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物理·電場和磁場 電路與電磁感應
(2)在滿足(1)的前提下,在T 時間內粒子的最大動能為 , 1 2
πnqBr2 所以 WF1=
為 0 . 2
mvt-W 安+μmgx=6.025J
4T 答:(1)t=5s時,PQ 消耗的電功率為9.38W.
12.解:(1)當導體棒速度為v 時,導體棒上的電動勢為 (2)t=0~2.0s時間內通過PQ 棒的電荷量為1C.
E,電路中的電流為I. (3)F1 隨時間t變化的函數關系為F1=(1.4+0.25t)N,
由法拉第電磁感應定律:E=BLv① F2 隨時間t變化的函數關系為F2=(1.2-0.25t)N.
(
: E 4
)MN 棒從靜止開始到s=5m的過程中,F1 所做的由歐姆定律 I=R+r② 功為6.025J.
導體棒所受安培力F安=BIL③
B2L2v 第四單元 直流與交流電路
解①②③得:F安=R+r ④
(2)由圖可知:導體棒開始運動時加速度a =5m/s2,初 第1節 電功率 電阻定律 焦耳定律1
速度v0=0,導體棒中無電流. 【基礎特訓】
由牛頓第二定律知:F-f=ma1⑤ 解析:金屬導體隨著溫度升高,電阻率變大,從
解得:
1.BD
F=2N⑥ 而導致電阻增大,對于半導體材料,電阻隨著溫度升高而減
由圖可知:當導體棒的加速度a=0時,開始以v=3m/s做 小,因此由圖可知,圖線1表示金屬導體的電阻隨溫度的變
勻速運動 化,圖線2表示半導體材料的電阻隨溫度的變化.為熱敏電
此時有:F-f-F安=0⑦ 阻的圖線;其化學穩定性差、測溫范圍小、靈敏度高;故 AC
(
: F-f
)(R+r)
解④⑦得 B= 錯誤,BD正確.vL2 2.D 解析:設導體的電阻率為ρ,厚度為d,邊長為L,
帶入數據解得:B=2T⑧ L L 1
(3)設ef 棒此過程中,產生的熱量為Q, 則由電阻定律得:導體的電阻R=ρS =ρLd=ρ
, 與
d R
1
由功能關系知:(F-f)s=Q+ mv2 U2 ⑨ 邊長L 無關,故R1=R2.通過電阻的電流I= ,由于U 與R
帶入數據解得Q=6J⑩ R 都相同,則通過兩電阻的電流相同,故 AB錯誤;電流I=
答:(1)當導體棒速度為v 時,棒所受安培力F安 的大小 nevS=nevLd,由于I、n、e、d 相同,則L 越大,v 越小,則R1
B2L2v
為 . 中自由電荷定向移動的速率小于R2 中自由電荷定向移動的R+r 速率,故C錯誤,D正確.
(2)磁場的磁感應強度B 為2T. 3.D 解析:電動機的總功率為P=UI,故A正確;電動
(3)若ef 棒由靜止開始運動距離為s=6.9m時,速度已 機的發熱功率,根據焦耳定律:P =I2熱 R.故B正確.電動機
達v'=3m/s.求此過程中產生的焦耳熱Q 為6J. 的輸出功率為:P出=P-P =UI-I2熱 R.故C正確.因為P
13.解:(1)金屬棒ab在5s時的速度 >P熱,即UI>I2R,U>IR,歐姆定律不適用.故UI≠I2R≠
vt=at=2×5m/s=10m/s U2
電動勢E=BLvt=0.5×1×10V=5V ,故D錯誤.本題選錯誤的,故選R D.
E 5
此時電流I=Rab+R =cd 0.5+1.5A=2.5A 4.AD 解析:
l
由R=ρ 知,導體的電阻與長度l、電阻
: 2 2 S所以 Pcd=IRcd=2.5×1.5W≈9.38W 率ρ成正比,與橫截面積S 成反比;故 A正確;由歐姆定律
(2)
1
t=0~2.0s時間內金屬棒ab運動的位移x= at2 可求得電阻,但電阻與導體兩端的電壓及電流無關;故B錯2 誤;電阻率是由導體的材料決定的,導線一分為二時,導體的
1
= ×2×22m=4m 電阻率不變;故C錯誤;金屬導體的電阻率隨溫度的升高而2 增大;半導體材料隨溫度的升高面降低;故D正確.
t=0~2.0s時間內穿過閉合回路磁通量的變化量為 5.A 解析:R1 兩端的電壓U1=I1R1=0.3×10Ω=3V
ΔΦ=B1Lx=0.5×1×4Wb=2Wb R2 兩端的電壓U2=I2R2=0.5×4=2V,
t=0~2.0s時間內通過ab棒的電荷量為 R1 左端與R2 的左端電位相等,U1>U2,則R1 右端的
E ΔΦ 2
q=It=R +R t=R = C=1C
電位低于R2 右端的電位.
ab cd ab+Rcd 0.5+1.5 R3 兩端的電壓U3=U1-U2=3V-2V=1V
(3)金屬棒ab在做勻加速直線運動的過程中,電流和時 U3 1
間的關系為 通過R3 的電流I3=R =4=0.25A
,R3 上端電位低,
3
BLv BLat 0.5×1×2t
I=R +R = = =0.5t
(A) 下端電位高,電流方向由下向上.
ab cd Rab+Rcd 0.5+1.5 因此用節點法可知通過電流表的電流方向向左.設電流
對金屬棒ab由牛頓第二定律有:F1-B1Il-μmg=ma 表的示數為IA,對于電流表左端的節點,流入節點的電流等
得:F1=1.4+0.25t(N) 于流出節點的電流.
對金屬棒cd 由平衡條件有:F2+B2Il-mgsin37°=0 即IA+I2=I3
得:F2=1.2-0.25t(N) 電流表的示數IA=I3-I2=0.25A-0.5A=-0.25A,
(4)ab棒做變加速直線運動,當x=5m時, 方向向右,故A正確,BCD錯誤.
vt=0.4×5=2(m/s) 6.解:(1)根據焦耳定律,熱功率為P =I2熱 r=12×1W
因為速度與位移成正比,所以電流、安培力也與位移成 =1W.
正比, (2)輸入功率等于P入=IU=1×5W=5W,
B2L2v 0.52×12×0.4x
F安=BIL= 1 = =0.05x(N) 輸出功率等于P出=P入-PQ=5W-1W=4W.1 Rad+Rcd 0.5+1.5 (3)電動機的輸出功率用來提升重物在10s內,有:
1
F = ×0.05×5=0.125(N) P出t=mgh.安 2 解得:
所以,W 安=-F安×5=-0.125×5=-0.625(J) P出t 4×10
1 h= =
根據動能定理,得W +W - m x= mv2-0 mg 20
=2m.
F1 安 μ g 2 t 答:(1)電動機線圈電阻上消耗的熱功率是1W.
1 13

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(2)電動機的輸入功率是5W,輸出功率是4W. 易錯題特訓
(3)10s內,可以把重物A 勻速提升2m高. 1.A 解析:電動勢表示電源把其他形式的能轉化為電
【能力特訓】 能的本領大小,電動勢由電源本身的特性決定,與外電路的
高頻題特訓 結構無關.故A正確.電動勢的單位和電勢差相同,但兩者的
1.AD 解析:根據數學知識可知,通過電阻的電流與兩 物理意義不同,不能說電動勢就是電勢差.故B錯誤.一個電
, ; U , 動勢為1.5V的電源接入電路時
,若有1C的電荷量通過電
端電壓成正比 故A正確 根據電阻的定義式R= 可知I I W 非
路,由電動勢的定義式
10 E=
,知E=1.5V,q=1C,則W 非
-U 圖象斜率的倒數等于電阻R,則得R= ,故 q5 Ω=2Ω =1.5J,即電源就有1.5J的化學能轉化為電能.故C錯誤.電
BC錯誤.由圖知,當U=6V時,I=3A,則每秒通過電阻橫 壓表接到電源兩極時,測得的是電源兩極間的電壓,由于電
截面的電荷量是q=It=3×1C=3.0C,故D正確. 壓表構成了一個外電路,電源有一定的內電壓,所以電壓表
2.A 解析:(1)圖甲所示電路是電流表的內接法,電流 的讀數小于電動勢,故D錯誤.
的測量值等于真實值,由于電流表的分壓作用,電壓的測量 2.B 解析:由于RA>RB,則A燈分擔的電壓大于燈B
值大于真實值,即所測電流I是真實的,所測電壓U 偏大,電 分擔的電壓,即A燈的電壓大于U,A燈不能正常發光.故A
U , ;() 錯誤.由于變阻器的調節
,兩燈均能正常發光.B項中由于R
阻測量值R A1= 大于真實值R 即I R1>R 2
圖乙所示電
>RB,A燈與變阻器并聯,并聯電阻可以與B燈電阻相等,
路是電流表的外接法,電壓的測量值等于真實值,由于電壓 兩燈電壓可以均等于U,均能正常發光.電路的總功率P總=
表的分流作用,電流的測量值大于真實值,即所測電壓U 是 2PB.C項中,電路的總功率P總>PB+PA.D項中電路的總
U 功率, , P總>PB+PA.
故B正確,CD錯誤.
真實的 所測電流I 偏大 電阻測量值 R2= 小于真實值I 3.解:(1)電動機不轉動時,是純電阻電路,根據歐姆定
R,即R>R2;綜合分析可知:R1>R>R2,故 A正確,BCD 律得:
錯誤;故選A. U 0.2
3.B 解析:由圖甲所示可知,電阻與G并聯,甲為電流 r=
r
I =r 0.4=0.5Ω.
表,分流電阻R 增大時,電阻分流電流減小,量程變小.故 A (2)當電動機正常工作時:
錯誤,B正確;由圖乙所示可知,電阻R 與G串聯,乙為電壓 P機=UI-I2r=2×1-1×0.5=1.5W.
表,R 增大,電阻分壓電壓變大,量程變大.故C錯誤;由以上 (3)當電動機正常工作1分鐘時,電動機消耗的電能Q
分析可知,B正確,則D的說法錯誤,故D錯誤. =UIt=2×1×60=120J.
4.A 解析:當將A 與B 接入長方體銅導線的電阻為: () P機 1.5
U U 4 電能轉化為機械能的效率η= ×100%= ×
RAB= = Ω=UΩ, P總 2I 1 100%=75%.
: l , 答:(1)這只電動機線圈的電阻為R = =U 0.5Ω.由歐姆定律可得 AB ρmn (2)當 電 動 機 正 常 工 作 時,轉 化 為 機 械 能 的 功 率
銅導線的電阻率為: 是1.5W.
mnU (3)當電動機正常工作1分鐘時,電動機消耗的電能是
ρ= l 120J.
n n2U U (4)該玩具電動機正常工作時電能轉化為機械能的效率
當CD 接入電路時,電阻為RCD=ρml=I2 =4 是75%.
U 拓展題特訓
有歐姆定律可得I= =4A,故選R A.
2
CD πd
: 1.C
解析:由題意可知,長度之比為:1∶2;由S=
5.B 解析 ①開關閉合后恰好三個燈消耗的電功率都 4
相等,設為P;對于燈泡R1 與燈泡R2,由于燈泡R1 的電壓 L可得:面積之比為:1∶4;由R=ρ 可知,電阻與導體長度成
U2 U2 S
大,根據P= ,有:R= ,故R1>R2;②對于燈泡R P R3
與 正比,與截 面 積 成 反 比;則 可 知,兩 電 阻 絲 的 電 阻 之 比 為:
燈泡R2,由于燈泡R2 的電流大,根據P=I2R,有R3>R2; U
2
2∶1;因P1=P2;則由P= 可知,電壓之比為: ;故
③對于燈泡R1 與燈泡R3,由于燈泡R1 的電壓大,根據P= R
2∶1
U 選C.
UI,燈泡R1 的電流小,根據R= ,有:R1>R3;故I R1>R3 U22.D 解析:根據P= 可得,四個燈泡的電阻:; R R1=>R2 故選B.
6.解:(1)由P=UI可得: U2 2202 2, U 220
2
R2=P2=100=484ΩR3=R4=P = 40 =1210Ω
;
P 0.6 , 4電流I=U =12=0.05A 故R3=R4>R1=R2,由電路圖可知,L2 與L3 并聯,所
發熱功率P 2熱=IR=(0.05)2×3=0.0075W. U2
() 以電壓相等,根據 可知:2 機械功率P =P-P =0.6-0.0075=0.5925W; P=R P2>P3
;
機 熱
P機 0.5925 L1 與L4 串聯,電流相等,根據P=I2R 可知,P4>P1;
電動機的效率η= P ×100%= 0.6 =98.75%. L1 的電流大于L2 的電流,則可知:
() , ; U 12 ; I1=I4>I2>I3
;由歐姆定律可知,故U1>U2=U3>
3 若卡住 視為純電阻電路 則電流I=R =3=4A U4;故BC錯誤;根據P=I2R 可知:P1>P2;所以P4>P1
電動機消耗的功率等于發熱功率P=P =I2熱 R=16× >P2>P3.故D正確.
3=48W. 3.AD 解析:電動機輸出功率為P=mgv=5.7×103×
答:(1)通過電動機的電流是0.05A;電動機的發熱功率 10×0.1W=5.7×103 W;由UI=P+I2R 解得R=4.75Ω,
是0.0075W. 選項A正確,C錯誤;電動機的發熱功率小于輸入功率,選項
(2)電 動 機 的 機 械 功 率 是0.5925 W;電 機 的 效 率 是 PB錯誤;電動機的工作效率為98.75%. η=UI=75%
,選項D正確;故
(3)如接上電源后,扇葉卡住不能轉動,這時通過電動機 選AD.
的電流為4A;電動機消耗的電功率和發熱功率均為48W. 4.解:(1)驅動電機的輸入功率為:
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物理·電場和磁場 電路與電磁感應
P =IU=150×300W=4.5×104電 W. 1.5
(2)在勻速行駛時有:P機=0.8P =Fv=Fv E=1.5+1.5r電 f
0.8P電 由閉合電路歐姆定律得: ,
Ff= v =1440N.
E=2Vr=0.5Ω
答:電源電動勢E 為2V,內阻r為0.5Ω.
(3)設太陽能電池板的面積是S,距太陽中心為r 的球 【能力特訓】
面面積為:S0=4πr2, 高頻題特訓
若沒有能量損耗,太陽能電池板接收到的太陽能功率為 1.A 解析:當滑動變阻器的滑動頭向下滑動時,變阻
P0 器接入電路的電阻增大,根據全電路歐姆定律得知,總電流P',則有:P'= ,4πr2S I變小,A燈的電壓UA=E-I(R1+r),I 變小,UA 變大,A
太陽能電池板實際接收到的太陽能功率為P,有: 燈變亮.流過B 的電流IB=I-I2,I 變小,I2 變大,則IB 變
P=(1-30%)P', 小,B燈變暗.故A正確,B錯誤.由于外電阻與電源的內阻大
由于P機=4.5×104 W, 小關系未知,無法判斷電源的輸出功率如何變化.故C錯誤.
4πr2P機 UI U R
電池板面積為:S= , 電源的工作效率η= ,外電路總電阻 增大,0.15×0.7P0 EI
=E =R+r R
解得:S=303m2. 電源的工作效率增大.故D錯誤.
由于需要的太陽板面積過大,實際中無法操作. 2.B 解析:將光照強度減弱,光敏電阻的阻值增大,電
答:(1)驅動電機的輸入功率為4.5×104 W. 路中的總電阻增大;由閉合電路歐姆定律可得,電路中干路
(2)汽車所受阻力的大小為1440N. 電流減小,故R1 兩端的電壓減小,故A錯誤;因干路電流減
(3)設所需的太陽能電池板的最小面積303m2;電池板 小,電耗的內電壓減小,路端電壓增大,同時R1 兩端的電壓
的面積太大,不符合實際.改進的方法是提高太陽能電池板 減小,故并聯電路部分電壓增大;則流過R2 的電流增大,故
的能量轉化效率. C錯誤;由并聯電路的電流規律可知,流過燈泡的電流一定
減小,故由P=I2R 可知,小燈泡消耗的功率變小,故B正
第2節 閉合電路的歐姆定律 確;電源兩端的電壓為路端電壓,由上分析可知,電源兩端的
【基礎特訓】 電壓變大,故D錯誤.
E 4.5 3.B 解析:據題意,電源為恒流源,能夠提供持續的定
1.C 解析:根據閉合電路歐姆定律得:I=R+r=4.5 值電流,電阻R2 兩端電壓不變,則當滑動變阻器的滑動觸頭
=1A,路端的電壓為U=IR=1×4V=4V,故選C. 向上滑動時,電壓表讀數的變化量等于電阻R1 兩端電壓的
2.C 解析:直線A 為電源a 的路端電壓與電流的關系 變化量,設為ΔU,總電流為I,電流表讀數為IA.電阻R1 兩
R 端電壓U1=(I-IA)R1,則|ΔU|=|ΔU1|=|(I-IA)R1|
圖象,可讀出電源a 的內電阻大,由η= 知,電源a 效率R+r ΔU=|ΔIA|R1,則得| |=R1,故B正確.
較低,故A錯誤.電源的輸出功率P=UI,數值上等于圖線交 ΔIA
點和原點對應的“面積”,由圖可知R 接到a 電源上,電源的 4.C 解析:根據圖中a、b圖線的斜率可判斷,a 圖線的
輸出功率較大.故B錯誤,C正確. 斜率大,其斜率大小為r+R1,b 圖線的斜率為電源內阻r,
3.C 解析:閉合開關后,兩個小燈泡均不發光,說明電 即a 圖線是電壓表V3 的示數隨電流表示數變化的情況,故
路為斷路,電壓表測得ac 與bd 兩點間的電壓均為6V,而 A正確.電壓表 V2 測量定值電阻R1 的電壓,其U-I 圖象
ac和bd 的公共部分為bc,因此bc處發生斷路,即L 的燈絲 是過原點的直線,故B正確;由閉合電路歐姆定律得U1=E2
斷了.若L 燈或變阻器斷路,U =U =0,與題不符.故C正 -Ir,V1 示 數 的 變 化 量 和 電 流 表 示 數 的 變 化 量 的 比 值 為1 ac bd
確,ABD錯誤. ΔU1=r是電源內阻,故C錯誤;由閉合電路歐姆定律得U3
4.BD 解析:L2 和L3 并聯后與L1 串聯,L2 和L3 的電 ΔI
壓相同,則電流也相同,L 的電流為L 電流的2倍,由于燈 =E-I(r+R1),V3 示數的變化量和電流表示數的變化量1 2
泡是非線性元件,所以L1 的電壓不是L2 電壓的2倍,故 A ΔU3的比值為 =r+R1 是確定值,故D正確;本題選錯誤的,
錯誤;根據圖象可知,當電流為0.25A時,電壓U=3V,所以 ΔI
P=UI=0.75W,故B正確;L2 的電流為0.125A,由圖可 故選C.
知,此時L2 的電壓小于0.5V,根據歐姆定律可知,L2 的電 5.B 解析:塵埃P 受到重力和電場力而平衡,要使塵
阻小于4Ω,故C錯誤;根據P=UI 可知,L2 消耗的電功率 埃P 向下加速,就要減小電場力,故要減小電容器兩端的電
P2<0.125×0.5=0.0625W,所以L1、L2 消耗的電功率的比 壓;電路穩定時,滑動變阻器R1 無電流通過,兩端電壓為零,
值大于4∶1,故D正確. 故改變R1 的電阻值無效果,故A錯誤;變阻器R2 處于分壓
5.ABC 解析:由圖線Ⅰ縱軸截距讀出電源的電動勢E 狀態,電容器兩端電壓等于變阻器R2 左半段的電壓,故要減
ΔU 3 小變阻器R2 左半段的電阻值,變阻器R2 滑片應該向左移
=3V,其斜率大小等于電源的內阻r=ΔI=6 Ω=0.5Ω. 動,故B正確,C錯誤;把閉合的開關S斷開,電容器兩端電
U 2 壓增大到等于電源電動勢,板間場強增大,塵埃所受的電場
故A正確.電阻R 的阻值為R=I =2 Ω=1Ω.
故B正確. 力增大,故P 向上加速,故D錯誤.
兩圖線的交點表示該電源直接與電阻R 相連組成閉合電路 6.解:(1)小球進入電場中做類平拋運動,水平方向做勻
時電路中電流和路端電壓,則有U=2V,I=2A,電源的輸 速直線運動,豎直方向做勻加速運動,則有:
出功率為P=UI=2×2W=4W.故C正確.電源的效率為η 水平方向:l=v0t,
UI 2 1
=EI=3≈66.7%.
故D錯誤. 豎直方向:d= 2,2at
6.解:由閉合電路歐姆定律得: 2dv2 2×0.4×42由上兩式得: 0
U a= l2 = 0.82 =20m
/s2,
E=U1+I1r=U1+
1
Rr1 qU
U -mg
E=U +Ir=U + 2
d
2 2 2 Rr
又加速度為:a= ,
2 m
代入得: (: m g+a
)d 2×10-2×(10+20)×0.4
聯立得
1 U= = 1×10-2 =E=1+ r; q0.5 24V.
1 15

