2022年高三物理一輪 第10章交變電流章末大盤點(本欄目內(nèi)容，在學生用書中以活頁形式分冊裝訂！)一、選擇題1如右圖所示，R1、R2為定值電阻，L為小燈泡，R3為光敏電阻，當照射光強度增大時()A電壓表的示數(shù)減小BR2中電流減小C小燈泡的功率減小D電路的路端電壓增大解析：當光強度增大時，R3阻值減小，外電路電阻隨R3的減小而減小，R1兩端電壓因干路電流增大而增大，同時內(nèi)電壓增大，故電路路端電壓減小，而電壓表的示數(shù)增大，A、D項均錯誤；由路端電壓減小，而R1兩端電壓增大知，R2兩端電壓必減小，則R2中電流減小，故B項正確；結(jié)合干路電流增大知流過小燈泡的電流必增大，則小燈泡的功率增大，故C項錯誤答案：B2.如右圖所示，左側(cè)的圓形導電環(huán)半徑為r1.0 cm，導電環(huán)與一個理想變壓器的原線圈相連，變壓器的副線圈兩端與一個電容為C100 pF的電容器相連，導電環(huán)的電阻不計環(huán)中有垂直于圓環(huán)平面的變化磁場，磁場磁感應強度B的變化率為100sin t.若電容器C所帶電荷量的最大值為1.41×109 C，則所用理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)之比為(取210)()A1100B1001C1100 D1001答案：A3如下圖甲、乙分別表示兩種電壓的波形，其中圖甲所示電壓按正弦規(guī)律變化下列說法正確的是()A圖甲表示交流電，圖乙表示直流電B兩種電壓的有效值相等C圖甲所示電壓的瞬時值表達式為U311sin 100t VD圖甲所示電壓經(jīng)匝數(shù)比為101的變壓器變壓后，頻率變?yōu)樵瓉淼慕馕觯阂驁D象的縱坐標上電壓的正負表示電壓的方向，因此兩圖均為交流電，A錯；對于正弦交流電才有U有效，雖然兩圖的峰值相同，但圖乙非正弦(余弦)交流電不適用上式有效值的求法，故B錯；正弦交流電電壓瞬時值的表達式為uUmsin t，由圖象可知Um311 V，T2×102 s，可得100 ，代入上式得u311sin100t，故C對；由變壓器原理可知變壓器只能根據(jù)匝數(shù)比改變電壓和電流，它不會改變周期和頻率，故D錯答案：C4(xx·北京西城)下圖是一種理想自耦變壓器示意圖，線圈繞在一個圓環(huán)形的鐵芯上，P是可移動的滑動觸頭A、B間接交流電壓U，輸出端連接了兩個相同的燈泡L1和L2，Q為滑動變阻器的滑動觸頭當開關(guān)S閉合，P處于如圖所在的位置時，兩燈均能發(fā)光下列說法正確的是()A將P沿逆時針方向移動，兩燈均變暗BP不動，將Q向左移動，兩燈均變亮CP不動，將Q向右移動，輸入功率變大D斷開開關(guān)S，L1將變暗解析：當P沿逆時針方向移動時，副線圈的匝數(shù)n2增大，由知，U2增大，L1、L2均變亮，A錯；當P不動時U2不變，Q向左移動，R減小，L1、L2電壓增大，兩燈泡變亮；B對；當P不動，Q向右移動時，R增大，變壓器輸出功率P2，R總增大，P2減小，而P1P2，故P1減小，C錯；斷開開關(guān)S，負載電阻增大，L1的電壓增大將變亮，D錯答案：B5.如右圖所示，動圈式話筒是能夠?qū)⒙曇粜盘栟D(zhuǎn)變?yōu)槲⑷醯碾娦盘?交變電流)的裝置，該裝置產(chǎn)生的電信號一般都不是直接送給擴音機，而是經(jīng)過一個變壓器后再送給擴音機放大，變壓器的作用是能夠減少電信號沿導線傳輸過程中的電能損失下列說法中正確的是()A該話筒能夠?qū)⒙曇粜盘栟D(zhuǎn)變?yōu)殡娦盘枺玫氖请姶鸥袘鞡該話筒將聲音信號轉(zhuǎn)變?yōu)殡娦盘柕牟考鋵嵸|(zhì)是一個電容傳感器C該話筒中的變壓器一定是升壓變壓器，因為PUI，升壓后，電流減小，導線上損失的電能增大D該話筒中的變壓器一定不是升壓變壓器，因為PU2/R，升壓后，導線上損失的電能會增加解析：動圈式話筒的工作原理即電磁感應，選項A正確、B錯誤；變壓器的作用是能夠減少電信號沿導線傳輸過程中的電能損失，則由PUI及PI2R可知，電路中電流越小，導線上損失的電能越少，所以選項C、D均錯誤答案：A6有些手機充電器由變壓器和整流電路組成，由變壓器把高壓交流電變?yōu)榈蛪航涣麟姡僬鳛榈蛪褐绷麟?