2020年高考物理一轮复习 第十四单元 交变电流单元检测（含解析）新人教版

交变电流一、选择题1.(2018全国卷Ⅲ,18题改编)(多选)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动,甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。甲的图线是一条抛物线,乙的图线是一条过原点的直线。下列说法正确的是()。A.从0到t2时间内,两车的位移相等B.从0到t2时间内,乙车的平均速度较大C.从t1到t2时间内,两车的平均速度相等D.从t1到t2时间内的某时刻,两车加速度相等【解析】从x-t图象中可以看出,从0到t2时间内,乙车的位移较大,A项错误;从0到t2时间内,始末位置差不同,乙车的位置差较大,时间相同,乙车的平均速度较大,B项正确;从t1到t2时间内,始末位置差相同,两车的平均速度相等,C项正确;甲车做匀加速运动,乙车做匀速运动,D项错误。【答案】BC2.(2019河北联考)如图甲所示,为一种调光台灯电路示意图,它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度,给该台灯接220V的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示,则此时交流电压表的示数为()。A.220VB.110VC.110√VD.55√V【解析】设电压的有效值为U,根据有效值定义有(√)·+0=T,解得U=110V,则B项正确。【答案】B3.(2018山东调研)如图所示,线圈M内有竖直向上的磁场,磁感应强度B随时间均匀增大。等离子气流(由高温高压的等电荷量的正、负离子组成)由左方连续不断地以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中,发现两直导线a、b相互吸引,由此可判断P1和P2两极板间的匀强磁场方向为()。A.垂直纸面向外B.垂直纸面向里C.水平向左D.水平向右【解析】线圈M中磁场的方向向上增强时,由楞次定律可知,感应电流的磁场的方向向下,导线a中的电流方向向下。根据同向电流相互吸引可知,b中的电流方向也向下,则极板P1是电源的正极,所以正电荷在磁场中向上偏转,根据左手定则可知,P1和P2两极板间的匀强磁场的方向垂直于纸面向里。【答案】B4.(2018南充期中)如图所示,质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈B上,现用大小均为F、方向相反的水平力分别同时推A和B,它们均静止不动,则()。A.A与B之间一定存在摩擦力B.B与地面之间一定存在摩擦力C.B对A的支持力一定小于mgD.地面对B的支持力的大小一定等于(M+m)g【解析】对木块A受力分析,当推力F沿斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力时,摩擦力的方向沿斜面向下;当推力F沿斜面向上的分力小于重力沿斜面向下的分力时,摩擦力的方向沿斜面向上;当推力F沿斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力时,摩擦力为零,A项错误。根据共点力平衡的条件,设B的倾角为θ,运用正交分解法,可以得到B对A的支持力大小FN'=mgcosθ+Fsinθ,其与重力的关系不确定,C项错误。对A、B整体受力分析,由于两个推力的合力为零,故整体与地面间没有摩擦力,B项错误。根据共点力平衡条件,有FN=(M+m)g,D项正确。【答案】D5.(2019广安检测)甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做匀变速直线运动,t=0时刻同时经过公路旁的同一路标,下表是每隔1s记录的两车的速率。关于两车的运动,下列说法正确的是()。时间t/s01234甲车的速率v1/(m·s-1)18.016.014.012.010.0乙车的速率v2/(m·s-1)3.04.05.06.07.0A.乙车的速度变化较快B.在0~4s内,乙车的平均速度较大C.在0~4s内,甲车相对乙车行驶了56mD.