热点14　直流电路与交流电路试卷

这是一份热点14　直流电路与交流电路试卷，共5页。
A.eq \f(ΔP,2) B.eq \f(ΔP,4) C.eq \f(ΔP,8) D.eq \f(ΔP,16)
答案 D
解析 输电线路上损耗的功率ΔP＝I2r＝(eq \f(P,U))2r，其中r为输电线电阻，P为输送功率，U为输电电压，输电电压升高为原来的4倍，损耗功率减小为eq \f(ΔP,16).故选D.
2．(2021·广东东莞市高三期末)如图1所示电路中，R为定值电阻，电源内阻不可忽略．可判定滑动变阻器滑片移动到了正中间的依据是( )
图1
A．V1读数最大、V2读数最大
B．V2读数最大、V3读数最大
C．V1读数最小、V2读数最小
D．V2读数最小、V3读数最小
答案 B
解析 分析电路可知，滑动变阻器分为上下两部分，且为并联关系，由于R并＝eq \f(R1R2,R1＋R2)，可知，当滑动变阻器滑片移动到了正中间时，该并联电阻达到最大，即外电路电阻最大，路端电压达到最大，而电压表V3测路端电压，故V3读数应最大，由于总电阻变大，故干路电流变小，而V1测的是R两端的电压，由U1＝IR可知，I最小时，V1读数应最小，由于V2测并联部分的电压，由串联电路电压关系可知U2＝U3－U1，V3读数最大，V1读数最小，故V2读数应最大，故B正确．
3．(2021·广东珠海市摸底)某学校新装了一批节能路灯(如图2甲所示)，该路灯通过光控开关实现自动控制，电灯的亮度可自动随周围环境亮度的改变而改变．如图乙所示为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，RG为光敏电阻(光照强度增强时，其电阻值减小)．随着傍晚到来，光照逐渐减弱时，则下列判断正确的是( )
图2
A．A灯变暗，B灯变亮
B．电源内阻消耗的功率变小
C．电源的效率变小
D．RG上电流的变化量等于R0上电流的变化量
答案 B
解析 光照逐渐减弱时，光敏电阻的阻值增大，电路的总电阻增大，则电路总电流I减小，电源内阻两端的电压减小，路端电压U＝E－Ir增大，即A灯两端的电压增大，通过A灯的电流IA增大，所以A灯变亮，而通过定值电阻R0的电流I0＝I－IA减小，所以R0两端的电压U0＝I0R0减小，B灯两端的电压UB＝U－I0R0增大，B灯变亮，故A错误；电路总电流I减小，由P＝I2r可知，电源内阻消耗的功率变小，故B正确；电源的效率η＝eq \f(U,E)×100%，路端电压U增大，所以电源的效率变大，故C错误；通过R0的电流等于通过光敏电阻RG的电流与通过灯B的电流之和，即I0＝IG＋IB，由于通过灯B的电流IB增大，通过R0的电流和通过RG的电流都减小，故RG上电流的变化量大于R0上电流的变化量，故D错误．
4．(多选)(2021·福建厦门市一模)在如图3甲所示的电路中，电阻R的阻值为10 Ω，电压表和电流表均为理想电表，变压器为理想变压器，在变压器原线圈两端输入如图乙所示的电压，电压表的示数为25 V，下列说法正确的是( )
图3
A．该变压器原线圈端电压的有效值为eq \f(55,2) V
B．该变压器原、副线圈的匝数之比为11∶5
C．电流表的示数为5.5 A
D．若增大电阻R的阻值，变压器原线圈的输入功率减小
答案 BD
解析 设变压器原线圈两端电压有效值为U1，据电流的热效应可得eq \f(U\\al(12),r)·T＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(110,\r(2))))2,r)·eq \f(T,2)，解得U1＝55 V，A错误；电压表的示数为副线圈两端电压，即U2＝25 V，由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得该变压器原、副线圈的匝数之比为11∶5，B正确；副线圈中的电流为I2＝eq \f(U2,R)＝2.5 A，由eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可得I1≈1.14 A，即电流表的示数为1.14 A，C错误；若增大电阻R的阻值，由P＝eq \f(U\\al(22),R)可知，副线圈的功率减小，变压器的输入功率等于输出功率，故变压器原线圈的输入功率减小，D正确．
5．(2021·山东青岛市一模)合理利用自然界中的能源是一个重要的课题．在我国某海域，人们设计了一个浮桶式波浪发电灯塔．如图4甲所示，该浮桶由内、外两密封圆筒构成，浮桶内磁体由支柱固定在暗礁上，内置N＝100匝的线圈．线圈与阻值R＝14 Ω的灯泡相连，随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动且始终处于磁场中；其运动速度v＝2eq \r(2)sin πt (m/s)．辐向磁场中线圈所在处的磁感应强度大小B＝0.2 T．单匝线圈周长L＝1.5 m，总电阻r＝1 Ω，圆形线圈所在处截面如图乙所示．下列说法正确的是( )
图4
A．线圈中感应电动势为60eq \r(2) V
B．灯泡中流过电流的最大值为4 A
C．灯泡的电功率为240 W
D．1分钟内小灯泡消耗的电能为13 440 J
答案 D