，現(xiàn)有一手機，充電電池的充電電壓為4 V直流電壓，充電電流為220 mA，若把變壓器視為理想變壓器，該手機充電器的變壓器的原副線圈的匝數(shù)比和原線圈的電流為(不考慮整流電路的電壓損失， 副線圈的有效電壓和直流電壓相等)()A551,4 mA B551,4 mAC55，4 mA D551,4 mA解析：由于充電電池的充電電壓為4 V，故整流前的低壓交流電的有效值也為4 V，n1n22204551，I1I2n2n1，得I14 mA，選項A正確答案：A7如下圖甲所示，A、B兩端接直流穩(wěn)壓電源，UAB100 V，R140 ，滑動變阻器總電阻R20 ，滑片處于變阻器中點位置；圖乙中，自耦變壓器輸入端A、B接交流穩(wěn)壓電源，其電壓有效值也為UAB100 V，滑片也處于線圈中點位置，R240 .若R1和R2的發(fā)熱功率分別為P1和P2，則P1和P2的關(guān)系為()AP1P2 B.C. D.解析：題圖甲中，R1兩端的電壓為U180 V，題圖乙中，R2兩端的電壓的有效值為U2200 V，所以，即C選項正確答案：C8某小型水電站的電能輸送示意圖如下，發(fā)電機的輸出電壓為200 V，輸電線總電阻為r，升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，降壓變壓器原副線圈匝數(shù)分別為n3、n4(變壓器均為理想變壓器)要使額定電壓為220 V的用電器正常工作，則()A.B.C升壓變壓器的輸出電壓等于降壓變壓器的輸入電壓D升壓變壓器的輸出功率等于降壓變壓器的輸入功率解析：由于輸電線上有電阻，所以考慮到電壓損失，則有升壓變壓器的輸出電壓大于降壓變壓器的輸入電壓，根據(jù)變壓器的電壓與匝數(shù)之比的關(guān)系，可知要讓用電器正常工作，必須有，A對，B、C錯；考慮到輸電線上也有電功率的損失，可知D錯答案：A9正弦交變電源與電阻R、交流電壓表、交流電流表按照下圖甲所示的方式連接，R200 .圖乙是交變電源輸出電壓u隨時間t變化的圖象則()A交流電壓表的讀數(shù)是311 VB交流電流表的讀數(shù)是6.2 ACR兩端電壓隨時間變化的規(guī)律是uR311cos t VDR兩端電壓隨時間變化的規(guī)律是uR311cos 100t V.解析：由圖乙可知，電源輸出電壓峰值為311 V，有效值為220 V，所以電壓表示數(shù)為有效值220 V，電流表讀數(shù)為電流的有效值I1.1 A，A、B均錯，由圖乙可知T2×102 s，100，所以R兩端電壓隨時間變化的規(guī)律為UR311cos 100t V，C錯，D對答案：D10(xx·河北石家莊三月)甲圖為發(fā)電機結(jié)構(gòu)示意圖，其中N、S是永久磁鐵的兩個磁極，其表面呈半圓柱面狀M是圓柱形鐵芯，它與磁極柱面共軸，鐵芯上繞有矩形線框，可繞與鐵芯共軸的固定軸轉(zhuǎn)動磁極與鐵芯間的磁場均勻輻向分布從圖示位置開始計時，當線框勻速轉(zhuǎn)動時，乙圖中可正確反映線框感應電動勢e隨時間t變化規(guī)律的是()解析：矩形線框在輻向磁場中轉(zhuǎn)動，B不動，v始終與B垂直，由EBLv知E大小不變，方向周期性變化，故選D.答案：D11.