【物理】2019届二轮复习交变电流与远距离输电作业（全国通用） 10页

‎ 交变电流与远距离输电 一、单选题(共15小题) ‎ ‎1.如图所示，面积为S，匝数为N，内阻不计的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从图示位置开始计时，绕水平轴oo’以角速度ω匀速转动。矩形线圈通过滑环连接理想变压器。理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动时，可改变副线圈的输出电压；副线圈接有可变电阻R。电表均为理想交流电表。下列判断正确的是（ ）‎ A． 副线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt B． 矩形线圈产生的感应电动势的有效值为 C． 当P位置不动，R减小时，电压表示数也增大 D． 当P位置向上移动，R不变时，电流表示数将增大 ‎2.一课外活动小组在一次活动中，用到的用电器上标有“36V 72W”字样，用电器工作时需使用变压器将220V的交变电压进行降压。由于手边只有一个匝数比为5：1的变压器，不能直接使用。经过讨论后，大家认为可在原线圈上加一个可变电阻进行调节，设计好的电路示意图如图甲所示。当在ab两端间加上如图乙所示的电压后，用电器恰好能正常工作，则下列说法正确的是（ ）‎ A． 原线圈cd两点间的电压为220V B． 在t=0．01s时，电压表的示数为0V C． 通过原线圈中的电流为10A D． 可变电阻R0上消耗的电功率为l6W ‎3.如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则(　　)‎ A． 用户用电器上交流电的频率是100 Hz B． 发电机输出交流电的电压有效值是500 V C． 输电线上的电流只由降压变压器原，副线圈的匝数比决定 D． 当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小 ‎4.在如图所示电路中，当变阻器局的滑动头P向b端移动时( )‎ A． 电压表示数变大，电流表示数变小 B． 电压表示数变小，电流表示数变大 C． 电压表示数变大，电流表示数变大 D． 电压表示数变小，电流表示数变小 ‎5.如图所示，理想变压器有两个副线圈，匝数分别为和，所接 负载，当只闭合时．电流表示数为lA，当和都 闭合时，电流表示数为2A，则：为( )‎ A． 1:1‎ B． 1：2‎ C． 1：3‎ D． 1：4‎ ‎6.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想想变压器，‎ 流入用户端的电流是I2。则（ ）‎ A． 用户端的电压为I1U1/I2‎ B． 输电线上的电压降为U C． 理想变压器的输入功率为I12r D． 输电线路上损失的电功率为I1U ‎7.用220V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是380V，通过负载的电流图象如图所示，则（ ）‎ A． 变压器原线圈中电流的频率为50Hz B． 变压器的输入功率38W C． 变压器原，副线圈的匝数比是19:11‎ D． 负载电流的函数表达式i=0.1sin50πt(A)‎ ‎8.如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法错误的是(　　)‎ A． 交流电b电压的有效值为10V B． 在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零 C． 交流电a的瞬时值为u＝10sin 5πt(V)‎ D． 线圈先后两次转速之比为3∶2‎ ‎9.如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T为理想变压器，V1，A1为监控市电供电端的电压表和电流表，V2，A2为监控校内变压器的输出电压表和电流表，R1，R2为教室的负载电阻，V3，‎ A3为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S闭合时(　　)‎ A． 电流表A1，A2和A3的示数都变大 B． 只有电流表A1的示数变大 C． 电压表V3的示数变小 D． 电压表V2和V3的示数都变小 ‎10.如图所示，理想变压器原线圈的匝数匝，副线圈的匝数匝，均为定值电阻，原线圈接如图所示的交变电压.开始开关S处于断开状态，下列说法中正确的是 （ ）‎ A． 电压表示数为22V B． 当开关S闭合后，电压表示数变大 C． 当开关S闭合后，电流表示数变大 D． 当开关S闭合后，变压器的输入功率减小 ‎11.如图所示，理想变压器原，副线圈的匝数比为10：1，电压表和电流表均为理想电表，为副线圈的负载电阻。现在原线圈两端加上交变电压，其时间变化的规律，则（ ）‎ A． 若电流表示数为0.1A，则1min内电阻上产生的焦耳热为132J B． 副线圈中产生的交变电流频率为100Hz C． 电压表的示数为V D． 