【物理】2019届二轮复习直流电路与交流电路作业（全国通用）

【物理】2019届二轮复习直流电路与交流电路作业（全国通用）

专题四·第一讲 直流电路与交流电路——课前自测诊断卷 考点一 直流电路的分析与计算 ‎1.[考查直流电路中电压、电流的分析]‎ 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，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示。下列判断正确的是(　　)‎ A．I减小，U1增大　　　 　B．I减小，U2增大 C．I增大，U1增大 D．I增大，U2增大 解析：选B　闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I总减小，路端电压U增大；R3的电压等于路端电压，则流过R3的电流I3增大；流过电流表的电流I＝I总－I3，I总减小，I3增大，I减小，R1的电压减小，即电压表V1的示数U1减小；电压表V2的示数U2＝U－U1，U增大，U1减小，则U2增大。所以，I减小，U1减小，U2增大，故B正确。‎ ‎2．[考查闭合电路中功率的分析]‎ ‎[多选]某种小灯泡的UI图像如图甲所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路，电源的内阻为1.0 Ω。现闭合开关S，理想电压表V的示数为4.0 V，则(　　)‎ A．外电路的总电阻为6.7 Ω B．电源的电动势为5.6 V C．电源消耗的热功率为3.0 W D．电源的效率为89.3%‎ 解析：选BD　理想电压表V的示数为4.0 V，由UI图像可知通过干路上的小灯泡的电流为0.6 A，通过电源的电流也为0.6 A，通过两并联小灯泡的电流均为0.3 A，两端电压为1.0 V，依据闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势为E＝4.0 V＋1.0 V＋0.6 A×1.0 Ω＝5.6 V，B正确；电路的路端电压为U0＝5.0 V，电流为I0＝0.6 A，依据部分电路欧姆定律可知外电阻总阻值为R＝ Ω≈8.3 Ω，A错误；电源消耗的热功率为Pr＝I02r＝0.36 W，C错误；输出功率为P出＝U0I0＝3.0 W，则电源的效率为η＝×100%≈89.3%，D正确。‎ ‎3．[考查含容电路的动态分析]‎ 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上的电荷量增大，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。‎ ‎4．[考查纯电阻电路的计算]‎ 如图所示电路中，电源电动势E＝6 V，内阻r＝2 Ω，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，R3＝6 Ω。下列说法正确的是(　　)‎ A．电阻R2中电流为 A B．电路中A、B两点之间的电压为3 V C．若在C、D间连一个理想电流表，其读数是 A D．若在C、D间连一个理想电压表，其读数是4 V 解析：选C　根据闭合电路欧姆定律，电阻R2中的电流为I＝＝0.5 A，选项A错误；电路中A、B两点之间的电压为UAB＝IR1＝0.5×4 V＝2 V，选项B错误；若在C、D间连一个理想电流表，则外电路总电阻为R＝R1＋＝7 Ω，电阻R1中的电流为I1＝＝ A，电阻R3中的电流为I3＝I1＝ A，理想电流表的读数是 A，选项C正确；若在C、D间连一个理想电压表，其测量的电压为R2两端的电压，R2两端的电压U2＝IR2＝0.5×6 V＝3 V，理想电压表的读数是3 V，选项D错误。‎ 考点二 交变电流的产生及描述 ‎5.[考查交变电流的产生]‎ ‎[多选]‎ 在匀强磁场中，一个匝数为150匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间变化规律如图所示。设线圈总电阻为2 Ω，则(　　)‎ A．t＝0时，线圈平面与磁感线方向垂直 B．t＝0.5 s时，线圈中的电流改变方向 C．t＝2 s时，线圈中磁通量的变化率为零 D．在2 s内，线圈产生的热量为18π2 J 解析：选BD　根据题图可知，在t＝0时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，感应电动势最大，故A错误；t＝0.5 s时，线圈中磁通量最大，感应电动势为零，此时的电流改变方向，故B正确；t＝2 s时，线圈中磁通量为零，此时磁通量的变化率最大，故C错误；感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝NΦmω＝150×0.04× V＝6π V，有效值E＝＝3π V，根据焦耳定律可得2 s内产生的热量为 Q＝T＝×2 J＝18π2 J，故D正确。‎ ‎6．