2019高考物理大二轮复习 专题四 电路和电磁感应（课件+练习）（打包4套）.zip

1专题能力训练 11 恒定电流和交变电流(时间:45 分钟 满分:98 分)选择题(本题共 14 小题,每小题 7 分,共 98 分。在每小题给出的四个选项中,1 ~7 题只有一个选项符合题目要求,8 ~14 题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 7 分,选对但不全的得 4 分,有选错的得 0 分)1.在研究微型电动机的性能时,可采用如图所示的实验电路。当调节滑动变阻器 R,使电动机停止转动时,电流表和电压表的示数分别为 1 .0 A 和 1 .0 V;重新调节 R,使电动机恢复正常运转时,电流表和电压表的示数分别为 2 .0 A 和 15.0 V。当这台电动机正常运转时( )A.电动机的内阻为 7.5 ΩB.电动机的内阻为 2.0 ΩC.电动机的输出功率为 30.0 WD.电动机的输出功率为 26.0 W2.在如图所示的电路中,电源电动势为 E,内阻为 R,L1和 L2为相同的灯泡,每个灯泡的电阻和定值电阻阻值均为 R。电压表为理想电表,S 为单刀双掷开关,当开关由 1 位置打到 2 位置时,下列说法正确的是( )A.L1亮度不变,L 2将变暗B.L1将变亮,L 2将变暗C.电源内阻的发热功率将变小D.电压表读数将变小3.阻值相等的四个电阻、电容器 C 及电池 E(内阻可忽略)连接成如图所示电路。开关 S 断开且电流稳定时, C 所带的电荷量为 Q1;闭合开关 S,电流再次稳定后, C 所带的电荷量为 Q2。 Q1与 Q2的比值为( )A. B. C. D.24.在如图所示的电路中, E 为电源电动势, r 为电源内阻, R1和 R3均为定值电阻, R2为滑动变阻器。当R2的滑片在 a 端时闭合开关 S,此时三个电表 A1、A 2和 V 的示数分别为 I1、 I2和 U,现将 R2的滑片向b 端移动,则三个电表示数的变化情况是( )A.I1增大, I2不变, U 增大B.I1减小, I2增大, U 减小C.I1增大, I2减小, U 增大D.I1减小, I2不变, U 减小5.如图所示,一理想变压器原线圈接入一交流电源,副线圈电路中 R1、 R2、 R3和 R4均为定值电阻,开关 S 是闭合的。V 1和 V2为理想电压表,读数分别为 U1和 U2;A1、A 2和 A3为理想电流表,读数分别为I1、 I2和 I3。现断开 S,U1数值不变,下列推断中正确的是( )A.U2变小、 I3变小 B.U2不变、 I3变大C.I1变小、 I2变大 D.I2变大、 I3变大6.(2018·天津卷)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻 R 供电,电路如图所示,理想交流电流表 A、理想交流电压表 V 的读数分别为I、 U,R 消耗的功率为 P。若发电机线圈的转速变为原来的,则( )A.R 消耗的功率变为 PB.电压表 V 的读数变为 UC.电流表 A 的读数变为 2ID.通过 R 的交变电流频率不变7.远距离输电的原理图如图所示,升压变压器原、副线圈的匝数分别为 n1、 n2,电压分别为 U1、 U2,电流分别为 I1、 I2,输电线上的电阻为 R。变压器为理想变压器,则下列关系式中正确的是( )3A. B.I2=𝐼1𝐼2=𝑛1𝑛2 𝑈2𝑅[来源:Zxxk.Com]C.I1U1= R D.I1U1=I2U2𝐼228.边长为 l 的正方形线框在匀强磁场 B 中以 ω 角速度匀速转动,产生的感应电流的最大值为 Im,设灯泡的电阻为 R,其他电阻不计。从如图所示位置开始计时,则( )A.Im=𝐵𝑙2𝜔𝑅B.电路中交变电流的表达式为 Imsin ωtC.电流表的读数为𝐼𝑚2D.灯泡上产生的电功率为 R𝐼𝑚229.如图甲、乙分别表示两种电压的波形,其中图甲所示的电压按正弦规律变化,图乙所示的电压是正弦函数的一部分。下列说法正确的是( )A.