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:U R' , 0.2A時
,其兩端的電壓為0.8V,故L 的功率為P
根據串聯電路的特點有 = 1 L1
=UL1I
E R+R'+r =0.16W,A錯誤;因為 R 和L1 串聯,則通過 R 的電流為
:24 R' , 0.2A,所以R 兩端的電壓為UR=IR=1.6V,即電容器兩端代入得
40=15+R'+1 的電壓為1.6V,所以根據公式Q=CU 可得電容器的帶電量
解得,滑動變阻器接入電路的阻值為:R'=24Ω. 為1.6×10-4C,D錯誤;根據串并聯電路規律可得UL2=UL1
(2)根據閉合電路歐姆定律得電流表的示數為: +UR=2.4V,從圖b中可以看出此時通過L2 的電流為0.4
E 40
I= = A=1A, , 2.4R+R'+r 15+24+1 A 所以L2 的電阻為R= =6Ω
,B錯誤;此時電路總電流0.4
電壓表的示數為:U=E-Ir=40-1×1=39V. 為I總=0.4+0.2=0.6A,根據閉合回路歐姆定律可得E=
(3)電源的輸出功率是 P=UI=39×1W=39W. EI總-UrI總
答:(1)滑動變阻器接入電路的阻值為24Ω. I總r+UL2=3V,所 以 電 源 的 效 率 為η= EI ×總
(2)此時電流表、電壓表的示數分別為1A和39V. 100%=80%,C正確.
(3)此時電源的輸出功率是39W. U
易錯題特訓 3.D 解析:從圖甲可知,根據R= 可知該金屬絲的I
1.AD 解析:當沒有光照時,C 不帶電說明C 所接兩點 阻值隨溫度的升高而增大,選項A錯誤;當溫度越高時,金屬
電勢相等,以電源正極為參考點,R1 上的分壓減小,而R3 上 絲電阻越大,則根據全電路歐姆定律可知,電壓表的讀數越
的分壓增大,故上極板所接處的電勢低于下極板的電勢,故 大,則電壓表的指針偏轉角越大,選項B錯誤;溫度越高,金
下極板帶正電,上極板帶負電,故 A正確,B錯誤;因有光照 屬絲電阻越大,電路的總電流越小,根據P=IE 可知,電源
射時,光敏電阻的阻值減小,故總電阻減小;由閉合電路的歐 消耗的功率越小,選項C錯誤;因R0越大,可知金屬絲兩端
姆定律可知,干路電路中電流增大,則電源提供的總功率增 的電壓越小,電壓表的指針偏角越小,故選用不同阻值的
, R0大 由E=U+Ir可知路端電壓減小,R1 與R2 支路中電阻 可以改變溫度計的量程,R0越大,量程越大,選項D正確;故
不變,故該支路中的電流減小;則由并聯電路的電流規律可
選
, D.知 另一支路中電流增大,即通過R2 的電流減小,而通過R4
的電流增大, E所以故C錯誤,D正確. 4.解:(1)電流表A示數I= ,
2.A 解析:當滑動變阻器R3 的滑片P 向上端a 滑動
r+R3+R并
時,變阻器的有效電阻減小,外電路總電阻減小,由閉合電路 : , R R又因為 R 1 2并 min=0R并max=
歐姆定律得知:干路電流I 增大,A2 增大.電壓表 V讀數U R1+R2
=E-I(R2+r),I 增大,U 減小,則電壓表 V減小,電流表 所以: EImax=
A1 減小.故A正確. r+R3
3.B 解析:由閉合電路歐姆定律得:U=E-Ir,輸出功率 EImin=
為:P=UI=EI-I2r,故有EI1-I21r=EI2-I22r,整理得:I1+ R1Rr 2+R3+
E R1+R2
I2= ,故 A錯誤,r B
正確;根據電功率表達式,P 20=I1R= (2)從圖b知,當R外=6Ω時,電源E 的輸出功率P 最
E E2 E2 大,即電源內阻為6Ω,而R1 和R2 部分的電阻變化范圍是
I22R2,且I= ,則有:R+r (R +r)2R1=(R +r)2R2
;整理得: 0~4Ω,因此R3 的阻值必須大于1 2 2Ω小于6Ω.即2ΩR 21R2=r ,故CD錯誤. <6Ω;
4.解:(1)電燈L突然熄滅,且電流表示數變大,說明總 R R故選擇4Ω的電阻值;R = 1 2并 =4Ω
電阻變小,電壓表也有示數,所以故障為斷路,只可能燈L發 R1+R2
生斷路. E 2
U P=I
2(R3+R并)= ( ) (r+R +R R3+R并)() 10 3 并2 由于U=U2=10V,則有R = 22 ( )I =0.5=20Ω2 代入數據得:P=2W
L未發生斷路前恰好正常發光,所以L的額定電壓UL :( ) E答 電 流 表 的 示 數 范 圍 是
P 1 1 R R ≤I
=4V,L的額定電流IL=
L
U = =0.25
(A). r+R 1 23+
L 4 R1+R2
L未 斷 路 前 路 端 電 壓 U'=U'2=I'2R2=0.45×20 E
=9(V), ≤r+R .3
UR1 U'-UL 9-4 (2)要選擇4Ω的電阻,當滑片P 滑至b時電源的輸出變阻器 連 入 電 路 的 阻 值 R1=I =R1 I
= 功率是
L 0.25 2W.
=20(Ω).
(3)
第 節 交變電流產生
根據全電路歐姆定律E=U+Ir, 3
有故障前:E=9+(0.45+0.25)r;故障后:E=10+0.5r. 【基礎特訓】
解之得 E=12.5(V),r=5(Ω) 1.B 解析:交變電壓的表達式為u=1002sin(100πt)
答:(1)故障是L發生斷路.
() , ,可知最大值為 ,又是正弦式電流,則電壓的有效2 發生故障前 滑動變阻器接入電路的阻值為20Ω. V 1002V
(3)電源的電動勢和內電阻分別為12.5V和5Ω. 2π值:U=100V,故A錯誤.由公式ω= ,則有周期T T=0.02s. 拓展題特訓
1.C 解析:當滑動變阻器滑片P 向右移動時,變阻器 故B正確.由于電壓的有效值為100V,則該電壓加在100V
接入 電 路 的 電 阻 減 小,根 據 歐 姆 定 律 可 知,電 流 I= 的燈泡兩端,燈泡正常發光,功率為100W;故C錯誤;將t=
E 1
增大,電壓表的讀數U=E-Ir 減小,故R+R +r A
錯誤; s代入瞬時表達式,則有交流電壓的瞬時值為400 100V.
故D
L
燈泡功率P=I2R ,R 不變,I 增大,P 增大,則燈泡變亮, 錯誤.L L
故B錯誤;電容器電壓UC=E-I(R +r)減小,電容器電量 2.B 解析:由圖可知,該交流電的周期為6s;在一個周L
2
Q=CUC 減小,故C正確;電源的總功率P總=EI,E 不變,I 1期內,其發熱量Q=2× ( ) R×2=2R;
增大,P總 增大,故D錯誤. 2
2.C 解析:從圖b中可以看出當通 過 燈 泡 的 電 流 為 由交流電有效值的定義可得:I2R×6=Q=2R,解得:I
1 16

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
3 1 2Pr
= ;故選3 A B. 2πBSn=2πB× πR
2n,故有:n= ,故 正確、 錯2 π2R2B A B
3.B 解析:方波的電流有效值Ia=Im,正弦交流電的 誤.從該位置旋轉90°的過程中,穿過線框平面的磁通量的變
I
I = m有效值 b .根據功率公式P=I2R 得到.
1 1
化量為ΔΦ=B×2πR
2= πR2 根據推論得到,通過小
2 2
B.
2
Pa∶Pb=I 2∶I 2=I 2a b m ∶ (Im )2 ΔΦ πBR=2∶1,故選:B. 燈泡的電荷量為q= - ,故C錯誤、 錯誤2 r 2r D .
4.BC 解析:交變電流的電器設備銘牌上所標的電壓 4.CD 解析:設電壓表的讀數為U,根據電壓有效值的
2
和電流值以及交變電流表和交變電壓表測定的電流、電壓的 (311)
數值均為交變電流的有效值,故A錯誤,B正確;根據交流電 2
, 概念應有:
U · 20.02=0+ ·0.01,
有效值的定義可知 在相同時間內通過同一電阻,跟直流電 R R
有相同熱效應的交變電流值是交流的有效值;故C正確;給 解得U=110 2 V≈155.5V,即 電 壓 表 的 示 數 應 為
定的交變電流的數值,沒有特別說明的都是指交變電流的有 155.5V,由于線圈的自感作用,電阻R 兩端的電壓應小于
效值,故D錯誤. 155.5V,所以A錯誤;根據選項 A分析可知B錯誤;當不考
εS 2
5.BCD 解析:把電介質插入電容器,根據C= 知4πkd 慮線 圈 的 自 感 作 用 時,
U
電 阻 R 消 耗 的 功 率 為 P=R =
電容增大,容抗變小,燈泡變亮,故 A錯誤;增大電容器兩板 (1102)2
, εS , , , W=50W,所以由于線圈的自感作用影響,電阻R間的距離 根據C= 知電容減小 容抗增大 燈泡變暗4πkd 484消耗的功率一定小于50W,所以C正確;根據電源電壓圖象εS
故B正確;減少電容器兩板間的正對面積,根據C= 知 可知,電源的最大電壓為311V,電容器的耐壓值不能小于4πkd 311V,所以D正確.
電容減小,容抗變大,燈泡變暗,故C正確;使交變電流頻率
, , , D . 5.D
解析:根據電容器特性,可知,恒定直流不能通過
減小 容抗變大 燈泡變暗 故 正確
:() : 電容器,即電容器是“隔直通交”,當電路正常工作后,6.解 1 感應電動勢的最大值 L1
不
亮, 亮,故 正確, 錯誤;故選
Emax=NBSω=100×0.1×(0.2×0.5)×100π=100πV L2 D ABC D.6.解:(1)由圖可知,每匝線圈磁通量的最大值為≈314V Φmax=-2
當線圈平面通過中性面時開始計時,感應電動勢的瞬時 BS=2.0×10 Wb.
-2
值表達式: 線圈轉動的周期為:T=6.28×10 s,
e=Emaxsinωt=314sin100πt(V) 發電機產生的電動勢最大值為
:
T 2πE =nBSω=nΦ -2
2π
(2)由t=0至t= 過程中的平均電動勢的大小: max maxT=100×20.×10 ×4 62.8×10
-2 V=
ΔΦ 0.1×(0.2×0.5) 200V.
E=N Δt=100× π =200V. (2)由閉合電路的歐姆定律,可得感應電流的最大值:
2 EI = max
200
max R+r=90+10A=2A.100π
(3)該交變電流的電動勢有效值是: I 2感應電流的有效值為I= max= A= 2A,
Emax 314 2 2E= = ≈222V.
2 2 電壓表的讀數是U=IR= 2×90V=902V.
答:(1)線圈中感應電動勢的瞬時值表達式為e=Emax nΔΦ
( ) (3)電動勢的平均值為sinωt=314sin100πt V . E= Δt
( T2)由t=0至t= 過程中的平均電動勢的大小為4 200V.
E
由閉合電路的歐姆定律,可得電流的平均值為I=R+r
(3)該交變電流的電動勢有效值是222V. nBS 100×2.0×10-2
【能力特訓】 通過電阻的電量q=IΔT=R+r= 90+10 C
高頻題特訓 =2.0×10-2C.
1.A 解析:t=0.005s電動勢最大,則線圈平面與磁場方 答:(1)交流發電機產生的電動勢的最大值為200V.
向平行,故A正確;t=00.10s時電動勢為0,則線圈的磁通量變 (2)電路中交流電壓表的示數為1 902V.
化率為0,故B錯誤;由圖可知周期為00.2,則頻率為 =50Hz, (3)線圈從圖示位置開始轉動T 90°
的過程中通過電阻R
的電量為
311 2.0×10
-2C.
故C錯誤;線圈產生的交變電動勢有效值為 V,故D錯誤. 易錯題特訓
2 1.D 解析:當a、b 端加直流電壓時,L1 燈不發光,L2
2.ABC 解析:由圖象可知其周期為2s,所以頻率為 燈正常發光;當加同樣電壓的交流電源時,L1 燈發光,L2 燈
0.5Hz,故A正確;根據圖象可知,設交流電的有效值為I,根 發光較暗.知線框A 中為電容器,因為電容隔直通交.線框B
據電流的熱效應得:2 TIR +I2
T
R =I2RT,代入數據解 中是電感線圈,因為電感線圈對交流電有阻礙作用,對直流1 2 2 2 電無阻礙作用.
: q得 I=2.52A=3.5A,故B正確;根據I= 得在2~4s 2.A 解析:由圖可知,t=0時刻線圈均在中性面,穿過t 線圈的磁通量最大,所以A錯誤;由圖象可知TA∶TB=2∶
內通過該電阻的電荷量為:q=I2t-I1t=4×1-3×1C= 3,故nA∶nB=3∶2,所以B正確,由圖象可知,交流電a 的
1C,故C正確;根據焦耳定律得在0~2s內電阻產生的焦耳
熱為:Q=I2RT=(2.52)2×10×2J=250J,故D錯誤. 最大值為10V,
2π 2π
角速度為ω= ,所以交流電 的T=0.4=5π a
: , U
2
3.A 解析 設燈泡的額定電壓為U 則P= ,得到U 瞬時值為u=10sin(5πt)V,所以C正確;交流電最大值Umaxr 2 20
2 =NBSω
,故Umaxa∶Umaxb=3∶2,故Umaxb= ,
= Pr. , U= E , E =BSω= 3
Umaxa=3 V
由 于 線 框 無 電 阻 則 m 而2 m D正確.本題選錯誤的,故選A.
1 17

