【物理】2020届二轮复习专题14交变电流专题练（信阳高中）

【物理】2020届二轮复习专题14交变电流专题练（信阳高中）

专题14交变电流专题练 ‎1．对于如图所示的电流i随时间t做周期性变化的图像，下列描述哪些是正确的( )‎ A．电流的大小变化，方向也变化，是交流电 B．电流的大小不变，方向不变，是直流电 C．电流的大小变化，方向不变，不是交流电 D．以上说法都不正确 ‎2．如图所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合。t＝0时线圈从图甲所示的位置开始匀速转动，规定电流方向沿a→d→c→b→a为正方向。则线圈内感应电流随时间变化的图象应是图中的（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎3．如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R，线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是（）‎ A．转过图示位置时，线框中的电流方向为abcda B．转动过程中线框产生感应电流的有效值为 C．线框转一周的过程中，产生的热量为 D．从图示位置开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为 ‎4．关于家庭电路的下列做法，不符合安全用电常识的是（ ）‎ A．发现有人触电，应首先切断电源 B．检修电路故障时，应尽量在通电情况下作业 C．有金属外壳的用电器，金属外壳一定要接地 D．为了保证电路安全，家里尽量不要同时使用多个大功率电器 ‎5．图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，从某位置开始计时，产生的电动势e时间t变化的正弦规律图象如图乙所示。发电机线圈的内电阻不计，外接灯泡的电阻为12，则 A．在t=0.Ols时刻，线圈处于垂直中性面的位置 B．电压表的示数为 C．灯泡消耗的电功率为3W D．若其他条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势的表达式 ‎6．某小型电热器，当将它接在输出电压为5 V的直流电源上时，其消耗的电功率为P；当将它接在某正弦交流电源上时，其消耗的电功率为2P。若电热器电阻不变，则该交流电源输出电压的最大值为（ ）‎ A．V B．20 V C．V D．10 V ‎7．为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验构思方案：第一次将单匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴OO1按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)．并从图甲所示位置开始计时．此时产生的交流电如图乙所示．第二次他仅将转轴移至ab边上，第三次他仅将转轴右侧的磁场去掉，关于后两次的电流图象，下列说法正确的是(　　)‎ A．第二次是A图 B．第二次是C图 C．第三次是B图 D．第三次是D图 ‎8．图甲所示的变压器原、副线圈匝数比为3：1，图乙是K闭合时该变压器cd输入端交变电压的图象，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“12V，6W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表。以下说法正确的是（ ） ‎ A．ab输入端电压的瞬时值表达式为 B．电流表的示数为1.5A，L1能正常发光 C．ab输入端输入功率Pab=18W D．断开K，L2中的电流不变 ‎9．四个相同的灯泡分别接在如图所示的位置，理想变压器原线圈串联灯泡L1，副线圈回路并联三个灯泡L2、L3、L4，AB两端接交流电源电压按如图乙所示规律变化，现闭合开关S，四个灯泡均正常发光，下列说法正确的是 A．电压表示数为220V B．灯泡的额定电压为55V C．变压器原副线圈的匝数比为3︰1‎ D．若断开开关S电压表示数减小 ‎10．某同学模拟“远距离输电”电路，将实验室提供的器材连接成了如图所示电路。A、B为理想变压器，灯L1、L2相同且阻值不变，输电线路等效电阻为R。现保持A的输入电压不变，当开关S断开时，灯L1正常发光，则 A．仅闭合S，L1变暗 B．仅闭合S，输电线路的发热功率变小 C．仅将滑片P上移，L1变亮 D．仅将滑片P上移，输电线路的发热功率变小 ‎11．如图所示，一理想变压器原线圈可通过移动滑动触头P的位置改变接入电路的匝数，b为原线圈的中点．当P接a时，原、副线圈的匝数比为10：1，线圈L的直流电阻不计．若原线圈所接电源电压如图乙所示，则（　　）‎ A．当P接a时，灯泡B两端的电压为22V，频率为50Hz B．只将P由a向b滑动时，变压器的输入功率增大 C．只增大电源的频率，灯泡B变亮 D．只将变阻器尺的滑片M向上滑动时，灯泡B亮度不变 ‎12．远距离输电的简化电路如图所示，发电厂的输出电压是％两条输电线输电的等效总电阻为r，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降压变压器，其原副线圈匝数比为，流入用户端的电流是下列下列关系式正确的是 A．