图甲、图乙均表示交变电流B.图甲所示电压的瞬时值表达式为 u=20sin 100π t(V)C.图甲所示电压的有效值为 20 VD.图乙所示电压的有效值为 10 V10.如图所示,变压器输入有效值恒定的电压,副线圈匝数可调,输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器), R 表示输电线的电阻,则( )4A.用电器增加时,变压器输出电压增大B.要提高用户的电压,滑片 P 应向上滑C.用电器增加时,输电线的热损耗减少D.用电器增加时,变压器的输入功率增加11.如图所示,直线 Ⅰ 、 Ⅱ 分别是电源 Ⅰ 与电源 Ⅱ 的路端电压随输出电流变化的特性曲线,曲线 Ⅲ 是一个小灯泡的伏安特性曲线,则( )A.电源 Ⅰ 与电源 Ⅱ 的内阻之比为 12∶ 7B.电源 Ⅰ 与电源 Ⅱ 的电动势之比为 7∶ 12C.若该小灯泡分别与电源 Ⅰ 和电源 Ⅱ 单独连接,则小灯泡的电阻之比为 35∶ 24D.若该小灯泡分别与电源 Ⅰ 和电源 Ⅱ 单独连接,则电源 Ⅰ 和电源 Ⅱ 输出功率之比为 10∶ 2112.一直流电动机提升重物的装置如图所示。已知重物质量 m=50 kg,电源电压 U=110 V 保持不变,电动机线圈的电阻 R=4 Ω,不计各处摩擦,当电动机以某一速度匀速向上提升重物时,电路中的电流I=5 A(g 取 10 m/s2)。则 ( )A.电源的输出功率为 100 WB.电动机线圈电阻 R 的发热功率为 550 WC.提升重物的功率为 450 WD.电动机效率为 81.8%13.图中理想变压器的原、副线圈匝数之比为 2∶ 1,电阻 R1=R2=10 Ω,电表 A、V 均为理想交流电表。若 R1两端电压 u1=10 sin 100π t(V),则下列说法正确的有( )2A.电压表示数为 14.14 VB.电流表的示数为 0.5 AC.R1消耗的功率为 20 WD.原线圈输入交变电流频率为 50 Hz14.如图甲所示, M 是一个小型理想变压器,原、副线圈匝数比 n1∶n 2=11∶ 1,a、 b 端接有正弦式交变电流,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电路原理图,其中 R2为用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器, R1为一定值电阻,电压表 V 和电流表 A 可视为理想电表。下列说法正确的是 ( )5A.变压器副线圈的输出电压的表达式为 u2=20 sin 100π t V 2B.当传感器 R2所在处未出现火警时,电压表 V 的示数为 20 VC.当传感器 R2所在处出现火警时,电压表 V 的示数减小D.当传感器 R2所在处出现火警时,电流表 A 的示数减小答案：1.D 解析 因为电动机停止转动时,电流表和电压表的示数分别为 1.0 A 和 1.0 V,又由于此时电动机属于纯电阻电路,故电动机的内阻为 r= =1.0 Ω,选项 A、B 错误;当电动机正常运转时,电𝑈𝐼=1.0𝑉1.0𝐴流表和电压表的示数分别为 2.0 A 和 15.0 V,则电动机的总功率为 P 总 =2.0 A×15.0 V=30.0 W,此时电动机的发热功率为 P 热 =(2.0 A)2×1.0 Ω =4.0 W,故电动机的输出功率为 P 出 =P 总 -P 热 =30.0 W-4.0 W=26.0 W,选项 D 正确。2.D 解析 开关在位置 1 时,外电路总电阻 R 总 = R,电压表示数 U= E= E,两灯电压 U1=U2=3232𝑅𝑅+32𝑅35E,电源内阻的发热功率为 P 热 = 。开关在位置 2 时,外电路总电阻 R 总 '= R,电压表15 (25𝐸)2𝑅 =4𝐸225𝑅 23示数 U'= E= E,灯泡 L1的电压 U1'= E,L2的电压 U2'= E,电源内阻的发热功率为 P 热 '=23𝑅𝑅+23𝑅25 15 25,L1亮度不变,L 2将变亮,故选项 A、B 错误;电源内阻的发热功率将变大,故选项 C 错(35𝐸)2𝑅 =9𝐸225𝑅误;由以上分析可知电压表读数变小,选项 D 正确。