小題狂刷 高考專題特訓
: 2π 容器被短路
,則其電壓為零,故 A正確;當閉合S穩定后,電
3.CD 解 析 周 期 T=0.02s,角 速 度 ω= T = 容器被短路,則其電壓為零,電容器的a 極板不帶電,故B錯
100πrad/s,故A錯誤;由題圖乙可知交流電電流的最大值 誤.斷開S的瞬間,線圈L 中電流減小,產生自感電動勢,相
是I =102A,由于電流表的示數為有效值,故示數I= 當于電源,給電容器充電,根據線圈的電流方向不變,則電容max
102 器的a 極板將帶正電.故C正確
,D錯誤.
A=10A,故B錯誤;0.01s時線圈中的感應電流達到 4.解:(1)銅芯線中產生的是正弦交流電,則:
2
最大,感應電動勢最大, ,則穿過線圈的磁通量變化最快,磁通 Im= 2I①
, 由歐姆定律得:量為0 故線圈平面與磁場方向平行,故C正確;由楞次定律 ,
可判斷 出0.02s時 流 過 電 阻 的 電 流 方 向 自 左 向 右,故 D Em=ImR②
又
正確. Em=BωS③
,
: -5
4.解:(1)線圈平面與磁場方向平行時產生感應電動勢 ①②③聯立解得 B=2×10 T.
最大,設ab邊的線速度為v,該邊產生的感應電動勢為E (2)= 在銅芯線與地面平行開始至銅芯線轉動四分之一周1
BL v ΔΦab 的過程中根據法拉第電磁感應定律得:E= ④,
與此同時,線圈的cd 邊也在切割磁感線,產生的感應電 t
動勢為E2=BL ,cdv E=IR⑤
線圈產生的總感應電動勢為:Emax=n(E1+E2),因為 q=It⑥,
Lab=Lcd, ④⑤⑥聯立解得:q=4×10-6C⑦.
所以Emax=n2BLabv. (3)銅芯線轉動一周,電路中產生的焦耳熱Q
1
線速度v=ω 3Lbc
,所以 Emax=nBLabLbcω,而S=L 2πab Q=I2RT=(40×10-6)2×10× J=7.2×10-9J.
( 102Lbc S 表示線圈的面積) 答:(1)求該處地磁場的磁感應強度B 為2×10-5T.
所以Emax=nBSω. (2)從銅芯線所在平面與該處地磁場平行開始計時,求(2)設小燈泡正常發光時的電流為I,則: 其轉過四分之一周的過程中,通過電流表的電量q 為4×
P額
I= =0.60A,設燈泡正常發光時的電阻為R, 10-6C.U額 (3)求銅芯線轉動一周的過程中,電路產生的焦耳熱Q
U 2額
R= =5.0Ω 為7.2×10
-9J.
P
根據閉合電路歐姆定律得:E=I(R+r)=3.6V 第4節 變壓器 電能的輸送
發電機感應電動勢最大值為Emax= 2E,Emax=nBSω 【基礎特訓】
E
解得ω= max=1.82rad/s=2.5rad/s. 1.A 解析:變壓器原線圈中輸入的交流電流產生的交nBS 變的磁場在副線圈中產生感應的電流,即變壓器利用了電磁
(3)發電機產生的電能為Q=IEt,
2π
t=100T=100 感應原理工作的,所以A正確;降壓變壓器的原線圈匝數一ω 定比副線圈的多,升壓變壓器的是副線圈匝數多,故B錯誤;
解得:Q=543J 變壓器是根據磁通量的變化來工作的,對于直流電來說,它
答:(1)發電機線圈產生感應電動勢的最大值的表達式 產生的磁通量是不變的,所以變壓器不能改變直流電的電
Emax=nBSω. 壓,故C錯誤;變壓器可以有多個副線圈,此時電壓與匝數成
(2)線圈轉動的角速度為2.5rad/s. 正比,電流不再成反比,故D錯誤.
(3)線圈以上述角速度轉動100周過程中發電機產生的 2.BC 解析:交流電源電壓的最大值是2202V,所以
電能為543J.
拓展題特訓 表達式為u=2202sinπt(V),故A錯誤;原線圈的電壓有效
1.B 解析:電咖啡壺額定電壓為110V,低于我國的家 , 1900值為220VP 向上移動時,電壓表的最大示數 ×220=
庭電路的電壓,直接與市電相連,會導致電咖啡壺燒毀,即使 1100
不燒毀,也因為電熱絲電阻增大,電功率小于3520W,A錯 380V,故B正確;P 向下移動時副線圈匝數n2 減小,原線圈
誤.市電為220V,應該用線圈匝數比為2∶1的降壓變壓器, I n匝數n 1 21 不變,由 = 知,原副線圈的電流之比減小,故C
且B 線圈中電流較大,繞制的導線較粗,B正確.電咖啡壺通 I2 n1
P 錯誤.P 向下移動時,副線圈電壓減小,副線圈電流減小,變
過變壓器正常工作時,原線圈電流為I=U =4A
,C錯誤.通 壓器的輸入功率變小,故D錯誤.
過變壓器正常工作時,電咖啡壺交變電流頻率為50Hz,且變 3.C 解析:由公式P=UI可知,輸電電壓越高,傳輸電
, , 流越小;根據公式P=I2壓器只變壓變流 不改變頻率 D錯誤.故選B. R 可知,傳輸電流越小,輸電線上功
2.BC 解析:圖示位置線圈中沒有任何一邊切割磁感 率損失越小,故 A錯誤;由公式 P=UI 和 ΔP=I
2R,得到
線, 2線圈中感應電動勢為零,故 A錯誤.由題意得:線圈轉動 P RΔP= 2 ;故輸電導線的電阻越大,功率損失越大,故B錯2π 2π 1 U
的周期為 T= = ,頻率 線圈ω 100π=0.02s f=T =50Hz. 誤;由公式P=I2R 知,電流越大,單位時間內產生的熱量越
每經過中性一次,感應電流方向改變一次,一周電流方向改 大,故C正確;根據公式ΔP=I2R,輸電導線上的功率損失
變,所以1s內流過R 的電流方向改變2×50次=100次.故 與電流強度的平方成正比,故D錯誤.
B正確.矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動 4.C 解析:變壓器只能適用于交流電,根據電流與匝數
時,線圈中產生正弦式交變電流,感應電動勢最大值為Emax 成反比知圖b的讀數為1.2×3=3.6A.故選C.
=nBSω,線圈在磁場中勻速轉動時產生的感應電動勢最大 5.BD 解析:當滑動變阻器R 的滑片向下移動時,導致
值不變,有效值不變.滑片P 下滑時,R 增大,據閉合電路歐 總電阻增大,由于輸入電壓U1 不變,且原副線圈匝數不變,
姆定律可知,通過R 的電流有效值減小,線圈的內電壓減小, 2
, , 所以副線圈電壓不變,
U
根據 ,即亮度不變 故 錯誤
R C . P=R . A B則 的電壓有效值增大 電壓表的讀數增大 故 正確 開關
K處于閉合狀態時,由于交變電流能“通過”電容器,則電路 正確;當滑動變阻器R 的滑片向上移動時,導致總電阻減小,
中總的阻抗不同,電流的有效值不同,所以電流表的讀數不 由于輸入電壓U1 不變,且原副線圈匝數不變,所以副線圈電
同,故D錯誤. 壓不變,則有副線圈的總電流增大.因此輸入電流也變大.故
3.AC 解析:閉合S穩定后,線圈L 相當于導線,則電 C錯誤;當滑動變阻器R 的滑片向上移動時,導致總電阻減
1 18

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
少,由于輸入電壓U1 不變,且原副線圈匝數不變,所以副線 5.D 解析:高壓線上的熱耗功率ΔP=I2R線①
圈電壓不變,則有副線圈的總電流增大,則輸出功率增大,故 若熱耗功率變為9ΔP,則9ΔP=I'2R線②
D正確. 由①②得I'=3I,所以AB錯誤.又輸送功率不變,由P
6.解:(1)
2π 2π
由題圖乙知ω 1= = =100πrad/s,最大值 =UI=U'I'得U'= ,所以 錯誤, 正確T 0.02 3U C D .
為311V, 6.解:(1)由題意可知,副線圈兩端的電壓U2=6V,
故原線圈的輸入電壓瞬時值:u=311sin100πt(V). P 3副線圈中的電流為
311 I2= = =0.5A
,
(2)ab間電壓有效值Uab= =220V,U
U 6
cd=24V,Ude
2 U1 n由 1 ,
=12V U
=
2 2n2
nab Uab 220 55 解得:電壓表的讀數U1=30V.= = = ,ncd Ucd 24 6 I由 1 2n
I =
2,
nab Uab 220 55 2 n1= ,nde U =12=3 解得電流表的讀數I1=0.1A.de
n 55 55 (2)由題意可知,線圈提供的電動勢的最大值為 E
則 ab
max
n = =ce 3+6 9. =302V,
U2 242A U2 122 由B Emax=NBSω,(3)RA= , ,P =A 36=16ΩRB=P =B 36=4Ω 得ω=152rad/s.
U 24+12 U n
Uce=I
ce
ce(RA+RB) Ice= = =1.8A (3)當開關S撥到a位置時,由
1= 1(RA+RB) 16+4 U'2 n2
n I 得副線圈的輸出電壓為U2'=3V
根據 ab= ce得:n I Iab=0.29A 通過二極管后,加到燈泡兩端的電壓波形將只有單向電ce ab
答:(1)原線圈輸入電壓的瞬時值u 的表達式為u= 壓,其最大值為Umax=32V.
311sin(100πt)V. U 32
n 55 所以,小燈泡兩端電壓的有效值為U =
max
L = V,
(2)變壓器原、副線圈的匝數比 ab為 . 2 2nce 9 U2 36
(3)若將兩只燈泡串聯后接入ce間,原線圈中通過的電 小燈泡電阻為R= ,P =3=12Ω
流為0.29A. U2 4.5 3
【能力特訓】 此時小燈泡的功率為P'=
L
R =12= W
,
8
高頻題特訓 3
1.BD 解析:若沒有二極管,根據理想變壓器的電壓與 所以線圈提供的功率為8 W.
匝數成正比,即有:Uab∶Ucd=n1∶n2;而因二極管的單向導 答:(1)此時電路中兩電表的讀數分別為:30V和0.1A.
電性,Uab∶Ucd= 2n1∶n2;故 A錯誤;副線圈兩端的電壓 (2)線圈轉動的角速度ω 為152rad/s.
依賴于輸入電壓和匝數,所以副線圈兩端的電壓不變,電阻 (3)若將開關S撥到a位置,并將一個理想二極管D 接
增大,則電流減小,副線圈的功率減小,最后使得輸入功率減 3
小,而輸入電壓不變,最后使得電流減小,所以電流表的示數 到MN 之間,其他條件不變,則此時線圈提供的功率為8W.
減小,故B正確;cd 間的電壓由原線圈的輸入電壓以及原、 易錯題特訓
副線圈的匝數比有關,與負載電阻無關,所以cd 間的電壓 1.BC 解析:在S與a 接通的瞬間,由于電流由零突然
Ucd不會隨著負載電阻變化,故C錯誤;二極管短路后,輸出 變大,所以線圈中的磁通量會發生變化,副線圈中的R 會有
功率加倍,則輸入功率加倍P入=IU1,因為U1 不變,所以I 感應電流,所以A錯誤.在S與a 接通穩定后,電路中的電流
加倍,電流表的示數加倍,故D正確. 穩定,磁通量不會發生變化,所以副線圈中不會有感應電流
2.C 解析:用戶用電的總功率增加,升壓變壓器、降壓 產生,電阻R 兩端的電壓為0,所以B正確.在S與b接通穩
變壓器的原、副線圈電流都要增加,故A錯誤;輸電線的電流 定后,由于b是交流電源,根據電壓與匝數成正比可知,副線
由用戶消耗的功率和高壓輸電電壓有關,故B錯誤;用戶總 圈的電壓為3V,所以C正確.變壓器不會改變交流電源的頻
電阻減少,而輸出電壓不變,所以電流增大,功率損失P損= 率,所以原、副線圈中電流的頻率是相同的,所以D錯誤.
I2R 增大,故C正確;升壓變壓器的輸出電壓等于降壓變壓 U出 n
器的輸入電壓+線路電壓損失,故D錯誤. 2.BD 解析: =
1
根據 得電壓表
U n V1
兩端的電壓U1
1 2
3.C 解析:由圖象知電流的周期是0.02s,則其頻率為 不變,故A錯誤;根據P出=U1I1 得通過電流表 A1 的電流
1 1
f=T=0.02=50Hz
,則 A錯誤;副線圈的最大電壓為u , I2 n2 I = 31 將減小 根據 得通過電流表A2 的電流I2 將減小,I1 n4
u n
=I R 1 1 降壓變壓器原線圈兩端的電壓U=U1-I1R線 將增大,根據m 1=20V,則原線圈的輸入電壓為u1,由u =
得
n u12 2 U n3
U 2 = 得電壓表V2 兩端的電壓U2 增大,故B正確;輸電線( 2 U2 n4
, ; 2
) 上損耗功率P =I 2線 1 R線 將減小,故C錯誤;用戶總功率與發=200V 故B錯誤 電阻R2 的功率為 P= R =6.672 U2I2 n3
, ; , , 電廠的輸出功率的比值為 ,隨著W 故C正確 電容器通交流 故R 有電流 故D錯誤. UI =nU U2 U2
的增大
3 1 1 4 1
4.CD 解析:電 動 機 兩 端 電 壓 為 副 線 圈 兩 端 的 電 壓 而增大,故D正確.
U0 I 3.CD 解析:風扇電動機是非純電阻,因此其兩端電壓,A錯誤;原線圈中的電流為 ,B錯誤;電動機消耗的
n 2 n 不能為Ir,應該與燈泡的電壓相等,故 A錯誤;理想變壓器
UI 的原、副線圈的匝數比為n,原線圈接電壓為U 的交流電源,0
電功率為 P電 = ,C正 確;由 功 能 關 系 知 P 2電 =IR+ U UI
2n 則輸出端電壓為 ,而電動機的輸入功率為 ,燈泡的功率n n
I(U - 2nIR) 2 2
mgv, v=
0
解得 ,D正確. U UI U為
2nm I
2R=
g n2
,輸入功率等于輸出功率為 故 錯
R n +n2R. B
1 19

