2019版高考物理二轮复习专题检测：17 夯基固本稳解两类电路问题(含解析)

专题检测（十七）  夯基固本，稳解两类电路问题

1.(2018·重庆一诊)利用如图所示电路可测量待测电阻Rx的阻值。定值电阻R1、R2的阻值已知，闭合开关S，调节电阻箱使其接入电路的阻值为R3时，电流表示数为零，则Rx的阻值等于(　　)

A．R2　　　　 　 　 　　 B.

C.  D.

解析：选D　根据串并联电路特点及欧姆定律可知：I1(R1＋R2)＝I2(Rx＋R3)，由于电流表示数为零，则说明电流表两端的电势相等，则一定有：I1R1＝I2R3，两式联立可得：Rx＝，故D正确。

2.(2018·闽粤大联考)如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球。开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向的偏角为θ(电源的内阻不能忽略)。下列判断正确的是(　　)

A．小球带负电

B．当滑动头从a向b滑动时，绝缘线的偏角θ变大

C．当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下

D．当滑动头从a向b滑动时，电源的输出功率一定变大

解析：选C　由题图知，A板带正电，B板带负电，电容器内电场方向水平向右，绝缘线向右偏，小球所受电场力向右，则小球带正电，故A错误；滑动头向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U＝E－Ir变小，电容器电压变小，小球所受电场力变小，绝缘线的偏角θ变小，故B错误；滑动头从a向b滑动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下，故C正确；根据外电阻等于内阻时电源的输出功率最大，可得当外电阻大于内阻时，外电阻减小，输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小。由于外电阻与内阻大小关系未知，故无法判断电源输出功率大小的变化，故D错误。

3．[多选](2018·南平质检)如图所示电路中，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，使灯泡L变暗，下列哪些措施可以使灯泡L重新变亮(　　)

A．其他条件不变，P1上移，同时P2下移

B．其他条件不变，P1下移，同时P2上移

C．其他条件不变，断开开关S

D．其他条件不变，将滑动变阻器滑片P向下移动

解析：选BC　其他条件不变，P1上移，即原线圈匝数增多，P2下移，即副线圈匝数减少，由U2＝U1可得U2减小，灯泡L变暗，故A错误；其他条件不变，P1下移，即原线圈匝数减少，P2上移，即副线圈匝数增多，由U2＝U1可得U2增大，可以使灯泡L重新变亮，故B正确；其他条件不变，断开开关S，并联部分电阻增大，副线圈中电流减小，R1分担电压减小，灯泡L两端电压增大，可以使灯泡L重新变亮，故C正确；其他条件不变，将滑动变阻器滑片P向下移动，并联部分电阻减小，灯泡L两端电压减小，灯泡L变暗，故D错误。

4．[多选](2019届高三·衡水中学调研)某电路如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2为定值电阻，R为电位器(滑动变阻器)，L是小灯泡，电压表和电流表均为理想电表。当电位器的触片滑向b端时，下列说法正确的是(　　)

A．小灯泡L将变亮

B．电压表示数与电流表A1示数的比值将变大

C．电流表A1的示数将变大

D．电源的总功率将变大

解析：选ACD　电位器的触片滑向b端时，电位器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，总电流变大，电流表A1的示数将变大，则内阻分担电压变大，路端电压变小，电压表V的示数将减小，流过R1和R2的电流均减小，流过L的电流将增大，L将变亮，故A、C正确；电压表的示数与电流表A1示数的比值等于外电路总电阻，可知该比值将变小，故B错误；总电流变大，由P＝EI知，电源的总功率将变大，故D正确。

5.[多选](2018·湖北八校联考)如图所示，矩形单匝线圈abcd放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，转动的周期为T，ab中点和cd中点的连线恰好位于转轴所在直线上，且转轴OO′位于匀强磁场的边界线上，转轴OO′垂直于磁场方向，线圈电阻阻值为R，外电阻的阻值也为R，从图示位置开始计时，线圈转过30°时的瞬时感应电流为I，则以下判断正确的是(　　)

A．线圈的面积为

B．线圈消耗的电功率为4I2R

C．线圈中感应电动势的表达式为e＝2IRsin t

D．t时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝cos t

解析：选AD　设线圈面积为S，从题图所示位置开始计时，感应电动势的表达式为

e＝B·ωsin ωt＝sin θ，转过30°时的瞬时感应电流I＝＝sin 30°＝，故S＝，则e＝4IRsin t，A正确，C错误；线圈消耗的电功率为P＝2R＝2I2R，B错误；t时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝B·cos ωt＝cos t，D正确。

6.(2018·福建大联考)如图所示为模拟远距离交流输电的电路，升压变压器T1的原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶k，降压变压器T2的原、副线圈匝数比n3∶n4＝k∶1，模拟输电导线的电阻r＝3 Ω，T2的负载是规格为“15 V　45 W”的灯泡L。当T1的输入电压为16 V时L正常发光，两个变压器可视为理想变压器，则k的值为(　　)

