【物理】2019届二轮复习直流电路与交流电路学案（全国通用）(1)

【物理】2019届二轮复习直流电路与交流电路学案（全国通用）(1)

‎2019届二轮复习 直流电路与交流电路 学案（全国通用）‎ ‎1.[考查两种交流电的比较]‎ 甲、乙图分别表示两种电压的波形，其中甲图所示的电压按正弦规律变化。下列说法正确的是(　　)‎ A．甲图表示交流电，乙图表示直流电 B．甲图电压的有效值为220 V，乙图电压的有效值小于220 V C．乙图电压的瞬时值表达式为u＝220sin 100πt(V)‎ D．甲图电压经过匝数比为1∶10的变压器变压后，频率变为原来的10倍 解析：选B　由于两图中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故A错误；由于对应相同时刻，图甲电压比图乙电压大，根据有效值的定义可知，图甲有效值要比图乙有效值大，图甲是正弦式交流电，所以有效值U＝＝220 V，故乙图电压小于220 V，则B正确；图乙不是正弦式交流电，所以表达式不是正弦函数，故C错误；理想变压器变压后，频率不发生变化，故D错误。‎ ‎2．[考查交流电的产生及瞬时值、有效值]‎ 如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙中曲线a、b所示，则(　　)‎ A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面垂直 B．曲线a表示的交变电动势瞬时值为15cos 50πt(V)‎ C．曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶2‎ D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V 解析：选C　在t＝0时刻，线圈一定处在中性面上，故A错误；由题图乙可知，a的周期为4×10－2 s，ω＝＝50π rad/s；曲线a表示的交变电动势瞬时值为15sin 50πt(V)，B错误；b的周期为6×10－2 s，则由n＝可知，转速与周期成反比，故转速之比为3∶2，故C正确；ωa∶ωb＝n1∶n2＝3∶2，a交流电的最大值为15 V，则根据Em＝nBSω得曲线b 表示的交变电动势最大值是10 V，则有效值为U＝ V＝5 V，故D错误。‎ ‎3．[考查交流电的四值及应用]‎ ‎[多选]如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，边长L＝10 cm的正方形线圈共100匝，线圈总电阻r＝1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω＝2π rad/s，外电路中的电阻R＝4 Ω，π取3.14，则(　　)‎ A．线圈转动一周产生的总热量为0.99 J B．感应电动势的最大值为314 V C．由图示位置转过60°的过程中产生的平均感应电动势为2.6 V D．从图示位置开始的周期内通过R的电荷量为0.87 C 解析：选AC　感应电动势的最大值为：Em＝nBSω＝100×0.5×0.12×2π V＝π V，故B错误；周期为：T＝＝1 s，线圈转动一周产生的总热量为：Q＝2··T＝2××1 J＝ J≈0.99 J，故A正确；转过60°的过程中产生的平均感应电动势E＝n＝100× V＝ V≈2.6 V，故C正确；平均电动势：＝n，平均电流：＝，在周期内通过电阻R的电荷量为：q＝Δt，即为：q＝＝＝ C≈0.087 C，故D错误。‎ 考点二 直流电路的动态分析 ‎4.[考查含容电路的动态问题分析]‎ 如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表。现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法正确的是(　　)‎ A．电流表A的示数变小，电压表V的示数变大 B．小灯泡L变亮 C．电容器C上电荷量减少 D．电源的总功率变大 解析：选A　闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小；电压表的示数U＝E－I(RL＋r)，I减小，其他量不变，则U增大，即电压表V的示数变大，故A正确，B错误。电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增大，由Q＝CU，知电容器C上的电荷量增多，故C错误。电源的总功率P＝EI，‎ I减小，则电源的总功率变小，故D错误。‎ ‎5．[考查电路中平行极板间带电粒子的运动问题]‎ 如图所示，A、B是两块水平放置的平行金属板，一带电小球垂直于电场线方向射入板间，小球将向A极板偏转。为了使小球沿射入方向做直线运动，可采用的方法是(　　)‎ A．将原来带正电的小球改为带负电 B．将滑动变阻器滑片P适当向左滑动 C．适当增大小球所带电荷量 D．将极板间距适当增大 解析：选D　一带电小球垂直于电场线方向射入极板区域后，向A极板偏转，则小球所受电场力向上且电场力大于重力，小球原来就带负电，选项A错误；为使小球沿直线运动，应减小小球所受电场力，将滑动变阻器滑片P适当向左滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路中总电阻减小，总电流增大，R两端电压增大，电容器两端电压增大，板间场强增大，电场力增大，选项B错误；适当增大小球所带电荷量，小球所受电场力增大，选项C错误；将极板间距适当增大，板间场强减小，小球所受电场力减小，可使电场力等于重力，选项D正确。