【物理】2019届二轮复习恒定电流和交变电流作业（全国通用）

【物理】2019届二轮复习恒定电流和交变电流作业（全国通用）

课时作业 9　恒定电流和交变电流 选择题(1～5题为单项选择题，6～11题为多项选择题)‎ ‎1．[2018·江苏卷，2]采用220 kV高压向远方的城市输电．当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为(　　)‎ A．55 kV　 B．110 kV C．440 kV D．880 kV 解析：输送功率P＝UI 输电线上损耗的功率P损＝I2r＝2r∝.‎ 当P损减小为原来的时，输电电压应变为原来的2倍．‎ 答案：C ‎2．如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表，闭合开关S后，将滑动变阻器R1的滑片向右移动，下列说法正确的是(　　)‎ A．电流表A的示数变大 B．电压表V的示数变大 C．电容器C所带的电荷量减少 D．电源的效率增大 解析：将滑动变阻器R1的滑片向右移动时R1有效电阻增大，则外电路总电阻增大，总电流减小，由欧姆定律知，R3的电压变小，所以电压表V的示数变小，根据串联电路电压与电阻成正比的规律知，电路中并联部分的电压增大，则通过R2的电流变大，而总电流变小，所以电流表A的示数变小，故A、B错误；电容器板间电压变大，由Q＝CU知电容器C所带的电荷量增加，故C错误；电路中总电流变小，电源的内电压变小，则路端电压U变大，电源的效率为η＝＝ ‎，则知电源的效率增大，故D正确．‎ 答案：D ‎3．[2018·广东深圳二调]如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2＝10：1，原线圈输入的交流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R和额定电压为12 V、工作时内阻为2 Ω的电动机．闭合开关，电动机正常工作，电流表示数为1 A，则(　　)‎ A．副线圈两端电压为22 V B．电动机输出的机械功率为12 W C．通过电动机的交流电频率为50 Hz D．突然卡住电动机，原线圈输入功率变小 解析：由图乙可知U1＝220 V，又知n1：n2＝10：1，则由＝，得副线圈两端电压U2＝22 V，A项错误；电动机输出的机械功率P机＝P总－P内＝1×12 W－12×2 W＝10 W，B项错误；由图乙可知，T＝0.02 s，则f＝＝50 Hz，C项正确；若卡住电动机，则副线圈回路电流变大，再由P入＝P出＝I2U2，可知原线圈输入功率变大，D项错误．‎ 答案：C ‎4．如图所示为某小型发电站的输电示意图，发电站输出U1＝220sin 100πt(V)的交流电通过升压变压器升压后进行高压输电，接近用户时再通过降压变压器降压给用户供电，图中高压输电线部分总电阻为r，负载端的电压表是理想电压表，下列有关描述正确的是(　　)‎ A．若开关S1、S2都断开，则电压表示数为零 B．负载端所接收交流电的频率为25 Hz C．深夜开灯时灯较亮是因为高压输电线上电压损失减小的缘故 D．用电高峰期灯泡较暗，可通过减少降压变压器副线圈的匝数来提高其亮度 解析：开关都断开时降压变压器空载，其副线圈两端有电压，电压表示数不为零，选项A错误；变压器不能改变交流电的频率，故负载端所接收交流电的频率还是50 Hz，选项B错误；深夜大部分用户已关灯，干路中电流减小，线路损耗也减小，用户得到的电压升高，故此时开灯较亮，选项C正确；用电高峰时，负载增多，负载电阻减小，干路中电流增大，因此输电线路上损耗电压增大，导致降压变压器的输入电压降低，为提高负载电压，可增大降压变压器副线圈的匝数，使负载电压提高，选项D错误．‎ 答案：C ‎5．有一种测量人体重的电子秤，其原理图如图所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R(是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表(实质是理想电流表)，设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3 A，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，电阻R随压力变化的函数式为R＝30－0.02F(F和R的单位分别是N和Ω)．则下列说法正确是(　　)‎ A．该秤能测量的最大体重是1300 N B．体重为1300 N应标在电流表刻度盘2 A刻度处 C．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表刻度盘0刻度处 D．该秤零刻线应标在电流表刻度盘的最大刻度处 解析：电路中允许的最大电流为I1＝3 A，由闭合电路欧姆定律E＝I1(R＋r)得，Rmin＝2 Ω，代入R＝30－0.02F得，Fmax＝1400 N，A错误；同理，体重为1300 N时，I2＝2 A，B正确；同理当体重为零时，I3＝0.375 A，C、D均错误．‎ 答案：B ‎6．某兴趣小组自制一小型发电机，使线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化的图象如图所示，线圈转动周期为T，线圈产生的电动势的最大值为Em.线圈的电阻为r，该线圈与电阻为R的纯电阻用电器构成闭合回路，则(　　)‎ A．线圈匝数为n＝ B．电阻为R的用电器的电功率为 C．在0～时间内通过用电器的电荷量为q＝ D．