[考查交变电流有效值的计算]‎ 如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和电阻R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看成零，反向电阻可看成无穷大)，在A、B间加一正弦交流电，该正弦交流电电压的瞬时值表达式为u＝20sin 100πt(V)，则加在R2上的电压有效值为(　　)‎ A．10 V　 　B．20 V C．15 V D．5 V 解析：选D　由二极管的单向导电性可知，二极管导通时，加在R2上的电压为电源电压，时长半个周期，最大值为20 V，二极管截止时，R1、R2串联，则R2上的电压为电源电压的一半，时长半个周期，最大值为10 V。由有效值的定义·T＝·＋·，可得加在R2上的电压有效值为U＝5 V，选项D正确。‎ ‎7.[考查交变电流平均值的应用]‎ ‎[多选]如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，过ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕轴OO′匀速转动，以下判断正确的是(　　)‎ A．图示位置线圈中的感应电动势最大，其值为Em＝BL2ω B．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝BL2ωsin ωt C．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝ D．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝ 解析：选CD　如题图所示，图示位置为中性面，线圈中的感应电动势为0，选项A错误；线圈的有效面积为正方形面积的一半，故闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝BL2ωsin ωt，选项B错误；线圈从图示位置转过180°的过程中，根据q＝，ΔΦ＝BS有效＋BS有效＝BL2，可得流过电阻R的电荷量为q＝，选项C正确；线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝I2RT＝2R＝，选项D正确。‎ ‎8．[考查交变电流的四值比较]‎ ‎[多选]小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示。不计线圈的电阻。下列说法正确的是(　　)‎ A．产生的感应电动势瞬时值表达式为e＝20sin 8πt(V)‎ B．若与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合回路，交变电流的有效值为 A C．若将此电动势加在电容为C＝1 μF的电容器上，则该电容器的耐压值应不小于10 V D．若该交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动的速度增大到原来的2倍，则产生的交变电流的电动势的最大值增大为40 V 解析：选BD　由题图可知，交变电流的电动势的最大值Em＝20 V，交变电流的电动势的周期为T＝0.25 s，频率为f＝＝4 Hz，线圈转动的角速度ω＝2πf＝8π rad/s，产生的感应电动势瞬时值表达式为e＝Emsin ωt＝20sin 8πt(V)，选项A错误；交变电流的电动势的有效值为E＝＝10 V，由闭合电路欧姆定律得交变电流的有效值为I＝＝ A，选项B正确；若将此电动势加在电容器上，电容器的耐压值应不小于电动势最大值，即不小于20 V，选项C错误；由交变电流的电动势最大值表达式Em＝NBSω可知，若该交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动的速度增大到原来的2倍，则产生的交变电流的电动势的最大值增大到原来的2倍，为40 V，选项D正确。‎ 考点三 理想变压器的规律及应用 ‎9.[考查负载变化引起的动态分析问题]‎ ‎[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。利用如图所示电路模拟输电线路，开关的闭合或者断开模拟用户的变化，原线圈输入50 Hz的220 V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、副线圈匝数和电压成正比，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。‎ ‎10．[考查原、副线圈匝数比变化引起的动态分析问题]‎ ‎[多选]如图所示，可调理想变压器原线圈接交流电，副线圈通过滑动触头P可改变其匝数。下列说法正确的是(　　)‎ A．仅增大R的阻值，通过灯泡L的电流将变大 B．仅增大R的阻值，通过灯泡L的电流将变小 C．仅将滑动触头P向下滑动，灯泡L两端的电压将变大 D．