2020届高考物理艺考生大二轮总复习 上篇 专题四 电路与电磁感应 第1讲 直流电路与交流电路课时作业.doc

第1讲 直流电路与交流电路a级对点练题组一直流电路的分析1.(2020长沙长郡中学模拟)如图为直流电动机提升重物的装置，重物的重量g500 n，电源电动势e90 v，电源内阻r2 ，不计各处摩擦，当电动机以v0.6 m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流i5 a，下列判断不正确的是()a电动机消耗的总功率为400 wb电动机线圈的电阻为0.4 c电源的效率约为88.9%d电动机的效率为75%解析：b重物被提升的功率p重fvgv5000.6 w300 w，此时电路中的电流i5 a，则电源的总功率p总ei905 w450 w，设电动机线圈的电阻为r，根据能量守恒定律得p总p重i2ri2r，则得r 4 ，电动机消耗的总功率p电p重i2r400 w，电源的效率1100%100%88.9%，电动机的效率2100%100%75%，故选项b符合题意2(2020广州模拟)在如图所示的电路中，e为电源电动势，r为电源内阻，r1和r3均为定值电阻，r2为滑动变阻器当r2的滑动触点在a端时合上开关s，此时三个电表a1、a2和v的示数分别为i1、i2和u.现将r2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是( )ai1增大，i2不变，u增大bi1减小，i2增大，u减小ci1增大，i2减小，u增大di1减小，i2不变，u减小解析：b由题图知电压表测量路端电压，电流表a1测量流过r1的电流，电流表a2测量流过r2的电流r2的滑动触点向b端移动时，r2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数u减小，r3电压增大，r1、r2并联电压减小，通过r1的电流i1减小，而总电流i增大，则流过r2的电流i2增大故a、c、d错误，b正确3(2020孝义市一模)如图所示的电路中，电源电动势e8 v，内阻r2 ，电阻r26 ，电容为1f的平行板电容器水平放置且下极板接地当滑动变阻器r1的滑片处于b端时，有一带电油滴位于板间正中央p点且恰好处于静止状态下列说法正确的是( )a此时p点电势为6 vb电容器上极板所带电荷量为6106 cc若仅将电容器上极板缓慢上移少许，则p点电势不变d若仅将滑片p从b端向a端缓慢移动少许，则油滴将向下移动解析：b由闭合电路的欧姆定律可知：路端电压ue6 v，那么电容器两极的电势差为6 v，又有下端接地，故电势为零，那么p点电势为u3 v，故a错误；电容器上极板所带电荷量qcu11066 c6106 c，故b正确；移动电容器上极板，电容器两端电势差不变；又有两极板间距离增大，故电场强度减小；又有p点到下极板的距离不变，故电势差减小，那么，p点电势减小，故c错误；滑片p从b端向a端移动，那么外电路电阻增大，所以路端电压增大，故两极板电势差增大，极板间场强增大，那么，油滴受到的电场力增大；油滴受重力和电场力作用，故有开始时油滴静止可知：电场力方向向上，那么，移动滑片后油滴合外力向上，故油滴向上运动，故d错误题组二交变电流的产生及描述4(2020河南模拟)(多选)如图1所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的金属正方形线圈abcd以垂直磁感线的cd边为转动轴匀速转动，线圈产生的交变电动势图像如图2所示，则下列说法正确的是( )at3 s时刻通过线圈的磁通量为零bab边两端的电压大小等于dc边两端的电压大小c此交变电动势的频率为50 hzddc边两端电压的有效值为2 v解析：abd由图乙可知，当t3 s时，感应电动势最大，则此时穿过线框回路的磁通量变化率最大，磁通量为零故a正确；由图可知，线框中的ab边与dc边切割磁感线，产生电动势，由eblv可知二者产生的电动势是相等的；由于线框各部分的电阻串联，所以ab边与dc边电压降uir也相等，所以ab边两端的电压大小等于dc边两端的电压大小故b正确；由图可知，交流电的周期为0.04 s，则此交变电动势的频率为：f hz25 hz；故c错误；由图可知，交流电压的最大值为16 v，则有效值为8 v，该电路的等效电路如图设ab边与dc边产生的电动势都是e，每一条边的电阻都是r，则e4 v电路中的电流：idc边两侧的电压：udceirere2 v故d正确5(多选)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是()a在图中t0时刻穿过线圈的磁通量均为零b线圈先后两次转速之比为32c交流电a的瞬时值表达式为u10sin 5t(v)d交流电b的最大值为 