如右圖所示，半徑為r的半圓形金屬導線(CD為直徑)處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于線圈平面，有關(guān)導線中產(chǎn)生的感應電動勢的大小的說法正確的是()A導線從圖示位置開始繞CD以角速度勻速轉(zhuǎn)動時Er2Bsin tB導線在紙面內(nèi)沿與CD成45°角以速度v斜向下勻速運動時ErBvC導線不動，勻強磁場以速度v水平向左勻速運動時E0D導線在紙面內(nèi)以速度v水平向右運動，同時勻強磁場以速度v沿CD方向向上勻速運動時EBrv解析：半圓形導線CAD在勻強磁場中以角速度繞CD勻速轉(zhuǎn)動時，EBSsin tr2Bsin t，A錯誤；半圓形導線的長度等效為2r，當它在紙面內(nèi)沿與CD成45°角以速度v斜向下勻速運動時其切割磁感線的有效長度為r，則感應電動勢的大小ErBv，B正確；導線不動，勻強磁場以速度v水平向左勻速運動時，等效為導線在紙面內(nèi)沿垂直CD方向以速度v向右勻速運動，則E2Brv，C錯誤；導線在紙面內(nèi)以速度v水平向右運動，同時勻強磁場以速度v沿CD方向向上勻速運動，等效為導線在紙面內(nèi)以大小為v、方向與CD成45°斜向下勻速運動，則感應電動勢的大小E2rBv，D錯誤答案：B二、非選擇題12.如右圖所示，一小型發(fā)電機內(nèi)有n100匝的矩形線圈，線圈面積S0.10 m2，線圈電阻可忽略不計在外力作用下矩形線圈在B0.10 T的勻強磁場中，以恒定的角速度100 rad/s繞垂直于磁場方向的固定軸OO勻速轉(zhuǎn)動，發(fā)電機線圈兩端與R100 的電阻構(gòu)成閉合回路求：(1)線圈轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生感應電動勢的最大值；(2)從線圈平面通過中性面時開始，線圈轉(zhuǎn)過90°角的過程中通過電阻R橫截面的電荷量；(3)線圈勻速轉(zhuǎn)動10 s，電流通過電阻R產(chǎn)生的焦耳熱解析：(1)線圈中感應電動勢的最大值EmnBS3.14×102 V(說明：314 V,100 V也同樣得分)(2)設(shè)從線圈平面通過中性面時開始，線圈轉(zhuǎn)過90°角所用時間為t，線圈中的平均感應電動勢n通過電阻R的平均電流在t時間內(nèi)通過電阻橫截面的電荷量Qt1.0×102 C.(3)矩形線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生正弦交變電流，電阻兩端電壓的有效值UEm經(jīng)過t10 s電流通過電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q熱t(yī)解得Q熱4.9×103 J.答案：(1)3.14×102 V(2)1.0×102 C(3)4.9×103 J滾動訓練(九)(本欄目內(nèi)容，在學生用書中以活頁形式分冊裝訂！)一、選擇題1(xx·海南卷)1873年奧地利維也納世博會上，比利時出生的法國工程師格拉姆在布展中偶然接錯了導線，把另一直流發(fā)電機發(fā)出的電接到了他自己送展的直流發(fā)電機的電流輸出端由此而觀察到的現(xiàn)象導致了他的一項重要發(fā)明，從而突破了人類在電能利用方面的一個瓶頸此項發(fā)明是()A新型直流發(fā)電機B直流電動機C交流電動機 D交流發(fā)電機解析：本題考查有關(guān)物理學史和電磁感應及電動機等知識，意在考查考生對電磁學的發(fā)展過程的了解題中說明把一發(fā)電機發(fā)的電接到了另一發(fā)電機的輸出端，必然使這臺發(fā)電機通過電流，電流在磁場中必定受到安培力的作用，在安培力的作用下一定會轉(zhuǎn)動起來，這就成了直流電動機，故正確答案為B.