专题检测 专题十二.docx

1、专题十二交变电流【专题检测】A组一、选择题1.(2020浙江“山水联盟”返校考,9)如图所示,面积为0.02 m2、内阻可忽略不计的100匝矩形线圈ABCD,绕垂直于磁场的轴OO匀速转动,转速为50 r/s,匀强磁场的磁感应强度为210 T。矩形线圈通过滑环与变压器(由绕在不闭合铁芯上的两组线圈构成)原线圈相连,所有接触电阻不计,副线圈接入一只标有“5 V,1 W”的小灯泡,小灯泡恰好正常发光,电流表的内阻不计。当线圈平面与磁场方向垂直时开始计时。下列说法不正确的是()A.图示位置穿过线圈的磁通量变化率为零B.线圈每转动1 s,线圈中的电流方向变化100次C.原线圈中感应电动势的表达式为e=2

2、02 sin(100t)VD.原、副线圈的匝数之比为41,电流表的示数为0.5 A答案D图示中线圈处于中性面,磁通量最大,磁通量的变化率最小,等于零,所以A正确,不符合题意;由题意可知,转速为50 r/s,则交流的周期为T=1n=0.02 s,交流在一个周期内方向要改变两次,1 s内包括50个周期,所以线圈中的电流方向变化100次,所以B正确,不符合题意;由题意可知,线圈产生的感应电动势的最大值为Em=NBS=202 V,其中=2n=100 rad/s,则原线圈中感应电动势的表达式为e=202sin(100t)V,所以C正确,不符合题意;原线圈电动势的有效值为E=U1=20 V,副线圈的电压为

3、U2=5 V,若变压器为理想变压器,则原、副线圈的匝数之比为n1n2=U1U2=4,电流表的示数为I=PU1=0.05 A,但题中变压器不是理想变压器,不满足相对应关系,所以D错误,符合题意。故选D。2.(2020浙江嘉兴一模,5)如图所示是输入电压为220 V,输出电压为27 V的变压器,相应的线圈匝数分别为n1和n2,则()A.n1n2,故A错误;根据电流与匝数成反比可知,输入的电流小于输出的电流,故B错误;因为输入功率与输出功率相等,而通过副线圈的电流大,为了减少导线上功率损失,节约成本,故绕制输入端线圈的导线比输出端细,故C正确;输出端连接的用电器数量增加,输出功率增大,输入端功率也增

4、大,故D错误。故选C。3.(2020浙江名校协作体联考,10)如图所示,手摇发电机产生正弦式交流电,通过一台理想变压器向定值电阻R供电。理想电压表和电流表的示数分别为U和I。当发电机转速增大,使发电机的输出电压变为原来的2倍,下列说法正确的是()A.电压表V的示数仍为UB.电流表A的示数仍为IC.通过电阻R的电流的频率增大D.电阻R消耗的功率变为原来的2倍答案C发电机的输出电压变为原来的2倍,变压器原线圈两端电压变为原来的2倍,根据变压器原、副线圈电压与匝数关系可得,变压器副线圈两端电压变为原来的2倍,电压表测量变压器副线圈两端电压,则电压表的示数变为2U,故A项错误;根据A项分析知,变压器副

5、线圈两端电压变为原来的2倍,则流过定值电阻R的电流变为原来的2倍,根据变压器原、副线圈电流与匝数关系可得,流过原线圈的电流变为原来的2倍,电流表A的示数变为2I,故B项错误;发电机转速增大,产生交流电的频率增大,通过变压器原、副线圈的电流的频率增大,通过电阻R的电流的频率增大,故C项正确;根据A项分析知,变压器副线圈两端电压变为原来的2倍,根据P=U2R知,电阻R消耗的功率变为原来的4倍,故D项错误。4.(2018浙江杭州西湖高级中学月考)(多选)理想变压器原线圈与交流电源连接,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n1n2=1001,副线圈只接入一个R=10 的电阻,则(

