【物理】2020届二轮复习专题四1第1讲 直流电路与交流电路作业（京津鲁琼专用）
一、单项选择题
1．(2019·哈尔滨三中二模)如图所示的电路中，当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，下列说法正确的是( )
A．电压表的读数减小
B．R1消耗的功率增大
C．电源的输出功率增大
D．电容器C所带电荷量增多
解析：选D.根据电路图可知，R1、R2串联后接在电源两端，电容器C并联在R2两端，电压表V测路端电压．当滑动触头P向下滑动时，R2连入电路的电阻变大，则外电路总电阻R变大，由I＝知电流I减小，由U＝E－Ir知路端电压增大，则电压表示数变大，电源的输出功率P出＝UI无法判断．由PR1＝I2R1知，R1消耗的功率变小．由UR2＝E－(R1＋r)I知电容器两端电压变大，则电容器所带电荷量增多．综上所述，A、B、C错误，D正确．
2．如图甲所示，在匀强磁场中，两个匝数相同的正方形金属线圈分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交流电动势e随时间t变化的图象如图乙中曲线a、b所示，则( )
A．t＝0时刻，两线圈均处于垂直于中性面的位置
B．a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C．a、b对应的两线圈面积之比为1∶1
D．若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈电动势的有效值之比一定不变
解析：选C.t＝0时刻，两线圈感应电动势均为零，故两线圈均处于中性面的位置，选项A错误；由图线可知，两线圈的周期之比Ta∶Tb＝2∶3；故根据n＝可知a、b对应的线圈转速之比为3∶2，选项B错误；根据Em＝NBωS，＝＝；＝＝；则＝＝，选项C正确；若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈的面积要变化，故感应电动势的最大值要变化，电动势的有效值之比一定变化，选项D错误．
3．(2017·高考北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )
A．原线圈的输入功率为220 W
B．电流表的读数为1 A
C．电压表的读数为110 V
D．副线圈输出交流电的周期为50 s
解析：选B.由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 V，故有效值为U1＝220 V，由＝，故副线圈电压的有效值为U2＝110 V，故输出功率P2＝＝220 W，再由输入功率等于输出功率知，P1＝P2＝220 W，A项错误；根据欧姆定律知，I2＝＝2 A，＝，得I1＝1 A，故电流表读数为1 A，所以B项正确；电压表的读数为有效值，即U2＝110 V，C项错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T＝，解得T＝0.02 s，所以D项错误．
4．一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈．在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2.在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中( )
A．U2>U1，U2降低 B．U2>U1，U2升高
C．U2
U2，当滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，n2减小，因此U2降低，C项正确．
5．(2019·济南质检)如图所示，电源电动势为E，内阻为r.电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小)．当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，则下列说法中正确的是( )
A．只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，R3中有向上的电流
B．只将R3的滑片P2向上移动时，电源消耗的功率变大，R3中有向上的电流
C．只将R2的滑片P1向下移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动
D．若断开开关S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动
解析：选A.只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，电流变大，R0消耗的电功率变大，电容器的电压增大，电容器充电，R3中有向上的电流，A选项正确；由于R3与电容器相连，而电容器隔直流，所以只调节R3的阻值对电路中的电流和电压没有影响，电源消耗的功率不变，R3中没有向上的电流，B选项错误；只将R2的滑片P1向下移动时，电路中的电流不变，因此电容器两端的电压U2增大，带电微粒受到的电场力F＝qE＝q变大，微粒将向上运动，C选项错误；若断开开关S，电容器将通过R3、R2放电，电容器所带电荷量减少，带电微粒向下运动，D选项错误．
6．如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )
A．小灯泡变亮
B．小灯泡变暗
C．原、副线圈两端电压的比值不变
D．通过原、副线圈电流的比值不变
解析：选B.由＝得U2＝U1 ①
由＝得U′2＝U1 ②
由得：＝＝，因为n2＜n1，所以＜1，即U′2＜U2，故小灯泡变暗，B正确，A错误；由以上分析过程可以看出，C错误；由＝和＝可见，D错误．
7．如图所示，接在理想变压器回路中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n1∶n2∶n3为( )
A．1∶1∶1 B．3∶2∶1
C．6∶2∶1 D．2∶2∶1
解析：选B.灯泡正常发光，可得UA＝UB＝UC＝UD，所以U2＝2U3，由理想变压器的电压关系得＝＝，可得n2＝2n3.灯泡都正常发光，则功率相等，即PA＝PB＝PC＝PD.由P＝I2R得IA＝IB＝IC＝ID，即I1＝I2＝I3.
