直流与交流电路
时间：45分钟
一、单项选择题
1．如图所示，电源电动势为E＝12 V，内阻r＝3 Ω，R0＝1 Ω，直流电动机内阻R′0
＝1 Ω，当调节滑动变阻器R1时可使甲电路输出功率最大，调节R2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P0＝2 W)，则R1和R2的值为( )
A．2 Ω， 2Ω C．1.5 Ω，1.5 Ω
B．2 Ω，1.5 Ω D．1.5 Ω， 2 Ω
解析：对于题图甲电路是纯电阻电路，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，所以R1＝2 Ω；对于题图乙电路是含电动机电路，欧姆定律不成立，其输出功率P＝IU＝I(E－Ir)，当I＝＝2 A时有最大值，此时电动机的输出功率为2 W，发热功率为4 W，
2r所以电动机的输入功率为6 W，电动机两端的电压为3 V，电阻R2两端电压为3 V，所以R2＝1.5 Ω，即B正确．
答案：B
E
2．(2015·广东卷)如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管．视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变．调节触头P，使输出电压有效值由220 V降至110 V，调节前后( )
A．副线圈中的电流比为12
1
B．副线圈输出功率比为21 C．副线圈的接入匝数比为21 D．原线圈输入功率比为12
解析：设原线圈输入电压为U1，原线圈的匝数为n1，副线圈输出电压为U2，副线圈的匝
U1n11
数为n2，则＝，当副线圈的输出电压降为原来的一半时，副线圈的匝数减为原来的，C
U2n22U2U2
项正确；由I2＝可知，副线圈的电流减为原来的一半，A项错误；由P＝可知，副线圈输
RR1
出的功率减为原来的，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，因此原线圈的输入功率也
41
减为原来的，B、D项错误．
4
答案：C
3．为锻炼身体，小明利用所学物理知识设计了一个电子拉力计，如图是原理图．轻质弹簧右端和金属滑片P固定在一起(弹簧的电阻不计，P与R1间的摩擦不计)，弹簧劲度系数为100 N/cm.定值电阻R0＝5 Ω，ab是一根长为5 cm的均匀电阻丝，阻值R1＝25 Ω，电源输出电压恒为U＝3 V，理想电流表的量程为0～0.6 A．当拉环不受力时，滑片P处于a端．下列关于这个电路的说法不正确的是( )
A．小明在电路中连入R0的目的是保护电路
B．当拉环不受拉力时，闭合开关后电流表的读数为0.1 A C．当拉力为400 N时，电流表指针指在0.3 A处 D．当拉力为400 N时，电流表指针指在0.5 A处
解析：若电路无电阻R0，且金属滑片P在b端时，回路短路损坏电源，R0的存在使电路不出现短路，因此A正确．当拉环不受拉力时，滑片P在a端，由闭合电路欧姆定律得I＝
UR0＋R1
＝0.1 A，故B正确．当拉力为400 N时，由F＝kΔx，则Δx＝4 cm，对应的电阻为RaP＝20
2
Ω，R1剩余部分接入电路的电阻RPb＝5 Ω，由闭合电路欧姆定律有I′＝故D错，C正确．
答案：D
UR0＋RPb＝0.3 A，
4．传统的自行车发电机内部电路如图甲所示，驱动轴一端与自行车车轮相连，另一端连接条形永磁铁，车轮转动过程中，驱动轴带动磁铁在铁芯之间匀速转动，发电机线圈两端产生的交变电压波形如图乙所示．已知波形图中正负尖峰电压分别为Um和－Um.两个相邻正负尖峰电压所对应的时间差为Δt，发电机线圈匝数为n.以下判断正确的是( )
A．驱动轴转动的角速度ω＝2π/Δt B．线圈电压的有效值U＝2Um/2
C．穿过线圈磁通量变化率的最大值km＝Um/n
D．相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平均值U＝Um/2
解析：根据题述两个相邻正负尖峰电压所对应的时间差为Δt，可得交变电流周期T＝2Δt，驱动轴转动的角速度ω＝2π/2Δt＝π/Δt，选项A错误．由于产生的交变电流不是按照正弦规律变化，线圈电压的有效值不是U＝2Um/2，选项B错误．根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量变化率成正比，Um＝nkm，穿过线圈磁通量变化率的最大值km＝Um/n，ΔΦ选项C正确．相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平均值U＝n，因为线圈转过一个完
