高三一轮物理：第10章《交变电流》章末大盘点 12页

‎(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)‎ 一、选择题 ‎1．如右图所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时(　　)‎ A．电压表的示数减小 B．R2中电流减小 C．小灯泡的功率减小 D．电路的路端电压增大 解析：　当光强度增大时，R3阻值减小，外电路电阻随R3的减小而减小，R1两端电压因干路电流增大而增大，同时内电压增大，故电路路端电压减小，而电压表的示数增大，A、D项均错误；由路端电压减小，而R1两端电压增大知，R2两端电压必减小，则R2中电流减小，故B项正确；结合干路电流增大知流过小灯泡的电流必增大，则小灯泡的功率增大，故C项错误．‎ 答案：　B ‎2.如右图所示，左侧的圆形导电环半径为r＝‎1.0 cm，导电环与一个理想变压器的原线圈相连，变压器的副线圈两端与一个电容为C＝100 pF的电容器相连，导电环的电阻不计．环中有垂直于圆环平面的变化磁场，磁场磁感应强度B的变化率为＝100πsin ωt.若电容器C所带电荷量的最大值为1.41×10－‎9 C，则所用理想变压器的原、副线圈的匝数之比为(取π2＝10)(　　)‎ A．1∶100　　　　　　　　　 B．100∶1‎ C．1∶100 D．100∶1‎ 答案：　A ‎3．如下图甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是(　　)‎ A．图甲表示交流电，图乙表示直流电 B．两种电压的有效值相等 C．图甲所示电压的瞬时值表达式为U＝311sin 100πt V D．图甲所示电压经匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的 解析：　因图象的纵坐标上电压的正负表示电压的方向，因此两图均为交流电，A错；对于正弦交流电才有U有效＝，虽然两图的峰值相同，但图乙非正弦(余弦)交流电不适用上式有效值的求法，故B错；正弦交流电电压瞬时值的表达式为u＝Umsin ωt，由图象可知Um＝311 V，T＝2×10－2 s，可得ω＝＝100 π，代入上式得u＝311sin100πt，故C对；由变压器原理可知变压器只能根据匝数比改变电压和电流，它不会改变周期和频率，故D错．‎ 答案：　C ‎4．(2011·北京西城)下图是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P是可移动的滑动触头．A、B间接交流电压U，输出端连接了两个相同的灯泡L1和L2，Q为滑动变阻器的滑动触头．当开关S闭合，P处于如图所在的位置时，两灯均能发光．下列说法正确的是(　　)‎ A．将P沿逆时针方向移动，两灯均变暗 B．P不动，将Q向左移动，两灯均变亮 C．P不动，将Q向右移动，输入功率变大 D．断开开关S，L1将变暗 解析：　当P沿逆时针方向移动时，副线圈的匝数n2增大，由＝知，U2增大，L1、L2均变亮，A错；当P不动时U2不变，Q向左移动，R减小，L1、L2电压增大，两灯泡变亮；B对；当P不动，Q向右移动时，R增大，变压器输出功率P2＝，R总增大，P2减小，而P1＝P2，故P1减小，C错；断开开关S，负载电阻增大，L1的电压增大将变亮，D错．‎ 答案：　B ‎5.如右图所示，动圈式话筒是能够将声音信号转变为微弱的电信号(交变电流)的装置，该装置产生的电信号一般都不是直接送给扩音机，而是经过一个变压器后再送给扩音机放大，变压器的作用是能够减少电信号沿导线传输过程中的电能损失．下列说法中正确的是(　　)‎ A．该话筒能够将声音信号转变为电信号，利用的是电磁感应原理 B．该话筒将声音信号转变为电信号的部件其实质是一个电容传感器 C．该话筒中的变压器一定是升压变压器，因为P＝UI，升压后，电流减小，导线上损失的电能增大 D．该话筒中的变压器一定不是升压变压器，因为P＝U2/R，升压后，导线上损失的电能会增加 解析：　动圈式话筒的工作原理即电磁感应，选项A正确、B错误；变压器的作用是能够减少电信号沿导线传输过程中的电能损失，则由P＝UI及P＝I2R可知，电路中电流越小，导线上损失的电能越少，所以选项C、D均错误．‎ 答案：　A[来源:学科网ZXXK][来源:学科网ZXXK]‎ ‎6．有些手机充电器由变压器和整流电路组成，由变压器把高压交流电变为低压交流电，再整流为低压直流电，现有一手机，充电电池的充电电压为4 V直流电压，充电电流为220 mA，若把变压器视为理想变压器，该手机充电器的变压器的原副线圈的匝数比和原线圈的电流为(不考虑整流电路的电压损失， 副线圈的有效电压和直流电压相等)(　　)‎ A．55∶1,4 mA B．55∶1,4 mA C．