小題狂刷 高考專題特訓
;
; UI, 正確 故選AD.誤 電動機的輸入功率為 而電動機的線圈電阻消耗的功
n 3.BD 解析:由圖象可知交流的最大值為Umax=500V,
2 UI 500率為Ir,則電動機D 的機械功率為 -I2r.故C正確;因 因此其有效值為U= V,故A錯誤;發電機的輸出電壓隨n 2
U
為副線圈兩端的電壓為 ,若電風扇由于機械故障被卡住, 1 1
n 時間變化的關系,由圖可知,T=0.02s,故f=T =0.02Hz
則副線圈 回 路 可 視 為 純 電 阻 電 路,該 回 路 的 等 效 電 阻 為 =50Hz,故B正確;輸電線中的電流與需要傳輸的功率有
Rr ( ), U R+r所以副線圈中的電流為 ,通過原線圈的電流 關,傳輸的電流越大,輸電線中的電流也越大,故C錯誤;保
R+r nRr 持升壓變壓器原線圈匝數不變,增加副線圈匝數,輸出電壓
U(R+r)
為 , 2正確 P
n2Rr D . 增大,損失的 功 率 為 ΔP= ( ) R,損 失 功 率 減 小,故U D輸
:() , ( π4.解 1 據題意 速度變化規律為v=2sin t) m/s, 正確.2
:( ) 2002πt 4.解 1 由 圖 象 知 原 線 圈 電 壓 有 效 值 為:
則產生的電動勢為E=BLv=BL×2sin ,當2 t=1s
時,電 2
動勢為E =1v,則原線圈電壓為U =1v,則有效值U = =200(V),max 1m 1
已知電壓表的示數為20V,
2 , n
2 V 根據電壓與匝數成正比知原、副線圈的匝數比是: 1n2
U n
根據 1= 1得:
2
U2= V,則在U n 4 t=1s
時刻副線圈的 10
2 2 =1.
, U電流 電流表的示數I = 2
2 , (2)將開關S閉合,副線圈總電阻是= A 5Ω
,
2 R 2 U2
所以輸出功:P2=R =80W.I1 n 2根據 = 2得:I2 n I1=4 A.1 輸入功 率 等 于 輸 出 功 率,所 以 原 線 圈 的 輸 入 功 率 是
2 2 80W.(2)電阻 R 上消耗的電功率P=I22R= ( 2 ) ×0.5 (3)換成二極管后,電壓表兩端的電壓—時間圖象如圖:
=0.25W.
(3)
1
根據動能定理有:W 外 -W 安 =2mv
2,則有 W 外 =
1
W 安+2mv
2,
設電壓表的讀數是U,根據有效值定義得:
π 2 2
由v=2sin t,可 知,2 t=0
時,v=0,t=3s時,v (20)·T UQ= ·R 2=R T
=-2m/s, 解得:U=102V.
而安培力做功為:W 安=U2I2t=0.75J, 10
解得:W 外=2.75J. 答:(1)原、副線圈的匝數比是1.
答:(1)
2
在t=1s時刻電流表的示數為 A. (2)將開關S閉合,原線圈的輸入功率是80W.4 (3)若將電流表A2 換成一只具有單向導電性的二極管,
(2)電阻R 上消耗的電功率為0.25W. 電壓表示數是
( 102V.3)從t=0至1=3s的時 間 內 水 平 外 力 所 做 的 功
為2.75J. 綜合特訓(四)
拓展題特訓
1.D 解析:由輸入電壓的瞬時值表達式可知,此交流 【母題特訓】
, , 1.C 解析
:電動勢在數值上等于非靜電力把1C的正
電的最大值為2202V 頻率為50Hz 副線圈的頻率與原 電荷在電源內部從負極搬運到正極所做的功,不是一種非靜
線圈的頻率相同,A錯誤;電表示數為有效值,電壓表示數是 電力,故A錯誤.電動勢是描述電源把其他形式的能量轉化
222 222
22V,B錯誤;變壓器的輸出功率范圍 ~ 即48.4W 為電能本領的物理量,是非靜電力做功能力的反映,電動勢R0 R0+R 越大,表明電源將其他形式的能轉化為電能的本領越大,故
~24.2W,由變壓器的輸出和輸入功率相等,原線圈的電流 B錯誤,C正確.電源電動勢等于電源沒有接入電路時兩極間
P輸出
I= ,電流表示數變化范圍0.2~0.1A,C錯誤;當可變 的電壓,在閉合電路中電源兩極間的電壓是路端電壓,小于U1 電源電動勢,故D錯誤.
222
電阻阻值為10Ω時,變壓器的輸出電功率為P= = 2.B 解析:根據理想變壓器原副線圈匝數比等于電壓R0+R U1 n1
24.2W,輸入功率為24.2W,D正確;故選D. 比得: = ,變壓器能將U n 220V
交變電流改變為110V,原
: 2 22.AD 解析 由圖乙知交流電的周期0.02s,所以頻率 U2 110
為50Hz,A正確;由圖乙知升壓變壓器輸入端電壓有效值為 線圈匝數n1=800,副線圈匝數n2.則:n2= ·U n1=, 1 220
×
250V 根據電壓與匝數成正比知副線圈電壓為25000V,所 800=400匝,故選B.
P
以輸電線中的電流為:I= =30A,輸電線損失的電壓為: 3.D 解析:通過改變電路的阻值從而獲得多組數據,U 根據U-I圖象與坐標軸的交點求解電動勢和內阻.安培表
ΔU=IR=30×100V=3000V,輸電線路損耗功率為ΔP= 測電流,伏特表測路端電壓,滑動變阻器改變電路的阻值從
ΔUI=90kW,B錯誤;當傳感器R2 所在處出現火警時其阻 而獲得多組數據,故A可取;伏特表測路端電壓,電流可由路
值減小,副線圈兩端電壓不變,副線圈中電流增大,定值電阻 端電壓和定值電阻求得,通過改變接入定值電阻的個數改變
的分壓增大,所以電壓表V的示數變小,C錯誤;由C知副線 電路的電阻,故B可取;安培表測電流,再由電流和定值電阻
圈電流增大,根據電流與匝數成反比知輸電線上電流變大,D
1 20

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
可得路端電壓,通過改變接入定值電阻的個數改變電路的電 匝數后,匝數之比變大;因此電壓之比變大;輸出電壓減小,
阻,故C可取;兩個安培表和一個滑動變阻器,不管怎么組 故小燈泡變暗;而電流與匝數之比成反比,故電流的比值變
合,不能測出路端電壓,故不能測出電動勢和內阻,故D最不 小;故A、C、D錯誤,B正確.
可取. 12.B 解析:滑動變阻器的滑動觸頭P 向上滑動時,電
20×20 阻變大,則干路電流變小,則
4.AC 解析:外 阻 為 R:R= =10Ω,則I= R1
消耗的功率變小,則A錯誤;
20+20 干路電流變小,R1分壓變小,則電壓表 V的 測 量 的 電 壓 變
E 12 ,, , 大 示數變大,則B正確;因輸出電流變小,則輸出功率變小= =1A 則外壓 功率R+r 10+2 U=IR=10V P=EI= 即輸入功率變小,電流表 A1示數變小.則C錯誤;閉合開關
12W,則A正確,B錯誤;選電源負極為0勢點,則a 點電勢 S,并聯支路增加,電阻變小,則副線圈即R1的電流變大,分
15 5 壓變大,則R
為U = =7.5V,b點電勢為U = =2.5V,則ab 2
的分壓變小,電流變小.電流表 A1示數隨副線
a 15+5 b 15+5 圈電流的變大而變大,則D錯誤.
間的電壓為7.5-2.5=5V,則C正確;a、b間用導線連接后 13.解析:C 通過調節觸頭P,使輸出電壓有效值由220V
, 5×15 , E 降至110V,輸出電壓減小為原來的一半,在原線圈電壓和匝外阻為R' 則R'=2× =7.5Ω 則電流5+15 I'=R'+r= 數不變的情況下,根據原副線圈電壓之比等于匝數之比得副
12 12 線圈接入匝數也應該變為原來的一半,所以接入匝數之比為,則 錯誤
7.5+2=9.5≠1A D . 2∶1,副線圈電壓減半,電阻不變,電流也隨之減半,所以電
1 1 1 U2
5.D 解析:高度:h=v× t0-v× t= v(t0-t) 流之比為2∶1,故A錯誤,C正確;由2 2 2 P=
,所以輸出功
R
輸出電壓與作用在其上的壓力成正比知:U0=KM0g 率之比為4∶1,故B錯誤;副線圈輸出功率等于原線圈輸入
又U=K(M0+M)g 功率,所以原線圈輸入功率之比為4∶1,故D錯誤.
M0
由以上兩式可得:M= (U-U ),則D正確,A、B、C : UU 0 14.C 解析
m
加在原線圈上的電壓U1= ,根據電壓
0 2
錯誤. U1 n1 n2Um P
6.AD 解析:燈泡正常發光,則其電壓均為額定電壓, 比與匝數比關系: = ,所以:U2= .根據 ,輸U n I=U
則說明原線圈輸入電壓為9U,輸出電壓為U;則可知,原副 2 2 2n1
I1 n P2
線圈匝數之比為:9∶1,故A正確;B錯誤;根據公式 = 電線上的電流I= ,輸電線上消耗的功率U P耗=I
2·2r=
I 22 n1
I n
2
1 P 2
1 1
可得 = ,由于小燈泡兩端的電壓相等,所以根據公式P 4(n ) ( ) r.故C正確,A、B、D錯誤.I2 9 2 Um
=UI可得兩者的電功率之比為1∶9,故C錯誤,D正確. 15.C 解析:當接線柱1、2接入電路時,電流表A與R1
7.B 解析:設變壓器原、副線圈匝數之比為k,則可知, 并聯,根據串并聯電路規律可知,R1 分流為1.2A,故量程為
開關斷開時,副線圈電流為kI;則根據理想變壓器原理可 1.2A+0.6A=1.8A;故每一小格表示0.06A;故AB錯誤;
U-IR 當接線柱1、3接入電路時,A與R1 并聯后與R2 串聯,電流: 1知
kI(R +R )=k① 表的量程仍為1.8A;故每一小格表示0.06A;故C正確,D2 3
,U-4IR
錯誤.
1
同理可知
4kIR =k② 16.C 解析:由P=I
2R 可知,電流通過導體的熱功率
2
代入數據聯立解得:U=48I. 與電流的平方成正比;故A錯誤;力做功 W=FL,與力的作
代入①式可得: Q用時間無關;故B錯誤;由C= 可知,電容器所帶電荷量與
k=3;故B正確,A、B、C錯誤. U
8.C 解析:當開關S斷開時,電路總阻值:R =R+ 兩極間的電勢差成正比;故C正確;勁度系數由彈簧本身的總
2R×R 5 E E-IR 性質決定,與伸長量無關;故D錯誤.
2R+R= R
,則干路電流
3 I=
,電容的電壓
R U1= 2 【過關特訓】總
E 1.A 解析:電動機停止轉動時,電路為純電阻電路,電
=5. U動機內阻R=I =4Ω.
正常運轉時電動機消耗的總功率P
當開關S閉合時,
R 3
電路總阻值:R總=R+2+2R
,則 =U'I'=24×2.0=48W;電動機一分鐘內產生的熱量Q=
E 1 I'
2Rt=22×4×60J=960J,電動機輸出功率P'=P-I'2R
干路電流I= ,電容的電壓R U2=E-IR= E
; =32W.故選A.
總 3
Q 2.A 解析:根據如圖乙所示的電路,可求得通過電阻
由C= 可得:
Q1 U1 3,故 正確, 、、 錯誤
U Q =U =5 C ABD . U 92 2 R1 的電流為:I1= = A=45mA,從而得出通過R 200 R2
和
U 1
9.C 解析: 1
n1
根據變壓器的電壓關系有 = ,當滑動U n 熱敏電阻的電流為:I2=(79-45)mA=34mA.再由圖甲所2 2
M ,觸頭 順時針轉動時,即n 減小時,電壓U 應該減小,即降 示的I-U 關系曲線 讀出當通過熱敏電阻的電流為34mA時2 2
低,由于n210.BD 解析:原副線圈輸入功率和輸出功率相等,故 I2
I n 9-5.2
A 1 2錯誤.根據 得,原副線圈的電流之比為 ,故 = -3 Ω=112Ω.故選A.I =n 1∶4 B 34×102 1
正確.交變電壓的峰值為51V,周期T=0.02s,則角速度ω 3.CD 解析:A1 和A2、V1 和V2 可以看成如圖乙所示
2π 的電路.
=T=100πrad
/s,則u 隨t的變化規律為u=51sin(100π)t,
故C錯誤.若熱敏電阻RT的溫度升高,則熱敏電阻的阻值減
小,由于原線圈的電壓不變,則副線圈的電壓不變,副線圈中
的電流變大,故D正確.
11.B 解析:根據數學規律可知,原副線圈減小相同的 乙
1 21