‎ B．‎ C．输电线路上损失的电功率为 D．理想变压器的输入功率为 ‎13．(1) 在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，下列器材在实验中不必用到有____________。‎ ‎(2) 若在实验中用匝数N1＝400匝和N2＝800匝的变压器，对应的电压测量数据如表所示。根据测量数据，下列说法正确的是______。‎ ‎ ‎ A．N1一定是原线圈 ‎ B．N2一定是原线圈 C．N1可能是副线圈 ‎ D．N2可能是副线圈 ‎14．(1)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，实验室中备有下列可供选择的器材：‎ A．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）‎ B．条形磁铁 C．直流电源 D．交流电源 E．多用电表 F．开关、导线若干 上述器材在本实验中不必用到的是_____（填正确答案标号）‎ ‎(2)某同学将原线圈接在所选电源上，在电源电压不变的情况下，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大：然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压_____（选填“增大”、“减小”或“不变”）。‎ ‎15．如图所示，有一矩形线圈，面积为S，匝数为n，整个线圈的电阻为r，在磁感应强度为B0的磁场中，绕OO′轴以角速度ω0匀速转动，外电阻为R ‎，当线圈由图示位置转过90°的过程中，求 ‎（1）通过电阻R的电荷量是多少？‎ ‎（2）外力做功是多少？‎ ‎16．发电机的输出电压为220V，输出功率为44KW，输电线电阻为0.4Ω ‎（1）求用户得到的电压和电功率各是多少？‎ ‎（2）如果发电站先用变压比为1∶10的升压变压器将电压升高，经同样输电线路后，再经过10∶1的降压变压器降压后供给用户，则用户得到的电压和电功率又各是多少？‎ ‎17．如图甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的左端接一只小灯泡，线圈所在空间内存在与线圈平面垂直且均匀分布的磁场.已知线圈的匝数n＝100匝、总电阻r＝1.0 Ω、所围成矩形的面积S＝0.040 m2，小灯泡的电阻R＝9.0 Ω，磁感应强度随时间按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e＝nBmScos t，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化.求：‎ ‎(1)线圈中产生感应电动势的最大值；‎ ‎(2)小灯泡消耗的电功率；‎ ‎(3)在磁感应强度变化的0～时间内，通过小灯泡的电荷量.‎ ‎18．如图所示，面积为0.02m2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴00′匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为T.矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻R=50Ω，电表均为理想交流电表.当线圈平面与磁场方向平行时开始计时， 求：‎ ‎(1)线圈中感应电动势的表达式。‎ ‎(2)由图示位置转过45°角的过程产生的平均感应电动势。‎ ‎(3)当原、副线圈匝数比为4:1时，求电阻R上消耗的电功率。‎ 参考答案 ‎1．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由图象可知，电流的方向不变，而大小作周期性变化，所以不是交流，而是直流，但不是恒定直流；故选C.‎ ‎2．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 图示时刻后瞬间，由楞次定律判断出线圈中感应电流方向为：a→b→c→d→a，为负方向。线圈中产生的感应电动势表达式为，S是线圈面积的一半，则感应电流的表达式为，其中．故线圈中感应电流按正弦规律变化，根据数学知识得知A正确， BCD错误。‎ ‎3．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 线框经过图示位置时，线框各边均不切割磁感线，线框中无感应电流，故A错误；‎ B. 线圈转动过程中产生电动势的有效值为，所以电流的有效值为，故B正确；‎ C. 产生热量，故C错误；‎ D. 从图示位置开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为，故D错误。‎ ‎4．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 当发现有人触电时，应该立即采取的措施是：迅速切断电源或用绝缘体挑开电线，不能用手拉开电线和触电的人，这样自己也会触电。符合安全用电常识；检修电路故障时，必须使电路断开。不符合安全用电常识；金属外壳的用电器的外壳一定要接地，避免金属外壳用电器漏电时发生触电事故。符合安全用电常识；电路中电流过大的原因有两个：一是短路；二是家中使用用电器的总功率过大。