【物理】2019届二轮复习交变电流作业(全国通用） 14页

专题强化练(十一)‎ 考点1　直流电路的动态分析 ‎1．如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后．在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中(　　)‎ A．电压表与电流表的示数都减小 B．电压表与电流表的示数都增大 C．电压表的示数增大，电流表的示数减小 D．电压表的示数减小，电流表的示数增大 解析：由变阻器R0的滑动端向下滑可知R0连入电路的有效电阻减小，则R外减小，由I＝可知I增大，由U内＝Ir可知U内增大，由E＝U内＋U外可知U外减小，故电压表示数减小．由U1＝IR1可知U1增大，由U外＝U1＋U2可知U2减小，由I2＝可知电流表示数减小，故A正确．‎ 答案：A ‎2.(多选)如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0，反向电阻为∞)连接，电源负极接地．开始时电容器不带电，闭合开关S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点．在开关S保持接通的状态下，下列说法正确的是(　　)‎ A．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动 B．当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动 C．当电容器的下极板向下移动时，P点的电势不变 D．当电容器的下极板向左移动时，P点的电势会升高 解析：带电油滴恰好静止，其合力为零，受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力，即mg＝qE，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，其电阻值变大，电容器两端的电压U变大，对电容器进行充电，两极板间电场强度E变大，带电油滴受到的电场力大于重力，会向上运动，选项A正确；当电容器的上极板向上移动时，极板间距d变大，根据C＝＝，电容器的电荷量Q应减小，但由于二极管的单向导电性，电容器只能进行充电，不能进行放电，故此时，电容器的电荷量Q不变，电场强度E＝＝不变，带电油滴仍静止不动，选项B错误；同理，当电容器的下极板向下移动时，d变大，电场强度E不变，而P点到下极板的距离变大且下极板的电势不变，故P点电势升高，选项C错误；当电容器的下极板向左移动时，S变小，根据C＝＝和二极管的单向导电性，电容器的电荷量Q不变，电场强度E＝变大，而P点到下极板的距离不变，故P点电势升高，选项D正确．‎ 答案：AD 考点2　交流电的产生 ‎3．(2018·冀州模拟)一根导线两端加上电压U，导体中自由电子定向移动的平均速率为v，现将导线均匀拉长至横截面半径为原来的，然后两端加上电压U，则导线中自由电子定向移动的平均速率为(　　)‎ A.　　　　　　 B. C. D. 解析：横截面的半径变为原来的，可知面积变为原来的，由体积V＝LS不变，可知长度变为原来的4倍．由电阻定律的表达式R＝ρ，可得变化后的电阻值为R′＝ρ·＝16R，由I＝可知，电流变为原来的.由电流的微观表达式I＝nqSv，可知v＝，v′＝，故v′＝＝v, C正确．‎ 答案：C ‎4．(2018·大庆模拟)先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电．第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化(如图甲所示)；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示．若甲、乙图中的U0、T所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是(　　)‎ A．第一次，灯泡两端的电压有效值是 B．第二次，灯泡两端的电压有效值是 C．第一、第二次，灯泡的电功率之比是2∶9‎ D．第一、第二次，灯泡的电功率之比是1∶5‎ 解析：第一次灯泡两端的电压有效值为U1＝Um＝U0，设第二次电压的有效值为U2，根据有效值的定义，则有·＋·＝T，解得，U2＝U0，故A、B错误；由功率的公式P＝得，灯泡的电功率之比是P1∶P2＝∶＝1∶5，故C错误，D正确．‎ 答案：D ‎5．间距为 m的无限长光滑金属导轨水平放置，导轨中间分布有磁感应强度为1 T的匀强磁场，磁场边界为正弦曲线，一长为2 m的光滑导体棒以1 m/s的速度匀速向右滑动，如图所示，导轨电阻不计，导体棒电阻为20 Ω，定值电阻为10 Ω，则下列分析正确的是(　　)‎ A．电流表示数为A B．电压表的示数是0.5 V C．导体棒运动到图示虚线位置时，导体棒的瞬时电流从C到D D．导体棒上消耗的热功率为0.2 W 解析：当导体棒切割磁感线时，产生的感应电动势为E＝BLv，由于有效切割长度按正弦规律变化，且当磁场反向时，感应电流反向，故这个过程产生正弦式交流电，导体棒有效切割长度最长等于 m，交流电的最大值是：Em＝BLv＝1××1 V＝ V，有效值为E＝＝1 V，由于导体棒接入电路的有效长度为总长度一半，所以接入电路电阻为10 Ω，定值电阻也为10 Ω，则电压表的示数为U＝E＝0.5 V，选项B正确；电流表的示数为I＝＝A＝0.05 A，选项A错误；导体棒运动到图示虚线位置时，刚好对应电流方向发生变化的时刻，则瞬时电流等于0，选项C错误；导体棒上消耗的热功率为Pr＝I2r＝0.052×10 W＝0.025 W，选项D错误．