浙江省2021版高考物理一轮复习第九章电磁感应交变电流第3节交变电流达标检测含解析 1 7页

第3节　交变电流 ‎1．(2020·湖州调研)一个正常工作的理想变压器的原、副线圈中，下列的物理量不一定相等的是(　　)‎ A．交变电流的频率　 　 B．电流的有效值 C．电功率 D．磁通量的变化率 解析：选B.变压器原、副线圈中一定相等的物理量是频率、磁通量的变化率、电功率，故选B.‎ ‎2．(2020·嘉兴检测)理想变压器原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u 随时间t 变化的规律如图所示，原、副线圈匝数比 ＝100，副线圈只接入一个R＝10 Ω的电阻，则下列说法错误的是(　　)‎ A．与电阻R并联的电压表示数为3.11 V B．流过电阻R的电流最大值为0.311 A C．变压器的输入功率为0.484 W D．一个周期内，电阻R上产生的热量为9.68×10－3 J 解析：选A.由题中图线得，原线圈两端的电压为U1≈220 V，由变压器原、副线圈电压比＝得，副线圈上的电压为U2＝2.2 V，选项A错误；流过电阻R的电流最大值Im＝≈0.311 A，选项B正确；变压器的输入功率等于输出功率，即有P入＝＝0.484 W，选项C正确；一个周期内，电阻R上产生的热量Q＝P入T＝9.68×10－3 J，选项D正确．‎ ‎3．通过某电流表的电流按如图所示的规律变化，则该电流表的读数为(　　)‎ A．4 A B．4 A C．5 A D．5 A 解析：选C.根据交变电流有效值的定义取一个周期T.有I2RT＝R·＋(3)2R·，得I＝5 A.‎ ‎4．(2020·绍兴检测)如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其单匝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′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R＝10 Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，‎ 7‎ 示数是10 V．图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图象，则(　　)‎ A．电阻R上的电功率为20 W B．t＝0.02 s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＝14.1·cos 100πt V　‎ D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝14.1·cos 50πt A　‎ 解析：选C.电阻R上的电功率为P＝＝10 W，选项A错误；由题图乙知t＝0.02 s时磁通量变化率最大，R两端的电压瞬时值最大，选项B错误；R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos 100πt V，选项C正确；通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝＝1.41cos 100πt A，选项D错误．‎ ‎5．如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2.则下列说法正确的是(　　)‎ A．用户端的电压为 B．输电线上的电压降为U C．理想变压器的输入功率为Ir D．输电线路上损失的电功率为I1U 解析：选A.根据变压器的工作原理、欧姆定律和电功率公式解决问题．根据理想变压器的工作原理，得I1U1＝I2U2，所以用户端的电压U2＝，选项A正确；输电线上的电压降U′＝I1r＝U－U1，选项B错误；变压器的输入功率P1＝I1U－Ir＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的功率P′＝Ir＝I1(U－U1)，选项D错误．‎ ‎ [课后达标]‎ 一、选择题 ‎1．有一不动的矩形线圈abcd，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中，如图所示．该匀强磁场是由一对磁极N、S产生，磁极以OO′为轴匀速转动．在t＝0时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极 7‎ N开始离开纸面向外转动，规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是(　　)‎ 答案：C ‎2.(2020·湖州检测)一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图所示为穿过线圈的磁通量Ф随时间变化的图线，则下列说法正确的是(　　)‎ A．t＝0时，线圈平面与中性面垂直 B．t＝时刻，磁通量的变化率最大 C．t＝时刻，交流电动势达到最小 D．t＝T时刻，交流电动势为零 答案：A ‎3．将阻值为100 Ω的用电器接到按i＝1.414sin 100πt(A)的规律变化的交流电路中，则(　　)‎ A．该交流的周期为0.02 s B．用电器两端的电压为141.4 V C．通过用电器的电流为1.414 A D．用电器消耗的功率为141.4 W 答案：A ‎4．(2020·舟山高二期中)如图所示，T为理想变压器，A1、A2为理想交流电流表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，原线圈两端接恒压交流电源，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时(　　)‎ A．A1的读数变大，A2的读数变大 B．A1的读数变大，A2的读数变小 C．A1的读数变小，A2的读数变大 D．A1的读数变小，A2的读数变小 解析：选A.当滑动触头下移时，R3变小，R总变小，I＝，U不变，I变大，U并＝U－UR1，U并变小，通过R2的电流IR2变小，IA2＝I－IR2，IA2变大，A2的示数变大，由原 7‎ ‎、副线圈电流与匝数成反比，可知A1的示数变大．‎ ‎5．(2020·嘉兴测试)图1、图2分别表示两种电压的波形，其中图1所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是(　　)‎ A．