1、物理试题一、单选题1.在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器如下所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是（ ）ABCD2.如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )A小灯泡变亮B小灯泡变暗C原、副线圈两端电压的比值不变D通过原、副线圈电流的比值不变3.一个U形金属线框在匀强磁场中绕轴以相同的角速度匀速转动,通过导线给同一电阻R供电,如图甲、乙所示。其中甲图中轴右侧有磁场,乙图中整个空间均有磁场,两磁场磁感应强度相同。则甲、乙两图中交流电流表的示数之比为( )A.B.C.D.4.在一小型交流发电机
2、中，矩形金属线圈的面积为，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为的匀强磁场中，绕轴以角速度匀速转动(如图甲所示)，产生的感应电动势随时间的变化关系，如图乙所示，矩形线圈与阻值为的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是( )A从到这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为零B从到这段时间通过电阻的电荷量为C时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为D在时间内电阻上产生的热量为5.如图所示,把电阻、电感器、电容器并联接到一交流电源上,三个电流表的示数相同.若保持电源电压不变,而将频率加大,则三个电流表的示数的大小关系是( )A.B.C.D.6.图中理想变压器原、副线圈的匝数之比为4:1，电压表和电流表可视为理想电
3、表，现在原线圈两端加上交变电压时，灯泡均正常发光，则下列说法中不正确的是( )A该交流电的方向每秒钟改变100次B电压表的示数为C若将变阻器的滑片向下滑动，则变亮、将变暗D若将变阻器的滑片向上滑动，则原线圈的输入功率增大7.如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数和的两个线圈，上线圈两端的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是( )A.B.C.D.评卷人得分二、多选题8.如图所示，间输入电压有效值为、频率为的正弦式交流电，两灯泡额定电压相等，变压器为理想变压器，电流表和电压表均为理想交流电表，闭合开关后，两灯泡均正常发光，电流表的示数为，电压表示数为，由此可知( )A变压器
4、原、副线圈的匝数比为9:1B正常发光时，灯泡的电阻是的3倍C原线圈电流为D副线圈交变电流的频率为9.如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表下列说法正确的是( )A当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，消耗的功率变大B当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，电压表示数变大C当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，电流表示数变大D若闭合开关，则电流表示数变大、示数变小10.有一种调压变压器的构造如图所示.线圈绕在一个圆环形的铁芯上,之间加上输入电压,转动滑动触头就可以调节输出电压.图中为交流电流表,为交流电压表,为定值电阻,为滑动变阻器,两端接正弦交流电源,变压器可视为理想变压器,则下列
5、说法正确的是( )A.当不变,滑动触头顺时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变小B.当不变,滑动触头逆时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变小C.当不动,滑动变阻器滑动触头向上滑动时,电流表读数变小,电压表读数变大D.当不动,滑动变阻器滑动触头向上滑动时,电流表读数变大,电压表读数变大11.如图表示一交流电的电流随时间变化的图象，下列说法正确的是( )A该交流电的频率为B该交流电的频率为C该交流电的有效值为D该交流电的有效值为12.如图甲所示，一单匝圆形闭合导线框半径为r，线框电阻为，连接一交流电流表(内阻不计)线框内充满匀强磁场，已知该磁场磁感应强度随时间按正弦规律变化，如图乙所示(规定
6、向下为的正方向)，则下列说法正确的是( )A时线框中的感应电流最大B时线框中感应电流方向从上往下看为顺时针方向C时电流表的示数为零D内闭合导线框上产生的热量为13.如图甲、乙两图是电子技术中的常用电路,是各部分电路的输入端,其中输入的交流高频成分用“”表示,交流低频成分用“”表示,直流成分用“”表示关于两图中负载电阻上得到的电流特征是( )A图甲中得到的是交流成分B图甲中得到的是直流成分C图乙中得到的是低频成分D图乙中得到的是高频成分14.图中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连，为滑动头。现令从均匀密绕的副线圈最低端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯两端的电压等于其额定电