‎ 答案：B ‎6．(多选)小型发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，bc边长度为L1，磁极间的磁场可视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈以角速度ω绕OO′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，下列说法正确的是(　　)‎ A．ab边长度为L＝ B．产生的交变电流的周期是2πω C．若从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝2Ne0sin ωt D．发电机线圈从垂直中性面位置转动90°的过程中，产生的感应电动势的平均值是 解析：由题意可知，线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，由e0＝BLv＝BL，解得L＝，选项A正确；T＝，选项B错误；对单匝矩形线圈，其感应电动势最大值为2e0，发电机线圈共N匝，所以发电机线圈中总感应电动势最大值为2Ne0，从中性面开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式为e＝2Ne0sin ωt，选项C正确；发电机线圈从垂直中性面位置转动90°的过程中，磁通量变化量为ΔΦ＝BLL1＝，时间Δt＝＝，产生的感应电动势平均值是＝N＝，选项D错误．‎ 答案：AC 考点3　变压器和远距离输电 ‎7．(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：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．‎ 答案：BD ‎8．如图，理想变压器的原、副线圈电路中接有四只规格相同的灯泡，原线圈电路接在电压恒为U0的交变电源上．当S断开时，L1、L2、L3三只灯泡均发光．若闭合S，已知灯泡都不会损坏，且灯丝电阻不随温度变化，则(　　)‎ A．灯泡L1变亮 B．灯泡L2变亮 C．灯泡L3亮度不变 D．灯泡L4正常发光 解析：设原线圈电流为I1，灯泡电阻为R，因原线圈有灯泡，故U0＝I1R＋I1·R并，闭合S时R并减小，故I1增大，则灯泡L1变亮；变压器的输入电压减小，而匝数比不变，则变压器的输出电压减小，则灯泡L2和L3变暗，L4不能正常发光．故A正确，B、C、D错误．‎ 答案：A ‎9．在如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1.a，b两端电压与时间的关系如图乙所示，二极管可视为理想二极管，电表均为理想电表，电阻R＝10 Ω，则下列说法正确的是(　　)‎ A．电压表示数为4.5 V B．电压表示数为0 ‎ C．电流表示数为0.9 A D．电路消耗功率为16.2 W 解析：原线圈的电压的有效值为U1＝＝V＝18 V，副线圈的电压为U2＝18× V＝9 V，电流为I2＝＝ A＝0.9 A，即电流表示数为0.9 A，故选项C正确；根据二极管的特性，设电压表测量的有效值为U有，则×1＝×2，解得U有＝ V＝6.4 V，故A、B错误；电路消耗的功率等于电阻R消耗的功率，则电路消耗功率为P＝IR＝8.1 W，故选项D错误．‎ 答案：C ‎10．(多选)(2018·衡阳联考)如图所示，匝数n＝10匝的矩形线框处在磁感应强度B＝ T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω＝20 rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积S＝0.4 m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L(4 W　100 Ω)和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是(　　)‎ A．灯泡正常发光时原、副线圈的匝数比为2∶1‎ B．灯泡正常发光时电流表的示数为0.2 A C．若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变暗 D．若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数减小 解析：变压器输入电压的最大值为Um＝nBSω＝10××0.4×20 V＝80 V，变压器输入电压的有效值为U1＝＝ V＝80 V ‎，灯泡正常发光时的电压U2＝＝ V＝20 V，此时原、副线圈的匝数比为＝＝＝，故A错误；由欧姆定律得I2＝＝A＝0.2 A，根据＝得，此时电流表的示数为I1＝＝×0.2 A＝0.05 A，故B错误；若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，根据＝可知输出电压减小，所以灯泡变暗，故C正确；线圈匝数不变，根据＝可知输出电压不变，若将滑动变阻器触头向上滑动，连入电路电阻变大，负载等效电阻变大，P1＝P2＝变小，又P1＝U1I1可知电流表示数变小，故D正确．‎ 答案：CD ‎11．(多选)如图所示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T1的原、副线圈匝数之比为n1∶n2＝1∶10，在T1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2r＝2 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为n3∶n4＝10∶1.