2023届二轮复习 专题12　直流电路与交流电路 作业

这是一份2023届二轮复习 专题12　直流电路与交流电路 作业，共8页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。
1．[2022·浙江6月]下列说法正确的是( )
A．恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用
B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向
C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大
D．升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率
2．如图是手机无线充电器的模型，其工作原理与理想变压器相同，已知发射、接收线圈匝数比n1∶n2＝5∶1，C、D端输出电流i＝eq \r(2)sin (2π×105t)(A)，则A、B端输入电流的( )
A．频率为50kHzB．周期为2×10－5s
C．有效值为0.2AD．最大值为eq \r(2)A
3．[2022·广东押题卷]如图所示，原线圈输入稳定交流电压，S开关处于断开状态．某时刻灯泡L1稍微暗了一些，则原因可能是( )
A．输入电压增大B．S开关闭合
C．电阻R发生短路D．电流表发生断路
4．[2022·浙江绍兴月考]如图所示为振动手电筒的示意图，通过摇晃手电筒使磁铁与线圈发生相对运动来给储电器充电，储电器再给LED灯泡供电．一般来回摇晃手电筒的平均作用力约为2.0N，平均速度约为0.85m/s，机械能的四分之三可以转化成LED灯泡正常发光时的电能．已知LED灯泡正常发光的电压为3.1V，电流为32mA.下列说法正确的是( )
A．摇晃过程线圈磁通量保持不变
B．LED灯泡的电阻约为1000Ω
C．摇晃手电筒的机械功率约0.1W
D．手电筒摇晃1min，灯泡约可正常发光13min
5．随着经济发展，用电需求大幅增加，当电力供应紧张时，有关部门就会对部分用户进行拉闸限电．如图是远距离输电的原理图，假设发电厂输出电压恒定不变，输电线的电阻为R，两个变压器均为理想变压器．在某次拉闸限电后(假设所有用电器可视为纯电阻)电网中数据发生变化，下列说法正确的是( )
A．降压变压器的输出电压U4减小了
B．升压变压器的输出电流I2增加了
C．输电线上损失的功率减小了
D．发电厂输出的总功率增加了
6．[2022·安徽宣城二调]图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′(OO′沿水平方向)匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R＝10Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10V．图乙是矩形线圈中磁通量随时间t变化的图像．线圈内阻不计，则( )
A.此交流发电机的电动势平均值为10eq \r(2)V
B.t＝0.02s时R两端的电压瞬时值为零
C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝10eq \r(2)·cs (100πt)V
D．当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上
7.
[2022·山东卷]如图所示的变压器，输入电压为220V，可输出12V、18V、30V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcs (100πt).单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1V．将阻值为12Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12W．下列说法正确的是( )
A．n1为1100匝，Um为220V
B．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4A
C．若将R接在AB两端，R两端的电压为18V，频率为100Hz
D．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5A，周期为0.02s
8．[2022·广东押题卷]图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，阻值均为10Ω，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是( )
A.输入电压u的表达式u＝20eq \r(2)sin50πt(V)
B.只断开S2后，L1、L2均正常发光
C．只断开S2后，原线圈的输入功率为0.8W
D.若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.4W