由理想变压器的功率关系得U1I1＝U2I2＋U3I3，即n1I1＝n2I2＋n3I3，可得n1＝n2＋n3＝2n3＋n3＝3n3.所以n1∶n2∶n3＝3∶2∶1.
8．(2019·青岛二模)如图1所示，M为一电动机，当滑动变阻器的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图2所示，已知电流表读数在0.2
A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断不正确的是( )
A．电路中的电源电动势为3.9 V
B．电动机的电阻为4 Ω
C．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 W
D．变阻器的最大阻值为32 Ω
解析：选C.由电路图1知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V2的电压与电流的关系，此图线的斜率大小等于电源的内阻，为r＝ Ω＝3 Ω；当电流I＝0.1 A时，U＝3.6 V，则电源的电动势E＝U＋Ir＝3.6 V＋0.1×3 V＝3.9 V，故A正确；由图可知，电动机的电阻rM＝ Ω＝4 Ω，故B正确；当I＝0.3 A时，U＝3.0 V，电动机的输入功率最大，最大输入功率为P＝UI＝3×0.3 W＝0.9 W，电动机的热功率为PrM＝I2rM＝0.32×4 W＝0.36 W，则最大的输出功率为P出＝0.9 W－0.36 W＝0.54 W，故C错误；当I＝0.1 A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R＝－r－rM＝ Ω＝32 Ω，故D正确．
9．(2019·枣庄段考)在如图所示的电路中，已知电阻R1的阻值小于滑动变阻器R的最大阻值．闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P由左端向右端滑动的过程中，四个电表V1、V2、A1、A2的示数及变化量分别用U1、U2、I1、I2、ΔU1、ΔU2、ΔI1、ΔI2表示，下列说法中正确的是( )
A．U1先变大后变小，I1不变
B．U1先变小后变大，I1变小
C．的绝对值先变大后变小，的绝对值不变
D．U2先变小后变大，I2先变小后变大
解析：选D.滑片P由滑动变阻器的左端向右端滑动的过程中，滑动变阻器R的左半部分与R1串联然后与R的右半部分并联，并联电阻先变大后变小，所以电路总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律，I2先变小后变大，U1先变大后变小，由极限法可得当滑片P滑到滑动变阻器右端时，电流表A1把R1所在支路短路，此时I1最大，所以I1一直增大，A、B错误；对于C项，的绝对值等于电源的内阻，保持不变；的绝对值等于R2，保持不变，C错误；电阻R2不变，电压表V2的示数U2＝I2R2，U2先变小后变大，D正确．
10．如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为m，降压变压器的变压比为n，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，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ΔU，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ΔU
D．输电线损失的功率增加了R
解析：选B.电压表V2的示数减小了ΔU，根据变压器的变压比可知降压变压器输入电压减小了ΔU3＝nΔU，由于升压变压器输入电压不变，因此输电线上的电压增大了nΔU，因此电流表A1的示数增大了，B正确；根据变流比，电流表A2的示数增大了，A错误；由于发电机的输出电压不变，因此升压变压器的输出电压不变，电压表V1的示数不变，C错误；设原来输电线上的电流为I，则输电线损失的功率增加了R－I2R，不等于R，D错误．
二、多项选择题
11．如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则( )
A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大
B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小
解析：选BC.保持Q的位置不动，则U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大，根据I2＝知，I2变小，由＝得I1也变小，即电流表读数变小，选项A错误，选项B正确；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，U2变大，则根据P2＝知副线圈输出功率变大，由P1＝P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1＝I1U，输入电压U一定，I1变大，即电流表读数变大，选项C正确，选项D错误．
