2020届高考物理二轮复习专题冲刺考前基础回扣练十二恒定电流与交变电流（含解析）.docx

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1、十二　恒定电流与交变电流1．(人教版选修3－1P66第2题改编)一个量程为0～15V的电压表，内阻为20kΩ，把它与一个大电阻串联后接在电动势为110V的电源的两端，电压表的读数是5V。这个外接电阻是(　　)A．240ΩB．420kΩC．240kΩD．420Ω答案　B解析　设外接电阻为R，根据闭合电路欧姆定律，＝，得R＝420kΩ，B正确。2．(人教版选修3－1P62例题改编)(多选)如图所示电路，电源内阻不可忽略，R1＝10Ω，R2＝8Ω，当开关扳到位置1时，电压表的读数为2.0V，当开关扳到位置2时，电压表的读

2、数可能是(　　)A．2.1VB．1.9VC．1.7VD．1.5V答案　BC解析　本题没有给出电源的电动势，也没有给出电源的内阻，因此无法得出开关扳到位置2时电压表的读数究竟是多大，但我们可以用极端分析的方法来确定电压表的读数范围，根据题意可得到：U1＝，U2＝，两式相比可得＝，即U2＝U1，考虑极端情形：当r＝0时，U2＝U1＝2.0V，当r＝∞时，U2＝U1＝×2.0V＝1.6V，由此可见，U2的取值范围为1.6V

3、器R0的滑动端向下滑动的过程中(　　)A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大答案　A解析　由变阻器R0的滑动端向下滑动可知，R0连入电路的有效电阻减小，R总减小，由I＝可知I增大，由U内＝Ir可知U内增大，由E＝U内＋U外可知U外减小，故电压表示数减小。由U1＝IR1可知U1增大，由U外＝U1＋U2可知U2减小，由I2＝可知电流表示数减小，故A正确。4.(多选)如图所示，某电路上接有保险丝、交流电压表、“220V　90

4、0W”的电饭锅及“220V　200W”的抽油烟机。现接入u＝311sin100πt(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变100次C．电饭锅的热功率是抽油烟机热功率的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　BD解析　由u＝311sin100πt(V)知，电压最大值Um＝311V，f＝Hz＝50Hz,1s内电流方向改变100次，电压有效值为U＝＝220V，而交流电压表示数为有效电压，故A错误，B正确；电饭锅的功率为抽油烟机功率的

5、4.5倍，但抽油烟机不是纯电阻元件，其热功率小于200W，故C错误；电路正常工作时的总功率P＝900W＋200W＝1100W，有I＝＝A＝5A，故D正确。5.如图所示为理想变压器，三个灯泡L1、L2、L3都标有“4V,4W”，灯泡L4标有“4V,8W”，若它们都能正常发光，则变压器原、副线圈匝数比n1∶n2和ab间输入电压为(　　)A．2∶1,16VB．2∶1,20VC．1∶2,16VD．1∶2,20V答案　B解析　负载由L2、L3并联后与L4串联，灯泡正常发光，可得U2＝8V，P2＝4W＋4W＋8W＝16W，根据

6、输入功率等于输出功率有P2＝U2I2＝U1I1，而I1＝1A，I2＝2A，所以U1＝16V，由＝得原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，Uab＝U1＋UL1＝20V，B正确。6．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P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大答案　B解析　当滑动变阻器的滑

7、动触头P向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流减小，则R1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，A错误，B正确；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，电流表A1示数变小，C错误；若闭合开关S，副线圈电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R1两端电压变大，R2两端电压减小，电流表A2示数减小，原线圈中的电流变大，电流表A1示数变大，D错误。7．下图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、

8、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsinωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为(　　)A.B.C．422rD．422r答案　C解析　原线圈电压的有效值：U1＝，根据＝可得U2＝·，又因为是理想变压器，所以T的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P，所以输电线上的电流I＝，输电线上损失的电功