《2019年全国各地高考模拟题—电路和电磁感应选择题（练习一）专题汇编》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年全国各地高考模拟题—电路和电磁感应选择题（练习一）专题汇编（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019年全国各地高考模拟题电路和电磁感应选择题（练习一）专题汇编1. (2019.北京朝阳区一模)如图所示，一理想变压器的原线圈接正弦交流电源，副线圈接有电阻R和小灯泡。电流表和电压表均可视为理想电表。闭合开关S，下列说法正确的是()A. 电流表A1的示数减小B. 电流表A2的示数减小C. 电压表V1的示数减小D. 电压表V2的示数减小【答案】D【解析】解：闭合开关S，由于输入的电压的大小和变压器的匝数比不变，所以变压器的输入电压和输出的电压始终不变，即电压表V1的示数不变；当S接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，电流表A2的示数增大，所以电阻R上消耗的电压变大，由于输出的电压不变，所以电
2、压表V2的示数减小；当S接通后，副线圈电路的总电阻减小，输出的电压不变，总电流变大，根据P=UI得副线圈输出功率变大，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，所以原线圈的输入功率变大，电流表A1的示数增大；故ABC错误、D正确。故选：D。输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，根据理想变压器的原理结合电路动态分析的方法分析即可。变压器的动态问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电压U1，U2，电流I1，I2，输入和输出功率P1，P2随匝数比的变化而变化的情况；二是匝数比不变，电流和功率随负载电阻的变化而变化的情况。不论哪种情况，处理这类问题的
3、关键在于分清变量和不变量，弄清楚“谁决定谁”的制约关系。2.(2019.广东广州市一模)如图，理想变压器上接有3个完全相同的灯泡，其中1个灯泡与原线圈串联，另外2个灯泡并联后接在副线圈两端。已知交流电源的电压u=182sin100t(V)，3个灯泡均正常发光，忽略导线电阻，则变压器()A. 副线圈电压的频率为100HzB. 原线圈两端的电压为12VC. 原副线圈的电流比为2：1D. 原副线圈的匝数比为2：1【答案】BD【解析】解：A、由瞬时值表达式有：u=182sin100t(V)，可知角速度为：=100，则频率为：f=2=1002=50Hz.故A错误；BCD、设每只灯的额定电流为I，额定电压
4、为U，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，原副线圈电流之比为1：2，根据原副线圈中电流之比与匝数成反比得原、副线圈的匝数之比为：n1n2=I2I1=21又U1U2=n1n2得原线圈两端电压为：U1=n1n2U2=2U根据闭合电路欧姆定律得交流电源电压为：U=U+2U=3U该交流电的最大值为182V，则有效值为18V，所以3U=18V则灯泡的额定电压为6V，原线圈两端得电压等于2U=12V.故BD正确，C错误故选：BD。设每只灯的额定电流为I，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，由电流关系求出匝数比；根据原副线圈两端电压之比与匝数成
5、正比交流电源电压。本题解题的突破口在原副线圈的电流关系，注意明确四个灯正常发光为解题的关键。还要特比注意交流电源电压应是两个灯泡两端电压之和再加上原线圈两端电压。3.(2019.北京朝阳区一模)某物理兴趣小组利用如图所示的电路给一个原来不带电的电容器充电在充电过程中，电路中的电流为i，电容器所带的电荷量为q，两极板问的电势差为u，电容器储存的能量为E电.下面的四幅示意图分别表示i、q、u和E电随时间t的变化关系，其中可能正确的是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】解：A、在电容器充电的过程中，由于同种电荷间相互排斥，所以电路中电流非线性减小，I-t图象是曲线，根据q-t图象切线的斜率
6、等于电流，知图象切线的斜率逐渐减小，故A错误；B、根据电容器充电过程中，电容器的电量先增大后不变，故B正确；C、根据U=QC，则电容器极板电压先增大后不变，故C错误；D、由公式E电=qu，可知储存的能量先增大后不变，故D错误。故选：B。将电键S闭合后，在电容器充电的过程中电路中电流非线性减小，由公式E电=qu分析储存的能量的变化情况，根据U=QC，分析u的变化，再根据q-t图象的斜率等于电流，分析q-t图象的形状。解决本题的关键是要知道电容器充电电流是非线性减小，结合物理公式分析各个物理量与时间的变化。要知道q-t图象的斜率等于电流，从数学的角度研究图象的形状。4.(2019.福建省南平市一模
7、)如图所示，n匝矩形线圈abcd，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线圈面积为S，匀强磁场的边界线OO恰好位于ab和cd中点的连线上，线圈绕OO轴以角速度匀速转动，线圈与一个阻值为R的电阻相连，其它电阻不计。则从图示位置开始计时，以下判断正确的是()A. 图中电压表的示数为nBS2B. 该线圈转过90过程中，通过R的电荷量为BS2RC. t时间内，电阻R产生的热量为n2B2S22t4RD. 当线圈转至30时，磁通量变化率为BS4【答案】D【解析】解：A、由于矩形线圈一半处于匀强磁场中，所以感应电动势的最大值为：Em=nBS2，所以图中电压表的示数为U=2nBS4，故A错误；B、线圈转过90
8、过程中，通过R的电荷量为q=I-t=nBS2R，故B错误；C、t时间内，电阻R产生的热量为Q=U2Rt=n2B2S22t8R，故C错误；D、当线圈转至30时，磁通量变化率为12Emn=BS4，故D正确；故选：D。线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，最大值是有效值的2倍；每当线框通过中性面时，电流方向改变；当磁通量为零时，线框切割速度最大，产生的电动势也最大。线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流。而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定。而通过某一电量时，则用平均值来求。同时注意磁场只有一半。