12．(2019·湖北重点中学联考)理想变压器原线圈a匝数n1＝200匝，副线圈b匝数n2
＝100匝，线圈a接在u＝44sin 314t(V)交流电源上，“12 V 6 W”的灯泡恰好正常发光，电阻R2＝16 Ω，电压表V为理想电表，下列推断正确的是( )
A．交变电流的频率为100 Hz
B．副线圈磁通量的最大变化率为 Wb/s
C．电压表V的示数为22 V
D．R1消耗的功率是1 W
解析：选BD.由表达式知交变电流的频率为f＝ Hz＝50 Hz，A错误；灯泡正常发光，故副线圈中电流为I＝＝0.5 A，故电压表示数为U2＝12 V＋IR2＝20 V，故根据Em＝N知穿过铁芯的磁通量的最大变化率为＝ Wb/s，故B正确；根据电流与匝数成反比，原线圈电流为0.25 A，由题意可知：原线圈电压有效值为44 V，根据电压与匝数成正比得U1＝40 V，R1消耗的功率是P＝(44－40)×0.25 W＝1 W，故C错误，D正确．
13．(2019·河南中原名校高三联考)在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S闭合后( )
A．L1的电阻为 Ω
B．L1消耗的电功率为7.5 W
C．L2的电阻为7.5 Ω
D．L2消耗的电功率为0.3 W
解析：选CD.S闭合后，L1两端的电压为3.0 V，由乙图可知，I1＝0.25 A，故P1＝0.75 W，R1＝12 Ω，A、B均错；L2与R及电源串联，把R和电源等效成电动势为3 V，内阻为7.5 Ω的新电源，在图乙中作出新电源的I－U 图线，如图，两图线的交点表示出了此时L2两端的电压与通过的电流的大小，由图知U2＝1.5 V，I2＝0.2 A，所以R2＝＝ Ω＝7.5 Ω，P2＝U2I2＝1.5×0.2 W＝0.3 W，C、D正确．
14．如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2、R3为定值电阻，R1为滑动变阻器，A、B为电容器的两个极板．当滑动变阻器R1的触头处于某位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动．则下列说法中正确的是( )
A．仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向下运动
B．仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向上运动
C．仅把两极板A、B间距离增大，油滴向下运动，电流表读数不变
D．仅把两极板A、B间正对面积减小，油滴向下运动，电流表读数不变
解析：选BC.从图中可知电容器两板间的电压等于路端电压，电流表测量干路电流，若仅把R1的触头向右滑动时，R1连入电路的电阻增大，则电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可得路端电压增大，干路电流减小，所以电流表示数减小，电容器两端的电压增大，根据公式E＝可得两极板间的电场强度增大，所以油滴受到的电场力增大，故向上运动，A错误，B正确；仅把两极板A、B间距离增大，因为两极板间的电压不变，根据公式E＝可得电容器两极板间的电场强度减小，油滴受到的电场力减小，向下运动，电流表的示数不变，C正确；仅把两极板A、B间正对面积减小，由于两极板间的电压不变，距离不变，所以两极板间的电场强度不变，故油滴仍处于静止状态，电流表示数不变，D错误．
15．如图所示为某兴趣小组设计的一种发电装置，在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π，磁场均沿半径方向；矩形线圈abcd(d点未在图中标出)的匝数为N，其边长ab＝cd＝l，bc＝ad＝2l；线圈的总电阻为r，外接电阻为R；线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc边和ad边同时进、出磁场．在磁场中，bc边和cd边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直．则( )
A．bc边和ad边在磁场中运动时，线圈的感应电动势的大小为NBl2ω
B．bc边和ad边在磁场中运动时，bc边所受安培力的大小为
C．通过R的电流有效值为
D．通过R的电流有效值为
解析：选BD.bc、ad边的运动速度v＝ω，电动势Em＝2·NB·2l·v＝2NBl2ω，A错误；根据欧姆定律得，电流Im＝，bc边所受安培力为F＝N·B·Im·2l＝，B
正确；因为两磁场的圆心角为π，故一个周期内，通电时间t＝T，由有效值定义知：I(R＋r)T＝I2(R＋r)T，解得I＝，C错误，D正确．