55∶，4 mA D．55∶1,4 mA 解析：　由于充电电池的充电电压为4 V，故整流前的低压交流电的有效值也为4 V，n1∶n2＝220∶4＝55∶1，I1∶I2＝n2∶n1，得I1＝4 mA，选项A正确．‎ 答案：　A ‎7．如下图甲所示，A、B两端接直流稳压电源，UAB＝100 V，R1＝40 Ω，滑动变阻器总电阻R＝20 Ω，滑片处于变阻器中点位置；图乙中，自耦变压器输入端A、B接交流稳压电源，其电压有效值也为UAB＝100 V，滑片也处于线圈中点位置，R2＝40 Ω.若R1和R2的发热功率分别为P1和P2，则P1和P2的关系为(　　)‎ A．P1＝P2 B.＝ C.＝ D.＝ 解析：　题图甲中，R1两端的电压为U1＝80 V，题图乙中，R2两端的电压的有效值为U2＝200 V，所以＝＝，即C选项正确．‎ 答案：　C ‎8．某小型水电站的电能输送示意图如下，发电机的输出电压为200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则(　　)‎ A.＞ B.＜ C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 D．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率 解析：　由于输电线上有电阻，所以考虑到电压损失，则有升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，根据变压器的电压与匝数之比的关系，可知要让用电器正常工作，必须有＞，A对，B、C错；考虑到输电线上也有电功率的损失，可知D错．‎ 答案：　A ‎9．正弦交变电源与电阻R、交流电压表、交流电流表按照下图甲所示的方式连接，R＝200 Ω.图乙是交变电源输出电压u随时间t变化的图象．则(　　)‎ A．交流电压表的读数是311 V B．交流电流表的读数是‎6.2 A C．R两端电压随时间变化的规律是uR＝311cos πt V D．R两端电压随时间变化的规律是uR＝311cos 100πt V.‎ 解析：　由图乙可知，电源输出电压峰值为311 V，有效值为220 V，所以电压表示数为有效值220 V，电流表读数为电流的有效值I＝＝‎1.1 A，A、B均错，由图乙可知T＝2×10－2 s，ω＝＝100π，所以R两端电压随时间变化的规律为UR＝311cos 100πt V，C错，D对．‎ 答案：　D ‎10．(2011·河北石家庄三月)甲图为发电机结构示意图，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，其表面呈半圆柱面状．M是圆柱形铁芯，它与磁极柱面共轴，铁芯上绕有矩形线框，可绕与铁芯共轴的固定轴转动．磁极与铁芯间的磁场均匀辐向分布．从图示位置开始计时，当线框匀速转动时，乙图中可正确反映线框感应电动势e随时间t变化规律的是(　　)‎ 解析：　矩形线框在辐向磁场中转动，B不动，v始终与B垂直，由E＝BLv知E大小不变，方向周期性变化，故选D.‎ 答案：　D ‎11.如右图所示，半径为r的半圆形金属导线(CD为直径)处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，有关导线中产生的感应电动势的大小的说法正确的是(　　)‎ A．导线从图示位置开始绕CD以角速度ω匀速转动时E＝πr2Bωsin ωt B．导线在纸面内沿与CD成45°角以速度v斜向下匀速运动时E＝rBv C．导线不动，匀强磁场以速度v水平向左匀速运动时E＝0‎ D．导线在纸面内以速度v水平向右运动，同时匀强磁场以速度v沿CD方向向上匀速运动时E＝Brv 解析：　半圆形导线CAD在匀强磁场中以角速度ω绕CD匀速转动时，E＝BSωsin ωt＝πr2Bωsin ωt，A错误；半圆形导线的长度等效为2r，当它在纸面内沿与CD成45°角以速度v斜向下匀速运动时其切割磁感线的有效长度为r，则感应电动势的大小E＝rBv，B正确；导线不动，匀强磁场以速度v水平向左匀速运动时，等效为导线在纸面内沿垂直CD方向以速度v向右匀速运动，则E＝2Brv，C错误；导线在纸面内以速度v水平向右运动，同时匀强磁场以速度v沿CD方向向上匀速运动，等效为导线在纸面内以大小为v、方向与CD成45°斜向下匀速运动，则感应电动势的大小E＝2rBv，D错误．‎ 答案：　B 二、非选择题 ‎12.如右图所示，一小型发电机内有n＝100匝的矩形线圈，线圈面积S＝‎0.10 m2‎，线圈电阻可忽略不计．在外力作用下矩形线圈在B＝0.10 T的匀强磁场中，以恒定的角速度ω＝100 π rad/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，发电机线圈两端与R＝100 Ω的电阻构成闭合回路．