在乙车追上甲车之前,t=5s时两车相距最远【解析】由表中数据可知,甲、乙两汽车的加速度分别为a1=-2m/s2、a2=1m/s2,甲车加速度较大,A项错误;由=可知,0~4s两车的平均速度分别为=14m/s、=5m/s,甲车平均速度较大,B项错误;0~4s内甲车相对乙车的位移Δs=(-)t=36m,C项错误;运动开始后,由于甲车速度大于乙车速度,两车间距逐渐增大,到第5s末,两车速度相等,此后甲车速度小于乙车速度,两车间距开始变小,因此,第5s末两车相距最远,D项正确。【答案】D6.(2018成都三模)如图所示,一个匝数N=100的线圈以固定转速50r/s在匀强磁场中旋转,其产生的交流电通过一匝数比n1∶n2=10∶1的变压器给阻值R=Ω的电阻供电,已知交流电压表的示数为20V,从图示位置开始计时,则下列说法正确的是()。A.电阻R消耗的电功率为10WB.穿过线圈平面的最大磁通量为WbC.t=0时刻流过线圈的电流不为零D.t=0.0025s时刻穿过线圈平面的磁通量为Wb【解析】电阻R上消耗的电功率P==20W,A项错误;变压器原线圈两端的电压,即线圈产生的感应电动势有效值为200V,所以其最大值Em=200√V=NBSω,则穿过线圈的最大磁通量Φm=BS=√Wb=√Wb,B项错误;t=0时刻线圈平面和磁场垂直,各边均不切割磁感线,故线圈中电流为零,C项错误;t=0.0025s时线圈转过4°,此时穿过线圈的磁通量Φ=BSsin4°=√×√Wb=Wb,D项正确。【答案】D7.(2018吉林监测)(多选)如图所示,abcd为一矩形金属线框,其中ab=cd=L,ab边接有定值电阻R,cd边的质量为m,其他部分的电阻和质量均不计,整个装置用劲度系数为k的两根绝缘轻弹簧悬挂起来。线框下方处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于纸面向里。初始时刻,使两弹簧处于自然长度,现给线框一竖直向下的初速度v0,当cd边第一次运动至最下端的过程中,R产生的电热为Q,此过程cd边始终未离开磁场,已知重力加速度大小为g,下列说法中正确的是()。A.初始时刻cd边所受安培力的大小为mgB.线框中产生的最大感应电流可能为C.cd边第一次到达最下端的时刻,两根弹簧具有的弹性势能总量大于m-QD.在cd边反复运动的过程中,R中产生的电热最多为m+【解析】初始时刻,线框的速度为v0,则E=BLv0,再由I=及F=BIL,得cd边所受安培力的大小F=,A项错误;线框开始运动后,若初始时重力大于安培力,则mg--kx=ma,合力方向向下,可知线框可能先做加速度减小的加速运动,故v0不是速度的最大值,产生的感应电流不是最大,若初始时重力小于安培力,则+kx-mg=ma,合力方向向上,可知线框可能做加速度减小的减速运动,速度v0为最大值,线框中产生的最大感应电流等于,B项正确;cd边第一次到达最下端的时刻,由能量守恒定律可知mgh+m=Ep+Q,所以Ep-mgh=m-Q,故弹簧弹性势能大于m-Q,C项正确;在cd边反复运动的过程中,最后棒静止在初始位置的下方,由mg=2kx得x=,减少的重力势能ΔEp=mgx=,由能量守恒定律可知mgx+m=Ep+Q,所以热量Q应小于m+,D项错误。【答案】BC8.(2018江苏太仓第一次模拟)(多选)最新天文学观测新发现的双子星系统“开普勒-47”有一对互相围绕运行的恒星,运行周期为T,其中一颗大恒星的质量为M,另一颗小恒星只有大恒星质量的三分之一。已知引力常量为G,据此可知()。A.两颗恒星相距√B.大、小两颗恒星的转动半径之比为1∶3C.大、小两颗恒星的转动线速度之比为3∶1D.大、小两颗恒星的转动角速度之比为1∶3【解析】角速度ω=,两颗恒星的周期相等,角速度也相等,D项错误;设大恒星的轨道半径为r1,小恒星的轨道半径为r2,两恒星之间的距离为L,所以r1+r2=L,结合万有引力定律,G=×4r1,G=×4r2,联立可得r1∶r2=1∶3,r1+r2=√,A、B两项正确;线速度v=r,线速度之比v1∶2=r1∶r2=1∶3,C项错误。【答案】AB二、非选择题9.(2018广东联考)小玲同学平时使用带弹簧的圆珠笔写字,她想估测里面小弹簧在圆珠笔尾端压紧情况下的弹性势能的增加量。请你帮助她完成这一想法。(1)写出实验所用的器材:。(2)写出实验的步骤和所要测量的物理量(用字母表示):(要求能符合实际并尽量减少误差)。(3)弹性势能的增加量的表达式ΔEp=。