高考物理二轮复习 专题十 直流与交流电路课时作业 新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc

直流与交流电路时间：45分钟一、单项选择题1如图所示，电源电动势为E12 V，内阻r3 ，R01 ，直流电动机内阻R01 ，当调节滑动变阻器R1时可使甲电路输出功率最大，调节R2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P02 W)，则R1和R2的值为()A2 ， 2 B2 ，1.5 C1.5 ，1.5 D1.5 ， 2 解析：对于题图甲电路是纯电阻电路，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，所以R12 ；对于题图乙电路是含电动机电路，欧姆定律不成立，其输出功率PIUI(EIr)，当I2 A时有最大值，此时电动机的输出功率为2 W，发热功率为4 W，所以电动机的输入功率为6 W，电动机两端的电压为3 V，电阻R2两端电压为3 V，所以R21.5 ，即B正确答案：B2(2015·广东卷)如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变调节触头P，使输出电压有效值由220 V降至110 V，调节前后()A副线圈中的电流比为12B副线圈输出功率比为21C副线圈的接入匝数比为21D原线圈输入功率比为12解析：设原线圈输入电压为U1，原线圈的匝数为n1，副线圈输出电压为U2，副线圈的匝数为n2，则，当副线圈的输出电压降为原来的一半时，副线圈的匝数减为原来的，C项正确；由I2可知，副线圈的电流减为原来的一半，A项错误；由P可知，副线圈输出的功率减为原来的，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，因此原线圈的输入功率也减为原来的，B、D项错误答案：C3为锻炼身体，小明利用所学物理知识设计了一个电子拉力计，如图是原理图轻质弹簧右端和金属滑片P固定在一起(弹簧的电阻不计，P与R1间的摩擦不计)，弹簧劲度系数为100 N/cm.定值电阻R05 ，ab是一根长为5 cm的均匀电阻丝，阻值R125 ，电源输出电压恒为U3 V，理想电流表的量程为00.6 A当拉环不受力时，滑片P处于a端下列关于这个电路的说法不正确的是()A小明在电路中连入R0的目的是保护电路B当拉环不受拉力时，闭合开关后电流表的读数为0.1 AC当拉力为400 N时，电流表指针指在0.3 A处D当拉力为400 N时，电流表指针指在0.5 A处解析：若电路无电阻R0，且金属滑片P在b端时，回路短路损坏电源，R0的存在使电路不出现短路，因此A正确当拉环不受拉力时，滑片P在a端，由闭合电路欧姆定律得I0.1 A，故B正确当拉力为400 N时，由Fkx，则x4 cm，对应的电阻为RaP20 ，R1剩余部分接入电路的电阻RPb5 ，由闭合电路欧姆定律有I0.3 A，故D错，C正确答案：D4传统的自行车发电机内部电路如图甲所示，驱动轴一端与自行车车轮相连，另一端连接条形永磁铁，车轮转动过程中，驱动轴带动磁铁在铁芯之间匀速转动，发电机线圈两端产生的交变电压波形如图乙所示已知波形图中正负尖峰电压分别为Um和Um.两个相邻正负尖峰电压所对应的时间差为t，发电机线圈匝数为n.以下判断正确的是()A驱动轴转动的角速度2/tB线圈电压的有效值UUm/2C穿过线圈磁通量变化率的最大值kmUm/nD相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平均值UUm/2解析：根据题述两个相邻正负尖峰电压所对应的时间差为t，可得交变电流周期T2t，驱动轴转动的角速度2/2t/t，选项A错误由于产生的交变电流不是按照正弦规律变化，线圈电压的有效值不是UUm/2，选项B错误根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量变化率成正比，Umnkm，穿过线圈磁通量变化率的最大值kmUm/n，选项C正确相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平均值Un，因为线圈转过一个完整的周期，磁通量变化量0，所以电压平均值等于零，选项D错误答案：C5(2015·福建卷)如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压uUmsint的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为()A()B()C4()2()2r D4()2()2r解析：因为uUmsint，所以有U1，根据变压器变压规律有：U2，根据PU2I2得：I2，线路损失的功率为P2Ir，所以C项正确，A、B、D项错误答案：C二、多项选择题6如图所示是某导体的IU图线，图中45°，下列说法正确的是()A通过电阻的电流与其两端的电压成正比B此导体的电阻R2 CIU图线的斜率表示电阻的倒数，所以Rcot45°1.0 D在R两端加6.0 V电压时，每秒通过电阻截面的电荷量是3.0 C解析：由题图可知，通过电阻的电流I与其两端电压U成正比，A正确；导体电阻R2 ，对应IU图线斜率的倒数，但Rcot45°，B正确，C错误；当U6.0 V时，I3 A，故每秒通过电阻截面的电荷量为qIt3.0 C，D正确答案：ABD7图甲中的变压器为理想变压器，原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为101，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式电流，两个20 