6、)A.与电阻R并联的电压表示数为3.11 VB.流过电阻R的电流最大值为0.311 AC.变压器的输入功率为0.484 WD.一个周期内,电阻R上产生的热量为9.6810-3 J答案BCD原线圈两端电压有效值是220 V,则根据U1U2=n1n2可得副线圈两端电压有效值U2=2.2 V,电压表测的是有效值,A错;流过副线圈的电流的有效值为I2=0.22 A,流过副线圈的电流的最大值为0.311 A,B对;理想变压器输入功率等于输出功率,输出功率P2=U2I2=0.484 W,C对;根据Q=I22Rt并代入数据可得Q=9.6810-3 J,D对。5.(2020浙江十校联盟返校联考,16)(多选)

7、如图所示,理想变压器的原、副线圈匝数比为12,原线圈与光滑水平导轨相连,轨道间距L=0.5 m,匀强磁场磁感应强度B=0.2 T、垂直于轨道,若电阻不计的金属棒ab以速度v=12.52 sin(200t) m/s在导轨上运动,副线圈上连接规格“2.5 V,5 W”小灯泡L、电容器C。则下列说法正确的是()A.小灯泡恰好能正常发光B.电容器的支路没有电流C.若金属棒运动速度v=12.52 cos (200t) m/s,小灯泡亮度不变D.若金属棒向右匀加速运动,电容器上极板带正电答案ACD金属棒切割磁感线产生的感应电动势e=BLv=1.252 sin(200t)V,所以产生的感应电动势的有效值为E

8、=1.2522 V=1.25 V,所以原线圈的输入电压为U1=E=1.25 V,根据变压器原理可得U1U2=n1n2,解得副线圈两端电压U2=n2n1U1=211.25=2.5 V,所以小灯泡恰好能正常发光,故A正确;电容器“隔直流,通交流”,由于原线圈产生的电流为正弦式交流电,故有电流通过电容器,故B错误;若金属棒运动速度v=12.52 cos (200t)m/s,小灯泡两端电压有效值不变,则小灯泡亮度不变,故C正确;若金属棒向右匀加速运动,根据右手定则可知金属棒中的感应电流方向由b向a,且电流增大,原线圈中的磁场方向向下,副线圈中的磁场方向向上增强,根据楞次定律可知副线圈中感应电流的磁场方

9、向向下,则副线圈的感应电流方向向上,副线圈的上方为正极,电容器上极板带正电,故D正确。故选A、C、D。6.(2020浙江杭州模拟,10)小宇同学为探究变压器的工作原理,设计了如图所示的实验装置,学生电源的交流稳压输出端串联一定值电阻R后与理想变压器原线圈相连,副线圈两端接有灯泡、滑动变阻器等。原、副线圈匝数比一定。先将开关S2闭合、S3断开,当闭合S1时灯泡刚好正常发光。调节变阻器滑片至中间位置,则下列关于此后操作中说法正确的是()A.当闭合开关S3时,灯泡亮度变暗B.当闭合开关S3时,原线圈输入电压不变C.闭合开关S3以后,增大滑动变阻器连入电路中的阻值,则通过定值电阻的电流增大D.闭合开关

10、S3以后,当滑动变阻器连入电路中的阻值减小时,变压器输出功率减小答案A当闭合开关S3时,副线圈电阻减小,根据欧姆定律可知,副线圈输出电流增大,则原线圈输入电流增大,则电阻R上分压增加,原线圈输入电压减小,根据U1U2=n1n2可知,副线圈输出电压减小,灯泡两端电压减小,灯光变暗,故A正确,B错误。闭合开关S3以后,增大滑动变阻器连入电路中的阻值,则副线圈输出电流减小,根据I1I2=n2n1可知,原线圈输入电流减小,则通过定值电阻R的电流减小,故C错误。闭合开关S3以后,当滑动变阻器连入电路中的阻值减小时,副线圈总电阻减小,则变压器副线圈消耗的功率变大,则变压器输出功率变大,选项D错误。故选A。