v解析：bcd在图中t0时刻，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，a错误；a的周期为0.4 s，b的周期为0.6 s，转速与周期成反比，所以转速之比为32，b正确；交流电的瞬时值表达式为uum sin t，所以a的瞬时值表达式为u10sint10sin 5t(v)，c正确；由umnbs，可知角速度变为原来的，则最大值变为原来的，交流电b的最大值为 v，d正确6图1中，单匝矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴转动改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图2中图线甲、乙的规律变化设线圈的电阻为1.0 ，则()a图线甲对应线圈在t0时产生的感应电动势最大b图线甲、乙对应的线圈在t2.0 s时，线圈平面均平行于磁感线c图线甲、乙对应的线圈转速之比为45d图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5 a解析：b在t0时，甲最大，则产生的感应电动势最小，故a错误；因为在t0.2 s102.0 s时，甲乙0，所以线圈平面均平行于磁感线，故b正确；由图可知甲、乙图线对应的周期之比为45，而线圈的转速n，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为54，故c错误；甲图线对应的线圈中交流电压的峰值embsm0.4 v5 v，电流的峰值im5 a，故d项错误题组三变压器及远距离输电7(2019山西四模)如图甲所示，一阻值为r的电阻接在电动势为e、内阻为r的直流电源两端，电源的效率为94.1%；如图乙所示，当该阻值为r的电阻通过理想变压器接在电压有效值为e、内阻为r的交流电源上时，变压器原线圈两端的电压为，则该变压器的原、副线圈匝数比为( )a41b14c161 d116解析：b当接直流电源时，有：94.1%解得：r16r根据原副线圈的电压比等于匝数比可知：解得：u2根据原副线圈的功率相等可知：i1u1i2u2即为：解得：故b正确，a、c、d错误8(2020安徽一模)有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯l1、l2为规格相同的两只小灯泡当s断开时，灯l1正常发光保持原线圈输入电压不变，s闭合后，下列说法正确的是( )a电阻r消耗的功率增大b原线圈的输入电流减小c原、副线圈的电压比增大d灯l1、l2都能正常发光解析：a当s闭开后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以电阻r两端的电压增大，故r消耗的功率增大，故a正确；变压器原副线圈的匝数不变，故原副线圈中电流之比不变，副线圈中电流增大，故原线圈中电流也增大，故b错误；因线圈匝数之比不变，故原副线圈中电压比不变，故c错误；当s闭合后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以通过电阻r的电压增大，灯泡两端的电压减小，灯l1、l2都不能正常发光，故d错误9(2020河南郑州检测)如图所示的电路中，r为光敏电阻(增大照射光的强度电阻会减小)、c为电容器，灯泡l的额定电压为50 v，理想变压器原、副线圈的匝数之比为21.闭合开关s，在a、b两端输入正弦式交变电流u100sin 10t(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增大照射光的强度照射光敏电阻，灯泡会变亮d断开开关s，灯泡会熄灭解析：c由题可知，理想变压器原、副线圈的匝数之比为21，原线圈两端的电压的有效值为100 v，根据，可知副线圈两端的电压的有效值为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r中的电流小于灯泡中的电流，b错误；增大照射光的强度照射光敏电阻，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10.