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電流表A1 的量程大于電流表 A2 的量程,故電流表 A1 U2 U3
可求出變壓器的輸入功率,故 正確,由 和
的電阻值小于電流表A2 的電阻值,并聯電路中,電阻小的支 C I2=R I3=R
路電流大,故電流表A1 的讀數大于電流表 A2 的讀數,故 A 可知,D正確.
錯誤;BD項,流過 V1 和 V2 的電流相同,故偏轉角相同,因 11.解:(1)滑動觸頭P 放在副線圈的中點時:
電壓表V1 的量程大于 V2 的量程,所以 V1 的示數大于 V2 U1 n1 120 1
的示數.故B錯誤,D正確.兩個電流表的表頭是并聯關系,電 U =1 =600=2 5.
壓相同,通過表頭的電 流 相 同,故 指 針 偏 轉 角 度 相 等,故C 2n2
正確. (2)副線圈兩端電壓為U2=5U1=30V,
4.BC 解析:由功能關系EI=kmgv+I2r,電動機的內 U 30
E kmgv 回路中電流為I=
2 = A=1.5A,
阻為r= - 2 ,A錯誤B正確;若電動機突然被卡住而 R+R' 4+16I I 故電阻消耗功率為P=I2R=1.52×4W=9W.
停止轉動,相當于純電阻,則電源消耗的功率將變大,C正確 U1 n1 120
D錯誤. (3)滑動觸頭P 移動到副線圈的最上端U =n =2 2 1200
5.C 解析:該電路中,滑動變阻器上沒有電流,消耗的 1
功率一直為零,故A錯誤;用較暗的光線照射R = ,故U =10U =60V.1,電阻隨光 10 2 1
照強度的減小而增加,故電路中的電流減小,內電阻上的電 U 22 60 2
壓降減小,路端電壓U 增加,R3 上的電壓減小,AB 之間的 故電阻消耗功率為 P'= (R+R') R= (4+16) ×
電壓增加,電場強度增加,小球受電場力增加,則小球重新達 4W=36W
到穩定后θ變大.故B錯誤;滑片向a 端滑動對電路無影響; 9 1
用更強的光線照射R ,電阻隨光照強度的增大而減小,故電 故功率之比為1 P∶P'=36=4
路中的電流增大,內電阻上的電壓降增大,路端電壓U 減小, 答:(1)兩電壓表的讀數之比1∶5.
電壓表讀數減小;故C正確;U 的變化量的絕對值與I 的變 (2)線路電阻R 上消耗的電功率9W.
化量的絕對值表示電源的內電阻,是不變的,故D錯誤. (3)再將滑動觸頭P 移動到副線圈的最上端,試比較前
6.D 解析:燈泡L2 燈絲突然燒斷,外電 路 總 電 阻 增 后兩種情況下線路電阻R 損耗功率之比1∶4.
大,總電流減小,根據歐姆定律得知:電源的內電壓減小,路 U
端電壓增大,故知電流表的讀數變小,電壓表的讀數變大.總 12.解:(1)由理想變壓器的電壓與匝數關系可得:
1
U =2
電流減小,則燈泡L1 變暗.故A、B錯誤.路端電壓增大,燈L1 N1 250 1
的電壓減小,則電阻R 兩端的電壓增大,電容器兩端的電壓 即 = .
增大, N2 U出 25由Q=CU 知,電容器C 上電荷量增大.故C錯誤.根據 解得:U出=6250V.
電源的內阻等于外電阻時,電源的輸出功率最大,由于電源 P出
的內電阻與外電阻關系未知,電源的輸出功率可能變大.故D 由I1=U =400A.出
正確.
7.D 解析: I N交流電流的有效值是根據電流的熱效應得 再由理想變壓器的電流與匝數關系可得:1I =
2
T 2 N
.
1
出的,線框轉動周期為T,而線框轉動一周只有 的時間內 解得:4 I2=16A.(2)由題意可知:L P損=P出×4%=4000W
BLω 而 22 2 T BL2ω P損=I2 R
有感應電流,則有 ( ) R =I2RT,所以I= , 由于R 4 4R R=15.625Ω則U損=I2R=250V所以D正確.
: , U3=6250-250=6000V8.BD 解析 原線圈有正弦交流電 則副線圈中也有正 答:(1), 則升壓變壓器的輸出電壓6250V和輸電導線中弦式交流電.由于L1 與電阻相串聯 而L2 與電感器相串聯,
, , 的電流16A.燈泡L1 與L2 是誰亮和暗 取決于電感和電阻誰的阻礙作 (2)若則輸電導線的總電阻15.625Ω和降壓變壓器原線
用大,本題未給條件無法判斷,故 A錯誤;由題意可知,原線 圈兩端的電壓6000V.
圈的 電 壓 的 最 大 值 為36 2 V,由 于 原、副 線 圈 的 匝 數 比 13.解:(1)設待測物體沿AB 方向有加速度a,滑塊將向
n1∶n2=3∶1,所以副線圈 的 電 壓 有 效 值 為12V,故B正 左移x,滿足kx=ma
確;電容器與二極管串聯,含有電容的支路一次充電結束后 E E
就相當于斷路,不存在周期,故C錯誤;二極管具有單向導電 回路中的電流為:I=R+r=5r
性,而恒定直流電不能通過電容器,但此處電流是變化的,所 x 4rx
以能通過電容器,根據Q=CU=10×10-6×122C=1.22 而R'=LR= L
×10-4C,故D正確. R 2E 4xE
9.D 解析:當副線圈與原線圈的匝數比為k 時,輸電 輸出電壓為:U=I·2-IR'=5-5L
P2R
電壓為kU,輸送功率P=kUI,所以P =I2R= ; : -5kLU kL1 k2U2 故有 a= 4mE +2m.
當副線圈與原線圈的匝數比為nk 時,輸電電壓為nkU, (2)由題意可知:0≤U≤0.8E
, 2 P
2R ;P2 1, 結合a 與U 的表達式,可知加速度計能測量的最大值輸送功率P=nkUI' 所以P2=I'R=n2k2U2 = 2
故
P1 n kL為
選D. 2m.
10.BCD 解析:兩個副線圈,因而它們的磁通量的變化 答:(1)物體沿 AB 方向做變速運動的加速度a 與1、2
, UB U= A, A , -5kLU kL率相同 所以 由于 線圈的電壓不知 所以其匝數 兩接線柱間的輸出電壓U 間的關系式是n n a= 4mE + .2 A 2m
不知,但可確定副線圈C 的電壓,故 A錯誤,B正確;根據線 kL
, , (2)確定該“加速度計”能測量的最大值是圈C 的電流 可求出兩副線圈的消耗功率 由P .出=P入 從而 2m
1 22
小題狂刷 高考專題特訓
第四單元 直流與交流電路
第1節 電功率 電阻定律 焦耳定律
U2
D.電動機的功率可寫作IU=I2R=R
4.(2022·宿遷校級期中)(多選)關于導體的電
1.(2022·鶴崗校級期中)(多選)如圖所示為電阻 阻,下列說法中正確的是 ( )
R 隨溫度T 變化的圖線,下列說法中正確的是 ( ) lA.由R=ρ 知,導體的電阻與長度l、電阻率S ρ
成正比,與橫截面積S 成反比
U
B.由R= 可知,導體的電阻跟導體兩端的電壓I
成正比,跟導體中的電流成反比
C.將一根導線一分為二,則半根導線的電阻和電
A.圖線1是熱敏電阻的圖線,它是用金屬材料制 阻率都是原來的二分之一
成的
D.金屬的電阻率隨溫度的升高而增大
B.圖線2是熱敏電阻的圖線,它是用半導體材料 5.(2014秋·安慶期末)如圖所示是一個電路的一
制成的
部分,其中R1=10Ω,R2=4Ω,R3=4Ω,I1=0.3A,I2=
C.圖線1的材料化學穩定性好、測溫范圍大、靈 05.A,那么電流表測得的電流為 ( )
敏度高
D.圖線2的材料化學穩定性差、測溫范圍小、靈
敏度高
2.(2014秋·東陽市校級期末)如圖所示,R1 和
R2 是同種材料、厚度相同、表面為正方形的導體,但 A.0.25A,方向向右
R1 的尺寸比R2 的尺寸大.在兩導體上加相同的電壓, B.0.15A,方向向左
通過兩導體的電流方向如圖,則下列說法中正確的是 C.0.75A,方向向左
( ) D.0.35A,方向向右
6.(2022·大連校級期末)如圖所示為電動機提升
重物的裝置,電動機線圈電阻為r=1Ω,電動機兩端
電壓為5V,電路中的電流為1A,物體A 重20N,不
計摩擦力,求:
(1)電動機線圈電阻上消耗的熱功率是多少
A.R1 中的電流小于R2 中的電流 (2)電動機的輸入功率和輸出功率各是多少
B.R1 中的電流大于R2 中的電流 (3)10s內,可以把重物A 勻速提升多高
C.R1 中自由電荷定向移動的速率大于R2 中自
由電荷定向移動的速率
D.R1 中自由電荷定向移動的速率小于R2 中自
由電荷定向移動的速率
3.(2022·婁星區模擬)一個直流電動機所加電壓
為U,電流為I,線圈內阻為R,當它工作時,下述說法
中錯誤的是 ( )
A.電動機的輸入功率為IU
B.電動機的發熱功率為I2R
C.電動機的輸出功率為IU-I2R
62

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
高頻題特訓
1.(2015秋·蘭州校級期中)(多選)如圖所示是 1 1A.4A B.2A C.2A D.4A
電阻R 的I-U 圖象,圖中α=45°,由此得出 ( )
5.(2022·北京校級期中)如圖所示電路,開關閉
合后恰好三個燈消耗的電功率都相等.那么,這三個燈
泡的電阻阻值關系是 ( )
A.通過電阻的電流與兩端電壓成正比
B.電阻R=0.5Ω
C.因I-U 圖象的斜率表示電阻的倒數,故R=
1
tanα=1.0Ω A.R1>R2>R3 B.R1>R3>R2
D.在R 兩端加上6.0V的電壓時,每秒通過電阻 C.R3>R2>R1 D.R1=R2=R3
橫截面的電荷量是3.0C 6.(2015春·如皋市期末)有一臺直流電風扇,額
2.(2022·北京校級期中)用伏安法測電阻時,按 定電壓為12V,線圈的電阻為3.0Ω,正常運轉時消耗
甲圖所示電路測得的結果是R1,按乙圖所示電路測得 的電功率是0.6W,求此時:
的結果是R2,若電阻的真實值是R,則 ( ) (1)通過電動機的電流是多少 電動機的發熱功
率是多少
(2)電動機的機械功率是多少 電機的效率是
多大
(3)如接上電源后,扇葉卡住不能轉動,這時通過
電動機的電流為多大 電動機消耗的電功率和發熱功甲 乙
率又各是多少
A.R1>R>R2 B.R1C.RR1,R>R2
3.(2022·樂山一模)圖中的甲、乙兩個電路,都是
由一個靈敏電流計G和一個變阻器R 組成,它們之中
一個是測電壓的電壓表,另一個是測電流的電流表,那
么以下結論中正確的是 ( )
甲 乙
A.甲表是電流表,R 增大時量程增大
B.甲表是電流表,R 增大時量程減小
C.乙表是電壓表,R 增大時量程減小
D.上述說法都不對
4.(2022秋·市中區校級期中)如圖所示,長方體
銅柱長l=10cm,寬n=5cm,高m=3cm,當將A 與
B 接入電壓為U 的電路中時,電流強度為1A,若將C
與D 接入電壓為U 的電路中,則電流為 ( )
63

小題狂刷 高考專題特訓
多少
易錯題特訓 (3)當電動機正常工作1分鐘時,電動機消耗的電
1.(2015春·進賢縣校級月考)關于電動勢,下列 能是多少
說法中正確的是 ( ) (4)該玩具電動機正常工作時電能轉化為機械能
A.一個電源的電動勢的大小只由電源本身決定 的效率是多少
B.因電動勢的單位和電勢差相同,所以電動勢實
質上就是電勢差
C.一個電動勢為1.5V的電源接入電路時,若有
1C的電荷量通過電路,電源就有1.5J的電能轉變成
化學能
D.電壓表接到電源兩極時,測得的就是電動勢
2.(2022秋·同安區校級期中)A、B兩燈額定電
壓均為U,額定功率PA為2U 的電路上,要使兩燈均正常發光,且符合節能的
原則,應選用的電路接法是 ( )
A
B
C
D
3.(2022秋·東臺市校級期中)小明準備參加玩
具賽車比賽,她想通過實驗挑選一只能量轉換效率較 拓展題特訓
高的電動機,實驗時她先用手捏住電動機的轉軸,使其 1.(2022秋·邢臺校級月考)兩根用同種材料制
不轉動,然后放手,讓電動機正常轉動,分別將2次實 成的電阻絲甲和乙,甲電阻絲的長度和直徑分別為l
驗的有關數據記錄在表格中.請問: 和d,乙電阻絲的長度和直徑分別為2l和2d,將甲、乙
電動機的 電動機工 通過電動機 兩根電阻絲分別接入電路時,如果兩電阻絲消耗的電
電壓/V 作狀態 的電流/A 功率相等,則加在兩根電阻絲上的電壓的比值應滿足
0.2 不轉動 0.4 ( )
2.0 正常轉動 1.0 U甲 U甲 2A.U =1 B.U =乙 乙 2
(1)這只電動機線圈的電阻為多少 U甲 U甲
(2)當電動機正常工作時,轉化為機械能的功率是 C.U = 2 D.乙 U =2乙
64

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
2.(2022秋·長沙校級月考)在如圖所示的電路 (1)驅動電機的輸入功率;
中,L1、L2 是兩只都標有“220V 100W”的燈泡,L3、 (2)若驅動電機能夠將輸入功率的80%轉化為用
L4 是兩只都標有“220V 40W”的燈泡.各燈泡的電 于牽引汽車前進的機械功率P機,求汽車所受阻力的
阻分別用R1、R2、R3、R4 表示,各燈泡兩端的電壓分別 大小;
用U1、U2、U3、U4 表示,通過各燈泡的電流分別用I1、 (3)設想改用太陽能電池給該車供電,其他條件不
I2、I3、I4 表示,各燈泡的電功率分別用P1、P2、P3、P4 變,求所需的太陽能電池板的最小面積.結合計算結
表示.電路兩端的電壓是220V,溫度對電阻的影響不 果,簡述你對該設想的思考.
計.下列各物理量之間關系表述正確的是 ( ) (已知太陽輻射的總功率P =4×10260 W,太陽到
地球的距離r=1.5×1011 m,太陽光傳播到達地面的
過程中大約有30%的能量損耗,該車所用太陽能電池
的能量轉化效率約為15%)
A.R1=R2>R3=R4
B.I1>I2>I3=I4
C.U1=U4=U2=U3
D.P33.(湖北省沙市中學2022屆高三下學期第一次半
月考理科綜合試題)(多選)某集裝箱吊車的交流電動
機輸入電壓為380V,當吊車以0.1m/s的速度勻速吊
起總質量為5.7×103kg的集裝箱時,測得電動機的電
流為20A,g 取10m/s2,則 ( )
A.電動機的內阻為4.75Ω
B.電動機的發熱功率為7600W
C.電動機的輸出功率為7.6×103 W
D.電動機的工作效率為75%
4.(2022·浙江校級模擬)“霾”主要指原因不明的
因大量煙、塵等微粒懸浮而形成的渾濁現象.根據目前
的認識,機動車尾氣排放、煤炭燃燒和工業生產的燃燒
過程中排放的二氧化硫和氮氧化物等是產生霾的主要
來源.它會對人的呼吸系統、神經系統等產生影響.將汽
車由燃燒汽油、柴油等改為使用電力,是從源頭減少
“霾”的重要措施.一輛以蓄電池為驅動能源的環保汽
車,擁有三十多個座位,其電池每次充電僅需三至五個
小時,蓄電量可讓客車一次性跑500km,客車時速最
高可達180km.如果客車總質量為9×103kg.當它在
某城市快速公交路面上以v=90km/h的速度勻速行
駛時,驅動電機的輸入電流I=150A,電壓U=300V.
在此行駛狀態下(取g=10m/s2),求:
65

