【物理】2020届一轮复习人教新课标交变电流考点精炼（基础卷解析版) 11页

‎2020届一轮复习人教新课标 交变电流 考点精炼（基础卷 解析版)‎ ‎1．一交流发电机匀速转动时，其交变电动势，则下列说法正确的是 A．在时，线圈中的磁通量为0‎ B．该交流发电机线圈的转速为 C．若加在标有“10V 20W”的灯泡的两端，灯泡能正常发光 D．若线圈的转速加倍，角速度加倍，则交变电压的最大值、有效值加倍，频率不变 ‎2．理想变压器连接电路如图所示，己知原、副线圈匝数比为2：1，原线圈两端接入一电压u＝220sin100pt（V）的交流电源，各个电表均为理想交流电表，则 A．通过可变电阻R的交变电流频率为100Hz B．电压表的示数为155V C．当滑动变阻器R接入电路的阻值为110Ω时，电流表的示数为0.5A D．当滑动变阻器R的滑片往上滑时，电压表的示数增大 ‎3．关于三相交流发电机产生的三个正弦式交流电流，正确的结论是 A．最大值、周期，以及达到最大值的时刻都是相同的 B．最大值、周期均相同，达到最大值的时刻依次相差T/6个周期 C．最大值、周期均相同，达到最大值的时刻依次相差T/3个周期 D．最大值、周期，以及达到最大值的时刻均不相同 ‎4．目前的手机触摸屏大多是电容式触摸屏。电容式触摸屏是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂有一层导电物质，最外层是一薄层玻璃保护层，夹层作为工作面，四个角上引出四个电极，内层作为屏蔽层以保证良好的工作环境。当手指触摸屏幕时，人体和触摸屏就形成了一个电容，对于高频电流来说，电容具有“通高频”的作用，于是手指从手的接触点吸走一部分电荷，从而导致有电流分别从触摸屏四角上的电极中流出，并且流经这四个电极的电流与手指到四角的距离成正比，控制器通过对这四个电流比例的精确计算，得出触摸点的位置信息。在开机状态下，下列说法正确的是 A．电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是因为手指对屏幕按压产生了形变 B．电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是利用了电磁感应现象 C．当手指触摸屏幕时手指有微弱的电流流过 D．使用绝缘笔触摸屏幕时也能进行正常操作 ‎5．我们日常生活中照明用的交流电电压随时间变化的图象是（ ）‎ A．A B．B C．C D．D ‎6．如图所示,图甲中的变压器是一理想变压器，副线圈串联了电阻可忽略的熔断器，其输出端输出电压信号如图乙所示 (图线为正弦曲线)，电路中电阻，图中交流电流表、交流电压表为理想电表，其中电流表A1与电流表A2的读数之比为，下列说法中正确的是（ ）‎ A．若熔断器的熔断电流,则此时熔断器恰好熔断 B．电压表V2的示数为 C．该理想变压器输入的电功率为880W D．原线圈中交变电压的频率为100Hz ‎7．一个电热器接在10 V的直流电源上，消耗的功率是P；当把它接在一个正弦式交变电源上时，消耗的功率是，则该交变电压的峰值是 A．5 V B．12 V C．7.1 V D．10 V ‎8．如图所示，交流电流表A1、A2和A3‎ 分别与电阻R、线圈L和电容器C串联后接在同一交流电源上。交流电压的瞬时值为。三个电流表的读数分别为I1、I2和I3。现换另一电源供电，交流电压的瞬时值为，。改换电源后，三个电流表的读数变化情况是 A．I1、I2和I3都不变 B．I1、I2不变、I3变大 C．I1不变、I2变大、I3变小 D．I1不变、I2变小、I3变大 ‎9．在远距离输电中，输电线的电阻和输送的电功率不变，那么 A．输电线路上的电压损失与输电电流成正比 B．输电线路上的电压损失与输电电压成正比 C．输电线路上的功率损失跟输电电流的平方成反比 D．输电线路上的功率损失跟输电电压的平方成反比 ‎10．如图所示，变压器为理想变压器,其原副线圈匝数分别为n1、n2，电路中有额定电压220V的四个完全相同的灯泡L，现四个灯泡都正常发光，交流电源电压为U,下列说法正确的是 A．原副线圈的匝数比为:n1:n2=2:1‎ B．电源的输出功率等于四个灯消耗的功串之和。‎ C．电源的电压为880V。‎ D．如果改用立流稳压电源供电，四个灯的功率有可能相等。‎ ‎11．在如图所示的变压器电路中，两相同的小灯泡L1、L2的电阻均为R (忽略温度对阻值的影响),变压器为理想变压器，电表为理想电表，在a、b两端输入正弦交流电压U,其中有一只灯泡正常发光，另一只灯泡较暗，原副线圈的匝数比n1:n2=1:3,则 A．L2灯正常发光 B．电压表的示数为 C．电流表的示数为 D．电路消耗的总功率为 ‎12．