若电流表示数为0.1A，则原线圈中的电流为1A ‎12.如图所示a，b间接人正弦交流电，变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图，R2为热敏电阻，随着温度升高其电阻变小，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻。当R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是( )‎ A． V1的示数不变，V2的示数减小 B． V1的示数减小，V2的示数减小 C． A1的示数增大，A2的示数增大 D． A1的示数减小，A2的示数减小 ‎13.如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表．现闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向左移动，下列判断正确的是 (　　)‎ A． 电流表A的示数变小，电压表V的示数变大 B． 小灯泡L变亮 C． 电容器C上电荷量减小 D． 电源的总功率变大 ‎14.如图所示的电路中，理想变压器原，副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25 Ω，D为理想二极管，原线圈接u＝220sin 100πt(V)的交流电．则(　　)‎ A． 交流电的频率为100 Hz B． 通过R1的电流为2A C． 通过R2的电流为A D． 变压器的输入功率为200 W ‎15.如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向右端移动时，下面说法中正确的是 (　)‎ A． 电压表V1的读数减小，电流表A1的读数增大 B． 电压表V1的读数增大，电流表A1的读数减小 C． 电压表V2的读数减小，电流表A2的读数增大 D． 电压表V2的读数增大，电流表A2的读数减小 ‎ ‎ 二、计算题(共1小题,每小题18.0分,共18) ‎ ‎16.有人为汽车设计的一个“再生能源装置”原理简图如图5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.图乙是此装置的侧视图，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ω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i－t图象如图丙所示(I为已知量)，取ab边刚开始进入左侧的扇形磁场时刻t＝0.不计线圈转轴处的摩擦．‎ ‎(1)求线圈在图乙所示位置时，产生感应电动势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．‎ 答案解析 ‎1.【答案】D ‎【解析】如图所示，此时线圈处于垂直于中性面的位置，故产生的电动势瞬时值为e=NBSωcosωt，即变压器原线圈的电压瞬时值为e=NBSωcosωt，所以A错误；矩形线圈产生的感应电动势的有效值为，所以B错误；当P位置不动，R减小时，电压表示数不变，故C错误；当P位置向上移动，原线圈的匝数减少，根据变压规律知，副线圈的电压U2增大，又R不变，根据欧姆定律知，副线圈的电流增大，原线圈电流跟着增大，即电流表示数将增大，所以D正确。‎ ‎2.【答案】D ‎【解析】因为电器正常工作，所以两端的电压为36V,副线圈两端的电压即用电器两端的电压，根据变压器的电压与匝数的关系得：．故A错误；在t=0．01s时,电压的瞬时值为零，但是电压表中的电压是交流的有效值，不是瞬时值．故B错误；因为电器正常发光，根据公式P=UI得：副线圈中的电流，根据变压器的电流与匝数的关系得：．故C错误；可变电阻R0上消耗的电功率为：P0=（U-U1）I1=（220-180）×0.4W=16W．故D正确．‎ ‎3.【答案】D ‎【解析】由u－t图像可知，交流电的周期T＝0.02 s，故频率f＝＝50 Hz，选项A错误；交流电的电压最大值Um＝500 V，故有效值U＝＝250V，选项B错误；输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原，副线圈的匝数比决定，选项C错误；当用户用电器的总电阻增大时，副线圈上的电流减小，根据＝，原线圈(输电线)上的电流减小，根据P＝IR得，输电线损失的功率减小，选项D正确．‎ ‎4.【答案】B ‎【解析】本题主要考查了闭合电路的动态分析。由R3减小则外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知总电流I增大，由U/＝Ir和U/＋U＝E知路端U减小，故伏特表V表变小；干路电流增大则定值电阻R1两端电压增大，故并联电压U2减小，所以通过定值电阻R2的电流I2减小，I2＋I3＝I故通过电流表的电流I3变大，选项B正确。‎ ‎5.【答案】B ‎【解析】变压器原副线圈的磁通量变化率相同，所以，根据能量守恒，输出功率等于输入功率，所以有当只闭合时，当和都闭合时，，带入数据,可得，即,所以，选项B对。