1、专题八限时训练(限时:45分钟) 【测控导航】考点题号(难易度)交变电流的产生和描述2(易),6(中),8(中),11(难)直流电路综合问题1(易),3(中),4(中),10(难)变压器与远距离输电3(中),5(中),7(难),9(中)一、选择题(在每小题给出的四个选项中,第15题只有一项符合题目要求,第69题有多项符合题目要求)1.(2015福建漳州质检)如图所示,电源电动势为E,内阻为r.电路中的R1为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小),R2为定值电阻.当开关S闭合时,下列说法正确的是(B)A.增大光照强度,电流表示数变小B.增大光照强度,电压表示数变小C.减小光照强度,R2消耗的功率
2、变大D.减小光照强度,电源的总功率变大解析:当光照强度增大时,光敏电阻的阻值减小,总电阻减小,由闭合电路欧姆定律可得,电路中总电流增大,则电流表示数变大,由U=E-Ir可知,路端电压减小,故电压表示数变小,故选项A错误,B正确;当光照强度减小时,光敏电阻的阻值增大,总电阻增大,由闭合电路欧姆定律可得,电路中总电流减小,则由P=I2R2可知,R2消耗的功率变小,由P总=EI可知电源的总功率变小,故选项C,D错误.2.在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图(乙)所示,产生的交变电动势随时间变化规律的图像如图(甲)所示,已知线框内阻为1.0 ,外接一只电阻为9.0 的灯泡,则
3、(C)A.电压表V的示数为20 VB.电路中的电流方向每秒改变5次C.灯泡实际消耗的功率为36 WD.电动势的瞬时值表达式为e=20cos 5t(V)解析:由(甲)图知电动势峰值为20 V,周期0.2 s,所以有效值为20 V,角速度=10 rad/s,电压表测的是路端电压的有效值,U=9 V=18 V,故选项A错误;交流的频率为5 Hz,每一周期电流方向改变两次,所以每秒电流方向改变10次,故选项B错误;灯泡实际消耗的功率为P= W=36 W,故选项C正确;线圈在题图(乙)位置开始计时,电动势的瞬时值表达式为e=20cos 10t(V),选项D错误.教师备用:在研究微型电动机的性能时,应用如
4、图所示的实验电路.调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时,电流表和电压表的示数分别为0.5 A和2.0 V.重新调节R并使电动机恢复正常运转,此时电流表和电压表的示数分别为2.0 A和24.0 V.则这台电动机正常运转时输出功率为(A)A.32 WB.44 WC.47 WD.48 W解析:当电动机停止转动时,此时电动机相当于一个纯电阻,所以由题中的两表读数,可以计算出电动机的内阻为r=4 ,重新调节R并使电动机恢复正常运转,根据题中的两表读数,计算出电动机的输出功率为P=UI-I2r=32 W,选项B,C,D错误,A正确.3.(2015安徽理综)图示电路中,变压器为理想变压器,a,b接在电压有
5、效值不变的交流电源两端,R0为定值电阻,R为滑动变阻器.现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置,观察到电流表A1的示数增大了0.2 A,电流表A2的示数增大了0.8 A,则下列说法正确的是(D)A.电压表V1示数增大B.电压表V2,V3示数均增大C.该变压器起升压作用D.变阻器滑片是沿cd的方向滑动解析:变压器输入电压不变,原、副线圈的匝数比不变,故原、副线圈两端的电压不变,即电压表V1,V2示数不变,选项A,B均错误;I1,I2增加,则副线圈电路中总电阻减小,故变阻器滑片应沿cd方向滑动,选项D正确;由原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P入=P出知,调节滑动变阻器前I1n1=I2n2,调
6、节滑动变阻器后I1n1=I2n2,联立得(I1-I1)n1=(I2-I2)n2,即I1n1=I2n2,=4,故该变压器起降压作用,选项C错误.4.(2015江西新余二模)热敏电阻是一种广泛应用于自动控制电路中的重要电子元件,它的重要特性之一是其电阻值随着环境温度的升高而减小.如图为一自动温控电路,C为电容器,A为零刻度在中央的电流计,R为定值电阻,Rt为热敏电阻.开关S闭合稳定后,观察电流表A的偏转情况,可判断环境温度的变化情况.以下关于该自动温控电路的分析,正确的是(A)A.当发现电流表A中的电流方向是由a到b时,表明环境温度是正在逐渐升高B.当发现电流表A中的电流方向是由a到b时,表明环境