仅将滑动触头P向下滑动，灯泡L两端的电压将变小 解析：选BD　仅增大电阻R时，由于匝数不变，输出电压不变，则由欧姆定律可知，通过灯泡的电流变小，故A错误，B正确；滑动触头P向下滑动时，输出端匝数减小，则输出电压变小，灯泡两端的电压变小，故C错误，D正确。‎ ‎11．[考查原线圈含负载的动态分析问题]‎ 一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，原线圈与小灯泡D串联后，接入一正弦交流电源，电源电压的有效值恒定；副线圈电路中连接可变电阻R和电流表，电流表内阻不计，如图所示。若改变R的阻值，使电流表的示数变为原来的两倍。则(　　)‎ A．小灯泡D的亮度变暗 B．副线圈的电压变小 C．R的阻值大于原来的一半 D．变压器的输入功率变为原来的两倍 解析：选B　因电流表的示数变为原来的两倍，即副线圈中电流变为原来的两倍，则原线圈中电流也变为原来的两倍，即小灯泡D的亮度变亮，选项A错误；因灯泡D两端的电压变大，可知变压器原线圈中电压减小，副线圈中电压也减小，R 的阻值小于原来的一半，选项B正确，C错误；原线圈中电流变为原来的两倍，但是原线圈中电压减小，则变压器的输入功率小于原来的两倍，选项D错误。‎ 考点四 远距离输电问题 ‎12.[考查计算输电线路的功率损耗问题]‎ ‎[多选]在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用输电导线的电阻率为ρ，横截面积为S，两地的距离为L，输电线上损耗的电功率为P1，用户得到的电功率为P2。下列关于P1和P2的表达式中正确的是(　　)‎ A．P2＝P B．P2＝P－ C．P1＝ D．P1＝ 解析：选AC　输电线上的电流I＝，输电导线的电阻R＝ρ，输电线上损耗的电功率P1＝I2R＝，用户得到的电功率P2＝P－P1＝P，选项A、C正确。‎ ‎13．[考查输送电压一定的动态分析问题]‎ 如图为远距离输电示意图，n1、n2和n3、n4分别是升、降压变压器的原、副线圈，已知发电机的输出电压一定。用电高峰时，某同学发现当他家的大功率电器开启后，家中的白炽灯变暗。下列说法正确的是(　　)‎ A．该同学家开启大功率电器后，输电线上损失的功率减小 B．若减小降压变压器原线圈n3的匝数，可能会使白炽灯正常发光 C．若减小降压变压器副线圈n4的匝数，可能会使白炽灯正常发光 D．若减小升压变压器副线圈n2的匝数，可能会使白炽灯正常发光 解析：选B　用电高峰时，开启大功率电器，用户用电的总功率增加，升压变压器和降压变压器的原、副线圈电流都要增加，输电线上功率损失P损＝I22R增大，故A错误；若减小降压变压器原线圈n3的匝数，根据＝可知U4增大，根据P＝可知可能会使白炽灯正常发光，故B正确；若减小降压变压器副线圈n4的匝数，根据＝可知U4减小，根据P＝可知使白炽灯更暗，故C错误；若减小升压变压器副线圈n2的匝数，根据＝可知U2减小，根据I＝可知输送电流增大，输电线上损失电压增大，功率损失增大，降压变压器的原、副线圈的电压减小，使白炽灯更暗，故D错误。‎ ‎14．[考查输送功率一定的动态分析问题]‎ 如图甲所示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1∶100，其输入交流电压的变化规律如图乙所示，远距离输电线的总电阻为50 Ω。降压变压器右侧部分为火灾报警系统原理图，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可以显示加在报警器两端的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为660 kW。下列说法中正确的是(　　)‎ A．0.01 s时刻，电压表的示数是0‎ B．未出现火警时，远距离输电线路损耗的功率为45 kW C．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，输电线上的电流变小 解析：选B　电压表的读数是交流电的有效值，则0.01 s时刻，电压表的示数不为零，选项A错误；升压变压器输入端电压有效值为220 V，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端电压为22 000 V，所以输电线中的电流I＝＝ A＝30 A，输电线损失的电压ΔU＝IR＝30×50 V＝1 500 V，输电线路损耗功率ΔP＝ΔUI＝1 500×30 W＝45 kW，故B正确；当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，降压变压器副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数减小，故C错误；当传感器R2所在处出现火警时，副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流增大，故D错误。‎