第三章《交变电流》单元练习-2024-2025学年高二物理同步讲练（人教版2019选择性必修第二册）

第三章《交变电流》单元练习 一．选择题（共12小题） 1．家庭用电一般由国家电网交变电流供电，下列相关说法正确的是（　　） A．大小随时间变化的电流就是交变电流 B．交流电压表测量的是交流电的峰值 C．远距离输电时使用高压输电，目的是为了减小输电线的电流来降低输电损耗 D．理想变压器原、副线圈中的功率之比等于原、副线圈的匝数之比 【解答】解：A、根据交变电流的定义可知，交变电流是大小和方向随时间作周期性变化的电流，故A错误； B、交流电压表测量的是交流电的有效值，故B错误； C、根据P线损＝I2R线R线可知，在输电功率不变时，远距离输电时使用高压输电，目的是为了减小输电线的电流来降低输电损耗，故C正确； D、理想变压器不计电能损耗，原、副线圈中的功率相等，故D错误。 故选：C。 2．图中的电流i随时间t变化的图象中，不能表示交流电的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：交流电是指电流的方向发生变化的电流，电流的大小是否变化对其没有影响，而对于周期性变化的电流，即为大小与方向都随着时间做周期性变化，因此属于交流电的即为BCD；而A只有大小的变化；而没有方向的变化；故不能表示交流电； 故选：A。 3．关于交变电流和直流电的说法中，正确的是（　　） A．如果电流大小随时间做周期性变化，则一定是交变电流 B．直流电的大小和方向一定不变 C．交变电流一定是按正弦规律变化的 D．交变电流的最大特征就是电流的方向随时间做周期性的变化 【解答】解：A、如果只有电流大小做周期性变化而电流方向不变，则为直流电；故A错误； B、直流电的大小可以变化，但方向一定不变；故B正确； C、只要电流的方向发生变化，则就是交流电，不一定是按正弦或余弦规律变化的；故C错误； D、交流电的最大特征是交流电的方向发生周期性变化；故D正确； 故选：D。 4．如图所示，李辉、刘伟用多用电表的欧姆挡测量变压器初级线圈的电阻。实验中两人没有注意操作的规范：李辉两手分别握住红黑表笔的金属杆，刘伟用两手分别握住线圈裸露的两端让李辉测量。测量时表针摆过了一定角度，最后李辉把多用电表的表笔与被测线圈脱离。在这个过程中，他们二人中有人突然“哎哟”惊叫起来，觉得有电击感。下列说法正确的是（　　） A．电击发生在李辉用多用电表红黑表笔的金属杆接触线圈裸露的两端时 B．有电击感的是刘伟，因为所测量变压器是升压变压器 C．发生电击前后，流过刘伟的电流方向发生了变化 D．发生电击时，通过多用电表的电流很大 【解答】解：A．电击发生在多用电表红黑表笔的金属杆脱离线圈裸露两端的时刻，而不是红黑表笔的金属杆接触线圈裸露的两端时，故A错误； B．有电击感的是手握线圈裸露两端的刘伟，因为线圈中产生了感应电流，故B错误； C．发生电击前，刘伟和线圈是并联关系；断开瞬间，线圈中的电流急剧减小，产生的感应电流的方向与原电流的方向相同，但线圈和刘伟构成了一个闭合的电路，线圈相当于电源，所以流过刘伟的电流方向发生了变化，故C正确； D．发生电击时，通过线圈的电流很大；由于已经断开了连接，所以通过多用电表的电流为零，故D错误。 故选：C。 5．如图为远距离输电的示意图，已知发电机的输出电压保持恒定不变，而且输电线路及其设备均正常，变压器为理想变压器，只考虑远距离输电线上的电阻，其他导线电阻不计。由于用电高峰时，用户的总功率变大，则对应着（　　） A．升压变压器的输入电流减小 B．升压变压器的输出电压减小 C．降压变压器的输出电压变大 D．远距离输电线上的损耗变大 【解答】解： A、升压变压器的输入和输出电压是不变的，用户多的时候，总电流变大，总功率增大，根据P＝UI知升压变压器中的输入电流增大，故A错误； B、由于发电机的输出电压和升压变压器匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故B错误； CD、总电流变大，输电线上的电流增大，输电线上消耗也就变大了，导致用户得到的电压减小，所以降压变压器中的输出电压减小，故C错误，D正确。 故选：D。 6．如图甲所示的理想变压器，其原线圈接在输出电压如图乙所示的正弦式交流电源上，副线圈接有阻值为88Ω的负载电阻R，原、副线圈匝数之比为5：1，电流表、电压表均为理想交流电表。下列说法中正确的是（　　） A．电流表的示数为2.5A B．电压表的示数约为44V C．原线圈的输入功率为22W D．原线圈交电电流的频率为0.5Hz 【解答】解：AB、分析图乙可知，正弦式交流电源的电动势的最大值为220V，有效值为220V，则原线圈输入电压：U1＝220V， 根据变压比可知，副线圈输出电压：U2U1＝44V，则电压表的示数为44V； 根据欧姆定律可知，副线圈输出电流：I20.5A，根据变流比可知，原线圈输入电流：I1•I2＝0.1A，故AB错误； C、副线圈输出功率：P2＝U2I2＝44×0.5W＝22W，根据变压器的输入功率等于输出功率可知，原线圈中输入功率也是22W，故C正确； D、根据图乙可知交流电的周期T＝0.02s，则频率f50Hz，故D错误。 