3.C 解析 S 断开时等效电路图如图甲所示。6甲乙设每个电阻阻值为 R,电路中总电阻 R 总 1= ,干路电流 I 干 1= ;电容器两端电压为5𝑅3 𝐸𝑅总 1=3𝐸5𝑅U1= I 干 1·R= ,所带电荷量为 Q1=CU1= ;S 闭合后,等效电路图如图乙所示 ,电路中总电阻为 R 总13 𝐸5 𝐶𝐸52= ,干路电流 I 干 2= ,电容器两端电压 U2= I 干 2·R= ,所带电荷量 Q2=CU2= ;综上3𝑅2 𝐸𝑅总 2=2𝐸3𝑅 12 𝐸3 𝐶𝐸3,C 选项正确。𝑄1𝑄2=354.B 解析 由题图可知 R1、 R2并联后再与 R3串联,电流表 A1测通过 R1的电流 I1,A2测通过 R2的电流 I2,V 测路端电压 U。现将 R2的滑片向 b 端移动, R2阻值减小,电路总电阻减小,则总电流 I 增大;根据闭合电路欧姆定律知路端电压 U=E-Ir,所以电压表示数 U 减小;由 U3=IR3,可知 U3增大; R1两端电压 U1=U-U3,所以 U1减小,则 I1减小,而 I=I1+I2,所以 I2增大。故选项 B 正确。5.B 解析 理想变压器有 ,由于原线圈电压不变,所以 V2的示数 U2也不变,A 错误;当 S 断𝑛1𝑛2=𝑈1𝑈2开后,负载的总电阻变大,由于副线圈电压不变,所以总电流减小,即 I2变小,故 C、D 错误;由于副线圈的总电流减小, R1的电压减小,并联电路的电压 U3就会增大,所以 R3的电流 I3就会增大,故 B 正确。6.B 解析 发电机线圈转速变为原来一半时,产生电动势的最大值和有效值均变为原来的一半,变压器匝数比不变,故副线圈上的电压表示数变为原来的一半,选项 B 正确;对负载电阻 R,由 P= 可𝑈2𝑅得, R 消耗的功率变为原来的 ,即副线圈消耗的功率变为原来的 ,故原线圈消耗的功率也变为原来14 14的 ,而原线圈电压变为原来的一半,故原线圈中的电流(电流表示数)变为原来的一半,选项 A、C 均14错误;发电机线圈转速变为原来一半时,线圈转动的角速度变为一半,由 f= 可得交变电流的频率2𝜋𝜔变为原来的 2 倍,选项 D 错误。77.D 解析 由理想变压器可知 ,选项 A 错误; I2= ,而 U2=UR+U3,故 I2 ,选项 B 错误; P 入𝐼1𝐼2=𝑛2𝑛1 𝑈𝑅𝑅 𝑈2𝑅=P 出 ,即 U1I1=U2I2,而 U2≠ I2R,选项 C 错误,D 正确。8.AD 解析 电动势最大值 Em=Bl2ω ,故电流的最大值 Im= ,选项 A 正确;电流表的读数𝐸𝑚𝑅=𝐵𝑙2𝜔𝑅为 I= ,选项 C 错误;电阻 R 上产生的电功率 P=I2R= R,选项 D 正确;由图示位置开始计时,电流𝐼𝑚2 𝐼𝑚22瞬时表达式为 i=Imcos ωt ,选项 B 错误。9.ABD 解析 由题图可以看出,图甲、图乙均为交变电流,图甲为正弦式交变电流,瞬时表达式为u=20sin 100π t(V),电压的有效值为 V=10 V,选项 A、B 正确,C 错误。题图乙的周期202 2T=4×10-2s,由 T= 得 U2=10 V,选项 D 正确。𝑈22𝑅 (102 𝑉)2𝑅 ·𝑇210.BD 解析 变压器输入有效值恒定的电压,原、副线圈的匝数比不变,则副线圈的电压 U2= U1𝑛2𝑛1不变,故选项 A 错误;当用电器增加时,电阻减小,由欧姆定律知 I2= ,副线圈电流增大,输电线的𝑈2𝑅分压增大,用户获得的电压减小,故要提高用户的电压,滑片 P 应向上滑,故选项 B 正确;当用电器增加时,副线圈电流增大,输电线的热损耗 Δ P= R 增大,输出功率由 P2=U2I2知,输出功率变大,故选𝐼22项 C 错误;用电器增加时,副线圈电流增大,因为是理想变压器,故输入功率等于输出功率,输入功率增加,选项 D 正确。