‎ ‎6.【答案】A ‎【解析】根据理想变压器输入端与输出端的电功率相同，可得U1I1=U2I2，解得：，所以A正确；根据欧姆定律可得：输电线上的电压降为I1r，所以B错误；理想变压器的输入功率为U1I1，故C错误；输电线路上损失的电功率为I12r，故D错误。‎ ‎7.【答案】A．‎ ‎【解析】由图可知，交流电的周期为0.02s，频率为50Hz；故A正确；变压器输出功率P=UI=380×=19W；故B错误；原副线圈的匝数之比为等于电压之比，故匝数之比为220：380=11：19；故C错误；副线圈中的电流的最大值为0.1A，周期为0.02s，则函数表达式i=0.1sin（100πt）A；故D错误；‎ ‎8.【答案】B ‎【解析】由题图可知TA∶TB＝2∶3，故ωA∶ωB＝3∶2，交流电最大值Um＝NBSω，故Uma∶Umb＝3∶2，故Umb＝Uma＝V，所以交流电b电压的有效值为V＝10V，故A正确；由题图可知，t＝0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，故B错误；由题图可知，交流电a的最大值为10 V，角速度为ω＝＝5π rad/s，所以交流电a的瞬时值为u＝10sin 5πt(V)，故C正确；由题图可知TA∶TB＝2∶3，故nA∶nB＝3∶2，故D正确．‎ ‎9.【答案】C ‎【解析】开关S闭合，负载的总电阻减小，又副线圈的电压U2不变，所以副线圈的电流增大，电流表A2示数变大，根据变流规律可得原线圈电流增大，电流表A1示数增大，配电房和教室间有相当长的一段距离，导线所耗电压增大，故并联电路的电压减小，即电压表V3示数减小，所以电流表A3的示数减小，所以A，B错误，C正确；副线圈电压不变，即V2示数不变，所以D错误．‎ ‎10.【答案】C ‎【解析】由图知原线圈电压U1=220V，根据可求：U2=22V，电压表的示数，所以A错误；当开关S闭合后，增加并联之路，R1与R2并联后总电阻小于R1的阻值，根据串联电路的分压规律知电压表的示数减小，所以B错误；根据欧姆定律可得：副线圈电流增大，故原线圈电流增大，即电流表示数增大，所以C正确；负载消耗的功率，因负载电阻减小，故输出功率最大，输入功率最大，所以D错误。‎ ‎11.【答案】A ‎【解析】副线圈消耗的电能全部转化为焦耳热，所以Q=UIt=22×0.1×60=132J，A正确；由表达式知道周期T=0.02s，所以频率f=50Hz，所以B错误；根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220V，所以副线圈的电压的最大值为22V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为22V，所以C错误．电流与匝数成反比，所以若电流表示数为0.1A，则原线圈中的电流为0.01A，所以D错误．‎ ‎12.【答案】A ‎【解析】理想变压器原副线圈电压表等于匝数比，原线圈电压决定副线圈电压，在匝数比没有变化和输入电压不变情况下，原线圈电压即电压表示数不变，副线圈电压不变。处出现火 灾温度升高，电阻变小，并联电阻变小，副线圈总电阻变小，副线圈总电流变大，根据，副线圈总电流增大，原线圈电流即增大，副线圈总电流增大，电压增大，并联电压即电压表减小，的电阻不变，电压减小电流即示数减小，对照选项A对BCD错。‎ ‎13.【答案】A ‎【解析】滑动变阻器的滑片P向左移动，R2接入电路部分的电阻增大，电流表A的示数变小，电压表V的示数变大，选项A正确；电源输出电流减小，小灯泡L中电流变小，小灯泡L变暗，选项B错误；电容器两端电压增大，电容器C上电荷量增大，选项C错误．电源输出电流减小，电源的总功率变小，选项D错误．‎ ‎14.【答案】C ‎【解析】原线圈电压有效值为220 V，频率为50 Hz，则根据变压器匝数比可得副线圈电压为50 V，R1的电流为2 A，A，B错误；流过二极管中的交流电只有半个周期可以通过，电压最大值为50V，二极管的电压有效值为25V，流过R2电流为A，C正确；电阻R1消耗功率为100 W，电阻R2消耗功率为50 W，则原线圈输入功率为150 W，D错误．‎ ‎15.【答案】AD ‎【解析】当滑动变阻器滑片P向右端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电流表A1读数增大；电压表V1读数U1＝E－I(R1＋r)，I增大，其他量不变，则U1减小；通过电流表A2的电流I2＝，U1减小，则I2减小；通过R2的电流I2′＝I－I2，I增大，I2减小，则I2′增大，则电压表V2的读数增大．故A，D正确．‎ ‎16.【答案】(1)E＝2nBL1v，v＝ωL2，E＝nBL1L2ω；根据右手定则，电刷M接电源正极；‎ ‎(2)电流：I＝，R＝，线圈转动一个周期时间内，产生电流的时间是半个周期 外力做功的平均功率P＝I2R；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．‎ ‎【解析】‎