故大功率用电器同时使用时，将会使电路中的电流过大，引起火灾。符合安全用电常识。此题选择不符合安全用电常识的，故选B。‎ ‎5．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A .在t=0.01s的时刻，电动势为0，则为中性面，穿过线圈磁通量最大。故A错误；‎ B.电动势的最大值为Em=6V，电压表测量的为有效值，故示数为6V；故B错误；‎ C.灯泡消耗的功率P==3W；故C正确；‎ D.周期为0.02s，则瞬时电动势的表达式为e=Emsin(t)，转速提高一倍后，最大值变成V，ω=2πn，故角速度变为原来的2倍，表达式应为：e=12sin200πt(V)，故D错误；‎ ‎6．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由电流热效应可知，电热器接直流电，在T时间内产生的热量为 Q1＝T=PT 电热器接正弦交流电，在T时间内产生的热量为 Q2＝T=2PT 两式联立，交流电源输出电压的最大值 Um＝10V A.交流电源输出电压的最大值Um＝V，与上分析不一致，故A错误；‎ B.交流电源输出电压的最大值Um＝20V，与上分析不一致，故B错误；‎ C.交流电源输出电压的最大值Um＝V，与上分析不一致，故C错误；‎ D.交流电源输出电压的最大值Um＝10V，与上分析一致，故D正确。‎ ‎7．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ABCD.第二次将转轴移到ab边上产生的感应电流，与第一次相同，第三次将OO1右侧磁场去掉，线圈在转动过程中只有一边切割，产生感应电动势的最大值为原来的，故A、B、C错误，D项正确.‎ ‎8．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由输入端交变电压u的图象，可知其最大值为，有效值为有效值是U1=36V，副线圈电压为：，所以副线圈三只灯泡均能正常发光。灯泡的额定电流：，电流表的读数为，原线圈电流为，所以原线圈的灯泡L1也能正常发光，ab输入端电压为Uab=U+3U2=12+36V=48V，输入端电压的瞬时值表达式为，故A错误，B正确；四个灯泡都正常发光，所以ab输入端输入功率Pab=4×6=24W，故C错误；若将K断开，则副线圈上的输出电流将减小，所以原线圈的输入电流也减小，则流过灯泡L1的电流减小，L1上消耗的电压减小，所以原线圈上的电压降增大，副线圈的电压也增大，则可知L2中的电流将变大，故D错误。‎ ‎9．BC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ABC．由图乙可知AB两端电压有效值为，因四个灯泡均正常工作，可知原、副线圈电流之比为，根据可知变压器原、副线圈的匝数比为；灯泡的额定电压为U，则电压表示数为，故，则，故A错误，BC正确；‎ D．若断开开始S则原线圈回路电流为零，电压表示数增大为，故D错误。‎ ‎10．AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压由输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系，理想变压器电压、电流和匝数关系．‎ ‎【详解】‎ AB. 闭合s，则消耗功率增大，B副线圈中电流增大，B原线圈电流也增大，则R上损失的电压和功率增大，则B输入电压UB1=UA2−IR，减小，灯泡两端电压UB2减小，故灯泡会变暗，故A正确，B错误；‎ CD. 仅将滑片P上移，A副线圈匝数减小，则输出电压减小，B的输入电压减小，灯泡电压也减小，故L1变暗，消耗功率减小，流过灯泡的电流减小，则B输入电流减小，流过R的电流减小，输电线路的发热功率变小，故C错误，D正确；‎ 故选：AD ‎11．BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A、当P接a时，原、副线圈的匝数比为n：1，原线圈接u=Umsinωt的交流电，根据原副线圈匝数之比等于电压之比得：副线圈电压U2==22V，由于线圈L通有交变电流，所以灯泡B两端的电压要小于22V，故A错误；‎ B、只将P由a向b滑动时，原线圈匝数减小，副线圈的匝数不变，根据原副线圈匝数之比等于电压之比得：副线圈电压增大，根据P=得副线圈的输出功率增大，所以变压器的输入功率增大，故B正确；‎ C、只增大电源的频率，副线圈的电流频率也增大，线圈L通直流，阻交流，当交流的频率增大时，线圈L的阻碍效果增大，灯泡B变暗，故C错误；‎ D、只将变阻器R的滑片M向上滑动时，原副线圈匝数不变，副线圈电压不变，所以灯泡B亮度不变，故D正确；‎ ‎12．BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.由于输电线与用户间连有一理想变压器，匝数与电流成反比，所以，故A错误；‎ B.输电线上损失的电压为U-U1=I1r，故B正确；‎ C.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，所以输电线是损耗的功率是：P=I12r．故C错误；‎ D.理想变压器的输入功率为U1I1=UI1-I12r．故D正确；‎ ‎13．