11、7.(多选)某同学在实验室中研究远距离输电。由于输电线太长,他将每100米导线卷成一卷,共卷成8卷来代替输电线路。第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连,测得输电线上损失的功率为P1;第二次采用如图所示的电路输电,其中变压器T1与电源相连,其原、副线圈的匝数比为n1n2,变压器T2与用电器相连,测得输电线上损失的功率为P2,下列说法正确的是()A.第二次实验也可研究远距离直流输电B.T1是升压变压器,T2是降压变压器C.若输送功率一定,则P2P1=n12n22D.实验可以证明,增大输电电流能减小远距离输电的能量损失答案BC变压器只能改变交变电流的电压,所以第二次实验只能研究远距离交流输电,故

12、A错误;远距离输电采用高压输电,减小输电线上的电流,以减少功率损耗,到用户区采用降压变压器降压,所以T1是升压变压器,T2是降压变压器,故B正确;若输送功率一定,设输电线电阻为R,第一次实验输电线上的电流I=PU1,输电线上损失的功率P1=I2R=P2U12R,第二次实验,升压变压器副线圈两端的电压U2=n2n1U1,输电线上的电流I=PU2,输电线上损失的功率P2=I2R=P2U22R,P2P1=U12U22=n12n22,故C正确;实验可以证明,减小输电电流能减小远距离输电的能量损失,故D错误。二、非选择题8.(2019浙江金华十校模拟,14)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系“实验

13、中。(1)实验时需要的仪器为图中的。(填选项字母)(2)某同学在完成上述实验后,采用如图所示的电路测量变压器原线圈的电阻(阻值较小),为保证电路中各元件安全,实验结束时,首先应断开。(填选项前的字母)A.导线AB.导线BC.开关CD.导线D答案(1)ADF(2)A解析(1)“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验,需要有学生电源提供低压交流电,同时还需要交流电压表来测量电压及可拆变压器和导线,结合题目给定的器材,图A是可拆变压器,B是直流电源,C是条形磁铁,D是学生电源,提供低压交流电,E是电压表,F是多用电表,用来测交流电流和电压,结合器材需求和题干,故选A、D、F。(2)实验结束时,

14、应先把电压表从电路中断开,否则在断开开关瞬间会产生大电压烧毁电压表,故应先断开导线A,故选A。9.如图所示,交流发电机的矩形金属线圈abcd的边长ab=cd=50 cm,bc=ad=30 cm,匝数n=100,线圈的总电阻r=10 ,线圈位于磁感应强度B=0.050 T的匀强磁场中,线圈平面与磁场方向平行。线圈的两个末端分别与金属滑环K、L焊接在一起,并通过电刷与阻值R=90 的定值电阻连接。现使线圈绕过bc和ad边中点且垂直于磁场的转轴OO以角速度=400 rad/s匀速转动。电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计。求: (1)线圈中感应电流的最大值; (2)线圈转动过程中电阻R的发热

15、功率;(3)从线圈经过图示位置开始计时,经过14周期通过电阻R的电荷量。答案(1)3.0 A(2)405 W(3)7.510-3 C解析(1)线圈产生感应电动势的最大值Em=nBabbc=300 V根据闭合电路欧姆定律可知,线圈中感应电流的最大值Im=EmR+r解得:Im=3.0 A(2)通过电阻R的电流的有效值I=Im2线圈转动过程中电阻R的发热功率P=I2R解得:P=405 W(3)根据法拉第电磁感应定律有:E=nt=nBSt根据闭合电路欧姆定律有:I=ER+r=nBS(R+r)t又q=It解得:q=7.510-3 C10.(2020 53原创)某学校物理兴趣小组自制一台手摇发电机,原理如

16、图所示,长方形线圈面积S=1.010-2 m2,线圈的匝数N=100,线圈的总电阻r0=0.5 ,接触电阻(两电刷的总阻值)r=0.5 ,当学生以周期T=1 s匀速转动线圈时,接入电路中的规格为“2.5 V0.75 W”的小灯泡正常发光。取3.14。求:(1)从图示时刻开始计时,发电机电动势的瞬时值表达式;(2)线圈处匀强磁场的磁感应强度大小(结果保留两位有效数字);(3)如果人做功转化为电能的效率=30%,则手摇线圈转动一周人做的功;(4)从图示时刻开始计时,线圈转动90的过程中通过小灯泡的电荷量。(结果保留两位有效数字)答案(1)e=1425 sin 2t V(2)0.63 T(3)2.8