答案：B2xx年北京奧運會上，中國選手何雯娜獲得女子體操蹦床比賽冠軍蹦床運動要求運動員在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦起、騰空并做空中動作為了測量運動員躍起的高度，訓練時可在彈性網(wǎng)上安裝壓力傳感器，利用傳感器記錄彈性網(wǎng)的壓力，并在計算機上做出壓力時間圖象，假如做出的圖象如下圖所示設(shè)運動員在空中運動時可視為質(zhì)點，則運動員躍起的最大高度為(g取10 m/s2)()A1.8 m B3.6 mC5.0 m D7.2 m解析：從題中Ft圖象中可以看出，運動員脫離彈性網(wǎng)后騰空的時間為2.0 s，則運動員上升到最大高度所用的時間為1.0 s，上升的最大高度hgt25.0 m，選項C正確答案：C3.一帶電粒子在電場中僅在電場力作用下，從A點運動到B點，速度隨時間變化的圖象如右圖所示，tA、tB分別是帶電粒子到達A、B兩點時對應的時刻，則下列說法中正確的有()AA點的場強一定小于B點的場強BA點的電勢一定高于B點的電勢C帶電粒子在A點的電勢能一定小于在B點的電勢能D帶電粒子從A點到B點過程中，電場力一定對帶電粒子做正功解析：由于vt圖象上各點的斜率表示加速度的大小，從圖象可以看出帶電粒子在A點的加速度大于在B點時的加速度，由牛頓第二定律可知EAEB，選項A錯誤；帶電粒子帶電性質(zhì)未知，故A、B兩點電勢無法判斷，選項B錯誤；從vt圖象中可以看出B點速度大于A點速度，故電場力對帶電粒子做正功，電勢能減小，所以選項C錯誤，選項D正確答案：D4如右圖所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為15，原線圈兩端的交變電壓為u20sin 100 t V氖泡在兩端電壓達到100 V時開始發(fā)光，下列說法中正確的有()A開關(guān)接通后，氖泡的發(fā)光頻率為50 HzB開關(guān)接通后， 電壓表的示數(shù)為100 VC開關(guān)斷開后，電壓表的示數(shù)變大D開關(guān)斷開后，變壓器的輸出功率不變解析：副線圈電壓由原線圈決定，則不論負載如何變化，電壓表的讀數(shù)不變，始終為有效值100 V，B正確每個交流電周期內(nèi)氖管發(fā)光兩次，每秒發(fā)光100次，則氖管發(fā)光頻率為100 Hz，開關(guān)斷開后，負載電阻增大，電流減小，則變壓器的輸出功率減小由以上分析可知，只有選項B正確答案：B5(xx·江西十校二模)矩形導線框abcd放在勻強磁場中，磁感線方向與線圈平面垂直，磁感應強度B隨時間變化的圖象如右圖所示，t0時刻，磁感應強度的方向垂直紙面向里若規(guī)定導線框中感應電流逆時針方向為正，則在04 s時間內(nèi)，線框中的感應電流I以及線框的ab邊所受安培力F隨時間變化的圖象為下圖中的(安培力取向上為正方向)()【解析】由Enn，推知電流恒定，A錯；因為規(guī)定了導線框中感應電流逆時針方向為正，感應電流在02 s內(nèi)為順時針方向，所以B錯；由FBIL得：F與B成正比，C正確，D錯答案：C6在一些學校教室為了保證照明條件，采用智能照明系統(tǒng)，在自然光不足時接通電源啟動日光燈，而在自然光充足時，自動關(guān)閉日光燈其原理圖如圖所示：R為一光敏電阻，L為一帶鐵芯的螺線管在螺線管上方有一用細彈簧系著的輕質(zhì)銜鐵一端用鉸鏈固定在墻上可以自由轉(zhuǎn)動，另一端用一絕緣棒鏈接兩動觸頭，有關(guān)這智能照明系統(tǒng)工作原理描述正確的是()A在光照越強，光敏電阻電阻越大，銜鐵被吸引下來B在光線不足時，光敏電阻阻值變大，電流小銜鐵被彈簧拉上去，日光燈斷開C上兩接線柱應該和日光燈電路連接D下面兩接線柱和日光燈電路連接解析：由光敏電阻特性可知，光照強度越強，電阻越小電流大，所以A、B項均錯；上兩接線柱應接日光燈電路，所以C項正確，而D項錯誤答案：C7.