2023届二轮复习 专题训练12　直流电路和交流电路 作业（浙江专用）

这是一份2023届二轮复习 专题训练12　直流电路和交流电路 作业（浙江专用），共14页。试卷主要包含了4 A等内容，欢迎下载使用。
专题训练12　直流电路和交流电路保分基础练1.某水果电池的实验中,直接测得电池两端电压接近2.5 V,如图所示,但把电池直接连到标称值为“2.5 V,0.3 A”的小灯泡上,却不能发光。对小灯泡不亮的原因,你认为可能正确的是(　C　)A.水果电池的电动势太大B.水果电池的电动势太小C.水果电池的内阻太大D.小灯泡的电阻太大解析:断开电路时,电池两端的电压为其电动势,则电动势为2.5 V,小灯泡接在电池两端,其电压为路端电压,小灯泡不亮,说明其两端电压太小,根据闭合电路欧姆定律可知,水果电池内阻太大,故C正确,A、B、D错误。2.(2022·嘉兴二模)如图甲所示是一种可手摇发电的手电筒,除照明外还可手摇发电为手机充电。其原理如图乙所示,回路处在磁感应强度为0.01 T的匀强磁场中,磁场方向如图乙所示,图乙时刻半圆形导线束位于纸面内。从右向左看,手柄以 rad/s 逆时针匀速转动,则(　C　)A.该手电筒中的电流是直流B.图乙时刻半圆形导线束上的电流从A到BC.图乙时刻半圆形导线束所受安培力大小为0D.图乙所示电流表的示数为0.4 A解析:根据手电筒的结构,半圆形导线束转动切割磁感线产生的感应电流方向不断变化,故该手电筒中的电流是交流,A错误;题图乙时刻半圆形导线转动方向与磁场方向平行,该时刻无感应电流,半圆形导线束所受安培力大小为0,B错误,C正确;电流表的示数为电流的有效值,由题干中的已知条件无法求出电路中的电流有效值,D错误。3.(2021·浙江6月选考)如图所示,虚线是正弦交流电的图像,实线是另一交流电的图像,它们的周期T和最大值Um相同,则实线所对应的交流电的有效值U满足(　D　)A.U=   B.U=C.U>   D.U<解析:已知正弦交流电的电压有效值U=Um,由图可知实线上各个时刻的电压均不大于虚线正弦交流电的电压,所以实线代表的交流电有效值小于虚线代表的交流电有效值,则U<Um,选项D正确。4.(多选)图甲是一台小型发电机的构造示意图,线圈逆时针转动,产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图像如图乙所示。发电机线圈的内阻不计,外接灯泡的电阻为12 Ω。则(　BC　)A.在t=0.01 s时刻,穿过线圈的磁通量为零B.电压表的示数为6 VC.灯泡消耗的电功率为3 WD.若其他条件不变,仅将线圈的转速提高一倍,则线圈电动势的表达式为e=12sin 100πt (V)解析:在t=0.01 s的时刻,电动势为0,线圈处于中性面,穿过线圈的磁通量最大,故A错误;电动势的峰值为Em=6 V,由于线圈的内阻不计,则Um=Em,而电压表测量的为有效值,故示数U= V=6 V,故B正确;灯泡消耗的功率P== W=3 W,故C正确;由题图乙可知,周期T=0.02 s,则瞬时电动势的表达式为e=Emsin t V=6sin 100πt (V),转速提高一倍后,峰值变成12 V,由于ω=2πn,转速提高一倍时,角速度变为原来的2倍,则表达式应为e=12sin 200πt(V),故D错误。5.如图所示的电路中,定值电阻R0与电源内阻r的阻值相等,各表均为理想电表。向左移动滑动变阻器的滑片P时各表示数的改变量分别为ΔI1、ΔI2和ΔU,下列说法正确的是(　C　)A.三块电表的示数都减小B.电源输出功率先增大后减小C.为定值D.ΔI1<ΔI2解析:电路的连接方式为R0和滑动变阻器并联后接到电源上,电压表测量路端电压,电流表A1测量通过滑动变阻器的电流,电流表A2测量电路的总电流。滑动变阻器滑片向左移动时,滑动变阻器接入电路的电阻增大,则路端电压增大,即电压表V示数增大;电路的总电阻增大,则总电流I2减小,即电流表A2示数减小;定值电阻R0两端的电压增大,通过定值电阻的电流I0增大,而总电流减小,所以通过滑动变阻器的电流I1减小,即电流表A1的示数减小,A错误;设电源的电动势为E,外电路电阻为R′,则电源的输出功率P==,由数学知识可知R′=r时,电源输出功率最大,R′<r时电源输出功率随外电阻增大而增大,R′>r时,电源输出功率随外电阻增大而减小,因为R0=r,所以外电路电阻R′<r,则滑动变阻器滑片向左移动时,外电路电阻增大,所以电源的输出功率增大,B错误;根据U=E-I2r知,||=r,C正确;通过R0的电流为I0,则I2=I1+I0,I0增大,I1减小,I2减小,所以ΔI1>ΔI2,D错误。