17、 J(4)0.068 C解析(1)从图示时刻开始计时,感应电动势瞬时值表达式为e=NBS sin tEm=NBS W=2T有效值E=Em2=I(r0+r+R灯)=PU(r0+r+R灯)R灯=U2P联立解得e=1425 sin 2t V(2)由Em=2E=NBS=NBS2T得B=2ET2NS=2145123.141001.010-2 T0.63 T(3)由功能原理可得W人=I2(r0+r+R灯)T即W人=I2(r0+r+R灯)T代入数据解得W人=2.8 J(4)由法拉第电磁感应定律可知E=Nt由闭合电路欧姆定律可得I=Er0+r+R灯q=It联立解得q=Nr0+r+R灯=NBSr0+r+R灯代入

18、数据得q=0.068 C11.发电机的路端电压为220 V,输出电功率为44 kW,输电导线的电阻为0.2 ,如果用原、副线圈匝数之比为110 的升压变压器升压,经输电导线后,用原、副线圈匝数比为101的降压变压器降压供给用户。(1)画出全过程的线路图。(2)求用户得到的电压和功率。(3)若不经过变压而直接送到用户,求用户得到的功率和电压。答案(1)见解析(2)219.6 V43.92 kW(3)36 kW180 V解析(1)线路图如图所示:(2)升压变压器副线圈上的输出电压U2=n2n1U1=2 200 V升压变压器副线圈上的输出电流I2=n1n2I1由P=U1I1得升压变压器原线圈上的输入

19、电流I1=PU1=44103220 A=200 A所以I2=n1n2I1=20 A输电线路上损失的电压为UR=I2R=4 V加到降压变压器原线圈上的输入电流和电压分别为I3=I2=20 A,U3=U2-UR=2 196 V降压变压器副线圈上的输出电压和电流分别为U4=n4n3U3=219.6 V,I4=n3n4I3=200 A用户得到的功率P4=U4I4=43.92 kW。(3)若不采用高压输电,线路损失电压为UR=I1R=40 V用户得到的电压U=U1-UR=180 V用户得到的功率为P=UI1=36 kW。B组一、选择题1.如图所示为交流发电机的示意图,从线圈通过如图所示的位置开始计时。如

20、果发电机产生的交变电流的频率为50 Hz,电动势的最大值为400 V,则发电机产生的电动势瞬时值表达式为()A.e=400 sin 50t(V)B.e=400 cos 50t(V)C.e=400 sin 100t(V)D.e=400 cos 100t(V)答案D由题图所示位置开始计时,磁通量为0,感应电动势最大,则其产生的电动势瞬时值表达式为e=Em cos t,又知Em=400 V,=2f=100 rad/s,可得e=400 cos 100t(V)。2.如图所示,有一个电热器R,接在电压为u=311 sin 100t(V)的交流电源上。电热器工作时的电阻为100 ,电路中的交流电表均为理想电

21、表。由此可知()A.电压表的示数为311 VB.电流表的示数为2.2 AC.电热器的发热功率为967 WD.交流电的频率为100 Hz答案B交流电表测量的是有效值,U=Um2=220 V,故A错误;i=uR=3.11 sin 100t(A),I=Im2=2.2 A,故B正确;电热器的发热功率根据电压、电流的有效值计算,P=UI=484 W,故C错误;由电源电压u=311 sin 100t(V)可知,频率f=2=50 Hz,故D错误。3.(2019山东临沂2月检测,9)(多选)如图所示,一理想变压器的原线圈A、B两端接入电压为u=2202 sin 100t (V)的交变电流。原线圈匝数n=1 1

22、00,副线圈匝数n1=60,副线圈匝数n2=550,C、D之间接一电容器,E、F之间接一灯泡,都能正常工作。则()A.该交流电的频率为50 HzB.副线圈中磁通量变化率的最大值为25 VC.该电容器的耐压值为12 VD.该灯泡的额定电压为110 V答案ABD该交流电的频率为f=2=1002 Hz=50 Hz,选项A正确;根据Em=Um=nt=2202 V,则t=22021 100 V=25 V,原、副线圈磁通量的变化率相同,可知副线圈中磁通量变化率的最大值为25 V,故选项B正确;U1m=Umnn1=2202601 100 V=122 V,则该电容器的耐压值至少为122 V,选项C错误;U2=