9．[2022·山东押题卷]如图，变压器的输入端接入u1＝220eq \r(2)sin100πt(V)的交流电，开关S接1，当滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω时，此时电压表的读数为10eq \r(2)V．变压器为理想变压器，二极管正向电阻不计，所有电表均为理想电表，下列说法正确的是( )
A．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电流表示数减小，电压表示数增大
B．若只将S从1拨到2，电流表示数变大
C．S接1时，原、副线圈中接入电路的匝数之比为11∶1
D．1min内滑动变阻器产生的热量为400J
10．[2022·湖南押题卷]如图所示，理想变压器原线圈与矩形线圈abcd组成闭合电路，副线圈接有定值电阻R1和滑动变阻器R2.线圈abcd在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．线圈abcd的面积为S，角速度大小为ω，匝数为N，其电阻忽略不计，图中各电表均为理想电表．开关闭合后，下列说法正确的是( )
A．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，电流表A的示数变小
B．在线圈abcd的转动过程中，通过其磁通量的最大值为NBS
C．当变压器原线圈的滑片向下滑动时，电压表V的示数变小
D．若线圈abcd转动的角速度大小变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBSω
11．[2022·湖北卷]近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示．发射线圈的输入电压为220V、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝．若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是( )
A．接收线圈的输出电压约为8V
B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D.穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
12．如图所示为一种海上导航浮标的简化原理图．固定的内圆筒上绕有线圈．某段时间内，海浪驱动固定在外浮筒的磁体相对于线圈运动产生正弦式交变电流，频率为1Hz，电压最大值为31V．理想变压器原、副线圈匝数比为1∶10，原线圈接内圆筒线圈的输出端，副线圈接指示灯．下列说法正确的是( )
A．通过指示灯电流的频率为10Hz
B．指示灯两端电压的有效值约为220V
C．指示灯消耗的电功率等于变压器的输入功率
D.变压器的输入电压与绕在内圆筒上线圈的匝数无关
13．[2022·山东押题卷]一交流发电机线圈内磁通量随时间的变化规律如图甲所示．已知发电机线圈的匝数N＝50匝，其总电阻r＝2.5Ω.乙图中灯泡的额定电压为48V，额定功率为153.6W．现将该发电机产生的电压接在乙图中理想降压变压器原线圈的a、b两端，此时灯泡正常发光．则( )
A．发电机线圈产生的电动势瞬时值表达式为e＝100eq \r(2)sin (100πt) V
B．灯泡正常工作时的电阻为15Ω
C．理想降压变压器原、副线圈匝数之比为2∶1
D．发电机线圈的热功率为102.4W
14．[2022·重庆押题卷]理想变压器原线圈匝数n1＝270匝，输入如图甲所示的正弦交变电压．P是副线圈上的滑动触头，当P处于如图乙所示位置时，副线圈连入电路的匝数n2＝135匝，灯泡L恰能正常发光，电容器C刚好不被击穿，R是滑动变阻器．下列说法正确的是( )
A．电容器的击穿电压为11eq \r(2)V
B．若R的滑片不动，向下移动P，则电容器的电容变小
C．若R的滑片不动，向下移动P，则原线圈的输入功率变大
D．若P不动，向上移动R的滑片，则灯泡变暗
专题强化训练12 直流电路与交流电路
1．解析：恒定磁场对静置于其中的电荷没有力的作用，选项A错误；小磁针N极在磁场中的受力方向指向该点的磁感应强度方向，选项B正确；正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，磁通量的变化率为零，电流为零，选项C错误；变压器副线圈的磁通量变化率和原线圈的磁通量变化率相等，与线圈匝数无关，选项D错误．
答案：B
2．解析：变压器不改变周期和频率，所以周期为T＝eq \f(2π,ω)＝10－5s，频率为f＝eq \f(1,T)＝105Hz＝100kHz，故A、B错误；C、D端输出电流的最大值为eq \r(2)A，由eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2m,I1m)可得A、B端输入电流的最大值为I1m＝eq \f(\r(2),5)A，A、B端输入电流的有效值为I1＝eq \f(I1m,\r(2))＝0.2A，故C正确，D错误．
答案：C