（1）AC （2）A ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据“探究变压器的电压与匝数的关系”的实验原理，结合各仪器的作用，即可判定选取；‎ 根据表格数据，通过比较，即可寻找原副线圈的匝数与电压的关系。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）“探究变压器的电压与匝数的关系”要用低压交流电源和交流电表，所以不需要干电池和滑动变阻器，故选AC； （2）表格中每组数据都可以看出匝数之比近似等于电压之比，N1=400匝和N2=800匝，，N1一定是原线圈，N2为副线圈，故A正确，故选A；‎ ‎14．BC 减小 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)[1]A.变压器线圈两端的电压与匝数的关系：‎ 所以需要知道原副线圈的匝数，需要可拆变压器，故A项与题意不相符 B.变压器的原理是互感现象的应用，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，所以不需要外界的磁场，条形磁铁用不到，故B项与题意相符；‎ CD.变压器的原理是互感现象的应用，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，如果原线圈中通的是直流电源，则副线圈中不会有感应电流产生，故需要用到低压交流电源，故C项与题意相符，D项与题意不相符；‎ E.需要用到多用电表测量原副线圈的电压，故E项与题意不相符；‎ F.还需要用到开关、导线若干，故F项与题意不相符。‎ ‎(2)[2]根据 知保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小。‎ ‎15．(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）感应电动势：，感应电流：，通过的电量：‎ ‎（2）感应电动势的最大值： ，有效值为：，电场力做功，有：，根据角速度公式经过的时间：联立解得：‎ ‎16．（1）140V；28000W．（2）219.2V；43840W ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据P=UI求出输电电流，再根据U损=IR，P损＝I2R求出电压损失和功率损失，从而求出用户得到的电压和电功率． （2）根据电压比等于线圈匝数比，电流比等于匝数之反比求出输电线上的输送电流和输送电压，根据P损＝I2R、U损=IR求出输电线上损失的功率和电压，得出降压变压器的电压和功率，根据原副线圈功率相等，以及电压比等于匝数之比求出降压变压器副线圈的电压和功率．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）根据P=UI得， ‎ 则输电线上的电压损失U损 ‎=IR=200×0.4V=80V，  功率损失P损＝I2R=40000×0.4W=16000W． 所以用户得到的电压U用户=U-U损=220-80V=140V，‎ 用户得到的功率P用户=P-P损=44000-16000W=28000W． （2），得U1=2200V ，得I1=20A 则输电线上的电压损失U损′=I1R=20×0.4V=8V  功率损失P损′＝I2R＝400×0.4W＝160W 所以降压变压器的输入电压U2=U1-U损′=2200-8V=2192V 降压变压器的输入功率P2=P-P损′=44000-160W=43840W 根据 ， 则用户得到的电压U用户′=219.2V 变压器输入功率和输出功率相等，所以用户得到的功率P用户′=P2=43840W．‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键知道原副线圈的电压比等于线圈匝数比，电流比等于匝数之反比，变压器输入功率和输出功率相等．‎ ‎17．(1)8.0V(2)2.88W(3)4.0×10－3C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由题图乙知，线圈中产生的交变电流的周期T＝π×10－2 s，所以：Em＝nBmS＝8.0 V.‎ ‎(2)电流的最大值：，‎ 有效值：A，‎ 小灯泡消耗的电功率：P＝I2R＝2.88 W.‎ ‎(3)在0～时间内，电动势的平均值：‎ 平均电流：‎ 通过灯泡的电荷量：Q＝＝4.0×10－3 C.‎ ‎18．(1)e=100cos（100t）V (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线圈中感应电动势Em=BSω，结合开始计时位置，即可确定瞬时表达式，再由电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，并知道电表是交流电的有效值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）感应电动势的最大值为：‎ 线圈中感应电动势的表达式为：e=100cos（100t）V ‎ ‎（2）线圈转过45°角过程中产生的平均感应电动势为：‎ ‎ ‎ ‎（3）电压表示数电压的有效值为:‎ 电阻R两端的电压为: ‎ 电阻R上消耗的功率为:‎