2019届高考物理二轮复习选择题专项练(三)高考8道选择题押题练(八)电路、交变电流及物理学史(偶考
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选择题押题练（八） 电路、交变电流及物理学史（偶考点）
1. 物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识， 推动了科学技术的创新和革命，
促进了人类文明的进步，关于物理学发展过程中的认识，下列说法中正确的是 （ ）
A. 法拉第根据电流的磁效应现象得出了法拉第电磁感应定律
B. 卡文迪许利用扭秤测出了引力常量，被誉为能“称出地球质量的人”
C. 牛顿第一定律虽然是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，但可用实验直接验证
D. 伽利略利用理想斜面实验，使亚里士多德“重的物体比轻的物体下落得快”的结论
陷入困境
解析：选B奥斯特发现了电流的磁效应现象，纽曼和韦伯通过对理论和实验资料进行 严格分析，先后总结出法拉第电磁感应定律， 故选项A错误；卡文迪许通过扭秤实验测出了
引力常量，使万有引力定律有了实际的应用价值， 如测天体质量，故选项B正确；现实生活
中不存在不受力的运动物体， 因此牛顿第一定律不可以直接用实验验证， 故选项C错误；伽
利略在理想斜面实验的基础之上， 用逻辑推理的方法使得“重的物体比轻的物体下落得快”
的结论陷入困境，故选项 D错误。
2. （2018 •湖南师大附中检测）下列说法正确的是（ ）
A. 电荷的周围既有电场也有磁场，反映了电和磁是密不可分的
B. 电容公式C=曽采用的是比值定义法，但电容器的电容并不由 Q U决定
C. 库仑力的公式和万有引力的公式在形式上非常相似，说明这两种力的性质相同
D. 能量守恒定律是最普遍的自然规律之一，爱因斯坦对能量守恒定律的建立做出了突 出贡献
解析：选B静止的电荷的周围存在电场，运动的电荷周围才能存在磁场，故 A错误；
公式 J寻采用了比值定义法，但 C并不由Q U决定，而是取决电容器本身，以平行板电容 器为例，决定式为 C=-^rS，故B正确；尽管库仑力的公式和万有引力的公式在形式上非
4 n kd
常相似，但以目前的科技认知， 它们仍是性质不同的两种力， 故C错误；能量守恒定律确立
于19世纪中叶，早于爱因斯坦的生辰，故 D错误。
3. 可变电容器 C、C2和可变电阻器 R、R2以及电源E连接成如图所示的
电路。闭合开关 S,当R的滑片在图示位置时， C、C2所带的电荷量相等。
现要使C所带的电荷量大于 C2所带的电荷量，可采用的方法是 （ ）
A. 只增大Ra的电阻 B.只增大C2的电容
C.只增大C的电容 D.只将R的滑片向A端移动 2
解析：选C由题意，当变阻器 R的滑片在图示位置时， G、C2的电荷量相等，即 UC =UC2,只增大R的电阻时，C、C2两端的电压 U、U同时减小，且减小比例相同，仍有U ' C 3
=U' C2,故A错误；只增大C2的电容，C2的电荷量增大，C的电荷量不变，贝y C2所带的电 荷量大于Ci所带的电荷量，故 B错误；只增大 G的电容，G的电荷量增大，C2的电荷量不 变，贝U Ci所带的电荷量大于 C2所带的电荷量，故 C正确；当将 R的滑片向A端移动时，C
两端的电压降低，Q两端的电压升高，则 C2所带的电荷量大于 C所带的电荷量，故 D错误。
4. ［多选］如图所示，A B为水平放置的平行正对金属板，在板中央分 别有一小孔 M N, D为理想二极管，R为滑动变阻器。闭合开关 S,待电路 稳定后，将一带负电荷的带电小球从小孔 M N的正上方P点由静止释放，
小球恰好能运动至小孔 N处。则下列说法中正确的有 （ ）
A. 若仅将A板上移，带电小球将无法运动至 N处
B. 若仅将B板上移，带电小球将从小孔 N穿出
C. 若仅将变阻器的滑片上移，带电小球仍将恰好运动至小孔 N处
D. 断开开关S,从P处将小球由静止释放，带电小球仍将恰好运动至小孔
£ rS
解析：选AD若仅将A板上移，根据C= 4n-kd，知电容器的电容减小，由8 M，
电压不变，电容器的带电量要减少，由于二极管的单向导电性，阻止电容器上的电荷流出，
故电容器的电量不变，根据 C= Q U= Ed,得到：E= 4nkQ故场强不变；带电小球如果能
U £ rS
到达小孔N,重力做功小于电场力做功，可知带电小球未达到小孔
£ rS
了，故A正确。若仅将 B板上移，根据 C= —，电容增加，电容器要充电；由于电压 U
