吉林省长春市汽车经济技术开发区第三中学2020-2021学年高二晨测练习6含答案

汽车经济技术开发区第三中学晨测（六）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
如图所示为一理想变压器，原线圈接在一输出电压为u=U0sinωt的交流电源两端。电路中R0为定值电阻，V1、V2为理想交流电压表，A为理想交流电流表，导线电阻不计。现使滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动，则下列说法中正确的是（　　）
A.
A的示数不变
B.
V2的示数变小
C.
R消耗的功率变大
D.
R0消耗的电功率变小
如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la=3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则（　　）
A.
两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B.
a、b线圈中感应电动势之比为9：1
C.
a、b线圈中感应电流之比为3：4
D.
a、b线圈中电功率之比为3：1
如图所示，M、N为简化的磁流体发电机的两个水平极板，相距d=0．2
m，板间有垂直于纸面向外的匀强磁场，B=1.0T，外电路中可变负载电阻R的最大阻值为l0，电离气体(含有大量的正、负带电粒子，且不计重力)以速率平行极板由左向右射入，极板间电离气体的等效内阻
r=l，断开开关
S，稳定之后，下列说法正确的是
A.
M板电势高于N板电势
B.
该发电机的电动势为220V
C.
若闭合开关s，负载电阻R=10时发电机的效率最小
D.
若闭合开关s，负载电阻R=10时发电机的输出功率最大
如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r=1.0Ω，外接R=9.0Ω的电阻。闭合开关S，当发动机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e=(V)，则
A.
该交变电流的频率为10Hz
B.
该电动势的有效值为V
C.
外接电阻R所消耗的电功率为10W
D.
电路中理想交流电流表的示数为1.0A
一个电流表是由灵敏电流计和电阻并联而成，如图所示，若使用过程中发现电流表的示数总比准确值稍大一些，采取下列哪种措施可以使电流表的示数准确(
)
A.
在上串联一个比大得多的电阻
B.
在上串联一个比小得多的电阻
C.
在上并联一个比大得多的电阻
D.
在上并联一个比小得多的电阻
如图所示直角坐标系xOy的一、三象限内有匀强磁场，方向均垂直于坐标平面向里，第一象限内的磁感应强度大小为2B，第三象限内的磁感应强度大小为B．现将由两半径（半径为l）和四分之一圆弧组成的导线框OPM绕过O点且垂直坐标平面的轴在纸面内以角速度ω逆时针匀速转动，导线框回路总电阻为R．在线框匀速转动360°的过程中（　　）
A.
线框中感应电流的方向总是顺时针方向
B.
圆弧段PM始终不受安培力
C.
线框中感应电流最大值为im=
D.
线框产生的总热量为Q=
二、多选题（本大题共2小题，共8.0分）
灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是
A.
随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小
B.
对应P点，小灯泡的电阻为
C.
对应P点，小灯泡的电阻为
D.
对应P点，小灯泡功率为图中矩形PQOM所围“面积”的数值
如图甲、乙两个电路，是利用一个灵敏电流表G（500uA，200Ω）和一个电阻箱R改装成电压表或电流表，若电压表量程为3V，电流表量程为2.5mA，则（　　）
A.
甲表是电流表，乙表是电压表
B.
甲表中电阻箱的阻值是50Ω，乙表中电阻箱的阻值是5800Ω
C.
若使用中发现甲表的示数总比准确值稍小一些，则可适当减小电阻箱R的阻值
D.