9、5.(2019.甘肃兰州理一诊)如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压均为U的灯泡A和B.当输入电压为5U时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是()A. 原、副线图匝数比为1：4B. 原、副线圈匝数比为4：1C. 灯泡A、B的额定功率功率之比为1：4D. 灯泡A、B的额定功率功率之比为4：1【答案】BC【解析】解：AB、两灯均正常发光，则A、B两端的电压均为U，原线圈两端电压U1=5U-U=4U，副线圈两端电压U2=U，所以原、副线圈匝数比n1：n2=U1：U2=4：1.故A错误，B正确。CD：原、副线圈匝数比n1：n2=4：1，则原副线圈的电流比I1：I2=n2：n1=1：4，灯泡
10、A、B的电流之比为1：4，两灯的额定电压相同，则灯泡A、B的额定功率功率之比为1：4.故C正确，D错误。故选：BC。根据灯泡电压与输入电压的关系可明确接在输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；根据欧姆定律和变压器原理求解电阻之比。根据题中“理想变压器”可知，本题考察变压器的原理。根据理想变压器的规律，应用电压关系、电流关系、电功率、串并联等知识分析计算6.(2019.广东揭阳一模)如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，调节前后()A. 副线圈的接入匝数比为
11、2：1B. 副线圈输出功率比为2：1C. 副线圈中的电流比为1：2D. 原线圈输入功率比为4：1【答案】AD【解析】解：A、通过调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，输出电压减小为原来的一半，在原线圈电压和匝数不变的情况下，根据原副线圈电压之比等于匝数之比得副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，所以接入匝数之比为2：1，故A正确；BD、由P=U2R，所以输出功率之比为4：1，副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为4：1，故B错误，D正确C、副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2：1，故C错误；故选：AD。变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成
12、反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析。本题考查了变压器的特点和欧姆定律，理解变压器的匝数比与电压比、电流比的关系是解答的关键。7.(2019.甘肃兰州理一诊)如图所示，宽为L的光滑导轨竖直放置，左边有与导轨平面垂直的区域足够大匀强磁场，磁感应强度为B，右边有两块水平放置的金属板，两板间距为d。金属板和电阻R都与导轨相连。要使两板间质量为m、带电量为-q的油滴恰好处于静止状态，阻值也为R的金属棒ab在导轨上的运动情况可能为(金属棒与导轨始终接触良好)()A. 向右匀速运动，速度大小为2dmgBLqB. 向左匀速运动，速度大小为2dmgBLqC. 向右匀速运动，速度大小为dmg2BLqD.
13、 向左匀速运动，速度大小为dmg2BLq【答案】A【解析】解：两板间质量为m、带电量为-q的油滴恰好处于静止状态，则qE=mg，解得板间电场强度为：E=mgq，方向竖直向下；两板间电压为：U=Ed=mgdq，且上板带正电、下板带负电。金属棒ab切割磁感线相当于电源，两金属板与电阻R并联后接在金属棒两端，则金属棒中电流方向由b流向a；根据闭合电路欧姆定律可知：U=RR+RE=RR+RBLv，解得金属棒ab在导轨上的运动速度为：v=2mgdqBL；根据金属棒中电流方向由b流向a和右手定则可得，金属棒向右运动。综上A正确，BCD错误故选：A。对油滴受力分析，根据平衡条件可明确其受到的电场力大小，从而
14、求出电场强度以及两板间的电势差；再根据闭合电路欧姆定律即可确定导体的运动速度以及方向。本题考察导体棒在导轨上运动和带电粒子的平衡相结合的问题，应用法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、右手定则等知识分析求解。8. (2019.广东佛山模拟一)如图所示的电路中，R1为定值电阻，R2为光敏电阻(光照越强电阻越小)，C为电容器，电源内阻不可忽略。闭合开关后，当光照增强时，下列说法正确的是()A. 电源的效率降低B. 电流表的示数减小C. R1的电功率减小D. 电容器两端电势差减小【答案】A【解析】解：AB、当光照增强时，光敏电阻的电阻减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，路
15、端电压减小；则由=UIEI100%=UE100%可知，电源的效率降低，故A正确，B错误；C、因总电流增大，由P=I2R可知，R1的电功率增大，故C错误；D、电容器与R1并联，R1两端电压增大，故电容器两端电势差增大，故D错误。故选：A。明确电路结构，知道R1、R2以及电流表串联在电源两端；光敏电阻的特性是当光敏电阻上的光照强度增强时，光敏电阻的阻值会减小；导致电路的总电阻减小，电路中的总电流增大，再分析路端电压的变化，由欧姆定律依次分析即可。本题考查光敏电阻的特性与闭合电路的欧姆定律的应用，关键是掌握光敏电阻的特性；同时明确闭合电路欧姆定律动态分析的基本方法。9.(2019.安徽江淮十校三模)如图所示，两个相同的光滑U形导轨相互靠近固定在绝缘水平面上，右侧导轨处在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，ab、cd导棒分别放在两个导轨上并与导轨垂直，ab导棒在水平拉力作用下向右做匀加速运动，导棒运动过程中始终与导轨接触良好并与导轨垂直，只计导体电阻，导轨电阻不计，则下列判断正确的是()A. 导棒ab中有从a到b的电流B. 导棒cd中有从c到d的电流C. 导棒cd会向左移动D. 拉力F随时间均匀增大【答案】BD【解析】解：A、ab导棒在水平拉力作用