3．解析：如果输入电压U1变大，则U2变大，根据UL1＝eq \f(RL1,R＋RL1)U2，可知L1两端电压变大，灯泡L1变亮，故A错误；若S闭合，则并联电阻变小，副线圈总电阻变小，副线圈电流I2变大，则根据UL1＝U2－I2R，可知L1两端电压变小，灯泡L1变暗，故B正确；若电阻R发生短路则UL1＝U2，L1两端电压变大，灯泡L1变亮，故C错误；电流表发生断路，则原线圈电流为零，副线圈电流为零，L1应熄灭，故D错误．
答案：B
4．解析：摇晃过程中，磁铁与线圈相对位置发生变化，线圈内磁通量改变，产生感应电流给储电器充电，A错误；灯泡电阻为R＝eq \f(U,I)＝eq \f(3.1,0.032)Ω＝96.875Ω，B错误；摇晃手电筒的机械功率约P＝Fv＝2×0.85W＝1.7W，C错误；灯泡的电功率为P灯＝UI＝3.1×0.032W＝0.0992W，手电筒摇晃1min，灯泡可正常发光的时间约为t＝eq \f(W,P灯)＝eq \f(1.7×60×\f(3,4),0.0992)s≈13min，D正确．
答案：D
5．解析：拉闸限电后，用电器减少，意味着并联支路减少，用户端总电阻增加，I4减小，I2＝I3也随着减小，输电线上的电压损失ΔU减小，由于发电厂输出电压U1恒定，输送电压U2也恒定，根据U2＝ΔU＋U3，可知U3增加，U4也增加，故A、B错误；根据ΔP＝I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) R，可知输电线上损失的功率减小了，故C正确；I2减小，I1也随着减小，发电厂输出电压U1恒定，所以发电厂输出总功率减小，故D错误．
答案：C
6．解析：矩形线圈相当于电源，若绕垂直于磁场的转轴匀速转动，将产生正弦交流电，电阻R＝10Ω，电压表示数10V，说明eq \f(Um,\r(2))＝10V，即Um＝10eq \r(2)V．根据乙图t＝0时磁通量等于0，可判断t＝0时电压最大，所以电压随时间变化的规律为u＝10eq \r(2)cs（100πt）V，C正确；t＝0.02s时u＝10eq \r(2)V，B错误；根据楞次定律，感应电流总是阻碍线圈的转动，所以当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向向下，D错误；电动势最大值为Em＝10eq \r(2)V，平均值一定小于10eq \r(2)V，A错误．
答案：C
7．解析：根据理想变压器的变压规律有eq \f(U,n1)＝eq \f(0.1V,1)，代入U＝220V得n1＝2200，Um＝eq \r(2)U＝220eq \r(2)V，A错误；由功率与电压的关系得UBC＝eq \r(PR)＝12V，根据理想变压器的变压规律有eq \f(U,n1)＝eq \f(UBC,nBC)，代入数据解得nBC＝120，由欧姆定律得I＝eq \f(UBC,R)＝1A，B错误；由以上分析结合题意可知UAB＝18V，UAC＝30V，变压器不改变交流电的频率，故f＝eq \f(ω,2π)＝50Hz，C错误；由欧姆定律得I′＝eq \f(UAC,R)＝2.5A，周期T＝eq \f(1,f)＝0.02s，D正确．
答案：D
8．解析：由图乙可知周期为T＝0.02s，则有ω＝eq \f(2π,T)＝100π，所以输入电压u的表达式应为u＝20eq \r(2)sin100πt（V），A错误；将S1接1，S2闭合时，L2正常发光，L2的电压为副线圈的输出电压U2，当只断开S2时，L1接入电路，与L2串联，L1、L2的电压都只为副线圈的输出电压的一半，故L1、L2均不能正常发光，B错误；只断开S2后，负载电阻变为原来的2倍，副线圈输出电压不变，由图乙可知原线圈的输入电压有效值为U1＝20V，副线圈输出电压U2＝eq \f(n2,n1)U1＝eq \f(1,5)×20V＝4V，由输入功率等于输出功率P入＝P出＝eq \f(U eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2RL)＝eq \f(42,2×10)W＝0.8W，C正确；若S1换接到2后，电阻R两端电压有效值为U2＝4V，R消耗的电功率为P＝eq \f(U eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,R)＝eq \f(42,20)W＝0.8W，D错误．
答案：C
9．解析：若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，负载电阻增大，则副线圈电流I2减小，原线圈电流I1减小，即电流表示数减小，电压表示数由输入电压和匝数比决定，故电压表示数保持不变，A错误；若只将S从1拨到2，原线圈匝数n1增大，可知副线圈输出电压减小，滑动变阻器两端电压减小，故滑动变阻器消耗功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率可得U1I1＝PR可知，原线圈输入电压U1不变，滑动变阻器消耗功率减小，则原线圈电流I1减小，即电流表示数减小，B错误；开关S接1时，设此时副线圈的输出电压为U2，由于二极管的单向导电性，使得加在滑动变阻器上的电压只剩下一半波形，由电流热效应可得eq \f(U eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,R)·eq \f(T,2)＝eq \f(（10\r(2)V）2,R)T，解得U2＝20V，由题意可知U1＝eq \f(220\r(2),\r(2))V＝220V，可得原、副线圈中接入电路的匝数之比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(220,20)＝eq \f(11,1)，C正确；1min内滑动变阻器产生的热量为Q＝eq \f(U eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(有)) ,R)t＝eq \f(（10\r(2)）2,20)×60J＝600J，D错误．