6.智能手机有自动调节屏幕亮度的功能,光照强度变大时屏幕变亮,反之变暗。图中电路元件R1、R2中一个为定值电阻,另一个为光敏电阻(其有“阻值随光照强度的减小而增大”这一特性)。该电路可实现“有光照射光敏电阻时小灯泡变亮,反之变暗”这一功能。则下列说法正确的是(　B　)A.R1为定值电阻,R2为光敏电阻B.R2为定值电阻,R1为光敏电阻C.有光照射时电源的输出功率一定增大D.没有光照射时电源的效率比有光照射时电源的效率低解析:若R2是光敏电阻,光照射R2时,R2阻值减小,则电路总电阻减小,总电流增大,电源内电压增大、外电压减小,流过R1和小灯泡的电流减小,灯泡的实际功率变小,小灯泡变暗,A错误;若R1是光敏电阻,光照射R1时,R1阻值减小,则电路总电阻减小,总电流增大,电源内电压增大、外电压减小,R2两端电压减小,流过R2的电流减小,流过R1和小灯泡的电流增大,小灯泡的实际功率变大,小灯泡变亮,B正确;由以上分析知R1为光敏电阻,则R外=,当R外 = r时电源输出功率最大,但各个电阻具体参数未知,无法确定R外与r的大小关系,则无法判断有光照射时电源的输出功率是否一定增大,C错误;电源的效率为η=×100%=(1-)×100%,当有光照射时R1减小,则R总减小,故I总增大,则η减小,则没有光照射时电源的效率比有光照射时电源的效率高,D错误。7.某同学用如图所示的可拆变压器做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验,该同学选择的原线圈为800匝,副线圈为400匝,原线圈接学生电源的正弦式交变电流输出端,所接电源为交流“8 V”挡,测得副线圈的电压为4.2 V,则下列叙述中可能符合实际情况的是(　B　)A.组装变压器时没有安装铁芯BB.电源的实际输出电压与标注不符,实际输出电压大于8 VC.原线圈实际匝数与标注“800”不符,实际匝数大于800匝D.若使用直流电源8 V挡,则副线圈的输出电压为4 V解析:若组装变压器时没有安装铁芯B,导致铁芯没有闭合,则会导致变压器“漏磁”现象严重,次级电压会小于4 V,A错误;根据=,若实际输出电压大于8 V,会导致副线圈的电压大于4 V,测得电压为4.2 V,B正确;根据=,若实际匝数大于800匝,则副线圈电压会小于4 V,C错误;使用直流电源8 V挡,副线圈不会感应出电压,D错误。8.如图所示电路中,电源电动势E恒定,内阻r=1 Ω,定值电阻R3=5 Ω。当开关K断开与闭合时,ab段电路消耗的电功率相等。以下说法错误的是(　B　)A.电阻R1、R2可能分别为4 Ω、5 ΩB.电阻R1、R2可能分别为3 Ω、6 ΩC.开关K断开时电压表的示数一定大于K闭合时的示数D.开关K断开与闭合时,电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6 Ω解析:开关K断开与闭合时,ab段电路消耗的电功率相等,则有() 2(R1+R2)=() 2R1,将R1=4 Ω、R2=5 Ω,代入方程成立,将R1=3 Ω、R2=6 Ω,代入方程不成立,故A正确,B错误;开关K断开时外电路总电阻大于K闭合时外电路总电阻,则开关K断开时电压表的示数一定大于K闭合时的示数,故C正确;根据闭合电路欧姆定律得U=E-(R3+r)I,则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为=R3+r=6 Ω,故D正确。9.(2021·浙江1月选考)(多选)发动机的示意图如图甲所示,边长为L的正方形金属框,在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO′轴转动,阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其他电阻不计,图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周(　BD　)A.框内电流方向不变B.电动势的最大值为UmC.流过电阻的电荷量q=D.