1、高考资源网（） 您身边的高考专家(建议用时：25分钟)一、单项选择题1(2019南京二模)如图所示的电路中，当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，下列说法正确的是()A电压表的读数减小BR1消耗的功率增大C电源的输出功率增大D电容器C所带电荷量增多解析：选D.根据电路图可知，R1、R2串联后接在电源两端，电容器C并联在R2两端，电压表V测路端电压当滑动触头P向下滑动时，R2连入电路的电阻变大，则外电路总电阻R变大，由I知电流I减小，由UEIr知路端电压增大，则电压表示数变大，电源的输出功率P出UI无法判断由PR1I2R1知，R1消耗的功率变小由UR2E(R1r)I知电容器两端电压变大，则电容
2、器所带电荷量增多综上所述，A、B、C错误，D正确2一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 、1 和4 ，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比值为()A2 B3C4 D5解析：选B.设理想变压器原、副线圈匝数比值为k，根据题述，当开关S断开时，电流表示数为I，则由闭合电路欧姆定律得，UIR1U1.由变压公式U1/U2k及功率关系U1IU2I2，可得I2/Ik，即副线圈输出电流为I2kI，U2I2(R2R3)kI(R2R3)当开关S闭合时，电流表示数为4
3、I，则有U4IR1U1.由变压器公式U1/U2k及功率关系U14IU2I2，可得I2/(4I)k，即副线圈输出电流为I24kI，U2I2R24kIR2；联立解得k3，选项B正确3(2017高考北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u220sin 100t(V)的交流电源上，副线圈接有R55 的负载电阻，原、副线圈匝数之比为21，电流表、电压表均为理想电表下列说法正确的是()A原线圈的输入功率为220 WB电流表的读数为1 AC电压表的读数为110 VD副线圈输出交流电的周期为50 s解析：选B.由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 V，故有效值为U1220 V，由，故副
4、线圈电压的有效值为U2110 V，故输出功率P2220 W，再由输入功率等于输出功率知，P1P2220 W，A项错误；根据欧姆定律知，I22 A，得I11 A，故电流表读数为1 A，所以B项正确；电压表的读数为有效值，即U2110 V，C项错误；由交流电压的表达式可知，100(rad/s)，又T，解得T0.02 s，所以D项错误4一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()AU2U1，U2降低 BU2U1
5、，U2升高CU2U1，U2降低 DU2U2，当滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，n2减小，因此U2降低，C项正确5(2019连云港质检)如图所示，电源电动势为E，内阻为r.电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小)当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，则下列说法中正确的是()A只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，R3中有向上的电流B只将R3的滑片P2向上移动时，电源消耗的功率变大，R3中有向上的电流C只将R2的滑片P1向下移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D若断开开关S，电容器所带电荷量
6、变大，带电微粒向上运动解析：选A.只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，电流变大，R0消耗的电功率变大，电容器的电压增大，电容器充电，R3中有向上的电流，A选项正确；由于R3与电容器相连，而电容器隔直流，所以只调节R3的阻值对电路中的电流和电压没有影响，电源消耗的功率不变，R3中没有向上的电流，B选项错误；只将R2的滑片P1向下移动时，电路中的电流不变，因此电容器两端的电压U2增大，带电微粒受到的电场力FqEq变大，微粒将向上运动，C选项错误；若断开开关S，电容器将通过R3、R2放电，电容器所带电荷量减少，带电微粒向下运动，D选项错误6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
7、，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解析：选B.由得U2U1由得U2U1由得：，因为n2n1，所以1，即U2U2，故小灯泡变暗，B正确，A错误；由以上分析过程可以看出，C错误；由和可见，D错误7(2019镇江模拟)如图所示，接在理想变压器回路中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n1n2n3为()A111 B321C621 D221解析：选B.灯泡正常发光，可得UAUBUCUD，所以U22U3，由理想变压器的电压关系得，可得n22n3.灯泡都正常发光，则功率相等，即PAPBP
8、CPD.由PI2R得IAIBICID，即I1I2I3.由理想变压器的功率关系得U1I1U2I2U3I3，即n1I1n2I2n3I3，可得n1n2n32n3n33n3.所以n1n2n3321.8如图1所示，M为一电动机，当滑动变阻器的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图2所示，已知电流表读数在0.2 A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断不正确的是()A电路中的电源电动势为3.9 VB电动机的电阻为4 C此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 WD变阻器的最大阻值为32 解析：选C.由电路图1知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压
9、增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V2的电压与电流的关系，此图线的斜率大小等于电源的内阻，为r 3 ；当电流I0.1 A时，U3.6 V，则电源的电动势EUIr3.6 V0.13 V3.9 V，故A正确；由图可知，电动机的电阻rM 4 ，故B正确；当I0.3 A时，U3.0 V，电动机的输入功率最大，最大输入功率为PUI30.3 W0.9 W，电动机的热功率为PrMI2rM0.324 W0.36 W，则最大的输出功率为P出0.9 W0.36 W0.54 W，故C错误；当I0.1 A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以RrrM 32 ，故D正确9(2019宿迁段考)在如图所示的电