若使用中发现乙表的示数总比准确值稍小一些，则可适当增大电阻箱R的阻值
三、计算题（本大题共1小题，共10.0分）
电水壶是常用的家用电器，某电水壶正常工作时电阻为55Ω，通过的电流为4A。求：
（1）电水壶的工作电压
（2）电水壶的发热功率。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AB、滑片向上滑动过程中，变阻器连入电路电阻变大，输入电压及匝数比不变，输出电压不变，即电压表V2示数不变，输出功率P2=，输出功率变小，输入功率变小，根据P1=U1I1，U1不变，I1变小，电流表A1示数变小，故AB错误；
C、可以将R0看作是电源的内电阻，当滑动变阻器的阻值与R0相等时，滑动变阻器消耗的功率最大，由于不知道R和R0的关系，所以无法知道R消耗的电功率的变化。故C错误；
D、滑片向上滑动过程中，变阻器连入电路电阻变大，输入电压及匝数比不变，输出电压不变，则流过副线圈的电流值减小，流过R0的电流减小，由P=I2R可知，R0消耗的电功率减小；故D正确；
故选：D。
明确理想变压器的性质，知道理想变压器电压之比等于线圈匝数之比，而电流之比等于线圈匝数的反比；从而明确电压表、电流表的变化情况。
本题考查理想变压器的性质，要注意明确线圈匝数之比与电流和电压的关系，同时注意输出端用电器可以利用欧姆定律分析求解。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了电磁感应与电路结合问题，要注意明确电流方向以及电动势大小的计算方法，同时能正确结合电路规律进行分析求解。
本题解题的关键是根据楞次定律可求得电流方向，根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势，根据电阻定律可分析电阻大小，根据欧姆定律即可明确电流大小，再根据功率公式即可明确功率之比。
【解答】
A.根据楞次定律可知，原磁场向里增大，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此感应电流为逆时针，故A错误；
B.根据法拉第电磁感应定律可知，，而面积为：，因此电动势之比为9：1，故B正确；
C.线圈中电阻，而导线长度，故电阻之比为3：1，由欧姆定律可知，，则电流之比为3：1，故C错误；
D.电功率，电动势之比为9：1，电阻之比为3：1，则电功率之比为27：1，故D错误。
故选B。
3.【答案】B
【解析】本题考查了霍尔效应及其应用、电功、电功率。
根据左手定则知，正电荷向下偏，负电荷向上偏，则M板的电势低于N板的电势，选项A错误；
根据，解得电动势为：E=vBd=1100×1×0.2V=220V，选项B正确；
发电机的效率，当负载电阻R=10Ω时，发电机的效率最大，选项C错误；
当外电阻等于内电阻时，即负载电阻R=1Ω，发电机的输出功率最大，选项D错误；
故选B。
4.【答案】D
【解析】试题分析：因为电动势为e=(V)，故角速度ω=10π，则交变电流的频率为f==5Hz，故A不对；电动势的有效值为10V，最大值是V，故B也不对；电路中的电流为I==1.0A，故D是正确的；外接电阻R所消耗的电功率P=I2R=(1.0A)2×9Ω=9W，故C是不对的。
考点：交流电表达式的含义，电流、电功率的简单计算。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
电流表示数偏大，说明所并联电阻的分流太小，则分流电阻阻值偏大．让分流电阻变的稍小些即可。
本题考查的电流表的改装原理，明确分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大。
【解答】
电流表示数偏大，说明通过分流电阻的电流偏小，分流电阻偏大，为校准电流表，应减小分流电阻阻值，可以将分流电阻变得稍小些即可，
可以在R上并联一比R大得多的电阻，或者在
G表上串联一个比小得多的电阻，故ABD错误，C正确。
故选C。
6.【答案】D
【解析】解：A、线框进入磁场过程穿过线框的磁通量增加，线框离开磁场过程穿过线框的磁通量减少，由楞次定律可知，线框进入磁场过程感应电流沿逆时针方向，线框离开磁场过程感应电流沿顺时针方向，故A错误；
B、圆弧段PM在磁场中时电流流过圆弧段，圆弧段受到安培力作用，故B错误；
C、当线框进入或离开第一象限磁场时感应电动势最大，为：Em=?2Bl2ω=Bl2ω，最大感应电流：Im=，故C错误；
D、线框进入或离开第三象限磁场时产生的感应电动势：E=Bl2ω，在线框匀速转动360°的过程中线框产生的总热量：Q=+=×+×=，故D正确；
故选：D。
应用楞次定律可以判断出感应电流方向；
线框转动过程线框的半径切割磁感线产生感应电动势，求出感应电动势，然后应用欧姆定律与电功公式分析答题。
应用楞次定律可以判断出感应电流方向，求出感应电动势、应用欧姆定律与电功公式即可解题，应用E=BL2ω求出感应电动势是解题的前提与关键。
7.【答案】CD
【解析】略
8.【答案】ABC
【解析】解：A、甲由一个灵敏电流表G和一个变阻器R并联，利用并联电阻的分流，改装成安培表，乙由一个灵敏电流表G和一个变阻器R串联，利用串联电阻的分压，改装成伏特表，故A正确。
B、由公式I=Ig+知，在甲图中，若改装成的电流表的量程为2.5mA，则R=50Ω，由公式U=Ig（Rg+R）知，在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=5800Ω，故B正确。C、安培表的量程I=Ig+，可知当R减小时量程I增大。故C正确。
D、伏特表的量程U=Ig（Rg+R），可知R增大时量程增大。故D错误。
故选：ABC。
电流表、电压表都是由小量程的电流表改装而成的。利用并联电阻的分流作用，将灵敏电流表G和电阻并联，改装成安培表。利用串联电阻的分压作用，将灵敏电流表G和电阻串联，改装成电压表。
本题考查电表改装的原理和量程的意义，题目难度不大。
9.【答案】解：（1）正常工作电压：U=IR=4×55V=220V；
（2）电水壶的发热功率；
答：（1）正常工作电压220V；
（2）电水壶的发热功率880W。
【解析】该题考查家庭电路中电压电功的计算，属于简单题目。
（1）利用欧姆定律求解；
（2）利用电功率求解。
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