求：‎ ‎(1)线圈转动时产生感应电动势的最大值；‎ ‎(2)从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90°角的过程中通过电阻R横截面的电荷量；‎ ‎(3)线圈匀速转动10 s，电流通过电阻R产生的焦耳热．‎ 解析：　(1)线圈中感应电动势的最大值 Em＝nBSω＝3.14×102 V(说明：314 V,100π V也同样得分)．‎ ‎(2)设从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90°角所用时间为Δt，‎ 线圈中的平均感应电动势＝n 通过电阻R的平均电流＝＝ 在Δt时间内通过电阻横截面的电荷量 Q＝Δt＝＝1.0×10－‎2 C.‎ ‎(3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流，电阻两端电压的有效值U＝Em 经过t＝10 s电流通过电阻产生的焦耳热Q热＝t 解得Q热＝4.9×103 J.‎ 答案：　(1)3.14×102 V　(2)1.0×10－‎2 C　(3)4.9×103 J 滚动训练(九)‎ ‎(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)‎ 一、选择题 ‎1．(2010·海南卷)1873年奥地利维也纳世博会上，比利时出生的法国工程师格拉姆在布展中偶然接错了导线，把另一直流发电机发出的电接到了他自己送展的直流发电机的电流输出端．由此而观察到的现象导致了他的一项重要发明，从而突破了人类在电能利用方面的一个瓶颈．此项发明是(　　)‎ A．新型直流发电机　　　　　 B．直流电动机 C．交流电动机 D．交流发电机 解析：　本题考查有关物理学史和电磁感应及电动机等知识，意在考查考生对电磁学的发展过程的了解．题中说明把一发电机发的电接到了另一发电机的输出端，必然使这台发电机通过电流，电流在磁场中必定受到安培力的作用，在安培力的作用下一定会转动起来，这就成了直流电动机，故正确答案为B.‎ 答案：　B ‎2．2008年北京奥运会上，中国选手何雯娜获得女子体操蹦床比赛冠军．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中动作．为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网的压力，并在计算机上做出压力—时间图象，假如做出的图象如下图所示．设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度为(g取‎10 m/s2)(　　)‎ A．‎1.8 m B．‎‎3.6 m C．‎5.0 m D．‎‎7.2 m 解析：　从题中F－t图象中可以看出，运动员脱离弹性网后腾空的时间为2.0 s，则运动员上升到最大高度所用的时间为1.0 s，上升的最大高度h＝gt2＝‎5.0 m，选项C正确．[来源:学科网]‎ 答案：　C[来源:学科网]‎ ‎3.一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度随时间变化的图象如右图所示，tA、tB分别是带电粒子到达A、B两点时对应的时刻，则下列说法中正确的有(　　)‎ A．A点的场强一定小于B点的场强 B．A点的电势一定高于B点的电势 C．带电粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能 D．带电粒子从A点到B点过程中，电场力一定对带电粒子做正功 解析：　由于v－t图象上各点的斜率表示加速度的大小，从图象可以看出带电粒子在A点的加速度大于在B点时的加速度，由牛顿第二定律可知EA＞EB，选项A错误；带电粒子带电性质未知，故A、B两点电势无法判断，选项B错误；从v－t图象中可以看出B点速度大于A点速度，故电场力对带电粒子做正功，电势能减小，所以选项C错误，选项D正确．‎ 答案：　D ‎4．如右图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶‎ ‎5，原线圈两端的交变电压为u＝20sin 100 πt V．氖泡在两端电压达到100 V时开始发光，下列说法中正确的有(　　)‎ A．开关接通后，氖泡的发光频率为50 Hz B．开关接通后， 电压表的示数为100 V C．开关断开后，电压表的示数变大 D．开关断开后，变压器的输出功率不变 解析：　副线圈电压由原线圈决定，则不论负载如何变化，电压表的读数不变，始终为有效值100 V，B正确．每个交流电周期内氖管发光两次，每秒发光100次，则氖管发光频率为100 Hz，开关断开后，负载电阻增大，电流减小，则变压器的输出功率减小．