2020届高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应1直流电路与交流电路课时作业含解析

2020届高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应1直流电路与交流电路课时作业含解析

直流电路与交流电路 ‎[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G＝500 N，电源电动势E＝90 V，电源内阻r＝2 Ω，不计各处摩擦，当电动机以v＝‎0.6 m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I＝‎5 A，下列判断不正确的是(　　)‎ A．电动机消耗的总功率为400 W B．电动机线圈的电阻为0.4 Ω 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＝Fv＝Gv＝500×0.6 W＝300 W，此时电路中的电流I＝‎5 A，则电源的总功率P总＝EI＝90×5 W＝450 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＋I2r＋I2R，则得R＝＝ Ω＝4 Ω，电动机消耗的总功率P电＝P重＋I2R＝400 W，电源的效率η1＝×100%＝×100%≈88.9%，电动机的效率η2＝×100%＝×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(　　 )‎ A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2增大，U减小 C．I1增大，I2减小，U增大 D．I1减小，I2不变，U减小 - 9 -‎ 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E＝8 V，内阻r＝2 Ω，电阻R2＝6 Ω，电容为1μF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 V B．电容器上极板所带电荷量为6×10－‎‎6 C C．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U＝E＝6 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U＝3 V，故A错误；电容器上极板所带电荷量Q＝CU＝1×10－6×‎6 C＝6×10－‎6 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(　　 )‎ - 9 -‎ A．t＝3 s时刻通过线圈的磁通量为零 B．ab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 Hz D．dc边两端电压的有效值为2 V 解析：ABD　[由图乙可知，当t＝3 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E＝BLv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U＝IR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＝＝ Hz＝25 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E＝4 V 电路中的电流：I＝ dc边两侧的电压：Udc＝E－Ir＝E－·r＝E＝2 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t＝0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3∶2‎ C．交流电a的瞬时值表达式为u＝10sin 5πt(V)‎ D．交流电b的最大值为 V 解析：BCD　[在图中t＝0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3∶‎ - 9 -‎ ‎2，B正确；交流电的瞬时值表达式为u＝Um sin ωt，所以a的瞬时值表达式为u＝10sint＝10sin 5πt(V)，C正确；由Um＝NBSω，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 Ω，则(　　)‎ A．图线甲对应线圈在t＝0时产生的感应电动势最大 B．图线甲、乙对应的线圈在t＝2.0 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4∶5‎ D．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5π A 解析：B　[在t＝0时，Φ甲最大，则产生的感应电动势最小，故A错误；因为在t＝0.2 s×10＝2.0 s时，Φ甲＝Φ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4∶5，而线圈的转速n＝，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4，故C错误；甲图线对应的线圈中交流电压的峰值Em＝BSω＝Φmω＝0.4× V＝5π V，电流的峰值Im＝＝5π 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(　　 )‎ A．4∶1　　　　　 B．1∶4‎ C．16∶1 D．1∶16‎ - 9 -‎ 解析：B　[当接直流电源时，有：η＝＝94.1%‎ 解得：R＝16r 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：I1U1＝I2U2‎ 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2∶1.闭合开关S，在a、b两端输入正弦式交变电流u＝100sin 10πt(V)，则下列说法正确的是(　　)‎ - 9 -‎ 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2∶1，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1∶9‎ B．原、副线圈匝数之比为9∶1‎ C．此时a和b的电功率之比为10∶1‎ D．此时a和b的电功率之比为1∶10‎ 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9∶1，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P＝UI可得两者的电功率之比为1∶9；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 - 9 -‎ 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U′＝U1－I1R，由＝n得，U2＝，则ΔU＝－ΔI1，由此可见，电流表A1的示数增大了，即B正确．由＝得I2＝nI1，由此可知，I2增大了，故A错．输电线损失的功率增加量ΔP＝(I1＋ΔI1)2R－IR＝2I1ΔI1·R＋ΔIR≠2R，故D错．]‎ ‎12.(2020·新课标Ⅱ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＝θ.当导线框绕OQ边以角速度ω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 C．P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BL2ωsin θcos θ 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E＝BL··ωcos θsin ωt＝BL2ωsin θcos θsin ωt，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 - 9 -‎ PQ，则没有感应电流，但PQ两点的电势差U＝BLωcos θsin ωt＝BL2ωsin θcos θsin ωt，故最大值为BL2ωsin θcos θ，故D正确．]‎ ‎13．(2020·衡水模拟)(多选)如图所示，面积S＝‎0.5 m2‎、n＝50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ω＝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0～‎0.6 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e＝500sin 200t V B．当两灯正常发光时，交流电流表的示数为‎0.30 A C．变压器线圈的匝数之比为n1∶n2∶n3＝50∶22∶11‎ D．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Em＝NBSω＝50××0.5×200 V＝500 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u＝500sin 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＝500∶220∶110＝50∶22∶11，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(　　)‎ - 9 -‎ 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：BD　[R2与电容器C串联，若只是将R2的滑片上移，对电路没有影响，电压表示数不变，A项错误；若只是将电容器上极板上移，则电容器两端电压UC不变，两极板间距d增大，场强E减小，P点的电势减小，由题分析可知小球带负电，则小球在P点的电势能增大，B项正确；若光照变强，则光敏电阻R3的阻值减小，灯L和R3两端电压减小，电容器两端电压减小，两极板间场强E减小，小球所受电场力减小，球会向下运动，C项错误；将R1视为电源一部分，则等效电源内阻阻值为2r，而A、B间L和R3的总电阻为RL＋R3＝2r＋R3＞2r，若光照变强，则R3的阻值减小，A、B间电路的功率变大，故D项正确．]‎ - 9 -‎