2Δt整的周期，磁通量变化量ΔΦ＝0，所以电压平均值等于零，选项D错误．
答案：C
5．(2015·福建卷)如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsinωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )
3
n1U2m
A．()
n24rC．4()()r
解析：因为u＝Umsinωt，所以有U1＝
n2U2m
B．()
n14rD．4()()r
n1n2
2
PUm
2
n2n1
2
PUm
2
Um
2
，根据变压器变压规律有：U2＝
n2U1
，根据P＝n1
22
P2Pn14n1Pr2
U2I2得：I2＝＝，线路损失的功率为ΔP＝2I2r＝22，所以C项正确，A、B、D项
U2n2Umn2Um
错误．
答案：C 二、多项选择题
6．如图所示是某导体的I－U图线，图中α＝45°，下列说法正确的是( ) A．通过电阻的电流与其两端的电压成正比 B．此导体的电阻R＝2 Ω
C．I－U图线的斜率表示电阻的倒数，所以R＝cot45°＝1.0 Ω D．在R两端加6.0 V电压时，每秒通过电阻截面的电荷量是3.0 C
解析：由题图可知，通过电阻的电流I与其两端电压U成正比，A正确；导体电阻R＝＝2 Ω，对应I－U图线斜率的倒数，但R≠cot45°，B正确，C错误；当U＝6.0 V时，I＝＝3 A，故每秒通过电阻截面的电荷量为q＝It＝3.0 C，D正确．
答案：ABD
7．图甲中的变压器为理想变压器，原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为101，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式电流，两个20 Ω的定值电阻串联接在副线圈两端．电压表为理想电表．则( )
4
UIUR
A．原线圈上电压的有效值为100 V B．原线圈上电压的有效值约为70.7 V C．电压表的读数为5.0 V D．电压表的读数约为3.5 V
解析：本题考查交流电图象的应用及理想变压器与闭合电路．由图乙可得该正弦交流电的峰值为100 V，所以其有效值为：u＝
um
2
＝70.7 V，A错误，B正确；由理想变压器原、副
线圈的电压比等于相应的匝数比可得：＝⇒u2＝
u1n1u2n2
n2u1um
，其中：u1有＝u＝＝70.7 V，所以n12Ru2有＝7.07 V，故副线圈上的电压表的读数为：uv＝
答案：BD
u2有≈3.5 V，D正确，C错误． R＋R8．(2015·天津卷) 如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则( )
A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大 B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小 C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大 D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小
解析：保持Q的位置不动，则副线圈的输出电压不变，当P向上滑动时，副线圈电路中的总电阻变大，副线圈中的电流减小，根据变流比可知，原线圈中的电流减小，因此电流表的读数变小，A项错误，B项正确；保持P的位置不动，副线圈电路中的总电阻不变，当Q向上移时，副线圈的匝数增多，由变压比可知，副线圈的输出电压增大，副线圈中的电流增大，由变流比可知，原线圈中的电流增大，电流表读数变大，C项正确，D项错误．
5
答案：BC 三、计算题
9．如图所示的电路中，已知电阻R1＝2 Ω，R2＝5 Ω，灯泡L标有“3 V,1.5 W”字样，电源内阻r＝1 Ω，滑动变阻器的最大阻值为Rx.当滑片P滑至a端时，电流表的示数为1 A，此时灯泡L恰好正常发光．求：
(1)当滑片P滑至b端时，电流表的示数；
(2)当滑动变阻器Pb段的电阻为0.5Rx时，变阻器上消耗的功率． 某同学的部分解答如下：
2
U23灯
灯L的电阻RL＝＝ Ω＝6 Ω，
P1.5
滑片P滑至b端时，灯L和(Rx＋R2)并联，并联电阻为：
RLRx＋R2R并＝
