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![热点14 直流电路与交流电路试卷02](http://www.enxinlong.com/img-preview/3/6/12997674/0/1.jpg?x-oss-process=image/resize,w_794,m_lfit,g_center/sharpen,100)
热点14 直流电路与交流电路试卷
展开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+rω)
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+r2)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+rω),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+r2)Rt4=eq \f(RE\\al(,02),2R+r2)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.
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