A.  B．3

C．4  D．9

解析：选B　根据＝，得U2＝kU1＝16k，灯泡的额定电流为I＝＝ A＝3 A，降压变压器副线圈电流I4＝3 A，根据电流与匝数成反比，得＝，即I3＝＝，根据＝，得U3＝kU4＝15k，由U2＝U3＋I3r，整理得16k＝15k＋×3，解得k＝3，B对。

7.[多选](2018·厦门高三质检)如图所示，电路中变压器为理想变压器，其原线圈接在u＝20sin 50πt(V)的交流电源上，副线圈与阻值为R1＝2 Ω的电阻连接成闭合电路，电流表为理想电流表。另有一阻值R2＝32 Ω的电阻与变压器原线圈并联，电阻R1与R2消耗的电功率恰好相等。则(　　)

A．电阻R1消耗的电功率为12.5 W

B．通过电阻R1的交变电流的周期为0.02 s

C．电流表的示数为10 A

D．变压器原、副线圈匝数之比为4∶1

解析：选AD　加在R2两端电压的有效值为UR2＝U＝ V＝20 V，R2消耗的功率为PR2＝＝12.5 W，又电阻R1与R2消耗的电功率恰好相等，故A正确；由u＝

20 sin 50πt(V)，知ω＝50π rad/s，故周期T＝＝0.04 s，变压器不改变交变电流的周期，故B错误；R1的消耗功率PR1＝PR2＝12.5 W，通过R1的电流IR1＝＝2.5 A，则电流表的示数为2.5 A，故C错误；副线圈两端电压为U2＝IR1R1＝5 V，原线圈两端电压U1＝

U＝20 V，则原、副线圈匝数之比n1∶n2＝U1∶U2＝4∶1，故D正确。

8．(2018·山西五地市联考)如图所示，L1、L2、L3、L4为四盏规格均为“12 V,6 W”的灯泡，分别接入理想变压器原、副线圈回路中，a、b两端连接交流电源，交流电流表A的示数为0.5 A，已知灯泡L2正常发光，以下说法正确的是(　　)

A．a、b端输入功率为18 W

B．a、b端输入电压为36 V

C．灯泡L1的功率为6 W

D．若副线圈回路再并联一盏同样的灯泡，灯泡L2仍能正常发光

解析：选C　灯泡的额定电流IL＝＝ A＝0.5 A，因交流电流表A的示数为0.5 A，所以L1正常发光，其功率为6 W，因L2正常发光，则L3、L4也正常发光，则变压器的输出功率为三盏灯泡的总功率，变压器的输入功率等于输出功率，则a、b端输入功率等于四盏灯泡的总功率，即Pab＝6×4 W＝24 W，故A错误，C正确；根据Pab＝UabIA可得Uab＝ V＝48 V，故B错误；若副线圈回路再并联一盏同样的灯泡，使得副线圈的总电流增大，则原线圈的电流也增大，L1分担的电压增大，原线圈两端电压减小，副线圈两端电压减小，L2不能正常发光，故D错误。

9.(2018·石家庄质检)如图所示，理想变压器三个线圈的匝数之比n1∶n2∶n3＝10∶5∶1，其中匝数为n1的原线圈接到220 V的交流电源上，匝数为n2和n3的两个副线圈分别与电阻R2、R3组成闭合回路。已知通过电阻R3的电流I3＝2 A，电阻R2＝110 Ω，则通过电阻R2的电流I2和通过原线圈的电流I1分别是(　　)

A．10 A,12 A  B．10 A,20 A

C．1 A,0.7 A  D．1 A,3 A

解析：选C　由＝，得U2＝U1＝110 V，则I2＝＝1 A。由＝，得U3＝U1＝22 V，又I1U1＝I2U2＋I3U3，解得I1＝0.7 A，选项C正确。

10．(2019届高三·南昌模拟)如图甲所示是一台交流发电机的构造示意图，线圈转动产生的感应电动势随时间变化的规律如图乙所示；发电机线圈电阻为1 Ω，负载电阻为4 Ω，则(　　)

A．线圈转速为50 r/s

B．电压表的示数为2.5 V

C．负载电阻的电功率为2 W

D．若线圈转速加倍，电压表读数变为原来的4倍

解析：选C　由题图乙可知，线圈转动周期为0.04 s，则转速为n＝ r/s＝25 r/s，故A错误；电动势的最大值为5 V，有效值为E＝ V＝2.5 V，则电压表的示数为

U＝R＝×4 V＝2 V，故B错误；负载电阻消耗的电功率P＝＝ W＝2 W，故C正确；若线圈转速加倍，则角速度加倍，电压最大值Em＝NBSω，故最大值变为原来的2倍，有效值也变为原来的2倍，故电压表示数变为原来2倍，故D错误。