小題狂刷 高考專題特訓
第2節 閉合電路的歐姆定律
D.L1、L2 消耗的電功率的比值大于4∶1
5.(2022·紅橋區模擬)(多選)在如圖所示的U-
I圖象中,直線Ⅰ為某一電源的路端電壓與電流的關
1.(2022·海南)電源的電動勢為4.5V,內電阻為 系圖象,直線Ⅱ為某一電阻R 的伏安特性曲線.用該電
0.50Ω,外電路接一個4.0Ω的電阻,這時電源路端的 源直接與電阻R 相連組成閉合電路.由圖象可知
電壓為 ( ) ( )
A.5.0V B.4.5V
C.4.0V D.3.5V
2.(2022·桐鄉市校級模擬)如圖所示,直線A 為
電源a的路端電壓與電流的關系圖象;直線B 為電源
b的路端電壓與電流的關系圖象;直線C 為一個電阻 A.電源的電動勢為3V,內阻為0.5Ω
R 的兩端電壓與電流關系的圖象.將這個電阻R 分別 B.電阻R 的阻值為1Ω
接到a、b兩電源上,那么 ( ) C.電源的輸出功率為4W
A.R 接到a電源上,電源的效率較高 D.電源的效率為50%
B.R 接到b電源上,電源的輸出功率較大 6.(2022·海南)如圖所示,是一種測量電源電動
C.R 接到a 電源上,電源的輸出功率較大,但電 勢和內阻的電路.已知:R1=0.5Ω,R2=1.5Ω,當電鍵
源效率較低 扳到1位置時,電壓表讀數為1V;當電鍵扳到2位置
D.R 接到b 電源上,電源的輸出功率和效率都 時,電壓表讀數為1.5V,求:電源電動勢E 和內阻r.
較高
第2題 第3題
3.(2022·詔安縣校級模擬)如圖電路中,當合上
開關S后,兩個標有“3V、1W”的燈泡均不發光,用電
壓表測得Uac=Ubd=6V,如果各段導線及接線處均無
問題,這說明 ( )
A.開關S未接通
B.燈泡L1 的燈絲斷了
C.燈泡L2 的燈絲斷了
D.滑動變阻器R 電阻絲斷了
4.(2022·孝南區校級模擬)(多選)在如圖甲所示
的電路中,L1、L2 和L3 為三個相同規格的小燈泡,這
種小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示,當開關S閉合
后,電路中的總電流為0.25A.則此時 ( )
高頻題特訓
1.(2022·安徽三模)在如圖所示的電路中,兩個
燈泡均發光,當滑動變阻器的滑動頭向下滑動時,則
( )
甲 乙
A.L1 的電壓為L2 電壓的2倍
B.L1 消耗的電功率為0.75W
C.L2 的電阻為12Ω
66

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
A.A燈變亮,B燈變暗
B.A燈和B燈都變亮
C.電源的輸出功率減小
D.電源的工作效率降低
2.(2022·陜西校級三模)如圖所示,E 為電源,其 A.把R1 的滑片向左移動
內阻為r,L為小燈泡(其燈絲電阻可視為不變),R1、 B.把R2 的滑片向左移動
R2 為定值電阻,R3 為光敏電阻.閉合開關S后,若照射 C.把R2 的滑片向右移動
R3 的光強度減弱,則 ( ) D.把開關S斷開
A.R1 兩端的電壓變大 6.(2022秋·長沙校級月考)如圖所示的電路中,
B.小燈泡消耗的功率變小 兩平行金屬板A、B 水平放置,極板長l=80cm,兩板
C.通過R2 的電流變小 間的距離d=40cm.電源電動勢E=40V,內電阻r=
D.電源兩極間的電壓變小 1Ω,電阻R=15Ω,閉合開關S,待電路穩定后,將一帶
負電的小球從B 板左端且非常靠近B 板的位置以初
速度v0=4m/s水平向右射入兩板間,該小球可視為
質點.若小球帶電量q=1×10-2C,質量為 m=2×
10-2kg,不考慮空氣阻力,電路中電壓表、電流表均是理想
第2題 第3題 電表.若小球恰好從A 板右邊緣射出(g取10m/s2).求:
3.(2022·武漢校級模擬)如圖所示電路中的電源 (1)滑動變阻器接入電路的阻值為多少
為恒流源,不管外電路的電阻如何變,它都能夠提供持 (2)此時電流表、電壓表的示數分別為多少
續的定值電流.當滑動變阻器的滑動觸頭向上滑動時, (3)此時電源的輸出功率是多少
電壓表的讀數變化量與電流表的讀數變化量之比的絕
對值是 ( )
A.R0 B.R1
C.R2 D.不能確定
4.(2022·重慶校級模擬)在如圖甲所示電路中,
閉合電鍵S,當滑動變阻器的滑動觸頭P 向下滑動的
過程中,四個理想電表的示數都發生變化.圖乙中三條
圖線分別表示了三個電壓表示數隨電流表示數變化的
情況.以下說法錯誤的是 ( )
甲 乙
A.圖線a表示的是電壓表V3 的示數隨電流表示
數變化的情況
B.圖線c表示的是電壓表V2 的示數隨電流表示
數變化的情況
C.此過程中電壓表V1 示數的變化量ΔU1 和電流
表示數變化量ΔI的比值變大
D.此過程中電壓表V3 示數的變化量ΔU3 和電流
表示數變化量ΔI的比值不變
5.(2022·廣東三模)如圖所示電路,開關S原來
是閉合的,當R1、R2 的滑片剛好處于各自的中點位置
時,懸在空氣平行板電容器C 兩水平極板間的帶電塵
埃P 恰好處于靜止狀態.要使塵埃P 向下加速運動,
下列方法中可行的是 ( )
67

小題狂刷 高考專題特訓
4.(2022秋·湖南期末)如圖所示,電燈 標有“易錯題特訓 L 4V 1W”字樣.滑動變阻器R 的總阻值為50Ω,當滑片P
1.(2022·浙江校級一模)(多選)如圖所示的電路 滑至某位置時,L恰好正常發光,此時電流表示數為
中,R1、R2、R3 是固定電阻,R4 是光敏電阻,其阻值隨 0.45A,由于外電路發生故障,電燈L突然熄滅,此時
光照的強度增強而減小.當開關S閉合且沒有光照射 電流表示數變為0.5A,電壓表示數變為10V,若導線
時,電容器C 不帶電.當用強光照射R4 且電路穩定時, 完好,電路中各處接觸良好,問:
則與無光照射時比較 ( ) (1)判斷電路發生的是什么故障 (無需說明理由)
(2)發生故障前,滑動變阻器接入電路的阻值為
多少
(3)電源的電動勢和內電阻分別為多大
A.電容器C 的上極板帶負電
B.電容器C 的下極板帶負電
C.通過R4 的電流變小,電源的路端電壓增大
D.通過R4 的電流變大,電源提供的總功率變大
2.(2022·肇慶二模)如圖所示,當滑動變阻器R3
的滑片P 向上端a滑動時,電流表A1、A2 及電壓表V
的示數變化情況是 ( )
A.電流表A1 減小,A2 增大,電壓表V減小
B.電流表A1 增大,A2 減小,電壓表V減小
C.電流表A1 增大,A2 增大,電壓表V增大
D.電流表A1 減小,A2 減小,電壓表V增大
3.(2022·金山區一模)如圖甲所示,R 為電阻箱,
為理想電流表,電源的電動勢為E,內阻為r.圖乙
為電源的輸出功率P 與電流表示數I 的關系圖象,其
中功率P0分別對應電流I1、I2,外電阻R1、R2.下列說
法中正確的是 ( )
拓展題特訓
1.(甘肅省天水市第一中學2022屆高三上學期期
末考試理綜試題)如圖所示的電路,閉合開關S,當滑
動變阻器滑片P 向右移動時,下列說法正確的是
甲 乙 ( )
E
A.I1+I2>r
E
B.I1+I2=r
R1 r
C.r >R2 A.電流表讀數變小,電壓表讀數變大
R1 r
D.r C.電容器C 上電荷量減小
D.電源的總功率變小
68

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
2.(廣東省華南師范大學附屬中學、廣東實驗中 4.(2022秋·岳麓區校級期中)某同學設計了如
學、深圳中學、廣雅中學四校2022屆高三上學期期末 圖(a)所示電路研究電源輸出功率變化情況,電源電動
聯考理綜物理試題)在如圖a所示的電路中,L1、L2為 勢E,內電阻為r,R1 為滑動變阻器的全值電阻,R2、
規格相同的小燈泡,這種小燈泡的伏安特性曲線如圖 R3 為定值電阻值,A、V為理想電表.
b所示,C 是電容為100 mF的電容器,R 是阻值為8W (1)若滑動片P 由a滑至b時電流表A示數一直變
的定值電阻,電源E 的內阻為1Ω.電路穩定后,通過 小,則電流表的示數范圍是多少 (用E、r、R1、R2、R3表
L1的電流為0.2A,下列結果正確的是 ( ) 示).
(2)若R1=6Ω,R2=12Ω,E=7,r=6Ω,當滑動
片P 由a滑至b過程中,電源E 的輸出功率P 隨外電
路總電阻R 的變化關系如圖(b)所示,現提供四個固定
電阻,阻值分別為2Ω、4Ω、6Ω、8Ω,從這四個電阻中
a b 正確選擇一個電阻作為R3 的阻值,并計算當滑片P
A.L 的電功率為1.6W 滑至b時電源的輸出功率 1
B.L2的電阻為4Ω
C.電源的效率為80%
D.電容器的帶電量為2.4×10-4C
3.(吉林省松原市油田高中2022屆畢業班第三次
模擬考試物理試卷)某同學準備用一種金屬絲制作一
只電阻溫度計.他先通過實驗描繪出一段金屬絲的 圖(a) 圖(b)
U-I曲線,如圖甲所示.再將該金屬絲與某一定值電阻
R0串聯接在電路中,用電壓表(電壓表的內阻遠大于
金屬絲的電阻)與金屬絲并聯,并在電壓表的表盤上標
注溫度值,制成電阻溫度計,如圖乙所示.下列說法中
正確的是 ( )
甲 乙
A.從圖甲可知,該金屬絲的阻值隨溫度的升高而
減小
B.圖乙中電壓表的指針偏轉角越大,溫度值越小
C.溫度越高,電源消耗的功率越大
D.選用不同阻值的R0可以改變溫度計的量程,
R0越大,量程越大
69

小題狂刷 高考專題特訓
第3節 交變電流產生
B.增大電容器兩極板間的距離,燈泡變暗
C.減小電容器兩板的正對面積,燈泡變暗
D.減小交變電流頻率,燈泡變暗
1.(2022秋·萬州區校級月考)一交流電壓為u= 6.(2022·文登市期末)如圖所示,勻強磁場B=
1002sin(100πt)V,由此表達式可知 ( ) 0.1T,所用矩形線圈的匝數 N=100,邊長ab=0.2m,
A.用電壓表測該電壓其示數為50V bc=0.5m,以角速度ω=100πrad/s繞OO'軸勻速轉
B.該交流電壓的周期為0.02s 動.當線圈平面通過中性面時開始計時,試求:
C.將該電壓加在“100V 100W”的燈泡兩端,燈 (1)線圈中感應電動勢的瞬時值表達式;
泡的實際功率小于100W (2)
T
由t=0至t= 過程中的平均電動勢的大小;
1 4
D.t= 時,該交流電壓的瞬時值為400s 50V (3)該交變電流的電動勢有效值是多少
2.(2022·遂寧校級月考)如圖所示的電流的有效
值為 ( )
2 3 1 1
A.2A B.3A C.2A D.3A
3.(2022·成都校級月考)兩個完全相同的電熱
器,分別通以圖甲、乙所示的峰值相等的矩形交變電流
和正弦 交 變 電 流,則 這 兩 個 電 熱 器 的 電 功 率 之 比
P甲∶P乙 等于 ( )
圖甲 圖乙
A.3∶1 B.2∶1 C.4∶1 D.1∶1
4.(2022·靈川縣校級月考)(多選)下列說法正確
的是 ( )
A.使用交流的設備所標的電壓和電流都是最 高頻題特訓
大值
( ·懷化三模)、 在勻強磁場中
,一矩形金屬
B.電流表 電壓表的讀數和額定電壓、電流,電功
1.2022
線圈繞與磁感線垂直的轉軸勻速轉動,如圖甲所示,產
率的計算都是用交變電流的有效值
生的交變電動勢的圖象如圖乙所示,則 ( )
C.在相同時間內通過同一電阻,跟直流電有相同
熱效應的交變電流值是交流的有效值
D.給定的交變電流值在沒有特別說明的情況下
都是指最大值
5.(2022·沭陽縣期中)(多選)如圖所示,接在交
流電源上的燈泡正常發光,以下說法正確的是 ( )
圖甲 圖乙
A.t=0.005s時線圈平面與磁場方向平行
B.t=0.010s時線圈的磁通量變化率最大
C.線圈產生的交變電動勢頻率為100Hz
A.把電介質插入電容器,燈泡變暗 D.線圈產生的交變電動勢有效值為311V
70

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
2.(2022·甘肅一模)(多選)在一阻值為R=10Ω
的定值電阻中通入如圖所示的交流電,則 ( )
A.此交流電的頻率為0.5Hz
B.此交流電的有效值約為3.5A
C.在2~4s內通過該電阻的電荷量為1C C.L1 亮,L2 不亮 D.L1 不亮,L2 亮
D.在0~2s內電阻產生的焦耳熱為25J 6.(2022·茂名校級期末)如圖甲為小型旋轉電樞
式交流發電機的原理圖,其矩形線圈在勻強磁場中繞
垂直于磁場方向的固定軸OO'勻速轉動,線圈的匝數
n=100、電阻r=10Ω,線圈的兩端經集流環與電阻R
連接,電阻R=90Ω,與R 并聯的交流電壓表為理想電
表.在t=0時刻,線圈平面與磁場方向平行,穿過每匝
線圈的磁通量 Φ 隨 時 間t 按 圖 乙 所 示 正 弦 規 律 變第2題 第3題
化.求:
3.(2022·江西模擬)將硬導線中間一段折成半圓 (1)交流發電機產生的電動勢的最大值;
形,使其半徑為R,讓它在磁感應強度為B,方向如圖 (2)電路中交流電壓表的示數;
所示的勻強磁場中繞軸 MN 勻速轉動.導線在a、b兩 (3)線圈從圖示位置開始轉動90°的過程中通過電
處通過電刷與外電路連接,外電路接有額定功率為P、
阻R 的電量.
電阻為r的小燈泡并正常發光.電路中除燈泡外,其余
部分的電阻不計,則下列說法正確的是 ( )
2rP
A.半圓形硬導線的轉速π2R2B
rP
B.半圓形硬導線的轉速π2R2B
C.線圈從圖示位置轉90°通過小燈泡的電荷量 甲
πR2B
為
r
D.線圈從圖示位置轉90°過程中通過小燈泡的電
荷量為0
4.(2022·呼倫貝爾二模)(多選)電路如圖甲所 乙
示,電阻R 的阻值為484Ω,C 為電容器,L 為直流電
阻不計的自感線圈,開關S斷開,當接上如圖乙所示的
電壓u,下列說法正確的是 ( )
甲 乙
A.R 上的電壓應等于155.5V
B.電壓表的示數為220V
C.電阻R 消耗的功率小于50W
D.為保證閉合開關S后電容器不被擊穿,該電容
器的耐壓值不得小于311V
5.(2022·廣東)如圖是驗證電容器特性的實驗電
路圖.電路正常工作后,對于燈L1、L2 的分析正確的是
( )
A.L1、L2 都亮 B.L1、L2 都不亮
71

小題狂刷 高考專題特訓
易錯題特訓 B.電流表的示數為102A
C.0.01s時線圈平面與磁場方向平行
1.(2022·西城區二模)在如圖所示的電路中,L1、 D.0.02s時電阻R 中電流的方向自左向右
L2 是兩個相同的小燈泡,A、B 處的虛線框內各接有一 4.(2022·湖州期末)如圖所示為一個小型旋轉電
個電學元件.a、b 兩端分別與直流電源和交流電源相 樞式交流發電機的原理圖,其矩形線圈的長度ab=
連接,且直流電源的電壓與交流電源電壓的有效值相 0.25m,寬度bc=0.20m,共有n=100匝,總電阻r=
等.觀察兩種情況下燈泡的亮度.當接直流電源時,L1 1.0Ω,可繞與磁場方向垂直的軸OO'轉動.線圈處于磁
不發光,L2 正常發光;當接交流電源時,L1 發光,L2 明 感應強度B=0.40T的勻強磁場中,與線圈兩端相連
顯變暗.則下列說法正確的是 ( ) 的金屬滑環上接一個“3.0V 1.8W”的燈泡.當線圈以
角速度 ω 勻 速 轉 動 時,小 燈 泡 消 耗 的 功 率 恰 好 為
1.8W.則:
(1)推導發電機線圈產生感應電動勢的最大值的
表達式Emax=nBSω(其中S 表示線圈的面積);
A.A 中接的是電阻,B 中接的是電容器 (2)求線圈轉動的角速度ω;
B.A 中接的是電感線圈,B 中接的是電阻 (3)線圈以上述角速度轉動100周過程中發電機
C.A 中接的是電感線圈,B 中接的是電容器 產生的電能.
D.A 中接的是電容器,B 中接的是電感線圈
2.(2022·山東模擬)如圖所示,圖線a 是線圈在
勻強磁場中勻速轉動時所產生正弦交流電的圖象,當
調整線圈轉速后,所產生正弦交流電的圖象如圖線b
所示,以下關于這兩個正弦交流電的說法錯誤的是
( )
A.在圖中t=0時刻穿過線圈的磁通量均為零
B.線圈先后兩次轉速之比為3∶2
C.交流電a的瞬時值為u=10sin(5πt)V
20
D.交流電b的最大值為3 V
3.(2022·南開區一模)(多選)圖甲是小型交流發
電機的示意圖,兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向
的勻強磁場, 為交流電流表.線圈繞垂直于磁場方
向的水平軸OO'沿逆時針方向勻速轉動,從圖示位置
開始計時,產生的交變電流隨時間變化的圖象如圖乙
所示,以下判斷正確的是 ( )
圖甲 圖乙
A.線圈轉動的角速度為50πrad/s
72

