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【创新设计】(山东专用)2022高考物理二轮专题辅导训练 专题4 第9讲 专题提升训练(含解析)
【创新设计】(山东专用)2022高考物理二轮专题辅导训练 专题4 第9讲 专题提升训练(含解析)
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【创新设计】(山东专用)2022高考物理二轮专题辅导训练专题4第9讲专题提升训练(含解析)选择题(共14小题,每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确.)1.如图4-9-18所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=2∶1,和均为理想电表,灯泡电阻RL=6Ω,AB端电压u1=12sin100πt(V),下列说法正确的是( )图4-9-18A.电流频率为100HzB.的读数为24VC.的读数为0.5AD.变压器输入功率为6W解析 由ω=2πf=100πrad/s得:f=50Hz,A错.有效值U1=12V,又=得:U2=6V,I2==1A,B、C项错.由能量守恒得P1=P2=U2I2=6W,D对.答案 D2.热敏电阻是传感电路中常用的电子元件,其电阻Rt随温度t变化的图线如图4-9-19甲所示.如图乙所示电路中,热敏电阻Rt与其他电阻构成的闭合电路中,当Rt所在处温度升高时,两电表读数的变化情况是( )图4-9-19A.A变大,V变大B.A变大,V变小C.A变小,V变大D.A变小,V变小解析 由电路图可知,电压表和电流表与热敏电阻是间接并联关系,当Rt所在处温度升高时,Rt的阻值减小,利用“并同串反”知电流表和电压表的读数都减小.答案 D图4-9-203.用220V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电,变压器输出电压是110V,通过负载的电流图象如图4-9-20所示,则( )A.变压器输入功率约为3.9WB.输出电压的最大值是110VC.变压器原、副线圈匝数比是1∶2D.负载电流的函数表达式i=0.05sin(100πt+)A-6-\n解析 由题意知:U1=220V,U2=110V,所以==2∶1,U2m=110V,选项B、C均错误.由图象可知:I2m=0.05A,T=0.02s,则负载电流的表达式为i=0.05sin(100πt)A,选项D错误.变压器的输入功率P1=P2=I2U2=×110W≈3.9W,选项A正确.答案 A4.如图4-9-21所示,用理想变压器给电灯L供电,如果只增加副线圈的匝数,其他条件不变,则( )图4-9-21A.电灯L亮度减小B.电流表示数增大C.电压表示数增大D.变压器输入功率不变解析 由理想变压器的电压比等于匝数比可得=,n2增加,则副线圈两端电压增加,电压表的读数增大,加在电灯两端的电压增大,电灯变亮,即变压器的输出功率增大,由于理想变压器的输入功率等于输出功率,则输入功率也随之增大,根据P=U1I1,可知电流表的读数增大,选项B、C正确,选项A、D错误.答案 BC5.如图4-9-22所示,电源电动势E=12V,内阻r=3Ω,R0=1Ω,直流电动机内阻R0′=1Ω,当调节滑动变阻器R1时可使甲电路输出功率最大,调节R2时可使乙电路输出功率最大,且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P0=2W),则R1和R2连入电路中的值分别为( )图4-9-22A.2Ω,2ΩB.2Ω,1.5ΩC.1.5Ω,1.5ΩD.1.5Ω,2Ω解析 因为题中甲电路是纯电阻电路,当外电阻与电源内阻相等时,电源的输出功率最大,所以R1=2Ω;而乙电路是含电动机电路,欧姆定律不适用,电路的输出功率P=IU=I(E-Ir),当I==2A时,输出功率P有最大值,此时电动机的输出功率为2W,发热功率为4W,所以电动机的输入功率为6W,电动机两端的电压为3V,电阻R2两端的电压为3V,所以R2=1.5Ω,选项B正确.答案 B6.图4-9-23在如图4-9-23所示的电路中,电源内阻不可忽略,若调整可变电阻R的阻值,可使电压表的示数减小ΔU(电压表为理想电表),在这个过程中( )-6-\nA.通过R1的电流减小,减少量一定等于ΔU/R1B.R2两端的电压增加,增加量一定等于ΔUC.路端电压减小,减少量一定等于ΔUD.