电阻产生的焦耳热Q=解析:根据题图甲可知,在旋转金属框产生交变电流时,金属框内电流方向变化,而交变电流通过换向器后,经过电阻R的电流方向不变,选项A错误;根据题图乙可知,因为其他电阻不计,电阻R两端电压在数值上等于电动势,则金属框电动势最大值为Um,选项B正确;根据q=Δt=Δt=可知,旋转半周,磁通量的改变量为ΔΦ=2BL2,因此旋转一周,通过电阻的电荷量为q=,选项C错误;题图乙等价为正弦式交变电流,根据有效值可知Q=T,交流电动势最大值为BL2ω=Um,又U有=,联立可知Q=,选项D正确。高分强化练10.(2022·精诚联盟模拟)如图所示电路,两电源电动势分别为E1、E2,内阻分别为r1、r2,且E1=E2,r1>r2,R为滑动变阻器,P为滑动变阻器滑片,灯泡电阻可认为不变。现闭合开关S1,单刀双掷开关S2接1时,灯泡均正常发光,则下列说法错误的是(　D　)A.若滑片P向下滑动,则L2变亮,L3变暗B.若滑片P向下滑动,则L1变暗,L2变亮C.若将单刀双掷开关S2切换至2,则L1、L2、L3均变亮D.若将单刀双掷开关S2切换至2,则电源的输出功率可能变小解析:将滑动变阻器的滑片P向下滑动,滑动变阻器接入电路的电阻变大,外电路总电阻变大,根据闭合电路欧姆定律分析得知,干路电流I减小,L3变暗;路端电压U变大,L3两端的电压U3变小,并联电路的电压U并=U-U3,U增大,U3减小,则U并增大,L2变亮;流过L1的电流I1=I-I2,I减小,I2增大,I1减小,L1变暗,A、B正确;若将单刀双掷开关S2切换至2,电源电动势不变,内阻变小,根据闭合电路欧姆定律可知I=,电路干路电流增大,外电路电压变大,外电路各用电器阻值不变,故各支路电流增大,灯泡L1、L2、L3均变亮,C正确;因为P出=I2R外,电路总电流增大,外电阻不变,输出功率一定增大,D错误。11.如图所示,电源电动势为E,内阻为r,电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器,R0为定值电阻,R1为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小)。当开关S闭合时,电容器中一带电微粒恰好处于静止状态,则下列说法正确的是(　A　)A.只逐渐增大R1的光照强度,电阻R0消耗的电功率变大,电阻R3中有向上的电流B.只调节电阻R3的滑片P2向上端移动,电源消耗的功率变大,电阻R3中有向上的电流C.只调节电阻R2的滑片P1向下端移动,电压表示数变大,带电微粒向下运动D.若断开开关S,电容器所带电荷量变大,带电微粒向上运动解析:只逐渐增大R1的光照强度,R1的阻值减小,总电阻减小,总电流变大,电阻R0消耗的电功率变大,R2两端的电压变大,电容器两端的电压变大,电容器所带电荷量变大,所以电阻R3中有向上的电流,故选项A正确;电路稳定时,电容器相当于断路,只调节电阻R3的滑片P2向上端移动,对电路没有影响,故选项B错误;只调节电阻R2的滑片P1向下端移动,与电容器并联部分的电阻变大,所以电容器两端的电压变大,带电微粒所受静电力变大,带电微粒向上运动,故选项C错误;若断开开关S,电容器处于放电状态,电容器所带电荷量变小,带电微粒向下运动,故选项D错误。12.如图,理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2,原线圈与固定电阻R1串联后,接入输出电压有效值恒定的正弦式交变电源。副线圈电路中负载电阻为可变电阻R2,电流表、电压表均是理想电表。当R2=2R1时,电流表的读数为1 A,电压表的读数为4 V,则(　C　)A.电源输出电压为8 VB.电源输出功率为4 WC.当R2=8 Ω时,变压器输出功率最大D.当R2=8 Ω时,电压表的读数为3 V解析:当R2=2R1时,电流表的读数为1 A,电压表的读数为4 V,根据欧姆定律R2==Ω=4 Ω,R1=2 Ω,原线圈两端电压为U1=U2′=×4 V=2 V,原线圈中电流为I1=I2=2×1 A=2 A,所以电源输出电压为U=U1+I1R1=2 V+2×2 V=6 V,A错误;电源输出功率为P=UI1=12 W,B错误;根据欧姆定律得副线圈中电流为,所以原线圈中电流为,所以6 V=·R1+,解得U2=,当R2=8 Ω时,U2=6 V,即电压表的读数为6 V;变压器输出的功率P2===,所以满足R2=时变压器输入功率最大,解得R2=8 Ω,变压器输出的功率P2最大为 W,C正确,D错误。