11.AD 解析 根据题图,电源 Ⅰ 与电源 Ⅱ 的电动势都是 10 V,二者之比为 1∶ 1,电源 Ⅰ 内阻为 Ω,电107源 Ⅱ 的内阻为 Ω,电源 Ⅰ 的内阻与电源 Ⅱ 的内阻之比为 12∶ 7,选项 A 正确,B 错误。若该小灯泡56与电源 Ⅰ 单独连接,工作电流为 5 A,由 I= 可得小灯泡电阻为 R= Ω,若该小灯泡与电源 Ⅱ𝐸𝑅+𝑟 47单独连接,工作电流为 6 A,由 I= 可得小灯泡电阻为 R= Ω,小灯泡的电阻之比为 24∶ 35,选𝐸𝑅+𝑟 568项 C 错误。若该小灯泡分别与电源 Ⅰ 和电源 Ⅱ 单独连接,小灯泡电压分别为 V 和 5 V,电源 Ⅰ 输207出功率为 5× W= W,电源 Ⅱ 输出功率为 6×5 W=30 W,则电源 Ⅰ 和电源 Ⅱ 输出功率之比为207 100710∶ 21,选项 D 正确。12.CD 解析 电源的输出功率 P 出 =IU=5 A×110 V=550 W,电动机线圈电阻 R 的发热功率 P 热=I2R=100 W,选项 A、B 错误。因能量守恒,电动机对重物做的功的功率为 P 有 =P 出 -P 热 =550 W-100 W=450 W,电动机效率为 η= ×100%= ×100%=81.8%,选项 C、D 正确。𝑃有𝑃出 45055013.BD 解析 由题图知, R1、 R2串联,电流相等,又 R1=R2=10 Ω,所以 R1、 R2电压相等,所以电压表示数为 10 V,所以选项 A 错误;根据欧姆定律得 R1、 R2的电流为 I=1 A,则原线圈电流为 0.5 A,所以选项 B 正确; R1消耗的功率为 P=I2R1=10 W,所以选项 C 错误;由 R1两端电压 u1=10 sin 100π t(V)2知, ω= 2π f=100π,解得 f=50 Hz,所以选项 D 正确。14.AC 解析 由图象可知该交变电流周期为 T=0.02 s,则其电压瞬时值表达式为 u1=220 sin 2100π t V,由变压器的变压关系 可得变压器副线圈的输出电压为 u2=20 sin 100π t V,𝑈1𝑈2=𝑛1𝑛2 2选项 A 正确;输出电压的有效值为 20 V,与传感器 R2并联的电压表的示数小于 20 V,选项 B 错误;当传感器 R2所在处出现火警时,电阻 R2减小,电流 I= 增大,电流表 A 的示数也增大,电压表𝑈2𝑅1+𝑅2V 的示数 U=U2-IR1减小,选项 C 正确,选项 D 错误。1专题能力训练 12 电磁感应及综合应用(时间:45 分钟 满分:100 分)一、选择题(本题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分。在每小题给出的四个选项中,1 ~6 题只有一个选项符合题目要求,7 ~8 题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 8 分,选对但不全的得 4 分,有选错的得 0 分)1.如图所示,边长为 a 的导线框 abcd 处于磁感应强度为 B0的匀强磁场中, bc 边与磁场右边界重合。现发生以下两个过程:一是仅让线框以垂直于边界的速度 v 匀速向右运动;二是仅使磁感应强度随时间均匀变化。若导线框在上述两个过程中产生的感应电流大小相等,则磁感应强度随时间的变化率为( )A. B. C. D.2𝐵0𝑣𝑎 𝐵0𝑣𝑎 𝐵0𝑣2𝑎 4𝐵0𝑣𝑎2.(2018·全国卷 Ⅰ )如图所示,导体轨道 OPQS 固定,其中 PQS 是半圆弧, Q 为半圆弧的中点, O 为圆心。轨道的电阻忽略不计, OM 是有一定电阻、可绕 O 转动的金属杆, M 端位于 PQS 上, OM 与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为 B,现使 OM 从 OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到 OS 位置并固定(过程 Ⅰ );再使磁感应强度的大小以一定的变化率从 B 增加到B'(过程 Ⅱ )。在过程 Ⅰ 、 Ⅱ 中,流过 OM 的电荷量相等,则 等于( )𝐵'𝐵A. B. C. D.23.