通过R2的电流增加,但增加量一定小于ΔU/R2解析 由串反并同结论或者通过动态电路分析方法可知,当R减小时,并联部分电压减小,电压表示数减小,与其并联的R1的电流也减小,与其串联的电阻R2的电压增大,由欧姆定律得R1两端电压减小ΔU=ΔIR1,则A对;由闭合电路欧姆定律知E=U+Ir,电阻R2与r电压共增加了ΔU,B、C错,通过R2的电流增加,增加量一定小于ΔU/R2,D对.答案 AD7.图4-9-24(2022·莆田一模)如图4-9-24所示,一理想变压器原线圈匝数n1=1000匝,副线圈匝数n2=200匝,原线圈中接一交变电源,交变电源电压u=220sin100πtV.副线圈中接一电动机,电阻为11Ω,电流表A2示数为1A.电表对电路的影响忽略不计,则( )A.此交流电的频率为100HzB.电压表示数为220VC.电流表A1示数为5AD.此电动机输出功率为33W解析 由ω=2πf得交流电的频率为50Hz,故A错误;电压表、电流表测量所得的是交变电流的有效值,故电压表读数为220V,故B错误;由=可知I1=I2=0.2A,故C错误;由P出=P入-P热=U2I2-IR=33W,故D正确.答案 D8.图4-9-25(2022·厦门一模)在某交变电流电路中,有一个正在工作的理想变压器,如图4-9-25所示.它的原线圈匝数n1=600匝,交流电源的电动势e=311sin(100πt)V(不考虑其内阻),电压表和电流表对电路的影响可忽略不计,原线圈串联一个额定电流为0.2A的保险丝,副线圈匝数n2=120匝,为保证保险丝不被烧断,则( )A.负载功率不能超过62WB.副线圈电流最大值不能超过1AC.副线圈电路中的电阻R不能小于44ΩD.副线圈电路中电压表的读数为62V解析 由=得U2=44V,D错;由=得I2≤1A,所以负载功率最大为P2=U2I2≤44W,A错;副线圈中的电流最大值为Im=A,故B错;由R=得R≥44Ω,C对.答案 C9.(2022·江苏卷,3)远距离输电的原理图如图4-9-26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( )-6-\n图4-9-26A.=B.I2=C.I1U1=IRD.I1U1=I2U2解析 由于理想变压器的电流比与匝数比成反比,即=,A错;由于R两端的电压不等于U2,故B错;由能量关系可得U1I1=IR+P用,故C错;由功率关系,P入=P出可得:I1U1=I2U2,D项正确.答案 D10.如图4-9-27所示,某发电机输出功率是100kW,输出电压是250V,从发电机到用户间的输电线总电阻为8Ω,要使输电线上的功率损失为5%,而用户得到的电压正好为220V,求升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是( )图4-9-27A.16∶1 190∶11B.1∶16 11∶190C.1∶16 190∶11D.16∶1 11∶190解析 输电线损失功率P损=100×103×5%W=5×103W,所以,输电线电流I2==25A,升压变压器原线圈电流I1==400A,故升压变压器原、副线圈匝数比==.升压变压器副线圈端电压U2=·U1=4000V,输电线损失电压U损=I2·R线=200V,降压变压器原线圈电压U3=U2-U损=3800V,故降压变压器原、副线圈匝数比为==.故选项C正确.答案 C11.(2022·菏泽模拟)如图4-9-28甲中的变压器为理想变压器,原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10∶1,变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电,电阻R1=R2=R3=20Ω和电容器C连接成如图甲所示的电路,其中,电容器的击穿电压为8V,电表为理想交流电表,开关S处于断开状态,则( )-6-\n图4-9-28A.电压表V的读数约为7.07VB.电流表A的读数为0.05AC.变压器的输入功率约为7.07WD.若闭合开关S,电容器不会被击穿解析 开关断开时,副线圈中R1和R2串联,电压表测量R2的电压,由图可知原线圈电压为U1=100V,所以副线圈电压为U2=10V,则R2的电压为UR2=5V≈7.07V,故A正确;由以上分析可知,副线圈电流为I2==A,所以原线圈电流为I1=I2=×A=A,故B错误;电阻R1、R2上消耗的功率为P==W=5W,输入功率等于输出功率,故C错误;当开关闭合时,R1与R3并联后和R2串联,电容器的电压为并联部分的电压,并联部分电阻为R并=10Ω,所以并联部分的电压为U13=U2=V,最大值为V<8V,所以电容器不会被击穿,故D正确.