《2019年全国各地高考模拟题—电路和电磁感应选择题（练习四）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（练习四）专题汇编（15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（练习四）专题汇编1. （2019云南昆明4月）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈压数比为10：1.原线圈的输入电压u随时间t变化图象如图乙所示，D为理想二极管，R为电阻箱，当电阻箱阻值R=11时，下列说法正确的是()A. 原线圈的输入电压频率为50HzB. 电阻箱R两端电压的有效值为11VC. 电阻箱R消耗的功率为22WD. 若电阻箱R阻值变小，原线圈中的电流减小【答案】AC【解析】解：A、根据图象乙得交流电的周期是0.02s，所以原线圈的输入电压频率为50Hz，故A正确；B、由题原线圈的电压的最大值为2202V，所以有效值是220V，根
2、据变压器原理可得副线圈两端电压为：U2=n2n1U1=22V，根据二极管的单向导电性和有效值的定义得：U22RT2=U2RT电阻箱R两端电压的有效值为：U=112V，故B错误；C、电阻箱R消耗的功率为：P=U2R=22W，故C正确；D、若电阻箱R阻值变小，副线圈电压不变，副线圈增大，输出功率增大，输入功率增大，原线圈中的电流增大，故D错误；故选：AC。根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，根据电压与匝数成正比和二极管的特点结合有效值的计算方法即可求得结论；电阻变小，而副线圈电压不变，变压器的输入功率等于输出功率，由此分析即可。该题加入二极管考查变压器的电压比与匝数比，解答本题的难点在
3、于二极管的作用，是使得反向电流不能通过，根据电流热效应求其有效值。2.（2019遂宁市三诊）如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的7倍时，两灯泡均能正常发光。则灯泡a与b的功率之比为（ ）A. 3:1B. 1:3C. 6:1D. 1:6【答案】D【解析】【详解】输入电压为U，则两灯泡正常发光时两端电压均为U7，变压器的匝数比n1n2=U-U7U7=61 ，则I1I2=n2n1=16，根据P=IU可知灯泡a与b的功率之比为1:6，故选D.3.（2019湘赣十四校一模）一可变理想变压器原、副线圈的回路中分别接有电阻r和可变电阻R，原线圏一侧接在
4、电压恒定的正弦交流电源上，如图所示，下列说法正确的是()A. 变压器的触头向下滑动，其他条件不変，R上消耗的功率不可能先増大后减小B. 变压器的触头向下滑动，其他条件不变，R上消耗的功率不可能一直减小C. 可变电阻R触头向下滑动，其他条件不变，r上消耗的功率一定减小D. 可变电阻R触头向下滑动，其他条件不变，R上消耗的功率一定增大【答案】C【解析】解：AB、变压器的触头向下滑动，其他条件不変，输出电压减小，R上消耗的功率减小，故AB错误；CD、可变电阻R触头向下滑动，其他条件不変，副线圈的电阻增大，电流减小，r上消耗的电功率减小，将变压器及R等效为(n1n2)2R，根据输出功率与外电阻的关系可
5、知，R上消耗的功率变化有多种情况，故C正确、D错误。故选：C。根据变压器的动态分析的分析方法分析电压和电流的变化，由此分析电功率的变化。本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。4.（2019湘赣十四校一模）如图所示，左侧接有定值电阻R的光滑导轨处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨间距为d。一质量为m、阻值为r的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始运动，速度与位移始终满足=kx，棒与导轨接触良好，则在金属棒移动l的过程中()A. 金属棒的动量对时间
6、的变化率增大B. 拉力的冲量为B2d2lR+r+kmlC. 通过的电量为q=BdlRD. 电阻R上产生的焦耳热为QR=kRB2d2l22(R+r)【答案】ABD【解析】解：A、根据v=kx可知，棒在做加速度增大加速运动，合力增大，动量对时间的变化率即为合力，故A正确；BC、根据动量定理I-BIdt=mv，其中q=It=BdlR+r，v=kl，联立解得拉力的冲量为B2d2lR+r+kml，故B正确、C错误；D、根据功能关系可知E电=W安，F安=BId=B2d2vR+r=B2d2kxR+rx，所以W安=12F安l=B2d2kl2(r+R)，根据功能关系可得电阻R上产生的焦耳热为QR=RR+rE电=
7、kRB2d2l22(R+r)，故D正确。故选：ABD。根据速度随时间的变化情况分析加速度，根据动量定理结合功能关系进行分析。对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。5.（2019四川攀枝花三模）如图所示，单匝线圈两端与一个电容为C的平行板电容器相连。线圈内有垂直纸面向里的磁场，当磁场随时间变化时，电容器A板带电量恒为+Q，B板带电量恒为-Q，则穿过线圈的磁通量随时间t的变化规律为()A. =0+2QCtB. =0-2QCtC. =0+QCtD. =0-QCt【
8、答案】C【解析】解：电容器的带电量恒为Q，根据电容定义式有：C=QU=QE解得线圈上产生的电动势为：E=U=QC，据法拉第电磁感应定律有：E=t=-0t联立解得：=0+QtC，故C正确，ABD错误；故选：C。根据电容的定义式C=QU求解电容器的电压，也是线圈产生的电动势大小，再根据法拉第电磁感应定律E=t即可求解磁通量随时间的变化规律；电容器的电荷量是一个极板的电荷量，线圈仅与电容器相连时，电容器的电压和线圈的电动势相等。6.（2019福建漳州一模）如图，理想变压器原线圈接在电压不变的交流电源上。灯泡L1和L2阻值不变，R是定值电阻。同时闭合开关S1、S2，两灯泡均能正常发光。现断开S1，则(