用导线绕一圆环,环内有一用同样导线折成的内接正方形线框,圆环与线框彼此绝缘,如图所示。把它们放在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里。当磁感应强度均匀减小时( )A.圆环和线框中的电流方向都为顺时针B.圆环和线框中的电流方向都为逆时针C.圆环和线框中的电流大小之比为 1∶ 22D.圆环和线框中的电流大小之比为 2∶ 14.小明有一个磁浮玩具,其原理是利用电磁铁产生磁性,让具有磁性的玩偶稳定地飘浮起来,其构造如图所示。若图中电源的电压固定,可变电阻为一可以随意改变电阻大小的装置,则下列叙述正确的是( )A.电路中的电源必须是交流电源B.电路中的 a 端点须连接直流电源的负极C.若增加环绕软铁的线圈匝数,可增加玩偶飘浮的最大高度D.若将可变电阻的电阻值调大,可增加玩偶飘浮的最大高度5.如图甲所示,正三角形导线框 abc 固定在磁场中,磁场方向与线圈平面垂直,磁感应强度 B 随时间变化的关系如图乙所示。 t=0 时刻磁场方向垂直纸面向里,在 0~4 s 的时间内,线框 ab 边所受到的安培力 F 随时间 t 变化的关系(规定水平向左为力的正方向)可能是下图中的( )6.如图所示,足够长的光滑金属导轨 MN、 PQ 平行放置,两导轨的平面与水平方向的夹角为 θ 。在导轨的最上端 M、 P 之间接有电阻 R,不计其他电阻。导体棒 ab 从导轨的最底端冲上导轨,当没有磁场时,ab 棒上升的最大高度为 hmax;若存在垂直导轨平面的匀强磁场时, ab 棒上升的最大高度为 h。在两次运动过程中 ab 棒都与导轨保持垂直,且初速度都相等。则下列说法正确的是( )A.两次上升的最大高度有 hmaxu=2 m/s,所以 v=4 m/s 即为物块 B 与物块 A 第一次碰撞前的速度大小。(2)设物块 A、 B 第一次碰撞后的速度分别为 v'、 v1,取向右为正方向,由弹性碰撞知-mv=mv1+m0v'mv2= m0v'212 12m𝑣12+12解得 v1= v= m/s1343即碰撞后物块 B 沿水平台面向右匀速运动设物块 B 在传送带上向右运动的最大位移为 l',则0- =-2al'𝑣12l'= m1 m49所以物块 B 不能通过传送带运动到右边的曲面上。(3)当物块 B 在传送带上向右运动的速度为零后,将会沿传送带向左加速。可以判断,物块 B 运动到左边台面时的速度大小为 v1,继而与物块 A 发生第二次碰撞。设第二次碰撞后物块 B 速度大小为 v2,同上计算可知 v2= v1= 2v13 13物块 B 与物块 A 第三次碰撞、第四次碰撞……,碰撞后物块 B 的速度大小依次为v3= v2= 3v,v4= v3= 4v,…13 13 13 13则第 n 次碰撞后物块 B 的速度大小为vn= nv13vn= m/s。43𝑛10.答案 (1)垂直于导轨平面向下(2) (3)𝐵𝑙𝐸𝑚𝑅 𝐵2𝑙2𝐶2𝐸𝑚+𝐵2𝑙2𝐶8解析 (1)由题意可知, MN 所受安培力可以使其水平向右运动,故安培力方向为水平向右,而 MN 中的电流方向为从 M 到 N,因此,根据左手定则可判断磁场方向为垂直于导轨平面向下。(2)电容器完全充电后,两极板间电压为 E,当开关 S 接 2 时,电容器放电,设刚放电时流经 MN 的电流为 I,有I= ①𝐸𝑅设 MN 受到的安培力为 F,有F=IlB ②由牛顿第二定律,有F=ma ③联立 ①②③ 式得a= 。 ④𝐵𝑙𝐸𝑚𝑅(3)当电容器充电完毕时,设电容器上电荷量为 Q0,有Q0=CE ⑤开关 S 接 2 后, MN 开始向右加速运动,速度达到最大值 vmax时,设 MN 上的感应电动势为 E',有E'=Blvmax⑥依题意有E'= ⑦𝑄𝐶设在此过程中 MN 的平均电流为 ,MN 上受到的平均安培力为 ,有𝐼 𝐹lB ⑧𝐹=𝐼由动量定理,有Δ t=mvmax-0 ⑨𝐹又 Δ t=Q0-Q ⑩𝐼联立 ⑤⑥⑦⑧⑨⑩ 式得Q= 。𝐵2𝑙2𝐶2𝐸𝑚+𝐵2𝑙2𝐶