答案 AD12.如图4-9-29所示,有一台交流发电机E,通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电,输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1,它的输出电压和输出功率分别为U2和P2;T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3,它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.设T1的输入电压U1一定,当用户消耗的电功率变大时,有( )图4-9-29A.U2减小,U4变大B.U2不变,U3变小C.P1变小,P2变小D.P2变大,P3变大解析 由理想变压器输出功率决定输入功率可得,当用户功率增大时,升压变压器的输入功率必增大,即P1增大,输入电压U1为定值不变,升压变压器的匝数不变,故输出电压U2不变,由于P1增大,由P1=U1I1=P2=U2I2可得,I1增加,P2、I2增加,由闭合电路欧姆定律得U3=U2-I2R,故U3减小,降压变压器原、副线圈匝数不变,所以U4减小,故选项A错误,选项B正确;由于用户功率增加,即P4增加,理想变压器无功率损耗可得:P3=P4,功率P3也增加,由以上分析可知P1、P2增大,故选项C错误,选项D正确.答案 BD13.(2022·高考冲刺卷三)如图4-9-30所示,发电机线圈面积为S、匝数为N,电阻不计,线圈绕OO′轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以ω的角速度匀速转动;变压器原线圈为n1匝,副线圈由绝缘导线ab对折后并在一起在铁芯上绕n2圈.图中c是导线对折处的引出线的接触点.S为单刀双掷开关.下列说法正确的是( )图4-9-30A.S接b时,电压表示数为B.S接c时,电压表示数为C.S接b时,当滑动变阻器连入电路的阻值为R时,流过发电机线圈的电流为-6-\nD.S接c时,当滑动变阻器连入电路的阻值为R时,ω加倍,流过发电机线圈的电流为解析 当发电机线圈以角速度ω匀速转动时,产生交流电动势的最大值Em=NBSω,有效值E=NBSω.S接b时,由于副线圈导线的双线绕法,副线圈电流为零,电压表示数为零,A、C错;S接c时,电压表示数为U=E=,B对;当ω加倍时,发电机产生交流电动势的最大值为Em′=2NBSω,有效值为E′=NBSω.电压表示数为U′=E′=,副线圈中的电流I2′=,所以原线圈中的电流为I1′=,D对.答案 BD14.图4-9-31如图4-9-31所示的电路中,电源电动势为E、内阻为r,两平行金属板间有匀强磁场.开关S闭合后,当滑动变阻器滑片位于图示位置时,一带电粒子恰好以速度v匀速穿过两板.若不计重力,以下说法正确的是( )A.如果将开关断开,粒子将继续沿直线运动B.保持开关闭合,将a极板向下移动一点,粒子可能向上偏转C.保持开关闭合,将滑片P向上滑动一点,粒子将可能从下极板边缘射出D.保持开关闭合,将滑片P向下滑动一点,粒子将可能从下极板边缘射出解析 将开关断开,电容器将通过滑动变阻器放电,a、b板间的场强逐渐减少到零,所以粒子受到的洛伦兹力大于电场力,粒子将发生偏转,A错误.保持开关闭合,将a极板向下移动一点,电容增大,电容器充电,两极板之间电场强度增大,粒子所受电场力增大,粒子可能向上偏转,选项B正确.保持开关闭合,将滑片P向上滑动一点,平行金属板间电压降低,粒子所受电场力小于洛伦兹力.若粒子带负电,粒子将可能从下极板边缘射出,选项C正确.保持开关闭合,将滑片P向下滑动一点,平行金属板间电压升高,粒子所受电场力大于洛伦兹力.若粒子带正电,粒子将可能从下极板边缘射出,选项D正确.答案 BCD-6-
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高考 - 二轮专题
发布时间:2022-08-26 00:34:47
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文章作者:U-336598
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