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
4.(2022·江蘇一模)如圖是某學習小組在空曠的
拓展題特訓 場地上做“搖繩發電實驗”的示意圖.他們將一銅芯線
1.(重慶市巴蜀中學2022屆高三上學期一診模擬 像甩跳繩一樣勻速搖動,銅芯線的兩端分別通過細銅
考試理 科 綜 合 試 題)從 某 國 帶 回 一 把 標 有“110V、 線與靈敏交流電流表相連.搖繩的兩位同學的連線與
60Hz、880W”的電咖啡壺,該電咖啡壺利用電熱絲加 所在處的地磁場(可視為勻強磁場)垂直.搖動時,銅芯
熱.在我國,為使電咖啡壺能正常工作,需要通過變壓 線所圍成半圓周的面積S=2m2,轉動角速度ω=
器與市電相連.下列說法正確的是 ( ) 102rad/s,用電表測得電路中電流I=40μA,電路總
A.可以將電咖啡壺直接與市電相連,只是電功率
電阻R=10Ω,
π
取
是 =2.25.3520W 2
B.電咖啡壺應接在A、B 線圈匝數比為2∶1的B (1)求該處地磁場的磁感應強度B;
線圈兩端,且B 線圈繞制的導線較粗 (2)從銅芯線所在平面與該處地磁場平行開始計
C.電咖啡壺通過變壓器正常工作時,與市電相連 時,求其轉過四分之一周的過程中,通過電流表的電
的線圈中電流為8A 量q;
D.電咖啡壺通過變壓器正常工作時,電熱絲中的 (3)求銅芯線轉動一周的過程中,電路產生的焦耳
交變電流頻率為60Hz 熱Q.
2.(2022·南寧二模)(多選)如圖所示,電阻為r
的矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸以角速度
ω=100πrad/s勻速轉動t.=0時刻線圈平面與磁場垂
直,各電表均為理想交流電表,則 ( )
A.t=0時刻線圈中的感應電動勢最大
B.1s內電路中的電流方向改變100次
C.滑片P 下滑時,電壓表的讀數變大
D.開關K處于斷開狀態和閉合狀態時,電流表的
讀數相同
第2題 第3題
3.(2022·青海校級期中)(多選)如圖所示的電路
中,電源電動勢為E,線圈L 的電阻不計.以下判斷正
確的是 ( )
A.閉合S,穩定后,電容器兩端電壓為0
B.閉合S,穩定后,電容器的a極帶正電
C.斷開S的瞬間,電容器的a極板將帶正電
D.斷開S的瞬間,電容器的a極板將帶負電
73

小題狂刷 高考專題特訓
第4節 變壓器 電能的輸送
A.這種電流表能測直流電流,又能測交流電流,
圖(b)的讀數為0.4A
B.這種電流表能測交流電流,圖(b)的讀數為04.A
1.(2022·廉江市校級模擬)關于變壓器,下列說 C.這種電流表能測交流電流,圖(b)的讀數為3.6A
法正確的是 ( ) D.這種電流表既能測直流電流,又能測交流電
A.變壓器是根據電磁感應的原理制成的 流,圖(b)的讀數為3.6A
B.變壓器的原線圈匝數一定比副線圈的多 5.(2022·東莞模擬)(多選)如圖所示的電路中,
C.變壓器只能改變直流電的電壓 P 為滑動變阻器的滑片,保持理想變壓器的輸入電壓
D.變壓器只能有一個原線圈和一個副線圈
U1 不變,閉合電鍵S,下列說法正確的是 ( )
2.(山東省日照市第一中學2022屆高三上學期期
末考試理科綜合物理試題)(多選)一自耦調壓變壓器
(可看做理想變壓器)的電路如圖甲所示,移動滑動觸
頭P 可改變副線圈匝數.已知變壓器線圈總匝數為
1900匝;原線圈為1100匝,接在如圖乙所示的交流電
源上,電壓表為理想電表.則 ( ) A.P 向下滑動時,燈L變亮
B.P 向下滑動時,燈L亮度不變
C.P 向上滑動時,變壓器的輸入電流變小
D.P 向上滑動時,變壓器的輸入功率變大
甲 乙 6.(2015春·煙臺期末)如圖甲為一理想變壓器,
A.交流電源電壓瞬時值的表達式為u=220sinπt(V) ab為副線圈,ce 為副線圈引出的一個接頭.原線圈輸
B.P 向上移動時,電壓表的最大示數為380V 入正弦式交變電壓的u-t圖象如圖乙所示.若只在cd
C.P 向下移動時,原、副線圈的電流之比減小 間接上標有“24V 36W”的燈泡A,A能正常發光;若
D.P 向下移動時,變壓器的輸入功率變大 只在de間接上一只標有“12V 36W”的燈泡B,B也
3.(2022·福清市校級期中)關于電能輸送的分 能正常發光.
析,正確的是 ( ) (1)請寫出原線圈輸入電壓的瞬時值u的表達式;
U2
A.由公式P= 得到,輸電電壓越高,輸電導線R () 、 n2 求變壓器原 副線圈的匝數比 ab;nce
上的功率損失越大
(3)若將兩只燈泡串聯后接入ce間,原線圈中通
U2
B.由公式P= 得到,輸電導線的電阻越大,功R 過的電流為多大 (結果保留兩位有效數字)
率損失越少
C.由公式P=I2R 得到,輸電電流越大,輸電導
線上的功率損失越大
D.由公式P=IU 得到,輸電導線上的功率損失
與電流強度成正比
4.(2022·宜昌校級三模)將通電的電纜線繞在鉗 甲 乙
形電流表原線圈上就可以測量電纜線上的電流.現在,
將同一根通電電纜線分別按(a)(b)方式繞線,圖(a)中
繞了1匝.圖(a)中電流表的讀數為1.2A.圖(b)中繞
了3匝,則 ( )
圖(a) 圖(b)
74

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
A.交流電的頻率為0.02Hz
B.原線圈輸入電壓的最大值為2002V
C.電阻R2 的電功率約為6.67W
D.通過 高頻題特訓 R3
的電流始終為零
4.(2022·撫順一模)(多選)如圖所示為一理想變
1.(2022·黑龍江模擬)(多選)如圖,一理想變壓 壓器,原、副線圈的匝數比為n∶1.原線圈接電壓為u
器原、副線圈的匝數分別為n1、n2.原線圈通過一理想 =U0sinωt的正弦交流電,輸出端接有一個交流電流表
電流表 接正弦交流電源,一個二極管和阻值為R 的 和一個電動機,電動機的線圈電阻為R.當輸入端接通
負載電阻串聯后接到副線圈的兩端.假設該二極管的 電源后,電動機帶動一質量為 m 的重物勻速上升,此
正向電阻為零,反向電阻為無窮大.用交流電壓表測得 時電流表的示數為I,重力加速度為g,下列說法正確
a、b端和c、d 端的電壓分別為Uab和U 的是 ( )cd,則 ( )
A.Uab∶Ucd=n1∶n2 A.電動機兩端電壓為IR
B.增大負載電阻的阻值R,電流表的讀數變小 B.原線圈中的電流為nI
C.負載電阻的阻值越小,cd 間的電壓Ucd越大 UI
, C.電動機消耗的電功率為
0
D.將二極管短路 電流表的讀數加倍 2n
2.(2022·樂山三模)遠距離輸電線路的示意圖如 I(U - 2nIR)
圖所示,若發電機的輸出電壓不變,則下列敘述中正確 D.重物勻速上升的速度為
0
2nmg
的是 ( ) 5.(2022·南昌校級二模)2008年1月下旬以來,
我國南方遭遇50年未遇的雨雪冰凍災害.新華網長沙
1月26日電,馬路上的冰層堅硬如鐵、光滑如玻璃,高
壓電線覆冰后有成人大腿般粗,為清除高壓輸電線上
的冰凌,有人設計了這樣的融冰思路:利用電流的熱效
A.升壓變壓器的原線圈中的電流與用戶用電設 應除冰.若在正常供電時,高壓線上送電電壓為U,電
備消耗的功率無關 流為I,熱損耗功率為ΔP;除冰時,輸電線上的熱損耗
B.輸電線中的電流只由升壓變壓器原副線圈的 功率需變為9ΔP,則除冰時(認為輸電功率和輸電線
匝數比決定 電阻不變) ( )
C.當用戶用電器的總電阻減少時,輸電線上損失 IA.輸電電流為9
的功率增大
B.輸電電流為9I
D.升壓變壓器的輸出電壓等于降壓變壓器的輸 C.輸電電壓為3U
入電壓
U
3.(2022·河南校級三模)如圖甲所示,理想變壓 D.輸電電壓為3
器原、副線圈的匝數比為10∶1,R1=20Ω,R2=30Ω, 6.(2022·揚 州 期 末)如圖所示,一匝數為 N=
C 為電容器.已知通過R1 的正弦交流電如圖乙所示,則 100的矩形線圈,面積S=0.01m2,內阻不計,繞垂直
( ) 于磁感線的對稱軸OO'勻速轉動.設線圈經過的磁場
為勻強磁場,磁感應強度B=2T,線圈通過一理想變
壓器后,接一標有“6V 3W”字樣的燈泡L,變壓器原
線圈的總匝數為n1=200匝,b是原線圈的中心抽頭,
副線圈的匝數為n2=20匝.當開關S撥到b位置時,小
圖甲 圖乙 燈泡恰好正常發光,求:
75

小題狂刷 高考專題特訓
(1)此時電路中兩電表的讀數; D.用戶總功率與發電廠的輸出功率的比值增大
(2)線圈轉動的角速度ω; 3.(2022·海南模擬)(多選)如圖所示為一個小型
(3)若將開關S撥到a位置,并將一個理想二極管 電風扇電路簡圖,其中理想變壓器的原、副線圈的匝數
D 接到MN 之間,其他條件不變,則此時線圈提供的 比為n,原線圈接電壓為U 的交流電源,輸出端接有一
功率為多少 (設小燈泡的電阻不隨溫度發生變化) 只電阻為R 的燈泡L和風扇電動機D,電動機線圈電
阻為r.接通電源后,電風扇正常運轉,測出通過風扇電
動機的電流為I,則下列說法正確的是 ( )
A.風扇電動機D 兩端的電壓為Ir
UI
B.理想變壓器的輸入功率為n
UI
C.風扇電動機D 輸出的機械功率為n -I
2r
D.若電風扇由于機械故障被卡住,則通過原線圈
U(R+r)
的電流為
n2Rr
4.(2022·廣安校級期中)如圖所示,MN、PQ 是
兩條在水平面內、平行放置的光滑金屬導軌,導軌的右
端接理想變壓器的原線圈,變壓器的副線圈與阻值為
R=0.5Ω的電阻組成閉合回路,變壓器的原副線圈匝
數之比n1∶n2=2∶1,導軌寬度為L=0.5m.質量為
易錯題特訓 m=1kg的導體棒ab垂直MN、PQ 放在導軌上,在水
平外力作用下,從t=0時刻開始做往復運動,其速度
1.(2022·韶關一模)(多選)如圖所示,理想變壓
( π器原、副線圈匝數比為2∶1.電池和交變電源的電動勢 隨時間變化的規律是v=2sin /,已知垂直軌2t) ms
都為6V,內阻均不計.下列說法正確的是 ( ) 道平面向下的勻強磁場的磁感應強度大小為B=1T,
導軌、導體棒、導線和線圈的電阻均不計,電流表為理
想交流電流表,導體棒始終在磁場中運動.求:
(1)在t=1s時刻電流表的示數;
(2)電阻R 上消耗的電功率;
A.S與a接通的瞬間,R 中無感應電流 (3)從t=0至t=3s的時間內水平外力所做的
B.S與a接通穩定后,R 兩端的電壓為0 功W.
C.S與b接通穩定后,R 兩端的電壓為3V
D.S與b接通穩定后,原、副線圈中電流的頻率之
比為2∶1
2.(2022·廣州三模)(多選)如圖所示,在遠距離
輸電電路中,發電廠的輸出電壓和輸電電線的電阻均
不變,變壓器、電表均為理想化的.若發電廠的輸出功
率減小,則下列說法正確的是 ( )
A.電壓表V1 示數減小,電流表A1 減小
B.電壓表V2 示數增大,電流表A2 減小
C.輸電線上損耗功率增大
76

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
的圖象,則 ( )
拓展題特訓
1.(河北正定中學2022學年高三第一學期期末考
試)如圖所示,一理想變壓器的原、副線圈匝數之比為
n1∶n2=10∶1,原線圈接入電壓u=2202sin(100πt)V
的交流電源,交流電壓表和電流表對電路的影響可忽 甲
略不計,定值電阻R0=10Ω,可變電阻R 的阻值范圍
為0~10Ω,則 ( )
乙
A.發電機輸出交流電的電壓有效值是500V
A.副線圈中交變電流的頻率為100Hz B.用戶用電器上交流電的頻率是50Hz
B.t=0.02s時,電壓表的示數為0 C.輸電線的電流只由降壓變壓器原副線圈的匝
C.調節可變電阻 的阻值時,電流表示數的變化
數比決定
R
保持升壓變壓器原線圈匝數不變,增加副線圈
范圍為1.1~2.2A D.
, 匝數,可減少輸電線上損失的功率D.當可變電阻阻值為10Ω時 變壓器的輸入電
( ·揚州期末)圖()是一理想變壓器的電
功率為24.2W 4.2022 a
( 路連接圖,圖()是原線圈兩端所加的電壓隨時間變化2. 黑龍江省牡丹江市第一高級中學2022屆高三 b
上學期期末熱身模擬理科綜合物理試題)( 的關系圖象
,已知電壓表的示數為20V,兩個定值電
多選)如圖
阻的阻值 均為 ,則:
甲為遠距離輸電示意圖,變壓器均為理想變壓器 R 10Ω.升壓
() 、
, 1 求原 副線圈的匝數比
;
變壓器原副線圈匝數比為1∶100 其輸入電壓如圖乙
(
, 2
)將開關S閉合,求原線圈的輸入功率;
所示 遠距離輸電線的總電阻為100Ω.降壓變壓器右
(3)若將電流表A 換成一只具有單向導電性的二
側部分為一火警報警系統原理圖,其中R1為一定值電
2
極管,求電壓表示數
阻,
.
R2為用半導體熱敏材料制成的傳感器,當溫度升
高時其阻值變小.電壓表 V顯示加在報警器上的電壓
(報警器未畫出).未出現火警時,升壓變壓器的輸入功
率為750kW.下列說法中正確的有 ( )
圖(a) 圖(b)
甲
乙
A.降壓變壓器副線圈輸出的交流電頻率為50Hz
B.遠距離輸電線路損耗功率為180kW
C.當傳感器R2所在處出現火警時,電壓表 V的
示數變大
D.當傳感器R2所在處出現火警時,輸電線上的電
流變大
3.(山東省棗莊第八中學南校區2022屆高三2月
教學質量調研物理試題)(多選)如圖所示,甲是遠距離
輸電線路的示意圖,乙是發電機輸出電壓隨時間變化
77