4 n kd
一定，根据U= Ed,电场强度增加，故如果能到达小孔 N重力做功小于电场力做功，可知
未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故 B错误。将滑动变阻器的滑片上移，分压增加，
故电容器的电压增加，带电小球如果能到达小孔 N,重力做功小于电场力做功，可知未达到
小孔N时速度已经减为零返回了，故 C错误。断开开关S,场强不变，故小球恰好能运动至
小孔N处，故D正确。
5. （2018 •荷泽一模）用同样的交流电分别通过甲、乙两个电路给同样的灯泡供电，结
果两个电路中的灯泡均能正常发光，乙图中理想变压器原、副线圈的匝数比为 5 : 3，则甲、 N时速度已经减为零返回 4
解析：选C设灯泡的额定电流为I，则甲图中电路的功率为 Pi= UI,根据变流比可知,A. 1 : 1
C. 5 : 3 乙两个电路消耗的电功率之比为 5
3 3
乙图中原线圈中电流为 -I，乙图中的功率为 P2= -IU，因此甲、乙两个电路中的电功率之比
5 5
为5 : -, C项正确。
6. (2018 •黔东南州一模)小型发电站为某村寨 110户家庭供电，
输电原理如图所示，图中的变压器均为理想变压器，其中降压变压器
的匝数比为n-： n4 = 50 : 1，输电线的总电阻 R= 10 Q。某时段全村
平均每户用电的功率为 200 W,该时段降压变压器的输出电压为 220 V。则此时段( )
A. 发电机的输出功率为 22 kW
B. 降压变压器的输入电压为 11 kV
C. 输电线的电流为 1 100 A
D. 输电线上损失的功率约为 8.26 W
解析：选B用户得到的总功率 P用=200X 110 W= 22 kW,因有输电损耗，发电机的输
出功率一定大于 22 kW, A错误；由厂=—可得：Us= 11 kV , B正确；由P用=Ug 可解得: U n4
n- 14 2
l4= 100 A，由nz匚得：I- = 2 A，输电线上损失的功率为P损=I-R= 40 W，选项C D均错
误。
7•在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产
生的交流电的电动势随时间变化规律的图像如图乙所示，已知发电机线圈内阻为 1.0 Q,
外接一只电阻为9.0 Q的灯泡，并在灯泡两端并联一理想交流电压表，则
A. 电压表的示数为 20 V
B. 电路中的电流方向每秒改变 5次
C. 灯泡实际消耗的功率为 36 W
D. 电动势的瞬时值表达式为 e = 20cos 5 n t(V)
2 n
20 V，角速度=10兀rad/s。电压表测量的是路端电压
误；交流电的频率为 5 Hz，每一周期电流方向改变两次，所以电流方向每秒改变 10次，B
U? 1 2
错误；灯泡实际消耗的功率为 P= U =弓 W= 36 W, C正确；由题图乙可知，电动势随时间 R 9 解析：选C由题图乙知电动势最大值为 20 /2 V，周期为0.2 s，所以电动势有效值为
20
U=乔 X 9 V = 18 V, A 错 6
变化的瞬时值表达式为 e= 20」2cos 10 n t(V) , D错误。 7
&
［多选］（2018 •成都七中二模）如图所示，矩形线圈 abed与理
想变压器原线圈组成闭合电路。线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场
的be边匀速转动，磁场只分布在be边的左侧，磁感应强度大小为 B, 线圈面积为S,转动角速度为 3，匝数为N,线圈电阻不计。下列说
法正确的是（ ）
A. 将原线圈抽头 P向下滑动时，灯泡变亮
B. 线圈abed转动过程中，线圈最大磁通量为 NBS
C. 图示位置时，矩形线圈中磁通量的变化率最大
D. 若线圈abed转动的角速度变为 2® ,则变压器原线圈电压的有效值为 NBS3
解析：选AD矩形线圈abed中产生交变电流，将原线圈抽头 P向下滑动时，原线圈匝
数变小，根据电压与匝数成正比知，输出电压增大，故灯泡会变亮，故 A正确；线圈abed
转动过程中，线圈最大磁通量为 BS故B错误；图示位置时，是中性面位置，矩形线圈磁
通量最大，线圈中磁通量的变化率最小，故 C错误；若线圈转动角速度变为 2 3,根据电动
势最大值公式 Em= NBS3，变压器原线圈电压的最大值为 2NB3，根据电流的热效应
2NBS3 2
2 T U有2
•亍=W • T,解得U有=NB3 ,故D正确。
R 2 R
