版高考物理二轮重点讲练专题五 电路问题 专题强化训练.docx
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版高考物理二轮重点讲练专题五电路问题专题强化训练
1.(2014·上海)将阻值随温度升高而减小的热敏电阻Ⅰ和Ⅱ串联,接在不计内阻的稳压电源两端.开始时Ⅰ和Ⅱ阻值相等,保持Ⅰ温度不变,冷却或加热Ⅱ,则Ⅱ的电功率在( )
A.加热时变大,冷却时变小B.加热时变小,冷却时变大
C.加热或冷却时都变小D.加热或冷却时都变大
答案 C
解析 将温度不变的热敏电阻等效成电源的内阻,初始时两者阻值相同,所以此时“电源”的输出功率最大,即热敏电阻Ⅱ的电功率最大,无论将其冷却还是加热,其消耗的电功率均减小,C项正确.
2.(2015·衡水高三调研)现有甲、乙、丙三个电源,电动势E相同,内阻不同,分别为r甲,r乙,r丙.用这三个电源分别给定值电阻R供电,已知R=r甲>r乙>r丙,则将R先后接在这三个电源上的情况相比较,下列说法正确的是( )
A.接在甲电源上时,电源内阻消耗的功率最大
B.接在甲电源上时,定值电阻R两端的电压最大
C.接在乙电源上时,电源的输出功率最大
D.接在丙电源上时,电源的输出功率最大
答案 AD
解析 A项,三个电源的电动势E相同,而电阻R=r甲>r乙>r丙,根据闭合电路欧姆定律得I=
,R接在电源上时,内电阻消耗的功率为:
P=I2r=(
)2r=
,则当R=r时,P最大,则知接在甲电源上时,电源内阻消耗的功率最大,故A项正确;B项,在甲电源上时,定值电阻R两端的电压为:
U=IR=
E=
,由于甲的内阻最大,故U最小,故B项错误;CD项,电源的输出功率P出=I2R,由于丙电源的内阻最小,故接在丙电源时电流最大,故接在丙电源上时,电源的输出功率最大,故C项错误,D项正确.
命题立意 本题旨在考查闭合电路的欧姆定律
3.(2015·宝鸡三检)在如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,R1、R3为定值电阻,R2为滑动变阻器,C为电容器.将滑动变阻器的滑动触头P置于位置a,闭合开关S,电路稳定时理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2,理想电流表A的示数为I.当滑动变阻器的滑动触头P由a滑到b且电路再次稳定时,理想电压表V1、V2的示数分别为U′1、U′2,理想电流表A的示数为I′.则以下判断中正确的是( )
A.滑动变阻器的滑动触头P由a滑向b的过程中,电容器的带电量减小
B.滑动变阻器的滑动触头P由a滑向b的过程中,通过R3的电流方向由右向左
C.U1>U′1,U2>U′2,I>I′
D.|
|=R1+r
答案 BD
解析 滑动变阻器的滑动触头P由a滑到b过程中,R2增大,电路中R总增大,电路再次稳定时,I总减小,由闭合电路的欧姆定律,可得U内减小,U外增大,又有C=
,得电容器的带电量Q=CU=CU外增大,故A项错误;电容器再次充电,I3增大,由电源正负极方向可得通过R3的电流方向由右向左,故B项正确;由于I3增大,I总减小,则I′减小,即I′
|=R1+r,故D项正确.
命题立意 本题旨在考查电路动态分析、电容、闭合电路的欧姆定律
4.(2015·大庆三检)某兴趣小组用实验室的手摇发电机和理想变压器给一个灯泡供电,电路如图,当线圈以较大的转速n匀速转动时,电压表示数是U1,额定电压为U2的灯泡正常发光,灯泡正常发光时电功率为P,手摇发电机的线圈电阻是r,则有( )
A.电流表的示数是
B.变压器原副线圈的匝数比是U2∶U1
C.变压器输入电压的瞬时值u=U2sin2πnt
D.手摇发电机线圈中产生的电动势最大值是Em=
(U1+
)
答案 AD
解析 A项,理想变压器的输入功率和输出功率相等,灯泡正常发光时电功率为P,所以输入功率为P,电流表的示数是
,故A项正确;B项,电压与匝数成正比,所以变压器的原副线圈的匝数比是U1∶U2.故B项错误;C项,线圈以较大的转速n匀速转动时,所以ω=2πn,所以变压器输入电压的瞬时值u=
U1sin2πnt,故C项错误;D项,手摇发电机的线圈中产生的电动势最大值是Em=
(U1+
r),故D项正确.