10、路中，已知电阻R1的阻值小于滑动变阻器R的最大阻值闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P由左端向右端滑动的过程中，四个电表V1、V2、A1、A2的示数及变化量分别用U1、U2、I1、I2、U1、U2、I1、I2表示，下列说法中正确的是()AU1先变大后变小，I1不变BU1先变小后变大，I1变小C.的绝对值先变大后变小，的绝对值不变DU2先变小后变大，I2先变小后变大解析：选D.滑片P由滑动变阻器的左端向右端滑动的过程中，滑动变阻器R的左半部分与R1串联然后与R的右半部分并联，并联电阻先变大后变小，所以电路总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律，I2先变小后变大，U1先变大后变小，由极限法可得当滑片
11、P滑到滑动变阻器右端时，电流表A1把R1所在支路短路，此时I1最大，所以I1一直增大，A、B错误；对于C项，的绝对值等于电源的内阻，保持不变；的绝对值等于R2，保持不变，C错误；电阻R2不变，电压表V2的示数U2I2R2，U2先变小后变大，D正确10如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为m，降压变压器的变压比为n，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了U，则下列判断正确的是()A电流表A2的示数增大了B电流表A1的示数增大了C电压表V1的示数减小了UD输电线损失的功率增加了R解析：选B.电压表V
12、2的示数减小了U，根据变压器的变压比可知降压变压器输入电压减小了U3nU，由于升压变压器输入电压不变，因此输电线上的电压增大了nU，因此电流表A1的示数增大了，B正确；根据变流比，电流表A2的示数增大了，A错误；由于发电机的输出电压不变，因此升压变压器的输出电压不变，电压表V1的示数不变，C错误；设原来输电线上的电流为I，则输电线损失的功率增加了RI2R，不等于R，D错误二、多项选择题11(2019南通联考)如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头在原线圈上加一电压为U的正弦交
13、流电，则()A保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小C保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小解析：选BC.保持Q的位置不动，则U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大，根据I2知，I2变小，由得I1也变小，即电流表读数变小，选项A错误，选项B正确；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，U2变大，则根据P2知副线圈输出功率变大，由P1P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1I1U，输入电压U一定，I1变大，即电流表读数变大，选项C正确，选项D错误12(2019扬州中学联考
14、)理想变压器原线圈a匝数n1200匝，副线圈b匝数n2100匝，线圈a接在u44sin 314t(V)交流电源上，“12 V6 W”的灯泡恰好正常发光，电阻R216 ，电压表V为理想电表，下列推断正确的是()A交变电流的频率为100 HzB副线圈磁通量的最大变化率为 Wb/sC电压表V的示数为22 VDR1消耗的功率是1 W解析：选BD.由表达式知交变电流的频率为f Hz50 Hz，A错误；灯泡正常发光，故副线圈中电流为I0.5 A，故电压表示数为U212 VIR220 V，故根据EmN知穿过铁芯的磁通量的最大变化率为 Wb/s，故B正确；根据电流与匝数成反比，原线圈电流为0.25 A，由题意
15、可知：原线圈电压有效值为44 V，根据电压与匝数成正比得U140 V，R1消耗的功率是P(4440)0.25 W1 W，故C错误，D正确13(2019宿迁高三联考)在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为7.5 .当开关S闭合后()AL1的电阻为 BL1消耗的电功率为7.5 WCL2的电阻为7.5 DL2消耗的电功率为0.3 W解析：选CD.S闭合后，L1两端的电压为3.0 V，由乙图可知，I10.25 A，故P10.75 W，R112 ，A、B均错；L2与R及电源串联，把R和电源等效成电动势
16、为3 V，内阻为7.5 的新电源，在图乙中作出新电源的IU 图线，如图，两图线的交点表示出了此时L2两端的电压与通过的电流的大小，由图知U21.5 V，I20.2 A，所以R2 7.5 ，P2U2I21.50.2 W0.3 W，C、D正确14(2019南京模拟)如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2、R3为定值电阻，R1为滑动变阻器，A、B为电容器的两个极板当滑动变阻器R1的触头处于某位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动则下列说法中正确的是()A仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向下运动B仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向上运动C仅把两极板A、B间距离增
17、大，油滴向下运动，电流表读数不变D仅把两极板A、B间正对面积减小，油滴向下运动，电流表读数不变解析：选BC.从图中可知电容器两板间的电压等于路端电压，电流表测量干路电流，若仅把R1的触头向右滑动时，R1连入电路的电阻增大，则电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可得路端电压增大，干路电流减小，所以电流表示数减小，电容器两端的电压增大，根据公式E可得两极板间的电场强度增大，所以油滴受到的电场力增大，故向上运动，A错误，B正确；仅把两极板A、B间距离增大，因为两极板间的电压不变，根据公式E可得电容器两极板间的电场强度减小，油滴受到的电场力减小，向下运动，电流表的示数不变，C正确；仅把两极板A、B间正
18、对面积减小，由于两极板间的电压不变，距离不变，所以两极板间的电场强度不变，故油滴仍处于静止状态，电流表示数不变，D错误15如图所示为某兴趣小组设计的一种发电装置，在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为，磁场均沿半径方向；矩形线圈abcd(d点未在图中标出)的匝数为N，其边长abcdl，bcad2l；线圈的总电阻为r，外接电阻为R；线圈以角速度绕中心轴匀速转动，bc边和ad边同时进、出磁场在磁场中，bc边和cd边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直则()Abc边和ad边在磁场中运动时，线圈的感应电动势的大小为NBl2Bbc边和ad边在磁场中运动时，bc边所受安培力的大小为C通过R的电流有效值为D通过R的电流有效值为解析：选BD.bc、ad边的运动速度v，电动势Em2NB2lv2NBl2，A错误；根据欧姆定律得，电流Im，bc边所受安培力为FNBIm2l，B正确；因为两磁场的圆心角为，故一个周期内，通电时间tT，由有效值定义知：I(Rr)TI2(Rr)T，解得I，C错误，D正确- 8 - 版权所有高考资源网