下列四个图片均来自课本中的实验、仪器、实际应用，相应的现象、原理及应用的说法相一致的是 A．甲图“水流导光”的原理是光的全反射 B．乙图“CT”是利用γ射线能够穿透物质来检查人体内部器官 C．丙图“灯泡发光”是学生电源中交流或直流通过变压器的互感现象 D．丁图“环流器”是仪器利用磁场来约束参加反应的物质(等离子体)‎ ‎13．如图甲所示，正方形闭合线圈abcd边长为10cm，总电阻为2.0Ω，匝数为100匝，放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．求：‎ ‎（1）在0～2s内线圈中感应电动势的大小；‎ ‎（2）在t=1.0s时线圈的ad边所受安培力的大小和方向；‎ ‎（3）线圈中感应电流的有效值．‎ ‎14．如图所示，N=50匝的矩形线圈abcd，边长ab=20cm，ad=25cm，放在磁感强度B=0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n=3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r=1Ω，外电路电阻R=9Ω，t=0，线圈平面与磁感线平行，ab边正好转出纸外､cd边转入纸里．‎ ‎（1）在图中标出t=0时感应电流的方向；‎ ‎（2）写出线圈感应电动势的瞬时表达式；‎ ‎（3）线圈转一圈外力做功多大？‎ ‎15．如图所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿逆时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为l1，ad边的边长为l2，线圈总电阻为R，转动的角速度为ω。图中线圈平面与磁场方向平行。‎ ‎（1）从线圈经过图示位置开始计时，写出线圈内的感应电动势随时间变化的函数关系式；‎ ‎（2）求经过时间t,线圈电阻产生的热量；‎ ‎（3）从线圈经过图示位置开始计时，求线圈转过300角时间内通过线圈导线某截面的电荷量。‎ 参考答案 ‎1．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先明确交流电的描述，根据交流电的表达式，可知其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．‎ ‎【详解】‎ t=0时，瞬时电动势为e=10sin50πt（V）=0，则线圈平面位于中性面，此时通过线圈的磁通量最大，故A错误。角速度ω=50π，故转速，故B正确；所加交流电的有效值，故加在标有“10V、20W”的灯泡的两端，灯泡不能正常发光，故C错误；转速加倍，角速度加倍，产生的感应电动势的最大值Em=nBSω 加倍，有效值加倍，频率加倍，故D错误；故选B。‎ ‎2．C ‎【解析】由电压公式知角速度，由，解得：，变压器不改变交流电的频率，所以通过可变电阻R的交流电的频率为50Hz，故A错误；原线圈两端的电压，根据电压与匝数成正比有：，解得：，当滑动变阻器R接入电路的阻值为时，副线圈的电流为，根据，得：，即电流表的示数为0.5A，故C正确；因为原线圈电压及匝数比不变，可知副线圈两端的电压不变，电压表的示数不变，故D错误；故选C.‎ ‎3．C ‎【解析】‎ 试题分析：三相交流发电机三组相同的线圈相差1200共轴转动，故产生的三个正弦式交流电流最大值、周期均相同，达到最大值的时刻依次相差T/3个周期，故选C．‎ 考点：三相交流发电机 ‎4．C ‎【解析】‎ 试题分析：由题意可得，当手指触摸屏幕时，人体和触摸屏就形成了一个电容，对于高频电流来说，电容具有“通高频”的作用，于是手指从手的接触点吸走一部分电荷，说明通过手指有微弱的电流，故选项C正确；不是因为形变而引起的，也不是发生了电磁感应现象，由于绝缘笔触摸时它不能导电，故不能正常操作，故选项D错误。‎ 考点：电容的通高频，阻低频。‎ ‎5．B ‎【解析】我国使用的日常生活用电为220V的正弦式交流电，故B正确，ACD错误。‎ 故选：B ‎6．C ‎【解析】在交流电路中电表的示数为有效值，故电压表V2的示数为，根据欧姆定律可得副线圈中的电流为，即副线圈中的有效电流为4A，熔断电流指的是电流的有效值，故当熔断电流为时，大于副线圈中的有效电流，故不会发生熔断，AB错误；原副线圈的功率相等，因为V2的示数是220V，A2的示数是4A，所以变压器输入功率为880W，C正确；变压器不改变交流电的频率，频率是，D错误．‎ ‎7．C ‎【解析】‎ 当电热器接在10V的直流电源上时，有，当接到一正弦波形交流电源上时，设最大值为，则，联立解得，C正确．‎ ‎8．