‎ ‎6.[考查电表示数变化量大小的比较]‎ ‎[多选]在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时， 四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数的变化量分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。下列说法正确的是(　　)‎ A.变大，变小 B.变大，不变 C．ΔI>0，ΔU1>0，ΔU2<0，ΔU3>0‎ D．ΔI<0，ΔU1<0，ΔU2>0，ΔU3>0‎ 解析：选BD　当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，根据欧姆定律＝R2，可知将变大；由U2＝E－I(R1＋r)，可得＝R1＋r，则不变，故A错误。由＝R2＋R1，可知变大；由U3＝E－Ir，可得＝r，则不变，故B正确。R2变大时，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律，可知I变小，所以ΔI<0，U1＝IR1变小，所以ΔU1<0；由路端电压U3＝E－Ir，知U3变大，所以ΔU3>0，因U3＝U1＋U2，U1减小，则U2增大，所以ΔU2＞0，故C错误，D正确。‎ 考点三 交流电路的动态分析 ‎7.[考查由滑动变阻器引起的动态变化问题]‎ 如图所示为一理想变压器，原线圈接在输出电压为u＝U0sin ωt的交流电源两端。电路中R0为定值电阻，V1、V2为理想交流电压表，A1、A2为理想交流电流表。现使滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动，下列说法正确的是(　　)‎ A．电压表V1与V2示数的比值将变大 B．电流表A1与A2示数的比值将变小 C．电压表V1与电流表A1示数的比值变大 D．电压表V2与电流表A2示数的比值变小 解析：选C　由于变压器原、副线圈电压之比等于线圈匝数之比，因此电压表示数之比一定等于线圈匝数之比，故A错误； 由于只有一个副线圈，因此电流之比等于线圈匝数的反比，故两电流表的比值不变，故B错误；滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动，则滑动变阻器接入电阻增大，由欧姆定律可知，电流表A2示数减小，电流表A1示数也减小，而电压表V1和V2示数不变，电压表V1与电流表A1示数的比值变大，电压表V2与电流表A2示数的比值也变大，故C正确，D错误。‎ ‎8．[考查变压器负载变化引起的动态变化问题]‎ ‎[多选]每到夜深人静的时候我们就会发现灯泡比睡觉前要亮，其原因在于大家都在用电时，用电器较多。利用如图模拟输电线路，开关的闭合或者断开模拟用户的变化，原线圈输入电压恒定的交流电。下列分析正确的是(　　)‎ A．定值电阻相当于输电线电阻 B．开关闭合，灯泡L1两端电压升高 C．开关闭合，原线圈输入功率增大 D．开关断开，副线圈电压增大 解析：选AC　原、副线圈匝数之比等于电压之比，由于匝数比值不变，原线圈输入电压也不变，所以副线圈电压不会变化，选项D错误。家庭电路用电器之间为并联关系，用户较多时，并联支路增多，相当于开关闭合，而与之串联的定值电阻，实际是等效输电线的电阻，选项A正确。开关闭合副线圈总电阻变小，总电流变大，定值电阻分电压增多，并联电压变小，即灯泡L1两端电压减小，选项B错误。副线圈电压不变电流增大，副线圈电功率增大，根据能量守恒，原线圈电功率也增大，选项C正确。‎ ‎9．[考查变压器原线圈匝数变化引起的动态变化]‎ ‎[多选]如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为44∶5，b 是原线圈的抽头，且其恰好位于原线圈的中心，S为单刀双掷开关，负载电阻R＝25 Ω，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(　　)‎ A．当S与a连接，t＝1×10－2 s时，电流表的示数为0‎ B．当S与a连接，电压表示数为50 V C．将S与b连接，电阻R消耗的功率为100 W D．将S与b连接，1 s内电阻R上电流方向改变100次 解析：选CD　由题图乙可知，交流电的周期为2×10－2 s，所以交流电的频率为f＝50 Hz，交流电的有效值为 V＝220 V，当S与a连接时，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为25 V，电压表示数为25 V，根据欧姆定律知通过副线圈的电流I2＝＝ A＝1 A，原、副线圈中电流与匝数成反比，＝，可得电流表示数为0.11 A，故A、B错误。S与b连接时，副线圈两端的电压U2′＝U1＝×220 V＝50 V，电阻R消耗的功率为P2＝＝ W＝100 W，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，故D正确。‎ ‎10．