【解析】(1)若弹簧将圆珠笔向上弹出,圆珠笔做竖直上抛运动,增加的重力势能等于减小的动能,而动能的减小量又等于弹性势能的减小量。所以需要用刻度尺测量圆珠笔上升的高度;还需要用天平测量圆珠笔的质量。(2)①将圆珠笔紧靠刻度尺竖直放在桌面上并将尾端压紧,记下笔尖处的读数x1;②突然放开圆珠笔,观察并记下笔尖到达最高处的读数x2;③多次测量笔尖到达最高处的读数x2并取平均值;④用天平测出圆珠笔的质量m。(注:步骤①④可对调)(3)圆珠笔增加的重力势能等于动能的减小量,而动能的减小量又等于弹性势能的减小量,故弹性势能的增加量ΔEp=mg(-x1)。【答案】(1)天平刻度尺(2)见解析()ΔEp=mg(-x1)10.(2018岳阳检测)待测电阻Rx的阻值约为Ω,现要测量其阻值,实验室提供器材如下:A.电流表(量程150mA,内阻约为Ω)B.电流表(量程20mA,内阻r2=Ω)C.电压表(量程15V,内阻约为Ω)D.定值电阻R0=ΩE.滑动变阻器R1,最大阻值为Ω,允许通过的最大电流为1.0AF.滑动变阻器R2,最大阻值为Ω,允许通过的最大电流为0.5AG.电源E,电动势为4V(内阻不计)H.开关S及导线若干(1)为了使电表调节范围较大,测量准确,测量时电表读数不得小于其量程的,请从所给的器材中选择合适的实验器材(均用器材前对应的序号字母填写)。(2)根据你选择的实验器材,请你在虚线框内画出测量Rx的最佳实验电路图并标明元件符号。(3)待测电阻的表达式为Rx=,式中各符号的物理意义为。【解析】(1)由于电源电动势为4V,电压表的量程为15V,达不到其量程的三分之一,故电压表不能使用;可用电流表与定值电阻R0串联扩大其电压量程,当作电压表与电流表配合使用伏安法测量待测电阻阻值,由于改装的电压表内阻已知,故电流表用外接法,改装的电压表量程为20×10-3×130V=2.6V,滑动变阻器最大阻值为5Ω,无法起到限流作用,故滑动变阻器采用分压式接法;此时考虑到干路最小电流约为=0.8A,故滑动变阻器只能选择R1,经过估算,当电流表满偏时,电流表也正好满偏,非常匹配,因此满足电表读数不得小于其量程三分之一的要求。故实验器材选择ABDEGH。(2)如图所示。(3)待测电阻Rx=()-,其中I1、I2分别为电流表和的示数。【答案】(1)ABDEGH(2)如图所示(3)()-I1、I2分别为电流表和的示数11.(2018浙江月考)如图所示,在E=1×103V/m的竖直匀强电场中,一光滑的半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN连接,半圆形轨道平面与电场线平行,P为QN圆弧的中点,其半径R=40cm,一带正电q=1×10-4C的小滑块质量m=10g,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15,位于N点右侧x=1.5m处,取g=10m/s2。(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q,则滑块应以多大的初速度v0向左运动?(2)求这样运动的滑块通过P点时对轨道的压力大小。【解析】(1)设滑块到达Q点时速度为v,则mg+qE=m滑块从开始运动到到达Q点的过程中,由动能定理得-mg·R-qE·R-μ(mg+qE)x=mv2-m联立解得v0=7m/s。(2)设滑块到达P点时速度为v',则从开始运动到P点的过程,由动能定理得-μ(qE+mg)x-(mg+qE)R=mv'2-m又在P点时有FN=m代入数据解得FN=0.6N由牛顿第三定律知滑块通过P点时对轨道的压力大小为0.6N。【答案】(1)7m/s(2)0.6N12.(2018会宁检测)如图所示,MN和PQ是平行、光滑、足够长且不计电阻的两根竖直固定金属杆,间距L=0.1m,其最上端通过电阻R相连接,R=0.Ω。R两端通过导线与平行板电容器连接,电容器上下两板距离d=1m。在R下方一定距离有方向相反、无缝对接的两个沿水平方向的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,磁感应强度均为B=2T,其中区域Ⅰ的高度差h1=3m,区域Ⅱ的高度差h2=1m。现将一阻值r=0.Ω、长L=0.1m的金属棒b紧贴MN和PQ,从距离区域Ⅰ上边缘h=5