D ‎【解析】‎ 试题分析：交流电的角频率ω变大，则频率f变大，交流电的有效值不变；电阻R的阻值与交流电的频率无关，故I1不变；交流电频率变大，则线圈的阻抗变大，则I2变小；交流电频率变大，则电容器的容抗减小，则I3变大；选项D正确.‎ 考点：感抗；容抗.‎ ‎9．AD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AB.根据方程求得输电电流：，P为输送功率，U为输送电压，损失电压：，所以损失电压与输电电流成正比，与输送电压成反比，A正确B错误。‎ CD.损失功率：，所以损失功率与输电电流平方成正比，与输电电压平方成反比，C错误D正确。‎ ‎10．ABC ‎【解析】试题分析：变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，根据灯泡正常发光可知原副线圈中电流的大小关系，从而得到n1：n2．再由变压比，求出原线圈的电压，即可得到电源的电压，变压器的工作原理是利用电磁感应原理工作的，该有直流电，变压器将不工作．‎ 设灯泡正常发光时，额定电流为I0．由题图可知，原线圈中电流，副线圈中两灯并联，副线圈中电流，根据理想变压器的基本规律得，A正确；根据能量守恒定律可得电源的输出功率等于四个灯泡消耗的功之和，B正确； 得，所以，C正确；改用直流电源供电，副线圈将不工作，D错误．‎ ‎11．BD ‎【解析】假设L2灯正常发光，则设电流为I，则根据I1n1=I2n2可知，初级电流为3I,此时L1更亮或被烧毁，故应该是L1灯正常发光，若此时通过L1的电流为I,L2的电流I，L2较暗，选项A错误；U1=U-IR；U2=IR， ，联立解得IR=U，则电压表的示数为U，电流表的示数为，选项BC错误；电路消耗的总功率为，选项D正确；故选BD.‎ 点睛：本题考查变压器原理，要注意明确变压器的其本规律，明确匝数之比和电流、电压之比的关系，并能正确分析电路结构，利用欧姆定律等进行分析求解．‎ ‎12．AD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎“水流导光”的原理是光的全反射，A正确；“CT”是利用X射线能够穿透物质来检查人体内部器官，B错误；“灯泡发光”是学生电源中交流电通过变压器的互感现象，C错误；“环流器”是仪器利用磁场来约束参加反应的物质，D正确．‎ ‎13．（1）1V；（2）5.0 N 方向向右；（3）A ‎【解析】（1）设在0~2s内线圈中感应电动势的大小为 ‎（2）在t=1.0s时， ，由图可知，B1=1T，则 根据楞次定律，流过ab边的电流方向由b到a，由左手定则可知，ab边所受安培力的方向垂直ab边向下。‎ ‎（3）在0~2s内 在2~3s内，线圈中感应电动势的大小为E2， ， ‎ 设线圈中感应电流的有效值为I，则，解得 ‎14．(1) (2) e=314cos100πt（V） (3) 98.6 J ‎【解析】‎ ‎(1)线圈感应电流方向为adcb ‎(2)线圈的角速度 ω="2πn=2×π×3000÷60" rad/s="100π" rad/s.‎ 设ab边在t=0时刻速度为vab,图示位置的感应电动势最大,其大小为Em="2" NB·vab ‎= N·ω ‎="50×0." 4×0.20×0.25×100π V="314" V,‎ 电动势的表达式为e="314cos100πt" V ‎(3)电动势的有效值E=.‎ 线圈匀速转动的周期T="60" s/n="0.02" s.‎ 线圈匀速转动一圈,外力做功大小等于电功的大小,即 W外力=J="98.6" J ‎15．（1） （2） （3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）从线圈经过图示位置开始计时，根据法拉第电磁感应定律求解线圈内的电动势随时间变化的函数关系式；（2）根据交流电的有效值求解电阻产生的热量；（3）根据交流的平均值求解线圈转过300角时间内通过线圈导线某截面的电荷量。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）从线圈经过图示位置开始计时，线圈内的电动势随时间变化的函数关系式 ‎ ‎ ‎（2） 线圈转动过程中电流的有效值:‎ 电阻产生的热量为：P=I2Rt=t ‎ ‎（3）线框从此位置转过六分之一周期的过程中：‎ 平均感应电动势 ‎ 平均感应电流 ‎ 通过线圈截面的电荷量 ‎【点睛】‎ 此题研究交变电流的产生规律，实质上是电磁感应知识的具体应用，是法拉第电磁感应定律、电功率等知识的综合应用；注意求解热量要用交流电的有效值，求解电量要用交流电的平均值．‎