[考查自耦变压器负载含电容器的动态变化]‎ ‎[多选]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u＝220sin 100πt(V)交变电流，滑动触头处于图示M位置时，灯泡L能正常发光。下列说法正确的是(　　)‎ A．交流电源的频率变为100 Hz时，可使灯泡变亮 B．减小电容器C的电容，可使灯泡变亮 C．将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，电压表示数变小且小于220 V D．将滑动触头从N点逆时针旋转到M点的过程中，电压表示数变大且大于220 V 解析：选AC　在a、b间输入电压u＝220sin 100πt(V)，可知交变电流的频率为50 Hz，当交流电源的频率变为100 Hz时，由于电容器对交变电流的阻碍作用减小，可使灯泡变亮，故A正确；减小电容器C 的电容，则对交变电流的阻碍作用增大，灯泡变暗，故B错误；自耦变压器的原线圈匝数大于副线圈匝数，根据变压器原理＝，可知输出电压小于220 V，将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，自耦变压器的副线圈匝数减小，电压表示数变小，故C正确，D错误。‎ ‎11．[考查变压器副线圈含二极管的动态问题]‎ 如图所示，一理想变压器的原、副线圈的匝数比是10∶1，原线圈接入电压u＝311sin 100πt(V)的交流电，一理想二极管和一滑动变阻器R串联接在副线圈上，电压表和电流表均为理想交流电表。下列说法正确的是(　　)‎ A．电压表的读数为22 V B．原线圈中交流电的频率为25 Hz C．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电压表读数增大 D．若滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω，则理想变压器的输入功率为24.2 W 解析：选D　原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为22 V，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知·＝·T，解得U＝11 V，故A错误；原线圈中交流电的频率为f＝＝50 Hz，故B错误；将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，副线圈电流变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，故C错误；由B项分析求得电压表两端电压有效值为U＝11 V，则理想变压器的输出功率为P出＝＝ W＝24.2 W，理想变压器的输入功率为24.2 W，故D正确。‎ 考点四 变压器与远距离输电问题 ‎12.[考查变压器的工作原理与感抗、容抗]‎ 如图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计。在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内(　　)‎ A．电流表A1的示数比A3的小 B．电流表A2的示数比A1的小 C．电流表A1和A2的示数相同 D．电流表的示数都不为零 解析：选C　原线圈中磁场如题图乙所示变化，则原线圈中的磁通量均匀变化，故副线圈中产生恒定的电流，因线圈电阻不计，故线圈L对恒定电流没有阻碍作用，所以电流表A1和A2的示数相同，而电容器“通交流、隔直流”，所以电流表A3的示数为0。只有C正确。‎ ‎13．[考查远距离输电功率分配]‎ ‎[多选]如图所示，在远距离输电时，发电厂发电机的输送电功率为P1，输出电压为U1，发电厂至用户的输电导线的总电阻为R，通过输电导线的电流为I，输电线损失的电功率为P′，输电线末端的电压为U2，用户得到的电功率为P2。下列关系式正确的是(　　)‎ A．P′＝　　　　　　 B．P′＝ C．P′＝I2R D．P2＝P1－ 解析：选BCD　根据公式P′＝I2R＝，故A错误，B、C正确；根据总功率相等可以知道P2＝P1－I2R＝P1－，故D正确。‎ ‎14．[考查远距离输电的相关计算]‎ ‎[多选]某大型光伏电站的功率是500 kW，电压为12 V，送往外地时，先通过逆变器(作用是将直流电压转变为高频的高压交流电)转化为220 V的交流电(转化效率为80%)，然后经变压器Ⅰ升压为20 000 V，通过总电阻为R＝20 Ω的输电线路送往某地，再经变压器Ⅱ降为220 V电压供用户使用。下列说法正确的是(　　)‎ A．变压器Ⅱ的原、副线圈匝数比为1 000∶11‎ B．变压器Ⅰ的原、副线圈匝数比为11∶1 000‎ C．用户最多可使用的功率为392 kW D．用户负载越多，线路上损耗的功率越小 解析：选BC　直流电转变为交流电后的功率为 P＝500×0.8 kW＝400 kW 根据＝可得：＝＝ 电线上损失的电压为 ΔU＝I2R＝R＝×20 V＝400 V 则U3＝U2－ΔU＝20 000 V－400 V＝19 600 V 由＝得：＝＝，故A错误，B正确；‎ 回路中损失的功率为 ΔP＝I22R＝2R＝2×20 W＝8 kW，‎ 所以用户得到的功率为P用＝P－P损＝400 kW－8 kW＝392 kW，故C正确；用户负载越多，输电线上的电流越大，线路上损耗的功率越大，故D错误。‎