7、温度是正在逐渐降低C.为了提高该温控装置的灵敏度,应取定值电阻R的阻值远大于热敏电阻Rt的阻值D.为了提高该温控装置的灵敏度,应取定值电阻R的阻值远小于热敏电阻Rt的阻值解析:当发现电流表A中的电流方向是由a到b时,负电荷从b到a,电容器充电,电容器两端的电压增大,表明Rt减小,环境温度是正在逐渐升高,故A正确,B错误;为了提高该温控装置的灵敏度,即环境温度稍变化,电容器电量变化比较大,若取定值电阻R的阻值与热敏电阻Rt的阻值相差太大其两端电压变化都比较小,故不能做到,正确的做法应该是增大电容器的电容.故C,D错误.5.(2015山西省大同市检测)某小型水电站的电能输送示意图如图所示,发电机通
8、过升压变压器T1和降压变压器T2向R0=11 的纯电阻用电器供电.已知输电线的总电阻R=10 ,T2的原、副线圈匝数之比为41,用电器两端的电压为u=220sin 100t(V),将T1,T2均视为理想变压器,下列说法正确的是(A)A.降压变压器的输入功率为4 400 WB.升压变压器中电流的频率为100 HzC.输电线R消耗的功率为500 WD.当用电器的电阻减小时,输电线R消耗的功率减小解析:T2的输出功率P2=W=4 400 W,而P1=P2,故A项正确;变压器不改变传输交变电流的频率,所以f=Hz=50 Hz,B项错误;流过R0的电流为I2=A=20 A,所以流过R的电流I2=I1=I
9、2=5 A,则P损=R=2510=250 W,C项错误;用电器两端电压不变,电阻减小,所以I2增大,I1增大,P损也增大,D项错误.6.(2015南宁市第二次适应性测试)如图所示,电阻为r的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度=100 rad/s匀速转动.t=0时刻线圈平面与磁场垂直,各电表均为理想交流电表,则(BC)A.t=0时刻线圈中的感应电动势最大B.1 s内电路中的电流方向改变100次C.滑片P下滑时,电压表的读数变大D.开关K保持断开状态和闭合状态时,电流表的读数相同解析:t=0时刻,线圈处于中性面位置,感应电动势为零,A项错误;f=50 Hz,1 s内电路中电流方向改变10
10、0次,B项正确;下滑时,R的阻值增大,回路中电流减小,内电压减小,由闭合电路欧姆定律知,电压表示数增大,C项正确;电容器具有通交流隔直流的作用,所以开关断开和闭合时,电流表读数不同,D项错误.教师备用:(2015海南卷)如图,一理想变压器原、副线圈匝数之比为41,原线圈与一可变电阻串联后,接入一正弦交流电源;副线圈电路中固定电阻的阻值为R0,负载电阻的阻值R=11R0, 是理想电压表,现将负载电阻的阻值减小为R=5R0,保持变压器输入电流不变,此时电压表读数为5.0 V,则(AD)A.此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB.此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC.原线圈两端原来的电压有效值
11、约为68 VD.原线圈两端原来的电压有效值约为48 V解析:当负载电阻的阻值减小为R=5R0时,根据串并联电路规律,R两端电压为R0两端电压的5倍,因为电压表测量R两端的电压,所以UR0=5 V=1 V,故副线圈两端电压为U2=6 V,根据公式=可得此时原线圈两端电压的有效值为U1=24 V,所以此时原线圈两端电压的最大值约为24 V34 V,A正确,B错误;因为变化过程中变压器的输入电流不变,所以对于副线圈中变化前后电流也不变,则变化后电压U2=IR0+5IR0=6IR0,变化前U2=IR0+11IR0=12IR0,所以U2=2U2=12 V,根据公式=可得原线圈两端原来的电压有效值约为48
12、 V,D正确,C错误.7.(2015辽宁抚顺市高考模拟)如图所示为一理想变压器,原、副线圈的匝数比为n,原线圈接电压为u=U0sin t的正弦式交变电流,输出端接有一个交流电流表和一个电动机,电动机的线圈电阻为R,当输入端接通电源后,电动机带动一质量为m的重物匀速上升,此时电流表的示数为I,重力加速度为g,下列说法正确的是(CD)A.电动机两端电压为IRB.原线圈中的电流为nIC.电动机消耗的电功率为D.重物匀速上升的速度为解析:电流表的示数为副线圈的电流,对工作中的电动机IRU,A项错误;原线圈中的电流为,B项错误;副线圈两端的电压为,所以变压器的输出功率P出=I,即为电动机消耗的功率,C项