7、压为止。用表示流过原线圈的电流，表示流过灯泡的电流，表示灯泡两端的电压，表示灯泡消耗的电功率（这里的电流、电压均指有效值，电功率指平均值）。下列四个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是（ ）ABCD15.如图所示，一台有两个副线圈的变压器，原线圈匝数，接入电压的电路中，在两组副线圈上分别得到电压。若在两副线圈上分别接上、电阻，设此时原线圈电流为，两副线圈电流分别为和。下列关系中正确的有（ ）A副线圈上匝数分别为B、C、D16.如图所示，b是理想变压器原线圈的一个抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，示数分别为和，在原线圈两端加上交变电流，把单刀双掷开关与b连接，则（ ）A保持其它条件不变
8、，触头向上移动的过程中，变大B保持其它条件不变，触头向下移动的过程中，变小C保持其它条件不变，由b扳向a时，和均变小D保持其它条件不变，由b扳向a时，变大，变小参考答案1.答案：A解析：由理想变压器的原副线圈的电流之比可知，电流与匝数成反比。则电流互感器应串连接入匝数较多的线圈上。同时一次绕组匝数很少，且串在需要测量的电流的线路中。故A正确；故选：A2.答案：B解析：根据数学规律可知，原副线圈减小相同的匝数后，匝数之比变大；因此电压之比变大；输出电压减小，故小灯泡变暗；而电流与匝数之比成反比，故电流的比值变小；故ACD错误，B正确；故选：B.3.答案：A解析：由题意可知，甲图中轴右侧有磁场，设
9、产生感应电流的最大值为；则产生交流电的电流有效值为I，则有：；解得：；而乙图中整个空间均有磁场，则产生的感应电流的有效值为：；由于电流表的示数为交流电的有效值，则甲、乙两图中交流电流表的示数之比为：；故选：A.4.答案：B解析：A.磁通量由正向变为负向;故到这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，所以为，故A错误。B.通过电阻的电荷量,又,所以到这段时间通过电阻的电荷量，故B正确。C.时刻感应电动势最大,为,则穿过线圈磁通量的变化率大小为，故C错误。D.在时间内整个电路产生的热量为,那么电阳上产生的热量为，故D错误。故选：B。5.答案：D解析：原来的三个电流表的示数相同,当将电源的频率加大后,由
10、于电源的频率对电阻的大小没有影响,故的示数不变;而电源的频率对线圈的阻抗是有影响的,当频率增大时,其电阻是变大的,故电流表的示数变小;电源的频率还对电容的容抗有影响,当频率增大时,其电阻是变小的,故电流表的示数变大;故,选项D正确。6.答案：C解析：7.答案：A解析：根据可知交流电的最大值为则其有效值由图可知线圈是原线圈,线圈是副线圈，如果变压器是理想变压器,那么输入电压和输出电压的关系有可得因为交流电压表指示的是有效值，故如果是理想变压器则B正确，但实际变压器存在露磁现象，故通过原线圈的磁通量大于通过副线圈的磁通量，故实际副线圈的输出电压小于，故A正确。故选A.8.答案：AC解析：A.根据题
11、意知所有灯泡均正常发光，电压表示数为，可知灯泡的额定电压为，所以原线圈的输入电压：，所以变压器原、副线圈的匝数比为：.故A正确；B.根据题意知所有灯泡均正常发光,设灯泡的额定电流为I,原线圈的电流为,根据欧姆定律：,可知正常发光时,灯泡的电阻是的倍，故B错误；C.有B的分析可知,灯泡的额定电流为,则原线圈的电流为，故C正确；D.变压器不改变交流电的频率，所以副线圈内交流电的频率也是，故D错误；故选：AC。9.答案：BD解析：10.答案：AC解析：保持滑动变阻器连入电路的阻值不变,将P沿顺时针方向移动时,变压器的原线圈的匝数不变,副线圈的匝数减少,MN两端的电压减小,总电流减小,滑动变阻器两端的
12、电压将变小,电流表的读数变小,A正确;同理,当不变,滑动触头P逆时针转动时,副线圈匝数增大,电压增大,电流表读数变大,电压表读数变大,B错误。保持P的位置不动,即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变,则MN两端的电压不变,当将触头向上移动时,连入电路的电阻的阻值变大,因而总电流减小,分担的电压减小,并联支路的电压即电压表的示数变大,通过R2的电流变大,流过滑动变阻器的电流减小,电流表读数变小,选项C正确,D错误;故选AC。11.答案：AC解析：A.B.由图可知周期,则，则A正确，B错误C.D.将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有：解得：则C正确，D错误故选：A
13、C12.答案：BD解析：A.时线框中的磁通量最大，而磁通量的变化率却为零，因此感应电流也为零，故A错误；B.依据楞次定律，则在0.01s时线框中感应电流方向从上往下看为顺时针方向，故B正确；C.0.015s时线框中的磁通量最大，而磁通量的变化率却为零，因此感应电流也为零，但电流表测量是有效值，因此仍有读数，故C错误；D.00.02s内,穿过线圈的磁通量最大值,则线圈中产生感应电动势最大值为,那么感应势的有效值为,依据焦耳定律,则闭合导线框上产生的热量为，故D正确；故选：BD.13.答案：AC解析：甲图输入的是直流和低频交流电，直流电不能通过电容器，R上得到的是交流成分，故A正确，B错误；乙图中
14、输入的是低、高频交流电、电容器一定时，对高频交流电阻碍作用小，因此高频交流点更容易通过电容器，R上得到的是低频成分，故C正确，D错误；故选AC。14.答案：BC解析：15.答案：AC解析：A、因为：，根据：，代入解得：，根据：，代入解得：，故A正确；BCD、因为：，则：，根据：，代入解得：，此时：，故BD错误，C正确。16.答案：AC解析：A.保持其它条件不变，触头P向上移动的过程中，总电阻减小，由于副线圈两端电压不变，故总电流增大，输出功率增大，输入功率也增大，故I变大，故A正确；B.保持其它条件不变,触头P向下移动的过程中,总电阻增大,总电流减小,两端电压减小，则电压表示数U变大，故B错误；CD、保持其它条件不变，S由b扳向a时，原线圈匝数增大，则副线圈两端电压减小，输出功率减小，输入功率减小，则U和I均变小，故C正确，D错误。故选：AC。
