2025届高考物理二轮复习：第9讲 恒定电流和交变电流-专项训练 【含答案】

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1.(不定项)某车装配了120块“刀片电池”,每块“刀片电池”的容量是200 A·h,平均工作电压是3.2 V.下列说法正确的是( )
A.单块电池充满电后储存的电荷量是200 C
B.单块电池充满电后储存的电能是640 W·h
C.若该车某次行驶中平均能耗是13 kW·h/100 km,则其续航里程是640 km
D.若某块电池充电电流是200 A,则经过30 min可将该电池从其容量的30%充到80%
2.如图所示为无人机高度预警系统电路图.电路中的R1和R2有一个是定值电阻,另一个是气压传感器(可等效为可变电阻).飞行高度越低,则对气压传感器的压力越大,气压传感器的电阻越小.当a、b两端的电压大于U1时,控制开关自动开启高位预警;当a、b两端的电压小于U2(U1、U2为定值)时,控制开关自动开启低位预警.下列说法正确的是( )
A.U1U2,故A、B错误,C正确;根据闭合电路的欧姆定律有I1=ER1+R2+r,则Uab=E-I1(R2+r)=E-E(R2+r)R1+R2+r=E-ER1R2+r+1,当Uab达到能够自动开启高位预警的电压值U1时,定值电阻R2的阻值越大,则气压传感器R1的阻值越大,飞行高度越高,即开启高位预警时的位置越高,故D错误.
3.A [解析] 设该交变电流的有效值为I,由电流的热效应有I2RT=222R·T6+22R·T2+222R·T3,解得I=516 A,故A正确.
4.D [解析] 根据题图可知,当LED两端电压为2.0 V以下时,LED的电流几乎为零,其电阻近似无穷大,故A错误;根据题图可知,当LED两端电压为3.0 V时,通过的电流为50 mA,则其消耗的功率为P=UI=0.15 W,故B错误;根据题图可知,如果把电压3.0~3.5 V段近似看作直线,那么在这一电压范围内,图像上的点与原点连线的斜率随着电压的增大而增大,根据部分电路的欧姆定律有I=UR,可知该斜率大小表示电阻的倒数,斜率增大,则电阻减小,说明LED的电阻随接入两端电压的增大而减小,故C错误,D正确.
5.C [解析] 根据题图可知,图甲产生的是正弦交流电,图乙中,由于电刷的原因,线圈中电流方向不变,大小随时间正弦变化.由于两图中其他部件均完全相同,两线圈以相同的角速度在匀强磁场中旋转,则感应电动势的最大值相同,R两端的电压有效值、流过R的电流有效值大小相等,在0~T4时间内,两图中流过R的电荷量相等,在0~T时间内,两图中电阻R上产生的焦耳热相等,故A、B、D正确.由图示位置开始转动时,两图中流过R的电流方向相同,在t=T4时,图甲中流过R的电流方向改变,图乙中流过R的电流方向不变,故C错误.
6.A [解析] 由电路图可知,滑动变阻器R与定值电阻R0串联,滑动变阻器的电阻全部连入电路,电压表测量滑片上半部分电阻两端的电压,当滑动变阻器的滑片P向下移动时,电路的总电阻不变,由欧姆定律可知,电路中的电流I不变,电压表的示数U=IR',又R'=ρlS,mg=kl,联立可得U=IρgkSm,即电压表的示数与待测物体的质量成正比关系,故D错误;由U=IρgkSm可知,弹簧的劲度系数k越小,则质量m的最大值越小,即电子秤的量程越小,故C错误;由U=IρgkSm可知,电子秤的灵敏度ΔUΔm=IρgkS,仅更换阻值更大的定值电阻R0,则电路中的电流I会减小,电子秤的灵敏度会下降,电子秤的灵敏度与待测物体的质量无关,故A正确,B错误.
7.C [解析] 由v-t图像可知,发电机产生正弦式交流电,产生的电动势的最大值为Em=Bn·2πrv0,由于线圈a的电阻不计,所以变压器原线圈两端电压最大值U1m=Em=2nπBrv0,因理想变压器原、副线圈匝数之比为k,则副线圈两端电压最大值即L1两端电压最大值为U2m=2nπBrv0k,A错误;副线圈两端电压有效值为U2=2nπBrv02k=2nπBrv0k,两灯泡并联的总电阻为R2,则电流表A的读数为I=U2R2=22nπBrv0kR,B错误;线圈a的输出功率为P=U2I=4n2π2B2r2v02k2R,C正确;若断开开关S,则副线圈两端电压不变,所以L1中电流不变,但副线圈中电流减半,因此原线圈中电流减半,D错误.
8.D [解析] 设电源输出电压为U,根据U=U1+I1R1,U1U2=n1n2,I1I2=n2n1,R副=U2I2,解得I1=UR1+n1n22R副,U1=U1+n2n12·R1R副,滑动变阻器R的滑片向下滑动少许,则R接入电路的阻值增大,副线圈电路的总电阻R副增大,由上式可知,I1减小,U1增大,所以灯泡L1变暗,电压表V的示数增大,选项A、B错误.根据U1U2=n1n2,因U1增大,故U2增大,IL2增大,灯泡L2变亮,D正确.根据I1I2=n2n1,I2=IL2+IR0,PR0=IR02R0,因I1减小,故I2减小,又因IL2增大,则IR2 减小,定值保护电阻R0的电功率减小,选项C错误.
9.D [解析] 根据理想变压器原、副线圈的电压与匝数关系有U3U4=n3n4=45011,解得U3=9000 V,理想变压器无能量损失,则P3=P4=450 kW,根据P3=U3I2,解得I2=50 A,故输电线损失的电压ΔU=I2r=1000 V,输电线损失的电功率ΔP=I22r=50 kW,A、B错误;输电电压U2=U3+ΔU=10 kV,则升压变压器原、副线圈的匝数比n1n2=U1U2=120,C错误;发电机输出的电功率P1=P3+ΔP=500 kW,单位时间内水流的机械能对应功率P0=mgℎt=ρQgh=750 kW,故机械能转化为电能的效率η=P1P0×100%≈67%,D正确.
10.BC [解析] 线框向右匀速运动过程中,当线框的PN边到达x=32l处时,线框的PN边和QM边均在切割磁感线,产生的感应电动势同向相加,线框中感应电动势最大,感应电流最大,为Im=2BlvR,故A错误,B正确;线框向右匀速运动过程中,回路中产生的感应电流随时间变化的图像如图所示(规定逆时针方向为正),穿越磁场的整个过程中,线框中产生的焦耳热为Q=2Blv2R2·R·lv+2Blv2R2·R·lv=3B2l3vR,由功能关系得外力所做的功为W=Q=3B2l3vR,故C正确,D错误.