13、正确;电动机的输出功率为-I2R=,又=mgv,所以v=,D项正确.8.(2015河南省洛阳理综统考)海洋中蕴藏着巨大的能量,利用海洋的波浪可以发电,在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔,其原理示意图如图(甲)所示,浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上,浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动,且始终处于磁场中,该线圈与阻值R=15 的灯泡相连,浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中阴影部分),如图(乙)所示,其内为产生磁场的磁体,与浮桶内侧面的缝隙忽略不计;匝数N=200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B=0.2 T,线圈直径D=0.4 m,电阻r=1 .取重力加速度g=10 m/s2,210.若浮
14、桶随波浪上下运动的速度可表示为v=0.4sin t m/s.则下列说法正确的是(BC)A.波浪发电产生电动势e的瞬时表达式为e=16sin t VB.灯泡中电流i的瞬时表达式为i=4sin t AC.灯泡的电功率为120 WD.灯泡两端电压的有效值为V解析:线圈切割磁感线产生感应电动势e=NBLv=2000.2D0.4sin t V=64sin t V,A项错误;根据闭合电路欧姆定律得i=sin t A=4sin t A,B项正确;电流的有效值为I=A=2 A,灯泡的电功率P=I2R=120 W,C项正确;电压的有效值为U=IR=215 V=30 V,D错误.9.(2014全国新课标理综)如图
15、,一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源,一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端;假设该二极管的正向电阻为零,反向电阻为无穷大;用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd,则(BD)A.UabUcd=n1n2B.增大负载电阻的阻值R,电流表的读数变小C.负载电阻的阻值越小,cd间的电压Ucd越大D.将二极管短路,电流表的读数加倍解析:若没有二极管,根据理想变压器的电压与匝数成正比,有UabUcd=n1n2;而因二极管的单向导电性,导致副线圈的电压有效值低于原来值,故A错误;由题意可知,当增大负载电阻的阻值R,因电压不变
16、,根据欧姆定律,得电流表的读数变小,故B正确;负载电阻的阻值变小,cd间的电压Ucd不会变化,故C错误;当将二极管短路,副线圈消耗的功率是原来的2倍,原线圈消耗的功率也变为原来的2倍,而Uab不变,所以电流变为原来的2倍,则电流表的读数加倍,故D正确.二、非选择题10.如图(甲)所示为某元件R的UI特性曲线,把它连入图(乙)所示电路.已知电源电动势E=5 V,内阻r=1.0 ,定值电阻R0=4 .闭合开关S后,求:(1)该元件的电功率;(2)电源的输出功率.解析:(1)把电源和R0看成等效电源,该电源的UI图像如图线所示,元件R与等效电源组成闭合电路时,R中电流IR=0.4 A,电压UR=3.
17、0 V,则PR=URIR=3.00.4 W=1.2 W.(2)由于P出=R0+PR,则P出=(0.424+1.2) W=1.84 W.答案:(1)1.2 W(2)1.84 W11.有人为汽车设计了一个“再生能源装置”,原理简图如图(甲)所示,当汽车减速时,线圈受到磁场的阻尼作用帮助汽车减速,同时产生电能储存备用.图(甲)中,线圈的匝数为n,ab长度为L1,bc长度为L2.图(乙)是此装置的正视图,切割处磁场的磁感应强度大小恒为B,有理想边界的两个扇形磁场区夹角都是90.某次测试时,外力使线圈以角速度逆时针匀速转动,电刷M端和N端接电流传感器,电流传感器记录的it图像如图(丙)所示(I为已知量)
18、,取ab边刚开始进入左侧的扇形磁场时刻t=0.不计线圈转动轴处的摩擦.(1)求线圈在图(乙)所示位置时,产生电动势E的大小,并指明电刷M和N哪个接电源正极;(2)求闭合电路的总电阻R和外力做功的平均功率P;(3)为了能够获得更多的电能,依据所学的物理知识,请你提出改进该装置的三条建议.解析:(1)有两个边一直在均匀辐向磁场中做切割磁感线运动,有E=2nBL1v,其中v=L2,解得E=nBL1L2,根据右手定则,M端接电源正极.(2)根据欧姆定律,电流I=,得R=.线圈转动一个周期时间内,产生电流的时间是半周期,故外力平均功率P=I2R,解得P=.(3)增加磁感应强度;增加线圈匝数;增加磁场区域面积;适当增加线圈面积;变成多组线圈等.答案:(1)nBL1L2M端接电源正极(2)(3)见解析