在磁感應強度為B的勻強磁場中，一個面積為S的矩形線圈勻速轉(zhuǎn)動時所產(chǎn)生的交流電電壓隨時間變化的波形如右圖所示，線圈與一阻值R9 的電阻串聯(lián)在一起，線圈的電阻為1 .則()A通過電阻R的電流瞬時值表達式為i10sin 200t(A)B電阻R兩端的電壓有效值為90 VC1 s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量為450 JD圖中t1×102s時，線圈位于與中性面垂直的位置解析：通過電阻R的電流最大值為Im10 A，線圈轉(zhuǎn)動的角速度rad/s100 rad/s，故電流的瞬時值表達式為i10sin 100t(A)，A錯誤；電阻R兩端的電壓有效值為U有效R×9 V45 V，B錯誤；1 s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量Qt450 J，C正確；t1.0×102 s時感應電動勢為零，此時穿過線圈的磁通量最大，線圈位于中性面，D錯誤答案：C8.如右圖所示，卷揚機的繩索通過定滑輪用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移動在移動過程中，下列說法正確的是()AF對木箱做的功等于木箱增加的動能與木箱克服摩擦力所做的功之和BF對木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力勢能DF對木箱做的功大于木箱增加的機械能與木箱克服摩擦力做的功之和解析：木箱加速上滑的過程中，拉力F做正功，重力和摩擦力做負功支持力不做功，由動能定理得：WFWGWfmv20，即 WFWGWfmv2，A、B錯誤，又因克服重力做功WG等于物體增加的重力勢能，所以WFEpEkWF，故D錯誤，又由重力做功與重力勢能變化的關(guān)系知C正確答案：C9.如右圖所示，在一水平桌面上有豎直向上的勻強磁場，已知桌面離地高h1.25 m，現(xiàn)有寬為1 m的U形金屬導軌固定在桌面上，導軌上垂直導軌放有一質(zhì)量為2 kg，電阻為2 的導體棒，其他電阻不計，導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.2，將導體棒放在CE左側(cè)3 m處，CE與桌邊重合，現(xiàn)用F12 N的力作用于導體棒上，使其從靜止開始運動，經(jīng)過3 s導體棒剛好到達導軌的末端(在此之前導體棒的運動已達到穩(wěn)定狀態(tài))，隨即離開導軌運動，其落地點距桌子邊緣的水平距離為2 m，g取10 m/s2，則()導體棒先做勻加速運動，再做勻速運動，最后做平拋運動所加磁場的磁感應強度B2 T導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱為24 J整個過程中通過導體棒橫截面的電荷量為3 CABC D解析：導體棒水平方向受安培力、摩擦力和拉力，豎直方向受重力、支持力作用，在拉力F的作用下從靜止開始做加速運動，隨著速度的增加，安培力增大，合力減小，加速度減小，即開始做加速度減小的加速運動，當合力為零時做勻速運動，直到離開導軌后做平拋運動，錯誤；由平拋運動規(guī)律hgt2及xvt知導體棒離開桌邊緣時速度為vx·4 m/s，而導體棒已處于穩(wěn)定狀態(tài)，即FmgBIL，I，所以 B2 T，正確；由法拉第電磁感應定律知E2 V，故qItt3 C，正確；由能量轉(zhuǎn)化及守恒定律得導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱為QFsmv2mgs8 