V＝5 945 V
U′3U′4＝n3n4
U′4＝n4n3×U′3＝11288×5 945 V≈227 V
答案：(1)1∶12 (2)288∶11 (3)大于 220 V 227 V