小題狂刷 高考專題特訓
綜合特訓(四)
M
A.v(t0-t),
0
U U0
1 ( ),M0B. vt0-t U
1.(2022·上海)電源電動勢反映了電源把其他形 2 U0
式的能量轉化為電能的能力,因此 ( ) C.v(
M
t 00-t), (U-U0)
A.電動勢是一種非靜電力 U0
B.電動勢越大,表明電源儲存的電能越多 1 ( ),MD. vt0-t
0(U-U0)2 U0
C.電動勢的大小是非靜電力做功能力的反映
6.(2022·新課標Ⅲ)(多選)如圖,理想變壓器原、
D.電動勢就是閉合電路中電源兩端的電壓
副線圈分別接有額定電壓相同的燈泡a和b.當輸入電
2.(2022·江蘇)一電器中的變壓器可視為理想變
壓U 為燈泡額定電壓的10倍時,兩燈泡均能正常發
壓器,它將220V交變電流改變為110V,已知變壓器
光.下列說法正確的是 ( )
原線圈匝數為800,則副線圈的匝數為 ( )
A.200
B.400
C.1600
D.3200
3.(2022·北京)某興趣小組探究用不同方法測定 A.原、副線圈砸數之比為9∶1
干電池的電動勢和內阻,他們提出的實驗方案中有如 B.原、副線圈砸數之比為1∶9
下四種器材組合.為使實驗結果盡可能準確,最不可取 C.此時a和b的電功率之比為9∶1
的一組器材是 ( ) D.此時a和b的電功率之比為1∶9
A.一個安培表、一個伏特表和一個滑動變阻器 7.(2022·新課標Ⅰ)一含有理想變壓器的電路如
B.一個伏特表和多個定值電阻 圖所示,圖中電阻R1,R2和R3的阻值分別為3Ω,1Ω,
C.一個安培表和一個電阻箱 4Ω, 為理想交流電流表,U 為正弦交流電壓源,輸
D.兩個安培表和一個滑動變阻器 出電壓的有效值恒定.當開關S斷開時,電流表的示數
4.(2022·江蘇)(多選)如圖所示的電路中,電源 為I;當S閉合時,電流表的示數為4I.該變壓器原、副
電動勢為12V,內阻為2Ω,四個電阻的阻值已在圖中 線圈匝數比為 ( )
標出.閉合開關S,下列說法正確的有 ( )
A.2 B.3 C.4 D.5
8.(2022·新課標Ⅱ)阻值相等的四個電阻、電容
A.路端電壓為10V 器C 及電池E(內阻可忽略)連接成如圖所示電路.開
B.電源的總功率為10W 關S斷開且電流穩定時,C 所帶的電荷量為Q1,閉合
C.a、b間電壓的大小為5V 開關S,電流再次穩定后,C 所帶的電荷量為Q2.Q1與
D.a、b間用導線連接后,電路的總電流為1A Q2的比值為 ( )
5.(2022·浙江)如圖所示為一種常見的身高體重
測量儀.測量儀頂部向下發射波速為v 的超聲波,超聲
波經反射后返回,被測量儀接收,測量儀記錄發射和接
收的時間間隔.質量為 M0的測重臺置于壓力傳感器
上,傳感器輸出電壓與作用在其上的壓力成正比.當測 2 1A. B.
重臺沒有站人時,測量儀記錄的時間間隔為t0,輸出電 5 2
壓為U0,某同學站上測重臺,測量儀記錄的時間間隔 3 2C. D.
為t,輸出電壓為U,則該同學的身高和質量分別為 5 3
( ) 9.
(2022·江蘇)一自耦變壓器如圖所示,環形鐵
芯上只繞有一個線圈,將其接在a、b間作為原線圈.通
78

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
過滑動觸頭取該線圈的一部分,接在c、d 間作為副線 消耗的功率變大
圈.在a、b間輸入電壓為U1的交變電流時,c、d 間的輸 B.當滑動變阻器的滑動觸頭P 向上滑動時,電壓
出電壓為U2,在將滑動觸頭從 M 點順時針旋轉到N 表V示數變大
點的過程中 ( ) C.當滑動變阻器的滑動觸頭P 向上滑動時,電流
表A1示數變大
D.若閉合開關S,則電流表 A1示數變大,A2示數
變大
13.(2022·廣東)如圖為氣流加熱
裝置的示意圖,使用電阻絲加熱導氣管,
A.U2>U1,U2降低 視變阻器為理想變壓器,原線圈接入電
B.U2>U1,U2升高 壓有效值恒定的交流電并保持匝數不
C.U2D.U210.(2022·海南)(多選)圖(a)所示,理想變壓器 A.副線圈中的電流比為1∶2
的原、副線圈的匝數比為4∶1,RT為阻值隨溫度升高 B.副線圈輸出功率比為2∶1
而減小的熱敏電阻,R1為定值電阻,電壓表和電流表 C.副線圈的接入匝數比為2∶1
均為理想交流電表.原線圈所接電壓u隨時間t按正弦 D.原線圈輸入功率比為1∶2
規律變化,如圖(b)所示.下列說法正確的是 ( ) 14.(2022·福建)圖為遠距離輸電示意圖,兩變壓
器均為理想變壓器,升壓變壓器T 的原、副線圈匝數
分別為n1、n2,在T 的原線圈兩端接入一電壓u=Um
sinωt的交流電源,若輸送電功率為P,輸電線的總電
阻為2r,不考慮其他因素的影響,則輸電線上損失的
電功率為 ( )
圖(a) 圖(b)
A.變壓器輸入、輸出功率之比為4∶1
B.變壓器原、副線圈中的電流強度之比為1∶4
C.u隨t變化的規律為u=51sin(50πt)(國際單
n1 U2m n U21 m
位制) A.(n ) B.( )2 4r n2 4r
D.若熱敏電阻RT的溫度升高,則電壓表的示數 n1
不變,電流表的示數變大 C.4(n )
2 ( PU )
2 n 2 P 2
r 2D.4(
2 m n ) (U ) r1 m
11.(2022·四川)如圖所示,接在家庭電路上的理 15.(2022·北京)如圖所示,其中電流表 A的量
想降壓變壓器給小燈泡L供電,如果將原、副線圈減少 程為0.6A,表盤均勻劃分為30個小格,每一小格表示
相同匝數,其他條件不變,則 ( ) 1
0.02A,R1 的阻值等于電流表內阻的 ;2 R2
的阻值等
于電流表內阻的2倍.若用電流表 A的表盤刻度表示
流過接線柱1的電流值,則下列分析正確的是 ( )
A.小燈泡變亮
B.小燈泡變暗
C.原、副線圈兩段電壓的比值不變
D.通過原、副線圈電流的比值不變 A.將接線柱1、2接入電路時,每一小格表示0.04A
12.(2022·天津)如圖所示,理想變壓器原線圈接 B.將接線柱1、2接入電路時,每一小格表示00.2A
在交流電源上,圖中各電表均為理想電表,下列說法正 C.將接線柱1、3接入電路時,每一小格表示00.6A
確的是 ( ) D.將接線柱1、3接入電路時,每一小格表示0.01A
16.(2022·浙江)下列說法正確的是 ( )
A.電流通過導體的熱功率與電流大小成正比
B.力對物體所做的功與力的作用時間成正比
C.電容器所帶電荷量與兩極間的電勢差成正比
D.彈性限度內,彈簧的勁度系數與彈簧伸長量成
A.當滑動變阻器的滑動觸頭P 向上滑動時,R1 正比
79

小題狂刷 高考專題特訓
B.電壓表V1 的示數等于電壓表V2 的示數
C.電流表A1 的偏轉角等于電流表V2 的偏轉角
D.電壓表V1 的偏轉角等于電壓表V2 的偏轉角
本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩 4.(2022秋·東莞市校級期末)(多選)一輛電動
部分。共100分,考試時間100分鐘。 觀光車蓄電池的電動勢為E,內阻不計,當空載的電動
第Ⅰ卷(選擇題 共60分) 觀光車以大小為v 的速度勻速行駛時,流過電動機的
一、選擇題(本大題共10小題,每小題6分,共60分) 電流為I,電動車的質量為m,電動車受到的阻力是車
1.(2022·東城區二模)在研究微型電動機的性能 重的k倍,忽略電動觀光車內部的摩擦,則 ( )
時,應用如圖所示的實驗電路.當調節滑動變阻器R 并 EA.電動機的內阻為R=
控制電動機停止轉動時,電流表和電壓表的示數分別 I
為0.50A和2.0V.重新調節R 并使電動機恢復正常 E kmgvB.電動機的內阻為R=I- I2
運轉,此時電流表和電壓表的示數分別為2.0A 和
C.如果電動機突然被卡住而停止轉動,則電源消
24.0V.則這臺電動機正常運轉時的輸出功率以及一分
耗的功率將變大
鐘內產生的熱量分別為 ( )
D.如果電動機突然被卡住而停止轉動,則電源消
耗的功率將變小
5.(2015秋·天心區校級月考)A、B 兩塊正對的
金屬板豎直放置,在金屬板 A 內側表面系一絕緣細
線,細線下端系一帶電小球 兩塊金屬板接在如圖所示
A.32W 960J B.16W 960J .
的電路中,R1 光敏電阻,R2 滑動變阻器,R3 定值電C.32W 2880J D.48W 2880J
( · ) 阻,當R2 的滑片P 在中間時閉合開關 ,此時電流表2.2015秋 崇川區校級期中 圖甲所示為某一 S
( 和電壓表的示數分別為 和 ,帶電小球靜止時絕緣熱敏電阻 電阻隨溫度的改變而改變,且對溫度很敏 I U
) , 細線與金屬板 的夾角為 已知電源電動勢 和內感 的I-U 關系曲線圖.在如圖乙所示的電路中 電源 A θ. E
, , 阻r一定,光敏電阻隨光照的增強電阻變小,以下說法電壓恒為9V 靈敏電流表的示數為79mA 定值電阻
正確的是 ( )
R1=200Ω,則此時熱敏電阻兩端的電壓和電阻R 的
2
阻值分別為 ( )
A.保持光照強度不變,將R2 的滑片P 向b端滑
甲 乙 動,則R2 消耗的功率變大
A.5.2V,112Ω B.保持滑片P 不動,讓光敏電阻周圍光線變暗,
B.3.8V,112Ω 則小球重新平衡后θ變小
C.5.2V,153Ω C.將滑片向a端滑動,用更強的光照射R1,則電
D.3.8V,153Ω 壓表示數變小
3.(2022秋·金川區校級月考)(多選)有四個完 D.保持滑片P 不動,用更強的光照射R1,則U 的
全相同的小量程靈敏電流計,分別改裝成兩個電流表 變化量的絕對值與I的變化量的絕對值的比值變小
A1、A2 和兩個電壓表V1、V2.已知電流表A1 的量程大 6.(2022·撫順二模)如圖所示的電路中,閉合開
于A2 的量程,電壓表V1 的量程大于V2 的量程,改裝 關S,燈泡L1 和L2 均正常發光,由于某種原因燈泡L2
好后把它們按如圖所示接入電路,則 ( ) 燈絲突然燒斷,其余用電器均不會損壞,則下列結論正
確的是 ( )
A.電流表讀數變大,電壓表讀數變小
B.燈泡L1 變亮
C.電容器C 上電荷量減小
A.電流表A1 的示數等于電流表A2 的示數 D.電源的輸出功率可能變大
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物理·電場和磁場 電路與電磁感應
A.線圈A 的匝數第6題 第7題
7.(
B.電阻R 兩端的電壓
2015秋·岳麓區校級月考)如圖所示的區域 2
內有垂直于紙面的勻強磁場,
變壓器的輸入功率
磁感應強度為B.電阻為 C.
、 、 通過電阻 的電流R 半徑為L 圓心角為45°的扇形閉合導線框繞垂直 D. R1
于紙面的O 軸以角速度ω 勻速轉動(O 軸位于磁場邊 第Ⅱ卷(非選擇題 共40分)
界).則線框內產生的感應電流的有效值為 ( ) 二、非選擇題(本大題共3小題,共40分)
BL2ω 2BL2ω 11.(2015春·亭湖區校級期末)某課外實驗小組
A.2R B. 2R 探究提高電壓對輸電過程中損耗的影響進行如下實
2BL2ω BL2ω 驗.如圖所示,理想變壓器原線圈匝數n1=120匝,副
C. 4R D.4R 線圈總匝數n2=1200匝,原線圈電壓U1=6V,線路
8.(2022·淮安模擬)(多選)如圖甲所示,理想變 電阻用R 表示,R=4Ω,用戶電阻R'=16Ω.開始時滑
壓器原、副線圈的匝數比n1∶n2=3∶1,L1、L 為兩相 動觸頭P 放在副線圈的中點,不計電表對電路的影2
同燈泡,R、L、D 和C 分別為定值電阻、理想線圈、理想 響,求:
二極管和電容器,其中C=10μF.當原線圈兩端接如圖 (1)兩電壓表的讀數之比;
乙所示的正弦交流電壓時,下列說法中正確的是 (2)線路電阻R 上消耗的電功率;
( ) (3)再將滑動觸頭P 移動到副線圈的最上端,試
比較前后兩種情況下線路電阻R 損耗功率之比.
甲 乙
A.燈泡L1 一定比L2 暗
B.副線圈兩端的電壓有效值為12V
C.電容器C 放電周期為2×10-2s
D.電容器C 所帶電荷量為1.22×10-4C
9.(2022秋·資陽區校級期末)通過一理想變壓
器,經同一線路輸送相同的電功率P,原線圈的電壓U
保持不變,輸電線路的總電阻為R.當副線圈與原線圈
的匝數比為k 時,線路損耗的電功率為P1,若將副線
圈與原線圈的匝數比提高到nk,線路損耗的電功率為
P
P2,則P 和
2
1 分別為 (P
)
1
PR,1 PRA.kU n B.(kU )
2
R,
1
n
PR 2
C. ,
1 P 1
kU n2 D.( ,kU ) R n2
10.(2022秋·開 陽 縣 校 級 期 中)(多 選)如圖所
示,理想變壓器有三個線圈A、B、C,其中B、C 的匝數
分別為n2、n3,電壓表的示數為U,電流表的示數為I,
R1、R2 是完全相同的電阻,根據以上條件可以計算出
的物理量是 ( )
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小題狂刷 高考專題特訓
12.(2022·仁懷市校級期中)新疆大阪城風力發 13.(2022·溫州模擬)圖示是“加速度計”的原理
電作為新型環保新能源,近幾年來得到了快速發展,所 圖.水平支架A、B 固定在待測物體上,小球穿在A、B
發的電通過升壓變壓器,輸電導線和降壓變壓器把電 間的水平光滑金屬桿上,將輕質彈簧一端固接于支架
能輸送到烏魯木齊,如果升壓變壓器和降壓變壓器都 A 上,另一端與小球相連,其下的滑動臂可在滑動變阻
可視為理想變壓器,如圖所示 器上自由滑動.隨著系統沿AB 方向做變速運動,滑塊
(1)若發電機的輸出功率是100kW,輸出電壓是 在支架上相對AB 中點發生位移,并通過電路轉換為
250V,升壓變壓器原副線圈的匝數比為1∶25,求升 電信號從1、2兩接線柱輸出.已知小球的質量為m,彈
壓變壓器的輸出電壓和輸電導線中的電流 簧的勁度系數為k,電源電動勢為E,內阻為r,滑動變
(2)若輸電導線中的電功率損失為輸出功率的 阻器總阻值R=4r,有效總長度為L.當待測系統靜止
4%,求輸電導線的總電阻和降壓變壓器原線圈兩端的 時,滑動臂P 位于滑動變阻器的中點,取A→B 方向
電壓 為正方向.
(1)請寫出待測物體沿AB 方向做變速運動的加
速度a與1、2兩接線柱間的輸出電壓U 間的關系式;
(2)確定該“加速度計”能測量的最大值.
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