命题立意 本题旨在考查变压器的构造和原理、交流发电机及其产生正弦式电流的原理、正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率
5.(2015·成都三诊)如图甲所示,理想变压器原副线圈的匝数比为5∶1,原线圈接交流电源和交流电压表,副线圈接有“220V,440W”的纯电阻和“220V,220W”的电动机.如果副线圈两端电压按图乙所示正弦规律变化,则下列说法正确的是( )
A.副线圈两端电压的瞬时值表达式为
u=220
sin50πtV
B.电压表示数为1100
V
C.纯电阻的发热功率是电动机发热功率的2倍
D.1min内电动机消耗的电能为1.32×104J
答案 D
解析 A项,由图乙可知,交变电流的峰值是220
V,ω=
=
=100πrad/s,初位相为00,则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=220
sin100πt(V),故A项错误;B项,U1=
×220V=1100V,则电压表示数为1100V,故B项错误;C项,纯电阻的发热功率为440W,而电动机的发热功率远小于220W,纯电阻的发热功率不是电动机功率的2倍,故C项错误;D项,1min内电动机消耗的电能W=Pt=220×60J=1.32×104J,故D项正确.
命题立意 本题旨在考查变压器的构造和原理
6.(2014·山东省高考仿真模拟冲刺题)按如图所示的电路连接各元件后,闭合开关S,L1、L2两灯泡都能发光.在保证灯泡安全的前提下,当滑动变阻器的滑动头向左移动时,下列判断正确的是( )
A.L1亮度不变B.L1变亮
C.L2功率变小D.L2变亮
答案 D
解析 滑动变阻器的滑动头向左移动时,电路中的总电阻减小,根据闭合电路欧姆定律I=
知,干路电流增大,则L2变亮,路端电压减小,又L2两端的电压增加,则并联电路两端的电压减小,那么L1两端的电压减小,L1变暗.
7.(2015·吉林三模)如图甲为远距离输电示意图,变压器均为理想变压器.升压变压器原副线圈匝数比为1∶100,其输入电压如图乙所示,远距离输电线的总电阻为100Ω.降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图,其中R1为一定值电阻,R2为用半导体热敏材料制成的传感器,当温度升高时其阻值变小.电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出).未出现火警时,升压变压器的输入功率为750kW.下列说法中正确的有( )
A.降压变压器副线圈输出的交流电频率为50Hz
B.远距离输电线路损耗功率为180kW
C.当传感器R2所在处出现火警时,电压表V的示数变大
D.当传感器R2所在处出现火警时,输电线上的电流变大
答案 AD
解析 A项,由图乙知交流电的周期0.02s,所以频率为50Hz,A项正确;B项,由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250V,根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25000V,所以输电线中的电流为:
I=
=30A,输电线损失的电压为:
ΔU=IR=30×100V=3000V,输电线路损耗功率为:
ΔP=ΔUI=90kW,B项错误;C项,当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小,副线圈两端电压不变,副线圈中电流增大,定值电阻的分压增大,所以电压表V的示数变小,C项错误;D项,由C知副线圈电流增大,根据电流与匝数成反比知输电线上的电流变大,D项正确.
命题立意 本题旨在考查远距离输电、电功、电功率
8.(2015·盐城1月检测)在如图(a)所示的电路中,R1为定值电阻,R2为滑动变阻器.闭合电键S,将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端,两个电压表(内阻极大)的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图(b)所示.则( )
A.图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线
B.电源内电阻的阻值为10Ω
C.电源的电动势是4V
D.滑动变阻器R2的最大功率为0.9W
答案 D
解析 由图可知,三电阻串联,V1测R1两端的电压,V2测R2两端的电压,电流表测电路中的电流,A项,当滑片向左端滑动时,接入电路中的电阻减小,电路中的总电阻减小,由I=
可知,电路中的电流增大,R0、R1两端的电压增大,因串联电路中总电压等于各分电压之和,所以,R2两端的电压减小,即电压表V2示数减小,由图像可知,甲表示电压表的示数随电流的增大而减小,表示的是电压表V2示数随电流变化的图线,故A项错误;BC项,当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时,R1与R0串联,电路中的电流最大,由图像可知,R1两端的电压U1=3V,电路中的电流I1=0.6A,则电阻R1的阻值:
R1=
=
=5Ω,因串联电路中总电压等于各分电压之和,所以,电源的电动势
E=U1+I1R0=3V+0.6A×R0①
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时,三电阻串联,由图像可知,R1两端的电压U′1=1V,
R2两端的电压U2=4V,电路中的电流I2=0.2A,滑动变阻器的最大阻值:
R2m=
=
=20Ω,则电源的电动势
E=U′1+U2+I2R0=1V+4V+0.2A×R0②
由①②可得,R0=5Ω,E=6V,故B、C项错误;D项,电路中的电流:
I=
,滑动变阻器消耗的电功率:
P2=I2R2=(
)2R2,当R2=10Ω时,滑动变阻器消耗的电功率最大,则P2m=
=0.9W,故D项正确.