13.在如图所示电路中,白炽灯泡L1、L2、L3阻值均为10 Ω,阻值不变,理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶3,滑动变阻器R最大阻值为20 Ω。开始时,滑片P处于滑动变阻器正中间位置,当电路输入有效值为U=20 V稳定的正弦式交变电流时,下列说法错误的是(　B　)A.通过L1的电流为1.5 AB.通过L2的电流为1 AC.电压表读数为15 VD.若向上移动P,变压器的输出功率将变小解析:理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶3,可知原、副线圈的电流之比为3∶1,设通过副线圈的电流为I,则原线圈的电流为3I,初级电压为U1=U-3IRL1=20-30I,次级电压为U2=I(RL2+RL3+)=30I,根据变压器电压之比等于匝数之比可得==,联立解得I=0.5 A、U2=15 V,则通过L1的电流为3I=1.5 A,通过L2的电流为0.5 A,电压表读数为U2=15 V,故A、C正确,B错误;电路中外电路的总电阻与电源内阻差值越小,电源输出功率越大,如图所示。将原、副线圈和副线圈电路等效为原线圈电路上与L1相串联的一个电阻,称为电源的等效外电阻R等效,将L1等效到电源内部,称为等效内阻R1。根据理想变压器和欧姆定律知U1=I1R等效,U1=U2,I1=I2,I2=,联立可得等效外电阻为R等效=(RL2+RL3+R),开始时,滑片P处于滑动变阻器正中间位置,可知R等效= Ω<R1,若向上移动P,等效电阻变小,与R1差值增大,所以变压器的输出功率将变小,D正确。14.(多选)风力发电将风的动能转化为电能,某风力发电机的输出功率为10 kW,输出电压为250 V,用户得到的电压为220 V,输电线的电阻为20 Ω,输电线路如图所示,若输电线因发热而损失的功率为输送功率的5%,变压器均视为理想变压器,则下列说法正确的是(　AD　)A.用户得到的电功率为9.5 kWB.通过输电线的电流为4 AC.升压变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10D.降压变压器原、副线圈的匝数之比为95∶11解析:用户得到的电功率即降压变压器的输出功率P用=P-P损=P×(1-5%)=9.5 kW,故A正确;输电线损失的功率P损=P×5%=0.5 kW,通过输电线的电流I2==5 A,故B错误;升压变压器的输出电压U2==2 000 V,可得升压变压器原、副线圈的匝数之比===,故C错误;输电线上的电压损失U损=I2R线=100 V,降压变压器原线圈两端的电压U3=U2-U损=1 900 V,可得降压变压器原、副线圈的匝数之比===,故D正确。15.如图所示为某小型电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定,升、降压变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入A、B两个互感器(均为理想),互感器原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶10,电压表的示数为220 V,电流表的示数为5 A,线路总电阻r=10 Ω,则下列说法正确的是(　C　)A.互感器A是电流互感器,互感器B是电压互感器B.线路上损耗的功率为250 WC.发电机输出的电功率为1 100 kWD.用户使用的用电设备变多,降压变压器输出电压U4大小不会改变解析:互感器A并联在电路中,所以是电压互感器,互感器B串联在电路中,是电流互感器,故A错误;电流表的示数为5 A,互感器B原、副线圈的匝数比为1∶10,则线路上电流I=50 A,线路上损耗的功率P损=I2r=25 000 W,故B错误;电压表的示数为220 V,互感器A原、副线圈的匝数比为100∶1,所以输送电压U=22 000 V,功率P=IU=1 100 kW,则发电机输出的电功率为1 100 kW,故C正确;用户使用的用电设备变多,用户回路电流变大,则输送电流变大,损失电压变大,降压变压器输入电压变小,降压变压器输出电压U4变小,故D错误。