2013届高三物理二轮总复习 专题6 第1讲 直流电路和交流电路的分析与计算 新人教版（湖南专用）

2013届高中新课标二轮物理总复习（湖南用）专题6 第1讲 直

流电路和交流电路的分析与计算

班级：__________ 姓名：__________ 学号：__________

1.(2012·北京卷)一个小型电热器若接在输出电压为10V的直流电源上，消耗电功率

P

为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为.如果电热器电阻不变，则此交

2

流电源输出电压的最大值为( )

A．5V B．52V C．10V D．102V

图1

2.(2012·新课标卷)自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器的电路如图1所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0kW.设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为( )

A．380V和5.3A B．380V和9.1A C．240V和5.3A D．240V和9.1A

3.(2012·上海卷)直流电路如图2所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的( )

图2

A．总功率一定减小 B．效率一定增大 C．内部损耗功率一定减小 D．输出功率一定先增大后减小

4.(2012·广东卷)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin 100πt(V)，对此电动势，下列表述正确的有( )

A．最大值是502V

1

B．频率是100Hz C．有效值是252V D．周期是0.02s

图3

5.(2012·福建卷)如图3，理想变压器原线圈输入电压u＝Umaxsin ωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器，○V1和○V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；○A1和○A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示，下列说法正确的是( )

A．I1与I2表示电流的瞬时值 B．U1和U2表示电压的最大值

C．滑片P向下滑动过程中，U2不变，I1变大 D．滑片P向下滑动过程中，U2变小，I1变小

图4

6.(2012·重庆卷)如图4所示，理想变压器的原线圈接入u＝110002sin 100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6Ω的导线对“220V/880W”的电器RL供电，该电器正常工作，由此可知( )

A．原、副线圈的匝数比为50∶1 B．交变电压的频率为100Hz C．副线圈中电流的有效值为4A D．变压器的输入功率为880W

7.(2012·四川卷)如图5所示，在铁芯P上绕着两个线圈a和b，则( )

图5

A．线圈a输入正弦交变电流，线圈b可输出恒定电流 B．线圈a输入恒定电流，穿过线圈b的磁通量一定为零 C．线圈b输出的交变电流不对线圈a的磁场造成影响 D．线圈a的磁场变化时，线圈b中一定有电场

2

8.(2012·江苏卷)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图6所示．在磁极和圆柱状铁

4

芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π，磁场均沿半径方向．匝数为N的矩形线圈

9

abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l.线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r，外接电阻为R.求：

(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em； (2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F； (3)外接电阻上电流的有效值I. 图6

9.(2012·安徽卷)图7是交流发电机模型示意图．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路，图8是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示．已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速率ω逆时针转动．(只考虑单匝线圈)

图7 图8 图9

(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；

(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图9所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；

(3)若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热．(其他电阻均不计)

3

限时训练(十四)

1．C 解析：设电热器的电阻为R，正弦交流电电压的有效值为U.当电热器接到直流电

210PU2

源上有P＝，当电热器接到交流电源上有＝，解得U＝52V.交流电压的最大值Umax＝2

R2RU＝10V.所以C正确．

2．B 解析：由：＝?U2＝380V 由P出＝P入＝U1I1?I1＝＝9.1A.

3．ABC 解析：滑动变阻器的滑片向右移动，则路段电阻增大，总功率减小，对电能的利用效率增大，电源内阻不变，电流减小，内部消耗功率减小，故本题选ABC.

2π

4．CD 解析：从题中可知电动势的最大值为50V，ω＝100π，有效值为252V，T＝

ω

＝0.02s，故选CD.

5．C 解析：本题考查电路和变压器．交流电表的读数都是有效值；故A、B错误；P下滑，变阻器R阻值变小，原线圈电压U1不变，所以副线圈电压U2不变，故负载回路中总电流I2变大，由n1I1＝n2I2，故C正确，D错误．

6．C 解析：由：u＝110002sin 100πt(V)

U1n1U2n2

PU1

umax＝110002V，u有＝11000V T＝2π1

＝0.02s，f＝＝50Hz，故B错； ωTP880

R2正常工作，则I＝＝A＝4A，故C正确；

U220

所以U1＝Ir＝24V 所以输出电压U＝244V

U1n1n111000由＝?＝，故A错误． U2n2n2244P入＝P出＝P2＋I2r＝976W，故D错误．

7．D 解析：A：b线圈输出应为交变电流． B：b线圈磁通量不会为0，且与a中相同． C：b中有电流必会形成磁场影响a线圈．

D：a的磁场变化，b线圈就有变化磁通量，必会形成电场．

4

8．解析：(1)bc、ad边的运动速度v＝ω，感应电动势Emax＝4NBlv

2解得Emax＝2NBlω (2)电流Imax＝

2

lEmax

，安培力F＝2NBImaxl r＋R4NBlω

解得F＝

r＋R4

(3)一个周期内，通电时间t＝T

9

2

R上消耗的电能W＝I2maxRt，且W＝IRT

222

4NBlω解得I＝

r＋R9．解析：(1)矩形线圈abcd转动过程中，只有ab和cd切割磁感线，设ab和cd的转动速度为v，则

2

L2

v＝ω·①

2

在t时刻，导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为E1＝BL2v1② 由图可知

v1＝vsinωt③

则整个线圈的感应电动势为

e1＝2E1＝BL1L2ωsinωt④

(2)当线圈由图9位置开始计时，在t时刻整个线圈的感应电动势为e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)⑤

(3)由闭合电路欧姆定律可知

EI＝⑥ R＋r这里E为线圈产生的电动势的有效值

E＝Em

2

＝

BL1L2ω

2

⑦

则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为

QR＝I2RT⑧

5

2π

其中T＝⑨

ω于是QR＝πRω·(

BL1L22

)⑩ R＋r

6

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