命题立意 本题旨在考查欧姆定律的应用、电功率的计算
9.(2014·衡中二调)如图所示,电源的电动势为E、内阻为r,若将可变电阻R1的阻值调大,可使电压表V1、V2的示数变化的绝对值分别为ΔU1、ΔU2;电流表A1、A2、A3示数变化的绝对值分别为ΔI1、ΔI2、ΔI3(所有电表均为理想电表),在这个过程中( )
A.通过R1的电流减小,且R1=
B.通过R2的电流减小,且R2=
C.通过R3的电流减小,且R3=
-
D.路端电压减小,且r3=
答案 C
解析 根据串并联电路的电压、电流与电阻的关系,可知R1增大,R总增大,I总减小,U内减小,U外增大即U1增大,I1减小,U3减小,U2增大,I2增大,I3减小.BD项错误.由U2=I3R1不是定值,A项错误.由U2=I2R2,R2为定值则有R2=
.由U2=E-I(R3+r)知
=R3+r.由U1=E-I1r知r=
得到C项正确.
10.(2015·菏泽二模)如图甲所示的电路中,理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1,原线圈输入如图乙所示的电压,副线圈接火灾报警系统(报警器未画出),电压表和电流表均为理想电表,R0为定值电阻,R为半导体热敏电阻(其阻值随温度的升高而减小).下列说法中正确的是( )
A.图乙中电压的有效值为110V
B.电压表的示数为44V
C.R处出现火警时,电流表示数减小
D.R处出现火警时,电阻R0消耗的电功率增大
答案 D
解析 A项,设将此电流加在阻值为R的电阻上,电压最大值为Um,图乙中电压的有效值为U,则
·
=
·T,代入数据得图乙中,电压的有效值为110
V,故A项错误;B项,变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比,所以变压器原、副线圈中的电压之比是5∶1,电压表的示数为22
V,故B项错误;C项,R处温度升高时,阻值减小,由于电压不变,所以出现火警时电流表示数增大,故C项错误;D项,由C项知出现火警时,电路中电流增大,故电阻R0消耗的电功率增大,所以D项正确.
命题立意 变压器的构造和原理
11.(2014·河北省唐山一模)如图所示,电源电动势E=3V,小灯泡L标有“2V、0.4W”,开关S接1,当变阻器调到R=4Ω时,小灯泡L正常发光;现将开关S接2,小灯泡L和电动机M均正常工作.则( )
A.电源内阻为1Ω
B.电动机的内阻为4Ω
C.电动机正常工作电压为1V
D.电源效率约为93.3%
答案 AD
解析 小灯泡中正常工作电流0.2A,开关S接1;当变阻器调到R=4Ω时,小灯泡L正常发光;由E=2+0.2(r+4)解得电源内阻r=1Ω,A项正确;将开关S接2,小灯泡L和电动机M均正常工作,由E=2+0.2r+U解得电动机正常工作电压为U=0.8V,电动机的内阻一定小于4Ω,BC项错误;电源效率约为η=
×100%=93.3%.D项正确.
12.(2014·四川省凉山州二诊)理想变压器的输入电压如图所示,输出端并联2只相同的小灯泡L1,L2,如图所示,灯泡的额定电压为20V,额定功率为10W,电路连接了两理想电流表A1,A2,导线电阻不计,开始电键S断开,L1恰好正常发光,则( )
A.原副线圈的匝数比为n1∶n2=3
∶1
B.流过灯L1的电流方向每秒改变10次
C.电键S闭合后,灯L1变暗
D.电键S闭合后,电流A1的读数变大,A1与A2的比值也变大
答案 B
解析 由变压器变压公式可知,原副线圈的匝数比为n1∶n2=3∶1,A项错误;交变电流周期0.2s,电流方向每秒改变10次,B项正确;电键S闭合后,流过灯L1电流不变,灯L1亮度不变,C项错误;电键S闭合后,电流A1的读数变大,根据变压器变流关系,A1与A2的比值也不变,D项错误.
13.(2015·山东)如图甲,R0为定值电阻,两金属圆环固定在同一绝缘平面内.左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上,经二极管整流后,通过R0的电流i始终向左,其大小按图乙所示规律变化.规定内圆环a端电势高于b端时,a,b间的电压为uab正,下列uab-t图像可能正确的是( )
答案 C
解析 在第一个0.25T0时间内,通过大圆环的电流为瞬时针逐渐增加,由楞次定律可判断内环a端电势高于b端,因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小;同理在第0.25T0-0.5T0时间内,通过大圆环的电流为瞬时针逐渐减小,由楞次定律可判断内环a端电势低于b端,因电流的变化率逐渐变大故内环的电动势逐渐变大;故C项正确.
命题立意 法拉第电磁感应定律;楞次定律
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