图1表示交流电压，图2表示直流电压 B．两种电压的有效值相等 C．图1所示电压的瞬时值表达式为u＝311sin 100πt(V)‎ D．图1所示电压经匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的 解析：选C.图2表示的电压方向在变，也是交流电压，A错；图2表示的电压是非正弦交流电压，有效值与最大值之间并不满足E＝，B错；变压器不能改变交变电流的频率，选项D错．‎ ‎6．理想变压器上接有三个完全相同的灯泡，其中一个与该变压器的原线圈串联后接入交流电源，另外两个并联后接在副线圈两端．已知三个灯泡均正常发光．该变压器原、副线圈的匝数之比为(　　)‎ A．1∶2　 B．2∶l C．2∶3 D．3∶2‎ 解析：选B.三灯都正常工作，则电流相等，由此可知变压器的原、副线圈的电流比＝，对于理想变压器，由于功率相等，P1＝P2，得＝得＝，选项B正确．‎ ‎7．(2020·宁波调研)对于理想变压器，下列说法中不正确的是(　　)‎ A．原线圈的输入功率随着副线圈的输出功率增大而增大 B．原线圈的输入电流随着副线圈的输出电流增大而增大 C．原线圈的电压不随副线圈的输出电流变化而变化 D．当副线圈的电流为零时，原线圈的电压也为零 答案：D ‎8．(2020·杭州质检)如图所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶100，图中a、b表示电压表或电流表，已知电压表的示数为22 V，电流表的示数为1 A，则(　　)‎ 7‎ A．a为电流表，b为电压表 B．a为电压表，b为电流表 C．线路输送电功率是2 200 kW D．输电线路总电阻为22 Ω 解析：选B.由题图可知a表是电压表，b表是电流表．而连接电压表的互感器原线圈的匝数与副线圈匝数之比为100∶1，连接电流表的互感器原线圈的匝数与副线圈匝数之比为1∶100，由电压表的示数为22 V，得原线圈的电压为2 200 V，由电流表的示数为1 A，得原线圈的电流为100 A．所以电线输送功率是2.2×105 W，由已知条件无法求输电线电阻．‎ ‎9.某小型水电站的电能输送示意图如图所示．发电机的输出电压为200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2.降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则(　　)‎ A.> B.< C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 D．升压变压器的输出功率小于降压变压器的输入功率 解析：选A.根据变压器工作原理可知＝，＝，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U2>U3，所以>，A正确，B、C错误；升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D错误．‎ ‎10.如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A．那么(　　)‎ A．线圈消耗的电功率为2 W B．线圈中感应电流的有效值为2 A C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cosV D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sin 7‎ 解析：选C.从线圈平面平行于磁感线开始计时，正弦交变电流的感应电动势的一般表达式为e＝Emcos θ，且该式的成立与转轴的位置无关(转轴平行于磁感线的情况除外)，则感应电流i＝＝cos θ，由题给条件有1＝×，解得Em＝4 V，则Im＝2 A，I有效＝ A，电功率P＝IR＝4 W，所以A、B错误．e＝4cos ωt＝4cos V，故C正确．由Em＝BSω＝Φm·得Φm＝，故Φ＝·sin，故D错误．‎ 二、非选择题 ‎11．(2020·杭州调研)某小型实验水电站输出功率是20 kW，输电线总电阻为6 Ω.‎ ‎(1)若采用380 V输电，求输电线路损耗的功率；‎ ‎(2)若改用5 000 V高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压．‎ 解析：(1)输电线上的电流为I＝＝ A≈52.63 A 输电线路损耗的功率为 P损＝I2R＝52.632×6 W≈16 620 W＝16.62 kW.‎ ‎(2)改用高压输电后，输电线上的电流为 I′＝＝ A＝4 A 用户端在变压器降压前获得的电压 U1＝U′－I′R＝(5 000－4×6) V＝4 976 V 根据＝，用户得到的电压为 U2＝U1＝×4 976 V≈226.18 V.‎ 答案：(1)16.62 kW　(2)226.18 V ‎12．(2020·丽水质检)如图所示是家庭用的“漏电保护器”的关键部分的原理图，其中P是一个变压器铁芯，入户的两根电线(火线和零线)采用双线绕法，绕在铁芯的一侧作为原线圈，然后再接户内的用电器．Q是一个脱扣开关的控制部分(脱扣开关本身没有画出，它是串联在本图左边的火线上，开关断开时，用户的供电被切断)，Q接在铁芯另一侧副线圈的a、b两端之间，当a、b间没有电压时，Q使得脱扣开关闭合，当a、b间有电压时脱扣开关立即断开，使用户断电．‎ 7‎ ‎(1)用户正常用电时，a、b之间有没有电压？为什么？‎ ‎(2)如果某人站在地面上，手误触火线而触电，脱扣开关是否会断开？为什么？‎ ‎(3)已知原线圈的双线各在铁芯上绕了N1匝，加在另一侧的副线圈绕了N2匝．已知正常用电时通过火线和零线的电流都是I，某人站在地面上，手误触火线而触电时通过人体的电流为I′.把这个变压器视为理想变压器，在人触电的这段时间内，已知a、b两端的电压是2 V，求火线线圈两端的电压和通过Q的电流各多大？‎ 解析：(1)由题文中提取的有用信息是：“火线和零线采用双线”，在铁芯中没有交变磁通产生．因此，在Q中不会产生电磁感应，a、b间没有电压．‎ ‎(2)手误触火线时，相当于把入户线短接，通过人体的电流不通过原线圈，在Q中会产生电磁感应，a、b间有电压，Q会断开．‎ ‎(3)根据变压器规律＝，＝，可得火线线圈两端的电压为U1＝ V通过Q的电流为Iab＝.‎ 答案：见解析 7‎