若T2的用电设备两端的电压为U4＝200 V，用电设备消耗的电功率为10 kW，不考虑其他因素的影响，则(　　)‎ A．T1的副线圈两端电压的最大值为2 010V B．T2的原线圈两端的电压为2 000 V C．输电线上损失的电功率为50 W D．T1的原线圈输入的电功率为10.1 kW 解析：因为用电设备消耗的电功率为10 kW，T2‎ 副线圈两端的电压为U4＝200 V，则流过T2副线圈的电流为I4＝＝＝50 A，由变压器原、副线圈的电流与线圈匝数的关系＝，可得I3＝5 A，由＝，可知T2原线圈两端的电压为U3＝2 000 V，B正确；输电线的电阻分得的电压为U线＝I3·2r＝5×2 V＝10 V，所以T1副线圈两端的电压为U2＝U3＋U线＝(2 000＋10)V＝2 010 V，其最大值为U2m＝2 010V，A正确；输电线上损失的电功率为P损＝I·2r＝50 W，C正确；由能量守恒定律可知T1副线圈的输出功率为P出＝(10 000＋50)W＝10 050 W，因此T1原线圈的输入功率为10 050 W，D错误．‎ 答案：ABC ‎12.(2018·福州一中检测)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝T.单匝矩形线圈面积S＝1 m2.电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，为交流电流表．调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为2∶1时，副线圈电路中标有“6 V　6 W”的灯泡正常发光．以下判断正确的是(　　)‎ A．电流表的示数为1 A B．矩形线圈产生电动势的最大值为18 V C．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间变化的规律为e＝12sin 60πt(V)‎ D．若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当下移 解析：灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I2＝＝1 A；根据公式：＝，解得I1＝0.5 A，故A错误；灯泡正常发光，故变压器的输出电压为6 V，根据公式＝，解得：U1＝12 V，故矩形线圈产生电动势的有效值为12 V，最大值为12V≈17 V，故B错误；根据公式Em＝NBSω，解得：ω＝＝rad/s＝60π rad/s，故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e＝Emsin ωt＝12sin 60πt(V)，故C正确；若矩形线圈转速增大，根据公式Em＝NBSω，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该增大变压比，故应将P适当上移，故D错误．‎ 答案：C ‎13．(2018·沈阳质检)用某型号的柴油发电机给我国灾民临时安置区供电，发电机到安置区的距离是400 m，输电线路中的火线和零线均为单股铜导线，该导线每米的电阻为2.5×10－4Ω，安置区家用电器的总功率为44 kW.当这些家用电器都正常工作时，下列说法正确的是(　　)‎ A．输电线路中的电流为20 A B．输电线路损失的电功率为4 kW C．发电机实际输出电压是240 V D ‎．如果该柴油发电机发的电是正弦交变电流，则输出电压的峰值是260V 解析：家用电器正常工作时的额定电压一般是220 V，所以输电线路中的电流I＝＝200 A，A错误；输电线路损失的电功率ΔP＝I2R线＝8 000 W，B错误；输电线路损失的电压ΔU＝IR线＝40 V，发电机实际输出电压为220 V＋40 V＝260 V，C错误．输出电压峰值为260V，D正确．‎ 答案：D ‎14．(多选)如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R0组成闭合电路．若T1、T2均为理想变压器．T2的副线圈两端电压u＝220sin 100πt V，当用电器电阻R0＝11 Ω时(　　)‎ A．通过用电器R0的电流有效值是20 A B．当用电器的电阻R0减小时，输电线损耗的功率也随着减小 C．发电机中的电流变化频率为100 Hz D．升压变压器的输入功率为4 650 W 解析：通过用电器R0的电流有效值I＝＝20 A，A正确；当用电器的电阻R0减小时，由于电压不变，电流增大，输电线上的电流也增大，输电线上损失的功率增大，B错误；变压器不改变交流电的频率，f＝50 Hz，C错误；降压变压器的输出功率P1＝UI＝4 400 W，由理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比，得输电线上的电流I′＝5 A，输电线上损失的功率ΔP＝I′2R＝250 W，升压变压器的输入功率 P＝P1＋ΔP＝4 650 W，D正确．‎ 答案：AD ‎15．(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1∶2‎ B．副线圈输出功率比为2∶1‎ C．副线圈的接入匝数比为2∶1‎ D．原线圈输入功率比为1∶2‎ 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，副线圈的匝数减小为原来的，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：C