答案：C
10．解析：当滑动变阻器的滑片向上滑动时，电路的总电阻减小，电压不变，电流变大，电流表A的示数变大，A错误；磁通量与线圈的匝数无关，在线圈abcd的转动过程中，线圈磁通量的最大值为BS，B错误；当变压器原线圈的滑片向下滑动时，原线圈匝数减小，副线圈的电压变大，电压表V的示数变大，C错误；若线圈abcd转动的角速度为ω，线圈转动一周只有半周在磁场中发生电磁感应，产生的交流电为正弦交流电（全波波形）的每个周期有半个周期存在电动势（半波波形），设输入电压的有效值为U，电动势最大值为Um，则eq \f(U2,R)T＝eq \f(（\f(Um,\r(2))）2,R)·eq \f(T,2)，因此电压有效值为U＝eq \f(Um,2)＝eq \f(NBSω,2)，当角速度大小变为2ω时，变压器原线圈电压的有效值为NBSω，D正确．
答案：D
11．解析：根据eq \f(n1,n2)＝eq \f(80%U1,U2)可得接收线圈的输出电压约为U2＝8V，A正确；由于存在磁漏现象，电流比不再与匝数成反比，B错误；变压器是不改变其交变电流的频率的，C正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，D错误．
答案：AC
12．解析：变压器不改变交流电频率，故A错误；交流电有效值U1＝eq \f(31,\r(2))V≈22V，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，因此指示灯两端电压的有效值约为U2＝220V，B正确；理想变压器没有能量损失，因此指示灯消耗的电功率等于变压器的输入功率，故C正确；根据E＝neq \f(ΔΦ,Δt)可知变压器的输入电压与绕在内圆筒上线圈的匝数有关，故D错误．
答案：BC
13．解析：峰值Em＝NΦm·eq \f(2π,T)＝100eq \r(2)V，t＝0时刻，线圈平面与磁感线平行，发电机线圈产生的电动势瞬时值表达式为e＝100eq \r(2)cs（100πt）V，故A错误；灯泡正常工作时的电阻为R＝eq \f(U2,P)＝15Ω，故B正确；发电机电动势的有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))，设原、副线圈中的电流分别为I1、I2，由闭合电路欧姆定律可知E＝I1r＋Uab，根据变压器原理可知eq \f(Uab,n1)＝eq \f(U,n2)，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，其中I2＝eq \f(P,U)＝3.2A，解得eq \f(n1,n2)＝2，故C正确；由C选项知I1＝1.6A，则Pr＝I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) r＝6.4W，故D错误．
答案：BC
14．解析：原线圈输入电压的峰值为Um1＝22eq \r(2)V，则副线圈输出电压的峰值为Um2＝eq \f(n2,n1)Um1＝11eq \r(2)V，由于电容器C刚好不被击穿，则电容器的击穿电压为11eq \r(2)V，故A正确；根据电容器电容决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，当R的滑片不动，向下移动P，电容器的电容不变，故B错误；若R的滑片不动，向下移动P，则负载总电阻R总不变，副线圈匝数减小，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，副线圈输出电压有效值U2减小，再根据总P1＝eq \f(U eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,R总)可知，副线圈输出功率P2减小，根据P1＝P2可知，原线圈的输入功率变小，故C错误；若P不动，向上移动R的滑片，则滑动变阻器接入电阻变大，负载总电阻变大，副线圈匝数不变，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，副线圈输出电压有效值U2不变，根据I2＝eq \f(U2,R总)可知副线圈回路总电流减小，则根据PL＝I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) RL可知，灯泡功率减小，则灯泡变暗，故D正确．
答案：AD