的定值电阻串联接在副线圈两端电压表为理想电表则()A原线圈上电压的有效值为100 VB原线圈上电压的有效值约为70.7 VC电压表的读数为5.0 VD电压表的读数约为3.5 V解析：本题考查交流电图象的应用及理想变压器与闭合电路由图乙可得该正弦交流电的峰值为100 V，所以其有效值为：u70.7 V，A错误，B正确；由理想变压器原、副线圈的电压比等于相应的匝数比可得：u2，其中：u1有u70.7 V，所以u2有7.07 V，故副线圈上的电压表的读数为：uvu2有3.5 V，D正确，C错误答案：BD8(2015·天津卷) 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：保持Q的位置不动，则副线圈的输出电压不变，当P向上滑动时，副线圈电路中的总电阻变大，副线圈中的电流减小，根据变流比可知，原线圈中的电流减小，因此电流表的读数变小，A项错误，B项正确；保持P的位置不动，副线圈电路中的总电阻不变，当Q向上移时，副线圈的匝数增多，由变压比可知，副线圈的输出电压增大，副线圈中的电流增大，由变流比可知，原线圈中的电流增大，电流表读数变大，C项正确，D项错误答案：BC三、计算题9如图所示的电路中，已知电阻R12 ，R25 ，灯泡L标有“3 V,1.5 W”字样，电源内阻r1 ，滑动变阻器的最大阻值为Rx.当滑片P滑至a端时，电流表的示数为1 A，此时灯泡L恰好正常发光求：(1)当滑片P滑至b端时，电流表的示数；(2)当滑动变阻器Pb段的电阻为0.5Rx时，变阻器上消耗的功率某同学的部分解答如下：灯L的电阻RL 6 ，滑片P滑至b端时，灯L和(RxR2)并联，并联电阻为：R并由RL·IA(RxR2)·I2(IA、I2分别为通过电流表和R2的电流)得I2流过电源的电流为IIAI2上述解法是否正确？若正确，请求出最后结果；若不正确，请指出错在何处，纠正后求出最后结果解析：灯L的电阻RL6 正确错在没有看出当P滑至b端时，Rx和R2串联部分已被短路，EI(R1r)U01×(12) V3 V6 V，I0P/U00.5 A，IxII00.5 A，RxU0/Ix6 ，(1)当P在b端时，电流表示数为IE/(R1r)2 A，(2)当RPb3 时，R并2 ，电流表示数为IE/(R1R并r)1.2 A，U并EI(R1r)2.4 V，PRU/RPb1.92 W.答案：见解析10图甲是交流发电机模型示意图在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO转动，由线圈引起的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路图乙是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度逆时针转动(只考虑单匝线圈)(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；(2)线圈平面处于与中性面成0夹角位置时开始计时，如图丙所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；(3)若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热(其他电阻均不计)解析：(1)矩形线圈abcd转动过程中，只有ab和cd切割磁感线，设ab和cd的转动速度为v，则v·在t时刻，导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为E1BL1v由右图可知vvsint则整个线圈的感应电动势为e12E1BL1L2sint.(2)当线圈由图丙位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为e2BL1L2sin(t0)(3)由闭合电路欧姆定律可知I这里E为线圈产生的电动势的有效值E则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为QRI2RT其中T于是QRR2.答案：(1)e1BL1L2sint(2)e2BL1L2sin(t0)(3)R211(2015·北京卷)真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置，如图所示光照前两板都不带电以光照射A板，则板中的电子可能吸收光的能量而逸出假设所有逸出的电子都垂直于A板向B板运动，忽略电子之间的相互作用保持光照条件不变，a和b为接线柱已知单位时间内从A板逸出的电子数为N，电子逸出时的最大动能为Ekm，元电荷为e.(1)求A板和B板之间的最大电势差Um，以及将a、b短接时回路中的电流I短；(2)图示装置可看作直流电源，求其电动势E和内阻r；(3)在a和b之间连接一个外电阻时，该电阻两端的电压为U.外电阻上消耗的电功率设为P；单位时间内到达B板的电子，在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为Ek.请推导证明：PEk.(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明)解析：(1)由动能定理，EkmeUm，可得Um短路时所有逸出电子都到达B板，故短路电流I短Ne.(2)电源的电动势等于断路时的路端电压，即上面求出的Um，所以EUm电源内阻r.(3)外电阻两端的电压为U，则电源两端的电压也是U，由动能定理，一个电子经电源内部电场后损失的动能EkmeU设单位时间内有N个电子到达B板，则损失的动能之和EkNEkmNeU根据电流的定义，此时电源内部的电流INe此时流过外电阻的电流也是INe，外电阻上消耗的电功率PIUNeU所以PEk.答案：(1)Ne(2)(3)见解析