高考物理艺考生大二轮总复习 上篇 专题四 电路与电磁感应 第1讲 直流电路与交流电路课时作业-人教版高三全册物理试题.doc

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1、第1讲 直流电路与交流电路A级对点练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G500 N，电源电动势E90 V，电源内阻r2 ，不计各处摩擦，当电动机以v0.6 m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I5 A，下列判断不正确的是()A电动机消耗的总功率为400 WB电动机线圈的电阻为0.4 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FvGv5000.6 W300 W，此时电路中的电流I5 A，则电源的总功率P总EI905 W450 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I2rI2R，则

2、得R 4 ，电动机消耗的总功率P电P重I2R400 W，电源的效率1100%100%88.9%，电动机的效率2100%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( )AI1增大，I2不变，U增大BI1减小，I2增大，U减小CI1增大，I2减小，U增大DI1减小，I2不变，U减小解析：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A

3、2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E8 V，内阻r2 ，电阻R26 ，电容为1F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 VB电容器上极板所带电荷量为6106 CC若仅将电容器上极板缓慢上移少许

4、，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UE6 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U3 V，故A错误；电容器上极板所带电荷量QCU11066 C6106 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

5、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( )At3 s时刻通过线圈的磁通量为零Bab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 HzDdc边两端电压的有效值为2 V解析：ABD由图乙可知，当t3 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

6、动势，由EBLv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UIR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 Hz25 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E4 V电路中的电流：Idc边两侧的电压：UdcEIrErE2 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

7、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t0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32C交流电a的瞬时值表达式为u10sin 5t(V)D交流电b的最大值为 V解析：BCD在图中t0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32，B正确；交流电的瞬时值表达式为uUm sin t，所以a的瞬时值表达式为u10sint10sin 5t(V)，C正确；由UmNBS，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

8、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 ，则()A图线甲对应线圈在t0时产生的感应电动势最大B图线甲、乙对应的线圈在t2.0 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45D图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5 A解析：B在t0时，甲最大，则产生的感应电动势最小，故A错误；因为在t0.2 s102.0 s时，甲乙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45，而线圈的转速n，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为54，故C错误；甲图线对应的线圈中交流电压的峰值EmBSm0.4 V5

9、 V，电流的峰值Im5 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( )A41B14C161 D116解析：B当接直流电源时，有：94.1%解得：R16r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：I1U1I2U2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L

10、1、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

11、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21.闭合开关S，在a、b两端输入正弦式交变电流u100sin 10t(V)，则下列说法正确的是()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21，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

12、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19B原、副线圈匝数之比为91C此时a和b的电功率之比为101D此时a和b的电功率之比为110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

13、U；则可知，原副线圈匝数之比为91，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PUI可得两者的电功率之比为19；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的示数减小了U，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UD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

14、错设降压变压器的输入电压为U，则UU1I1R，由n得，U2，则UI1，由此可见，电流表A1的示数增大了，即B正确由得I2nI1，由此可知，I2增大了，故A错输电线损失的功率增加量P(I1I1)2RIR2I1I1RIR2R，故D错12.(2020新课标卷一模)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.当导线框绕OQ边以角速度逆时针转动(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CP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

15、差的最大值为BL2sin cos 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EBLcos sin tBL2sin cos sin t，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PQ，则没有感应电流，但PQ两点的电势差UBLcos sin tBL2sin cos sin t，故最大值为BL2sin cos ，故D正确13(2020衡水模拟)(多选)如图所示，面积S0.5 m2、n50匝、电阻不计的矩形闭合导线圈A

16、BCD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00.6 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e500sin 200t VB当两灯正常发光时，交流电流表的示数为0.30 AC变压器线圈的匝数之比为n1n2n3502211D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

17、图示位置穿过线框的磁通量最大，电动势的最大值EmNBS500.5200 V500 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u500sin 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500220110502211，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

18、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()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：BDR2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RLR32rR32r，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