(2020资阳模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压u为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光下列说法正确的是( )a原、副线圈匝数之比为19b原、副线圈匝数之比为91c此时a和b的电功率之比为101d此时a和b的电功率之比为110解析：b灯泡正常发光，则其电压均为额定电压u，则说明原线圈输入电压为9u，输出电压为u；则可知，原副线圈匝数之比为91，故a错误，b正确；根据公式可得，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式pui可得两者的电功率之比为19；故c错误，d错误b级综合练11(2019江苏南京三模，5)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原副线圈匝数比为m，降压变压器的原副线圈匝数比为n，输电线的电阻为r，升压变压器和降压变压器均为一理想变压器，发电机输出的电压恒为u，若由于用户的负载变化，使电压表v2的示数减小了u，则下列判断正确的是()a电流表a2的示数增大了b电流表a1的示数增大了c电压表v1的示数减小了ud输电线损失的功率增加了2r解析：b由m得u1，由于u、m不变，故u1不变，故c错设降压变压器的输入电压为u，则uu1i1r，由n得，u2，则ui1，由此可见，电流表a1的示数增大了，即b正确由得i2ni1，由此可知，i2增大了，故a错输电线损失的功率增加量p(i1i1)2rir2i1i1rir2r，故d错12.(2020新课标卷一模)如图所示，直角三角形导线框opq放置在磁感应强度大小为b，方向垂直于oq向右的匀强磁场中，且op边的长度为l，poq.当导线框绕oq边以角速度逆时针转动(从o向q观察)时，下列说法正确的是( )a导线框opq内无感应电流b导线框opq内产生大小恒定，方向周期性变化的交变电流cp点的电势始终大于o点的电势d如果截去导线pq，则p、o两点的电势差的最大值为bl2sin cos 解析：d导线框opq内，只有边长op做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势的大小为eblcos sin tbl2sin cos sin t，故导线框opq内产生正弦式交变电流，故a、b错误；由于导体框opq内产生正弦式交变电流，p点的电动势与o点的电动势大小成周期性变化，故c错误；如果截取导线pq，则没有感应电流，但pq两点的电势差ublcos sin tbl2sin cos sin t，故最大值为bl2sin cos ，故d正确13(2020衡水模拟)(多选)如图所示，面积s0.5 m2、n50匝、电阻不计的矩形闭合导线圈abcd处于磁感应强度大小为b t的水平匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴oo以角速度200 rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈1相连，副线圈2接入一只“220 v 100 w”的灯泡甲，副线圈3接入一只“110 v 60 w”的灯泡乙与滑动变阻器，已知当滑动变阻器的滑片处于最左端时两灯均正常发光，交流电流表的量程为00.6 a，且为理想电表下列说法正确的是( )a从图示位置计时，线框中交变电压瞬时值的表达式为e500sin 200t vb当两灯正常发光时，交流电流表的示数为0.30 ac变压器线圈的匝数之比为n1n2n3502211d当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数增大解析：ac图示位置穿过线框的磁通量最大，电动势的最大值emnbs500.5200 v500 v图示位置穿过线框的磁通量最大，导线框中产生交变电压的表达式为u500sin 200t v故a正确；变压器副线圈2中的电功率为100 w，变压器副线圈3中电功率为60 w，则变压器原线圈中的电功率为160 w，所以变压器原线圈中电流强度i1 a a故b错误；电动势的最大值为500 v，则交流电压的有效值500 v滑动变阻器的滑片处于最左端时接入电路中的电阻值为0；根据电压之比等于匝数比，则原副线圈的匝数比500220110502211，故c正确，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，接入副线圈的电阻值增大，所以副线圈3中的电流值减小，输出功率与输入功率都减小，所以电流表的示数减小，故d错误14(多选)如图所示的电路中，e为电源，内电阻为r，v为理想电压表，l为阻值恒为2r的小灯泡，定值电阻r1的阻值恒为r，r3为半导体材料制成的光敏电阻(其阻值随光照的增强而减小)电容器两极板处于水平状态，闭合开关s，电容器中心p点有一带电小球处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是()a若将r2的滑片上移，则电压表的示数变小b若突然将电容器上极板上移，则小球在p点的电势能增大c若光照变强，则小球会向上运动d若光照变强，则a、b间电路的功率变大解析：b