（全国通用）高考物理大二轮总复习 增分策略强化练 专题六 第2讲 直流电路和交流电路.doc

专题六第2讲直流电路和交流电路1(2015安徽16)如图1所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，r0为定值电阻，r为滑动变阻器现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表a1的示数增大了0.2 a，电流表a2的示数增大了0.8 a，则下列说法正确的是()图1a电压表v1示数增大b电压表v2、v3示数均增大c该变压器起升压作用d变阻器滑片是沿cd的方向滑动2(2015上海普陀区二模)如图2为某控制电路，由电动势为e、内阻为r的电源与定值电阻r1、r2及电位器(滑动变阻器)r连接而成，l1、l2是两个指示灯当电位器的滑片由b端滑向a端时，下列说法正确的是()图2al1、l2都变亮bl1、l2都变暗cl1变亮，l2变暗dl1变暗，l2变亮3(多选)(2015第二次全国大联考)由滑动变阻器r、负温度系数热敏电阻r0、二极管d和电容器组成的电路如图3所示，开关k闭合时有一个带电液滴静止于电容器两极板之间，电容器下极板接地，下列说法中正确的是()图3a若把滑动变阻器的滑片向上移动，液滴将会向下运动b若把开关断开，液滴将会向上运动c若热敏电阻的温度降低，液滴将会向下运动d若把上极板向上移动，液滴将静止不动4(2015日照市二模) 如图4所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为41，原线圈两端接u220sin 100t v的交流电源，副线圈两端接r55 的负载电阻，电表均为理想交流电表则下列说法中正确的是()图4a副线圈中输出交流电的频率为12.5 hzb副线圈中电压表的示数为55 vc变压器的输入功率为110 wd原线圈中的电流表a的示数为0.25 a5(2015福建15)图5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、n2，在t的原线圈两端接入一电压uumsin t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()图5a() b()c4()2()2r d4()2()2r6(2015德阳市三诊)如图6所示为某大型商场的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成发电机中矩形线圈所围的面积为s，匝数为n，电阻不计，它可绕水平轴oo在磁感应强度为b的水平匀强磁场中以角速度匀速转动矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头上下移动时可改变输出电压，r0表示输电线的电阻，以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是()图6a当发电机线圈t0时刻处于图示位置时，穿过线圈平面的磁通量最大b发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为enbssin tc当用电器数目增多时，若要用电器两端电压保持不变，滑动触头p应向上滑动d当滑动触头p向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高7(多选)(2015济宁市二模)如图7所示，匀强磁场的磁感应强度b t单匝矩形线圈面积s1 m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴oo匀速转动线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，为交流电流表，通过调整副线圈的滑动触头p，使变压器原、副线圈匝数比为12时，副线圈电路中标有“36 v,18 w”的灯泡正常发光以下判断正确的是()图7a电流表的示数为1 ab矩形线圈产生电动势的有效值为18 vc从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e18sin 90t vd若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将p适当下移8(2015宁德市5月模拟)理想变压器原线圈的匝数为1 100匝，副线圈的匝数为25匝，原线圈输入电压的变化规律如图8甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，p为滑动变阻器的滑片，r为定值电阻则()图8a副线圈输出电压的频率为100 hzb副线圈输出电压的有效值为7 vcp向左移动时，变压器原、副线圈的电流都减小dp向左移动时，变压器的输入功率增加9(多选)(2015淄博市二模)如图9甲所示为理想调压变压器，原线圈a、b端的输入电压如图乙所示，则当此变压器工作时，以下说法正确的是()图9a若滑动触头p处于某一确定位置，当变阻器r的滑动触头下滑时，电流表示数将变大b若滑动触头p处于某一确定位置，当变阻器r的滑动触头上滑时，电压表示数将变大c若滑动触头p和变阻器r的滑动触头同时上移，则电流表示数一定变大d若变阻器最大阻值为100 ，且变阻器r的滑动触头置于最上端，则在滑动触头p滑动的过程中，电流表的电流变化范围为02.2 a10(2015青岛二模)如图10甲所示，电阻不计的n匝矩形闭合导线框abcd处于磁感应强度大小为0.1 t的水平匀强磁场中，导线框面积为0.5 m2.导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，原、副线圈的匝数比为101，副线圈接有一滑动变阻器r，副线圈两端的电压随时间的变化规律如图乙所示下列说法正确的是()图10a闭合导线框中产生的交变电压的表达式为u100sin 100t vb闭合导线框的匝数n10c若滑动变阻器的滑片p向上移动，电流表的示数将减小d若导线框的转速加倍，变压器的输出功率将加倍11(2015江西十校联考)如图11甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比为n1n251，电阻r20 ，l1、l2为规格相同的两只小灯泡，s1为单刀双掷开关原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示现将s1接1、s2闭合，此时l2正常发光的功率为p，下列说法正确的是()图11a输入电压u的表达式u20sin 50 vb只断开s2后，l1、l2的功率均小于c只断开s2后，原线圈的输入功率大于d若s1换接到2后，r消耗的电功率为0.8 w12(2015黄冈市4月模拟)如图12甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为445，b是原线圈的中心抽头，s为单刀双掷开关，负载电阻r25 ，电表均为理想电表在原线圈c、d两端接入如图乙所示的正弦交流电，下列说法中正确的是()图12a当s与a连接时，电流表的示数为1 ab当s与b连接时，电压表的示数为50 vc将s由a拨到b，电阻r消耗的功率增大为原来的4倍d无论s接a还是b,1 s内电阻r上电流方向都改变50次13(2015烟台二模)如图13甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为101，a、v均为理想电表，r为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，l1和l2是两个完全相同的灯泡原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是()图13a电压u的频率为100 hzb电压表v的示数为22 vc当照射r的光强增大时，电流表a的示数变大d当l1的灯丝烧断后，电压表v的示数会变大14(多选)(2015吉林市三模)如图14甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器升压变压器原、副线圈匝数比为1100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 .降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中r1为一定值电阻，r2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小电压表v显示加在报警器上的电压(报警器未画出)未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kw.下列说法中正确的有()图14a降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 hzb远距离输电线路损耗功率为180 kwc当传感器r2所在处出现火警时，电压表v的示数变大d当传感器r2所在处出现火警时，输电线上的电流变大二轮专题强化练答案精析第2讲直流电路和交流电路1d2.b3bd当变阻器的滑片向上移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电流增大，内电压及r0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差不变，故a错误；开关k断开时，电容器直接接在电源两端，电压增大，则液滴向上运动，故b正确；热敏电阻降温时，热敏电阻阻值增大，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差不变，液滴仍然静止，c错误；电容器的上极板向上移动，d增大，则电容c减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由c和c及e得e不变，d正确4d5.c6.c7abc小灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：i20.5 a，根据变流比公式：，解得：i11 a，故a正确；小灯泡正常发光，故变压器的输出电压为36 v，根据变压比公式，解得：u118 v，故矩形线圈产生电动势的有效值为18 v，故b正确；矩形线圈产生电动势的最大值为18 v，根据公式emnbs，解得： rad/s90 rad/s，故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律eemsin t18sin 90t v，故c正确；若矩形线圈转速增大，根据公式emnbs，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加，为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将p适当上移，故d错误8c9ad滑动触头p处于某一确定位置，则变压器的输出电压不变，当变阻器r的滑动触头下滑时，接入电路的有效电阻减小，电流表示数将变大，故a正确，b错误；若变阻器最大阻值为100 ，而r上能获得0220 v之间的任意的电压，则电流表的电流变化范围为02.2 a，故d正确10c由题图乙可知，输出电压的最大值um210 v，周期为0.02 s，角速度 rad/s100 rad/s，则输入端的最大值um11010 v100 v，故表达式应为：u100sin 100t v，故a错误；发电机输出的最大电压值um1nbs100 v，解得n6匝，故b错误；将滑动变阻器的滑片p向上移动时，滑动变阻器接入电阻增大，输出电流减小，由电流之比等于匝数的反比可知，电流表的示数减小，故c正确；若转速加倍，则最大值加倍，有效值加倍，输出端的有效值也会加倍，则由p可知，输出功率将变成原来的4倍，故d错误11d周期是0.02 s，100 rad/s，所以输入电压u的表达式应为u20sin(100)t v，a错误；只断开s2后，负载电阻变大为原来的2倍，电压不变，副线圈电流变小为原来的一半，l1、l2的功率均变为额定功率的四分之一，b错误；只断开s2后，原线圈的输入功率等于副线圈的功率，都减小为，c错误；若s1换接到2后，电阻r电压有效值为4 v，r消耗的电功率为0.8 w，d正确12c由图乙可知，电压的最大值为220 v，交流电的周期为2102 s，所以交流电的频率为f50 hz，交流电的有效值为220 v，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为25 v，根据欧姆定律知i2 a1 a，根据电流与匝数成反比知原线圈电流为i11 a a，故a错误当单刀双掷开关与b连接时，副线圈电压为50 v，电压表示数为有效值，不随时间的变化而变化，故b错误当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压要变大为原来2倍，电阻r上消耗的功率变大4倍，原线圈的输入功率也要变大4倍，故c正确变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50 hz,1 s内电流方向改变100 次，所以d错误13c原线圈接入题图乙所示交流电，t0.02 s，所以频率为f50 hz，故a错误；原线圈接入电压的最大值是220 v，所以原线圈接入电压的有效值是u220 v，理想变压器原、副线圈匝数比为101，所以副线圈电压是22 v，所以v的示数为22 v，故b错误；r阻值随光强增大而减小，根据i知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，所以原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以a的示数变大，故c正确；当l1的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故d错误14ad