J，錯誤由以上可知選項D正確答案：D二、非選擇題10某同學準備利用下列器材測量電源電動勢和內(nèi)電阻A干電池兩節(jié)，每節(jié)電池電動勢約為1.5 V，內(nèi)阻約幾歐姆B直流電壓表V1、V2，量程均為1.5 V，內(nèi)阻約為3 kC定值電阻R0，阻值為5 D滑動變阻器R，最大阻值50 E導線和開關(guān)(1)該同學連接的實物電路如圖甲所示，其中還有一根導線沒有連，請補上這根導線(2)實驗中移動滑動變阻器觸頭，讀出電壓表V1和V2的多組數(shù)據(jù)U1、U2，描繪出U1U2圖象如圖乙所示，圖中直線斜率為k，與橫軸的截距為a，則電源的電動勢E_，內(nèi)阻r_(用k、a、R0表示)(3)根據(jù)所給器材，請你再設(shè)計一種測量電源電動勢和內(nèi)電阻的電路圖，畫在圖丙的虛線框內(nèi)答案：(1)如下圖所示(2)a(3)如下圖所示11如圖甲所示，一半徑R1 m、圓心角等于143°的豎直圓弧形光滑軌道，與斜面相切于B點，圓弧軌道的最高點為M，斜面傾角37°，t0時刻有一物塊沿斜面上滑，其在斜面上運動的速度變化規(guī)律如圖乙所示若物塊恰能到達M點，(取g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)，求：(1)物塊經(jīng)過B點時的速度vB；(2)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；(3)AB間的距離xAB.解析：(1)由題意物塊恰能到達M點則在M點有mgm由機械能守恒定律有mgR(1cos 37°)mvmv代入數(shù)據(jù)可求得：vB m/s.(2)由vt圖可知物塊運動的加速度a10 m/s2由牛頓第二定律有mgsin 37°mgcos 37°ma所以物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)0.5.(3)由運動學公式2axABvvB又vA8 m/s得xAB0.9 m.答案：(1) m/s(2)0.5(3)0.9 m12.如右圖所示，豎直直角坐標系，第一象限有水平向左的勻強電場E1，第四象限有垂直于紙面向外的勻強磁場，且L/2L處有豎直向下的勻強電場E2.質(zhì)量為m的小球自A(0，L/2)處以v0的初速度水平拋出，小球到達B(L,0)處是速度方向恰好與x軸垂直在B處有一內(nèi)表面粗糙的圓筒，筒內(nèi)壁與小球間的動摩擦因數(shù)為，筒直徑略大于小球直徑，筒長為L，豎直放置已知小球在離開筒以前就已經(jīng)勻速，且離開筒后做勻速圓周運動，恰在D(0，L)處水平進入第三象限求：(1)E1E2是多少？(2)小球從剛進入圓筒到剛好出來圓筒的過程中，小球克服摩擦力所做的功？解析：(1)在第一象限，水平方向小球做勻減速運動，加速度大小為：a由運動學公式：有：at2豎直方向做自由落體運動，有：Lgt2由得，ag由牛頓第二定律可知，qE1mg小球在第四象限的電磁場中做勻速圓周運動，應用電場力與重力平衡，即：qE2mg由得，E1E212.(2)設(shè)小球進入圓筒時的速度為v1，在第一象限，由運動規(guī)律有：豎直方向：t水平方向：Lt由得：v1小球在圓筒中做加速度減小的加速運動，當重力與摩擦力相等時，開始做勻速運動，設(shè)此速度為v2，由平衡條件，有：mgBqv2得：v2在第四象限的電磁場中做圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，有：Bqv2m由得，v2從小球進入圓筒到離開圓筒，由動能定理，有：mvmvmgLWf解之得：WfmgLmv.答案：(1)12(2)mgLmv