由以上分析可知，只有选项B正确．‎ 答案：　B ‎5．(2011·江西十校二模)矩形导线框abcd放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如右图所示，t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．若规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则在0～4 s时间内，线框中的感应电流I以及线框的ab边所受安培力F随时间变化的图象为下图中的(安培力取向上为正方向)(　　)‎ ‎【解析】　由E＝n＝n，推知电流恒定，A错；因为规定了导线框中感应电流逆时针方向为正，感应电流在0～2 s内为顺时针方向，所以B错；由F＝BIL得：F与B成正比，C正确，D错．‎ 答案：　C ‎6．在一些学校教室为了保证照明条件，采用智能照明系统，在自然光不足时接通电源启动日光灯，而在自然光充足时，自动关闭日光灯．其原理图如图所示：R为一光敏电阻，L为一带铁芯的螺线管．在螺线管上方有一用细弹簧系着的轻质衔铁．一端用铰链固定在墙上可以自由转动，另一端用一绝缘棒链接两动触头，有关这智能照明系统工作原理描述正确的是(　　)‎ A．在光照越强，光敏电阻电阻越大，衔铁被吸引下来 B．在光线不足时，光敏电阻阻值变大，电流小衔铁被弹簧拉上去，日光灯断开 C．上两接线柱应该和日光灯电路连接 D．下面两接线柱和日光灯电路连接 解析：　由光敏电阻特性可知，光照强度越强，电阻越小电流大，所以A、B项均错；上两接线柱应接日光灯电路，所以C项正确，而D项错误．‎ 答案：　C ‎7.在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个面积为S的矩形线圈匀速转动时所产生的交流电电压随时间变化的波形如右图所示，线圈与一阻值R＝9 Ω的电阻串联在一起，线圈的电阻为1 Ω.则(　　)‎ A．通过电阻R的电流瞬时值表达式为i＝10sin 200πt(A)‎ B．电阻R两端的电压有效值为90 V C．1 s内电阻R上产生的热量为450 J D．图中t＝1×10－2s时，线圈位于与中性面垂直的位置 解析：　通过电阻R的电流最大值为Im＝＝‎10 A，线圈转动的角速度ω＝＝rad/s＝100π rad/s，故电流的瞬时值表达式为i＝10sin 100πt(A)，A错误；电阻R两端的电压有效值为U有效＝R＝×9 V＝45 V，B错误；1 s内电阻R上产生的热量Q＝t＝450 J，C正确；t＝1.0×10－2 s时感应电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，线圈位于中性面，D错误．‎ 答案：　C ‎8.如右图所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动．在移动过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和 B．F对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势能 D．F对木箱做的功大于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和 解析：　木箱加速上滑的过程中，拉力F做正功，重力和摩擦力做负功．支持力不做功，由动能定理得：WF－WG－Wf＝mv2－0，即 WF＝WG＋Wf＋mv2，A、B错误，又因克服重力做功WG等于物体增加的重力势能，所以WF＝ΔEp＋ΔEk＋WF，故D错误，又由重力做功与重力势能变化的关系知C正确．‎ 答案：　C ‎9.如右图所示，在一水平桌面上有竖直向上的匀强磁场，已知桌面离地高h＝‎1.25 m，现有宽为‎1 m的U形金属导轨固定在桌面上，导轨上垂直导轨放有一质量为‎2 kg，电阻为2 Ω的导体棒，其他电阻不计，导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.2，将导体棒放在CE左侧‎3 m处，CE与桌边重合，现用F＝12 N的力作用于导体棒上，使其从静止开始运动，经过3 s导体棒刚好到达导轨的末端(在此之前导体棒的运动已达到稳定状态)，随即离开导轨运动，其落地点距桌子边缘的水平距离为‎2 m，g取‎10 m/s2，则(　　)‎ ‎①导体棒先做匀加速运动，再做匀速运动，最后做平抛运动　②所加磁场的磁感应强度B＝2 T　③导体棒上产生的焦耳热为24 J　④整个过程中通过导体棒横截面的电荷量为‎3 C A．①②　　　　　　　　　 B．②③‎ C．③④ D．