23、Um2nn2=220225501 100 V=110 V,即该灯泡的额定电压为110 V,选项D正确。4.如图所示,闭合金属线框曲线部分恰好是半个周期的正弦曲线,直线部分长度l=0.4 m,线框的电阻为1 ,若线框从虚线位置开始以2 m/s的速度匀速进入足够大的匀强磁场(线框直线部分始终与磁场右边界垂直),这个过程中线框释放出的焦耳热为0.4 J,线框中电流随时间变化的关系式为()A.i=2 sin 10t(A)B.i=2 sin 10t(A)C.i=2 sin 5t(A)D.i=2 sin 5t(A)答案C设该正弦交流电的电流有效值为I,由题意可得Q=I2Rt,其中t=lv=0.2 s,解得

24、I=2 A,所以该正弦交流电的最大值为Im=2I=2 A,金属线框从图示位置到完全进入磁场为半个周期,故T=2lv=0.4 s,=2T=5 rad/s,所以正弦交流电的表达式为i=2 sin 5t(A),选项C正确。5.(2020山东枣庄二模,10)(多选)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比是21,A、B两点之间始终加u=2202 sin 100t(V)的交变电压。R是输电线的电阻,L是标有“100 V、100 W”的白炽灯。M是标有“100 V、200 W”的电动机,其线圈电阻r=10 。开关S断开时,电动机正常工作。下列说法正确的是()A.输电线的电阻阻值为20 B.电动机的输出功率为

25、180 WC.开关S闭合后,电动机的电功率减小D.开关S闭合后,白炽灯的功率为100 W答案AC开关S断开,电动机正常工作,则副线圈的输出电压:U2=100 V,输出电流:I2=PU2=2 A,则原线圈输入电压:U1=n1n2U2=200 V,原线圈输入电流:I1=n2n1I2=1 A,分析原线圈电路,A、B两点间电压U=220 V,其中U=U1+I1R,解得输电线的电阻阻值R=20 ,故A正确;电动机消耗的总功率P=200 W,电动机内阻消耗的功率Pr=I22r=40 W,则电动机的输出功率P出=P-Pr=160 W,故B错误;开关S闭合后,副线圈输出功率变大,输出电流变大,原线圈输入电流变

26、大,电阻R两端电压变大,则原线圈输入电压变小,副线圈输出电压减小,电动机两端电压减小,消耗的功率减小,故C正确;开关S闭合后,副线圈输出电压变小,则灯泡两端电压小于额定电压100 V,消耗功率小于100 W,故D错误。6.(2019山东青岛一模,18)如图,为某小型水电站电能输送的示意图,变压器均为理想变压器,升压变压器T1的原、副线圈匝数比为120,降压变压器T2的原、副线圈匝数比为31。升压变压器原线圈两端接入一电压u=Um sin t的交流电源,用户的总电阻为R(可视为纯电阻),输电线总电阻r=R,不考虑其他因素的影响,用户获得的电压U为()A.22UmB.32UmC.4UmD.6Um答

27、案B升压变压器原线圈两端电压的有效值为U1=Um2,升压变压器副线圈两端的电压为U2=20Um2=102Um;输电线路上损失的电压为U=Ir=IR,故降压变压器原线圈的电压为U3=U2-U,降压变压器副线圈两端电压U=13U3,副线圈的电流I=3I,则U=3IR,联立解得U=32Um,故B正确。二、非选择题7.在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中,某同学利用“教学用的可拆变压器”进行探究。(1)下列器材中,实验需要的器材是。(多选)A.干电池B.低压交流电源C.220 V交流电源D.条形磁铁E.可拆变压器和导线F.直流电压表G.多用电表(2)实验中,变压器的原线圈接“0;8”接线柱