若线圈转速增大为原来的2倍，线圈中电动势的瞬时值为Emcos 解析：线圈中电动势的瞬时值e＝nBScos，而Φm＝BS，所以线圈匝数为n＝，选项A正确；电路中电流的有效值为I＝，用电器的电功率为，选项B错误，在0～时间内通过用电器的电荷量为q＝n＝，选项C正确；若线圈转速增大为原来的2倍，线圈中电动势的瞬时值e1＝2Emcos，所以选项D错误．‎ 答案：AC ‎7．如图所示为远距离输电示意图，其中T1、T2为理想变压器，输电线电阻可等效为电阻r，灯L1、L2相同且阻值不变．现保持变压器T1的输入电压不变，滑片P位置不变，当开关S断开时，灯L1正常发光．则下列说法正确的是(　　)‎ A．仅闭合开关S，灯L1会变亮 B．仅闭合开关S，r消耗的功率会变大 C．仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小 D．仅将滑片P上移，电流表示数会变小 解析：仅闭合开关S，则负载端消耗的功率变大，T2副线圈中电流增大，T2原线圈中的电流也增大，则r上的电压和功率增大，则T2输入电压减小，灯L1两端电压减小，灯L1会变暗，故A错误，B正确；仅将滑片P下移，则T1副线圈的匝数增多，副线圈电压U2增大，灯L1两端电压也增大，通过灯L1的电流增大，则输电线中的电流增大，电阻r消耗的功率增大，故C错误；仅将滑片P上移，则T1副线圈的匝数减小，副线圈电压U2减小，同理分析可知灯L1两端电压也减小，通过灯L1的电流减小，则输电线中的电流减小，T1原线圈中的电流减小，则电流表示数减小，故D正确．‎ 答案：BD ‎8．含有理想变压器的电路图如图所示，电源电压保持不变，若将滑动变阻器的滑动触头向左滑动，关于两电表示数的变化，下列判断正确的是(　　)‎ A．电流表的示数变大 B．电流表的示数变小 C．电压表的示数变大 D．电压表的示数变小 解析：电源电压保持不变，若将滑动变阻器的滑动触头向左滑动，接入电路中的电阻值减小，变压器原线圈输入电压增大，根据变压器变压公式，可知副线圈输出电压增大，电压表的示数变大，负载中的电流增大，副线圈输出功率增大．根据理想变压器输入功率等于输出功率，可知原线圈的输入功率增大，原线圈输入电流增大，电流表的示数变大，选项A、C正确，B、D错误．‎ 答案：AC ‎9．如图甲所示是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的感应电动势e随时间t变化的正弦规律图象如图乙所示，发电机线圈的内阻不计，外接灯泡的电阻为R＝12 Ω.则(　　)‎ A．在t＝0.01 s的时刻，穿过线圈的磁通量最大 B．电压表的示数为6 V C．灯泡消耗的电功率为3 W D．若其他条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈产生的感应电动势的表达式e＝12sin 100πt(V)‎ 解析：在t＝0.01 s时刻，感应电动势为零，则线圈平面位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，选项A正确；由图乙可知线圈产生的感应电动势的最大值为Em＝6 V，电压表测量的为有效值E，故示数为 V＝6 V，选项B错误；灯泡消耗的电功率P＝＝ W＝3 W，选项C正确；未提高转速前，线圈转动的周期为0.02 s，瞬时感应电动势表达式为e＝Emsin＝6sin 100πt(V)．转速提高一倍后，由ω＝2πn可知，线圈转动的角速度变为原来的2倍，瞬时感应电动势也变为原来的2倍，故产生的感应电动势的表达式应为e＝12sin 200πt(V)，选项D错误．‎ 答案：AC ‎10．如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率P＝20 kW.在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1：10，电流表的示数为1 A，输电线的总电阻r＝10 Ω，则下列说法正确的是(　　)‎ A．采用高压输电可以增大输电线路中的电流 B．升压变压器的输出电压U2＝2 000 V C．用户获得的功率为19 kW D．将P下移，用户获得的电压将增大 解析：采用高压输电可以减小输电线路中的电流，从而减小输电损耗，选项A错误；电流表的示数为1 A，电流互感器匝数比为1：10，故输电线路中电流的大小I2＝10 A，根据P＝U2I2可得升压变压器的输出电压U2＝2 000 V，选项B正确；线路损耗的功率Pr＝I2r＝1 kW，故用户获得的功率为19 kW，选项C正确；将P下移，降压变压器原线圈匝数增大，用户获得的电压将减小，选项D错误．‎ 答案：BC ‎11．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2：1，R1、R2为定值电阻，且R1＝2R2，已知a、b两端电压按图乙所示正弦规律变化．下列说法中正确的是(　　)‎ A．电阻R2中的电流方向每秒钟改变100次 B．电压表示数为110 V C．电阻R1、R2消耗的功率之比为1：4‎ D．a、b两端与副线圈两端的电压之比为3：1‎ 解析：由u－t图象可知周期T＝0.02 s，频率f＝50 Hz，所以电阻R2中的电流方向每秒钟改变100次，故A正确；由＝可知U1＝2U2，由＝可知I1＝0.5I2，而U2＝I2R2，由题可知220 V＝U1＋I1R1＝2U2＋U2＝3U2，解得电压表示数为U2＝73.3‎ ‎ V，故B错误；由功率P＝I2R可知电阻R1、R2消耗的功率之比为1：2，故C错误；a、b两端与副线圈两端的电压之比为3U2：U2＝3：1，故D正确．‎ 答案：AD