RL＋Rx＋R2
由RL·IA＝(Rx＋R2)·I2(IA、I2分别为通过电流表和R2的电流)得I2＝流过电源的电流为I＝IA＋I2
上述解法是否正确？若正确，请求出最后结果；若不正确，请指出错在何处，纠正后求出最后结果．
解析：灯L的电阻RL＝6 Ω正确．错在没有看出当P滑至b端时，Rx和R2串联部分已被短路，
RLIA
Rx＋R2
E＝I(R1＋r)＋U0＝1×(1＋2) V＋3 V＝6 V， I0＝P/U0＝0.5 A， Ix＝I－I0＝0.5 A， Rx＝U0/Ix＝6 Ω，
(1)当P在b端时，电流表示数为I′＝E/(R1＋r)＝2 A， (2)当RPb＝3 Ω时，
RPbRL
R并＝＝2 Ω，
RPb＋RL
电流表示数为I″＝E/(R1＋R并＋r)＝1.2 A，
6
U并＝E－I″(R1＋r)＝2.4 V， PR＝U2并/RPb＝1.92 W.
答案：见解析
10．图甲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，由线圈引起的导线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．图乙是线圈的主视图，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，线圈以恒定角速度ω逆时针转动．(只考虑单匝线圈)．
(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，如图丙所示，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) 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
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＝BL1v⊥②
7
由右图可知v⊥＝vsinωt③ 则整个线圈的感应电动势为
e1＝2E1＝BL1L2ωsinωt.④
(2)当线圈由图丙位置开始运动时，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
2π
其中T＝⑨
ω于是QR＝πRω
BL1L22.⑩
R＋r
答案：(1)e1＝BL1L2ωsinωt (2)e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0) (3)πRω
R＋r
BL1L22
11．(2015·北京卷)真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置，如图所示．光照前两板都不带电．以光照射A板，则板中的电子可能吸收光的能量而逸出．假设所有逸出的电子都垂直于A板向B板运动，忽略电子之间的相互作用．保持光照条件不变，a和b为接线柱．
已知单位时间内从A板逸出的电子数为N，电子逸出时的最大动能为Ekm，元电荷为e. (1)求A板和B板之间的最大电势差Um，以及将a、b短接时回路中的电流I短； (2)图示装置可看作直流电源，求其电动势E和内阻r；
(3)在a和b之间连接一个外电阻时，该电阻两端的电压为U.外电阻上消耗的电功率设为P；单位时间内到达B板的电子，在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为ΔEk.
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请推导证明：P＝ΔEk.(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明．)
解析：(1)由动能定理，Ekm＝eUm，可得
Ekm
Um＝ e短路时所有逸出电子都到达B板，故短路电流
I短＝Ne.
(2)电源的电动势等于断路时的路端电压，即上面求出的Um，所以
Ekm
E＝Um＝
e电源内阻r＝
EEkm
＝. I短Ne2
(3)外电阻两端的电压为U，则电源两端的电压也是U，由动能定理，一个电子经电源内部电场后损失的动能
ΔEkm＝eU
设单位时间内有N′个电子到达B板，则损失的动能之和 ΔEk＝N′ΔEkm＝N′eU
根据电流的定义，此时电源内部的电流
I＝N′e
此时流过外电阻的电流也是I＝N′e，外电阻上消耗的电功率
P＝IU＝N′eU
所以P＝ΔEk. 答案：(1)EkmEkmEkm
Ne (2) 2 (3)见解析 eeNe 9