9、)A. 灯泡L1变暗B. 电阻R的电功率变大C. 变压器原线圈电流变小D. 变压器副线圈两端电压变小【答案】C【解析】解：AB、变压器输入电压和匝数比不变，则输出电压不变；S断开后相当于负载减少，总电阻增大，副线圈中电流减小，R两端电压减小，灯泡L1两端电压变大，灯泡L1变亮，电阻R的电功率变小；故A错误，B错误；CD、副线圈电压不变，副线圈电流减小，因此副线圈的电功率减小，根据变压器的输入功率等于输出功率，则变压器输入功率变小，原线圈电流变小，故C正确、D错误；故选：C。断开开关，总电阻增大，电流减小，副线圈两端的电压由变压器的匝数之比和原线圈的输入电压有关，再结合闭合电路欧姆定律分析灯泡的
10、亮度变化；根据功率关系分析原线圈电流的变化。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，处理这类问题的关键在于分清变量和不变量，弄清楚“谁决定谁”的制约关系。7.（2019河南安阳二模）如图所示，发电机的输出电压U=10002sin100t(V)，通过理想降压变压器给若干盏灯泡供电，输电线上连接可调电阻r。变压器原线圈两端接有理想交流电压表，线圈干路接有理想交流电流表，下列说法正确的是()A. 电压表的示数始终为1000VB
11、. 仅接入灯泡增多，电流表的示数增大C. 仅可调电阻r增大，电压表的示数增大D. 仅可调电阻r增大，电流表的示数减小【答案】BD【解析】解：A、发电机的输出电压U=10002sin100t(V)，则发动机输出电压有效值U=100022V=1000V，电压表的示数UV=U-Ur1000V，故A错误；B、仅接入灯泡增多，总电阻减小，总电流增大，则电流表的示数增大，故B正确；C、仅可调电阻r增大，r的分压增大，则电压表的示数减小，则副线圈两端电压减小，电流表的示数减小，故C错误、D正确；故选：BD。电压表的示数UV=U-Ur；仅接入灯泡增多，分析总电阻的变化，总电流的变化；仅可调电阻r增大，r的分压
12、增大，根据闭合电路的欧姆定律和变压器原理进行分析。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，处理这类问题的关键在于分清变量和不变量，弄清楚“谁决定谁”的制约关系。8.（2019河南洛阳二模）如图所示，某电路上接有保险丝、交流电压表、“220V900W”的电饭锅及“220V200W”的抽油烟机.现接入u=311sin100t(V)的交流电，下列说法正确的是()A. 交流电压表的示数为311VB. 1s内流过保险丝的电流方向改
13、变50次C. 电饭锅的热功率是抽油烟机的热功率的4.5倍D. 为保证电路正常工作，保险丝的额定电流不能小于5A【答案】D【解析】解：A、现接入电压u=311sin100t(V)的交流电，交流电压最大值Um=311V，交流电压表的示数为有效值U=3112=220V，故A错误；B、接入u=311sin100t(V)的交流电，故周期：T=2100=0.02s；一个周期电流方向改变2次，故1s电流方向改变100次；故B错误；C、电饭锅是纯电阻，消耗的电能全部转化为内能，产生热量，而抽油烟机是非纯电阻，耗的电能部分转化为机械能，部分转化为内能产生热量，电饭锅发热功率是抽油烟机总功率的4.5倍，故C错误；
14、D、电流的最大值为：I=P1+P2U=900W+200W220V=5A；故为保证电路正常工作，保险丝的额定电流不能小于5A；故D正确；故选：D。交流电压表的示数为有效值，由公式P=UI知电路要正常工作，干路中电流为5A，电饭锅是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻本题考查了交流电的峰值和有效值的关系，以及结合欧姆定律进行的有关计算，知道电压表的示数和保险丝的电流都是指有效值，难度不大9.（2019湖南湘潭二模）一矩形线在匀强硬场中转动时产生的电动势e=1002sin50t(V)，下列说法正确的是()A. 该交流电的频率为100HzB. 该交流电的电动势有效值为100VC. t=0.1s时，穿过矩形线圈
15、的磁通量最大D. 该交波电的电动势有效值比e=1002sin50t(V)交流电的小【答案】BC【解析】解：A、交流电动势e=1002sin50t(V)，故角频率=50rad/s，周期T=2=250s=0.04s，频率f=1T=10.04Hz=25Hz，故A错误；B、交流电的最大值为：Em=1002V，故有效值为：E=Em2=100V，故B正确；C、t=0.1s时，e=0，线圈处于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，故C正确；D、有效值有时候比瞬时值大，有时候比瞬时值小，故D错误；故选：BC。根据感应电动势的瞬时表达式求解频率和周期；当感应电动势为零时，线圈平面跟磁感线垂直，磁通量最大，磁通量变化率为0。本题关键是能够根据交流电的瞬时值表达式求解周期和频率，知道在中性面位置感应电动势为零，基础题。10.(2019湖南岳阳二模)一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在cd间接定值电阻R.在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2.在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中()A