11．[多选](2018·上饶六校联考)如图所示，一正弦式交流电瞬时值为e＝220sin 100πt(V)，通过一个理想电流表接在一个理想变压器

两端，变压器起到降压作用，开关闭合前后A、B两端输出的电功率相等，以下说法正确的是(　　)

A．流过r的电流方向每秒钟变化50次

B．变压器原线圈匝数小于副线圈匝数

C．开关从断开到闭合时，电流表示数变大

D．R＝r

解析：选CD　由正弦式交流电瞬时值表达式知交流电的频率f＝ Hz＝50 Hz，因变压器不改变交流电的频率，所以流过r的电流方向每秒钟变化100次，A错误；降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数，B错误；开关从断开到闭合时，副线圈回路总电阻减小，副线圈两端电压不变，所以副线圈回路中电流增大，再根据I1U1＝I2U2知，原线圈电流即电流表示数变大，C正确；开关闭合前，A、B两端输出的电功率为PAB＝2R，开关闭合后，A、B两端输出的电功率为PAB′＝2·＝·2R，又开关闭合前后A、B两端输出功率相等，则有PAB＝PAB′，解得R＝r，D正确。

12.(2018·天津河东区模拟)在日常生活中，各种家用电器所使用的电压不同，经常需要用变压器把220 V交流电变成所需的电压。如图所示为原、副线圈匝数比为n1∶n2＝10∶1的理想变压器，b是原线圈中的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上u＝220sin 100πt(V)的交变电压，则(　　)

A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 V

B．当单刀双掷开关与a连接时，在滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小

C．当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈输入功率变小

D．当单刀双掷开关由a扳向b时，调节滑动变阻器滑片P到适当位置，有可能实现调节前、后原线圈输入功率相等

解析：选D　当单刀双掷开关与a连接时，由＝，又n1∶n2＝10∶1，有效值

U1＝ V＝220 V，可得副线圈的电压U2＝22 V，则电压表的示数为22 V，故A错误；当单刀双掷开关与a连接时，在滑片P向上移动的过程中，因输入电压及原、副线圈匝数之比不变，则副线圈两端电压不变，所以电压表的示数不变；滑片P向上移动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，则副线圈电流变小，电流表示数变小，故B错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈匝数变小，根据＝，可知副线圈两端的电压U2变大，输出功率P2＝变大，又输入功率等于输出功率，所以原线圈输入功率变大，故C错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，副线圈两端电压变大，调节滑片P到适当位置使其连入电路的电阻R变大，输出功率P2＝可能不变，又输入功率等于输出功率，所以有可能实现调节前、后原线圈输入功率相等，故D正确。

13.(2018·上海虹口区模拟)如图所示，电源电动势为E、内阻为r, R1、R2为定值电阻，R2>R1>r，且R1大于滑动变阻器R0的最大阻值。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P由最上端滑到最下端，若电压表V1、V2、电流表A的读数改变量的大小分别用ΔU1、ΔU2、ΔI表示，则下列说法中正确的是(　　)

A.＝R2

B.<r

C．电源的发热功率先减小，再增大

D．电源的输出功率先增大，再减小

解析：选B　由题图可知，电流表与R0的下部分串联，R1与R0的上部分串联，二者并联后再与R2串联；电流表中的电流小于流过R2的电流，故R2≠＝，故A错误；电压表V1测量路端电压，则其电压表示数的变化等于内阻两端电压的变化，在滑片向下滑动过程中，总电阻减小，总电流增大，并联部分电压减小，电流表示数增大，R1与R0的上部分串联的电阻增大，流过R1的电流减小，因此总电流的变化量小于电流表中电流的变化量，因此<r，故B正确；因总电流增大，故电源的发热功率一直增大，故C错误；由R2>R1>r知，外电阻一定大于内电阻，而在滑片向下滑动过程中外电阻减小，故外电阻越来越接近内电阻，故电源的输出功率一直增大，故D错误。

14.如图所示的电路中，R为光敏电阻(随光照强度的增大阻值会减小)、C为电容器，灯泡L的额定电压为50 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1。闭合开关S，在a、b两端输入正弦式交变电流u＝100sin 10πt(V)，则下列说法正确的是(　　)

A．灯泡会正常发光

B．光敏电阻中的电流和灯泡中的电流相等

C．增大照射光敏电阻的照射光强度，灯泡会变亮

D．断开开关S，灯泡会熄灭

解析：选C　由题可知，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈两端电压的有效值为100 V，根据＝，可知副线圈两端电压的有效值为50 V，由于电容器和光敏电阻都会阻碍交变电流的通过，因此灯泡两端的电压小于50 V，不会正常发光，A错误；由于电容器能通交流，因此光敏电阻中的电流小于灯泡中的电流，B错误；增大照射光敏电阻的照射光强度，光敏电阻的阻值减小，因此灯泡中的电流增大，灯泡会变亮，C正确；断开开关S，由于电容器能通交流，因此灯泡不会熄灭，D错误。