28、,副线圈接“0;4”接线柱,副线圈用多用电表交流2.5 V挡测量电压,表盘指针如图所示,则所接电源电压可能为。A.1 VB.1.5 VC.2 VD.3.5 V(3)在实验中,其同学保持原线圈两端的电压及副线圈的匝数不变,仅减小原线圈的匝数,副线圈两端的电压将。(选填“增大”“减小”或“不变”)答案(1)BEG(2)D(3)增大解析(1)“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中,需要低压交流电源,可拆解变压器和导线以及测量用的多用电表,即选择B、E、G。(2)多用电表测量读数为1.50 V,根据变压器的输入、输出电压与线圈匝数关系可知,原线圈电压理论上为3.00 V,但考虑到实验用的变压器

29、存在漏磁,所以输入线圈电压要超过3.00 V,即选D。(3)根据变压器的输入、输出电压与线圈匝数关系U1U2=n1n2可知,保持原线圈两端的电压及副线圈的匝数不变,仅减小原线圈的匝数,由副线圈两端的电压U2=n2n1U1可知,副线圈两端的电压将变大。8.(8分)(2019北京朝阳期末,17)如图所示,理想变压器原、副线圈匝数之比n1n2=41。原线圈接电压为u=2202 sin 100t(V)的交流电源,副线圈接R=27.5 的电阻。电流表和电压表可视为理想电表。求:(1)副线圈中电压表的示数U;(2)原线圈中电流表的示数I。答案(1)55 V(2)0.5 A解析(1)由题意可知,原线圈电压的

30、有效值U1=220 V。设副线圈电压的有效值为U2,则有U1U2=n1n2所以电压表的示数U=U2=n2n1U1=55 V(2)副线圈中电流的有效值I2=U2R=2.0 A因为I1I2=n2n1所以电流表的示数I=I1=n2n1I2=0.5 A9.(2020,53原创)如图所示,长ab为20 cm、宽ad为10 cm、电阻为0.2 的300匝矩形金属线框在匀强磁场中以角速度1002 rad/s匀速转动,设磁感应强度为0.01 T,此时图中小灯泡正常发光,小灯泡的电阻为1 ,求:(1)图中理想电压表和电流表的示数;(2)在小灯泡两端再并联一个同样的小灯泡,如果保证两灯泡正常发光,则线圈在磁场中转

31、动的角速度变为多少才行。答案(1)5 V5 A(2)3503 2 rad/s解析(1)感应电动势的最大值为:Em=nBS=3000.012010-21010-21002 V=62 V感应电动势的有效值为:E=Em2=6 V由闭合电路欧姆定律求得电流为:I=ER+r=60.2+1 A=5 A电流表的示数为5 A电压表的示数为:U=IR=51 V=5 V(2)在小灯泡两端再并联一个同样的小灯泡,外电阻为:R=R2=0.5 正常发光的电流还是5 A,总电流为I=2I=10 A电源电动势的有效值为:E=I(R+r)=7 V最大值为:Em=2E又Em=nBS求得:=3503 2 rad/s10.一个电阻

32、为r、边长为L的正方形线圈abcd共N匝,线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO以如图所示的角速度匀速转动,外电路电阻为R。(1)在图中标出此刻线圈中感应电流的方向。(2)转动过程中感应电动势的最大值有多大?(3)线圈平面与磁感线夹角为60时的感应电动势多大?(4)设发电机由柴油机带动,其他能量损失不计,线圈转一周,柴油机做多少功?(5)从图示位置开始,线圈转过60的过程中通过R的电荷量是多少?答案(1)见解析(2)NBL2(3)12NBL2(4)N2B2L4R+r(5)3NBL22(R+r)解析(1)由右手定则知电流方向为dcba(图略)。(2)Em=NBS=NBL2。(3)线圈平面与磁感线方向成60时的瞬时感应电动势e=Emcos 60=12NBL2。(4)电动势的有效值E=Em2;电流的有效值I=ER+r;柴油机做的功转化为电能,线圈转一周,柴油机做的功W=EIT=E2R+rT=NBL222R+r2=N2B2L4R+r。(5)I平均=E平均R+r=Nt(R+r),所以电荷量q=I平均t=NBSsin60R+r=3NBL22(R+r)。