【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）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-