解析 线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势最大值为Emax＝NBLvmax，代入数据可得Emax＝60eq \r(2) V，线圈中感应电动势为e＝Emaxsin πt＝60eq \r(2) sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πt)) V，故A错误；根据闭合电路欧姆定律可得最大电流为Imax＝eq \f(Emax,R＋r)＝eq \f(60\r(2),14＋1) A＝4eq \r(2) A，故B错误；电流的有效值为I＝eq \f(4\r(2),\r(2)) A＝4 A，灯泡的电功率为P＝I2R＝42×14 W＝224 W，故C错误；1分钟内小灯泡消耗的电能为W＝Pt＝224×60 J＝13 440 J，故D正确．
6.(多选)(2021·辽宁葫芦岛市高三期末) 如图5所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，在线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是( )
图5
A．图示位置为中性面B．理想电压表的示数为NBSω
C．理想电流表的示数eq \f(NBSω,R)D．通过电阻R的电荷量为q＝eq \f(NBS,R＋r)
答案 AD
解析 题图所示位置线圈平面与磁感线垂直，即图示位置为中性面，故A正确；线圈在磁场中转动，产生的电动势的最大值为Em＝NBSω，电动势的有效值为E＝eq \f(NBSω,\r(2))，电压表测量电路的外电压，所以电压表的读数为U＝eq \f(E,R＋r)R＝eq \f(NBSωR,\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋r)))，故B错误；电流表的示数I＝eq \f(E,r＋R)＝eq \f(NBSω,\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(r＋R)))，故C错误；由eq \x\t(E)＝Neq \f(ΔΦ,Δt)，eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)，q＝eq \x\t(I)·Δt得到，电荷量q＝eq \f(NBS,R＋r)，故D正确．
7．在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕轴OO′以角速度ω匀速转动(如图6甲所示)，产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是( )
图6
A．在t1～t3时间内，穿过线圈的磁通量的变化量为零
B．在t3～t4时间内，通过电阻R的电荷量为eq \f(E0,R＋rω)
C．t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E0
D．在0～t4时间内，电阻R上产生的热量为eq \f(RE\\al(02),R＋r2)t4
答案 B
解析 在t1～t3时间内，穿过线圈的磁通量由正向BS变为负向BS，磁通量的变化量为ΔΦ＝2BS，不为零，故A错误；
在t3～t4时间内，通过电阻R的电荷量q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(nΔΦ,R＋r)＝eq \f(nBS,R＋r)，
又E0＝nBSω，故q＝eq \f(E0,R＋rω)，故B正确；
t4时刻线圈产生的感应电动势最大，为E0，
根据法拉第电磁感应定律：E0＝neq \f(ΔΦ,Δt)
所以磁通量的变化率大小为：eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(E0,n)，故C错误；
在0～t4时间内，电阻R上产生的热量为Q＝I有效2Rt4＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E0,\r(2))))2,R＋r2)Rt4＝eq \f(RE\\al(,02),2R＋r2)t4，故D错误．
8．(多选)如图7所示为远距离输电示意图，其中T1、T2为理想变压器，输电线电阻可等效为电阻r，L1、L2为两个规格相同的灯泡，且阻值不变．现保持变压器T1的输入电压不变，滑片P位置不变，当开关S断开时，灯L1正常发光．则下列说法正确的是( )
图7
A．仅闭合开关S，灯L1会变亮
B．仅闭合开关S，r消耗的功率会变大
C．仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小
D．仅将滑片P上移，电流表示数会变小
答案 BD
解析 仅闭合开关S，负载电阻变小，变压器T2副线圈电流增大，T2原线圈电流增大，即输电线上电流增大，输电线上损耗的电压ΔU＝I2r增大，损耗的功率ΔP＝Ieq \\al(2,2)r增大，T2的输入电压U3＝U2－ΔU减小，所以U4减小，即灯L1两端电压减小，L1变暗，故A错误，B正确；仅将滑片P下移，变压器T1副线圈匝数增加(n2增加)，根据eq \f(n2,n1)＝eq \f(U2,U1)可知U2变大，由I2U2＝I22r＋Ieq \\al(,32)RL1，I2n3＝I3n4得U2＝I2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(r＋\f(n\\al(,32),n\\al(,42))RL1))，因U2变大，n3、n4、r及R不变，则I2变大，即输电线上电流变大，r消耗的功率会变大，故C错误；仅将滑片P上移，同理可得T1的输出电压变小，输电线上电流变小，由eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可知，I1变小，则电流表示数会变小，故D正确．