②④‎ 解析：　导体棒水平方向受安培力、摩擦力和拉力，竖直方向受重力、支持力作用，在拉力F的作用下从静止开始做加速运动，随着速度的增加，安培力增大，合力减小，加速度减小，即开始做加速度减小的加速运动，当合力为零时做匀速运动，直到离开导轨后做平抛运动，①错误；由平抛运动规律h＝gt2及x＝vt知导体棒离开桌边缘时速度为v＝x·＝‎4 m/s，而导体棒已处于稳定状态，即F＝μmg＋BIL，I＝，所以 B＝2‎ ‎ T，②正确；由法拉第电磁感应定律知E＝＝＝2 V，故q＝It＝t＝‎3 C，④正确；由能量转化及守恒定律得导体棒上产生的焦耳热为Q＝Fs－mv2－μmgs＝8 J，③错误．由以上可知选项D正确．‎ 答案：　D 二、非选择题 ‎10．某同学准备利用下列器材测量电源电动势和内电阻．‎ A．干电池两节，每节电池电动势约为1.5 V，内阻约几欧姆 B．直流电压表V1、V2，量程均为1.5 V，内阻约为3 kΩ C．定值电阻R0，阻值为5 Ω D．滑动变阻器R，最大阻值50 Ω E．导线和开关 ‎(1)该同学连接的实物电路如图甲所示，其中还有一根导线没有连，请补上这根导线．‎ ‎(2)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1－U2图象如图乙所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a，则电源的电动势E＝________，内阻r＝________(用k、a、R0表示)．‎ ‎(3)根据所给器材，请你再设计一种测量电源电动势和内电阻的电路图，画在图丙的虚线框内．‎ 答案：　(1)如下图所示 ‎(2)a　 ‎(3)如下图所示 ‎11．如图甲所示，一半径R＝‎1 m、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B点，圆弧轨道的最高点为M，斜面倾角θ＝37°，t＝0时刻有一物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示．若物块恰能到达M点，(取g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：‎ ‎(1)物块经过B点时的速度vB；‎ ‎(2)物块与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(3)AB间的距离xAB.‎ 解析：　(1)由题意物块恰能到达M点 则在M点有mg＝m 由机械能守恒定律有 mgR(1＋cos 37°)＝mv－mv 代入数据可求得：‎ vB＝ m/s.‎ ‎(2)由v－t图可知物块运动的加速度 a＝‎10 m/s2‎ 由牛顿第二定律有 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma 所以物块与斜面间的动摩擦因数 μ＝＝0.5.‎ ‎(3)由运动学公式2axAB＝v－vB 又vA＝‎8 m/s 得xAB＝‎0.9 m.‎ 答案：　(1) m/s　(2)0.5　(3)‎‎0.9 m ‎12.如右图所示，竖直直角坐标系，第一象限有水平向左的匀强电场E1，第四象限有垂直于纸面向外的匀强磁场，且L/2～L处有竖直向下的匀强电场E2.质量为m的小球自A(0，L/2)处以v0的初速度水平抛出，小球到达B(L,0)处是速度方向恰好与x轴垂直．在B处有一内表面粗糙的圆筒，筒内壁与小球间的动摩擦因数为μ，筒直径略大于小球直径，筒长为L，竖直放置．已知小球在离开筒以前就已经匀速，且离开筒后做匀速圆周运动，恰在D(0，L)处水平进入第三象限．求：‎ ‎(1)E1∶E2是多少？‎ ‎(2)小球从刚进入圆筒到刚好出来圆筒的过程中，小球克服摩擦力所做的功？‎ 解析：　(1)在第一象限，水平方向小球做匀减速运动，加速度大小为：‎ a＝ 由运动学公式：有：＝at2①‎ 竖直方向做自由落体运动，有：L＝gt2②‎ 由①②得，a＝g 由牛顿第二定律可知，qE1＝mg③‎ 小球在第四象限的电磁场中做匀速圆周运动，应用电场力与重力平衡，即：qE2＝mg④‎ 由③④得，E1∶E2＝1∶2.‎ ‎(2)设小球进入圆筒时的速度为v1，在第一象限，由运动规律有：‎ 竖直方向：＝t⑤‎ 水平方向：L＝t⑥‎ 由⑤⑥得：v1＝ 小球在圆筒中做加速度减小的加速运动，当重力与摩擦力相等时，开始做匀速运动，设此速度为v2，由平衡条件，有：mg＝μBqv2⑦‎ 得：v2＝ 在第四象限的电磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有：‎ Bqv2＝m⑧‎ 由⑦⑧得，v2＝ 从小球进入圆筒到离开圆筒，由动能定理，有：‎ mv－mv＝mgL－Wf⑨[来源:学#科#网Z#X#X#K]‎ 解之得：Wf＝mgL＋mv.‎ 答案：　(1)1∶2　(2)mgL＋mv