故选：C。 7．电蚊拍利用高压电击网来击杀飞近的蚊虫。如图所示，将3V直流电压通过转换器转变为正弦交变电压u＝3sin10000πt（V），再将其加在理想变压器的原线圈上，副线圈两端接电击网，电压峰值达到2700V时可击杀蚊虫，正常工作时（　　） A．交流电压表的示数为3V B．副线圈与原线圈匝数比需满足 C．电击网上的高频电压的频率为10000Hz D．将3V直流电压连接在变压器的原线圈两端电蚊拍也可以正常工作 【解答】解：A、正弦交变电压的有效值为：，交流电压表的示数为，故A错误； B、根据变压器原的变压规律，可知副线圈与原线圈匝数比需满足：，故B正确； C、从题设表达式可以求出，电击网上的高频电压的频率为：，故C错误； D、将3V直流电压连接在变压器的原线圈两端，由于通过副线圈的磁通量不变，那么副线圈不会产生感应电动势，电蚊拍不可以正常工作，故D错误。 故选：B。 8．钳形电流表是电机运行和维修工作中最常用的测量仪表之一，其主要由一只电流表和电流互感器组成，工作原理与变压器相同。电流互感器铁芯被制成活动开口，且呈钳形，用手柄来控制开合，其内部结构示意图如图所示，此时钳口闭合，被测通电导线内通有正弦变化规律的交变电流，钳形电流表中的实际电流小于被测通电导线中的电流，下列说法正确的是（　　） A．若仅将钳口打开少许，则电流表示数为零 B．钳形电流表测电流时相当于升压变压器 C．若次级线圈的匝数增加，则电流表示数增大 D．若仅增大通电导线中电流的频率，则电流表示数增大 【解答】解：A．仅将钳口打开少许，则漏磁将会增加，但电流表示数不会为零，故A错误； B．钳形电流表中的实际电流I2小于被测通电导线中的电流I1，根据变压器电流与匝数比关系可知，n1＜n2，即钳形电流表测电流时相当于升压变压器，故B正确； C．根据 可知，若次级线圈的匝数增加，则电流表示数减小，故C错误； D．若仅增大通电导线中电流的频率，根据变压器原理可知，电流表示数不变，故D错误。 故选：B。 9．图甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为如图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原线圈两端接交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。则（　　） A．电压表的示数等于5 V B．实现点火的条件是1000 C．t＝0.2 s时电压表的示数为0 V D．变压器原线圈中电压的瞬时值表达式为u＝5sin10πt（V） 【解答】解：A．如图乙所示的正弦交变电压，可得电压的最大值为5V，则电压表的示数为有效值，即 ，故A错误； B、根据电压与匝数成正比可知 当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体，解得 1000，故B正确； C、t＝0.2 s时，电压表的示数为电压的有效值 ，C错误； D、由图乙可得交流电的周期T＝0.4s，则 t＝0时，电压为0，电压的最大值为5V，故变压器原线圈中电压的瞬时值表达式为 u＝5sin5πt（V），故D错误。 故选：B。 10．一交变电压随时间变化的图像如图所示，已知横轴下方为正弦曲线的一半，则该交变电压的有效值为（　　） A．5V B．2V C．10V D．10V 【解答】解：由图可知，～T时间内电压的有效值为U1V＝10V 根据有效值的定义，取一个周期时间，设交变电压的有效值为U，则有 T•• 整理可得U＝5V 故A正确，BCD错误。 故选：A。 11．新能源汽车无线充电技术的优点包括安全可靠、充电场地的空间利用率高、智能化程度高、维护和管理方便等。图甲为某国产品牌汽车无线充电装置，供电线圈固定在地面，受电线圈固定在汽车底盘上，当两个线圈靠近时可实现无线充电，其工作原理如图乙所示。某课外学习小组查阅资料得知，当输入端ab接上380V正弦交流电后，电池系统cd端的电压为600V，电池系统的电流为20A。若不计线圈及导线电阻，下列说法正确的是（　　） A．为保护受电线圈不受损坏，可以在车底板加装金属护板 B．若输入端ab接上380V直流电，也能正常充电 C．供电线圈和受电线圈匝数比可能为19：30 D．ab端的输入功率大于12kW 【解答】解：A.金属护板会影响电能的传输，应加装非金属护板，故A错误； B.只有变化的电流才能发生电磁感应现象，实现电能的传输，直流电不会产生电磁感应现象，故B错误； C.电池系统cd端的电压为600V，若供电线圈和受电线圈匝数比为19：30，则供电电压U1＝600V＝380V，但是电阻R1有一部分分压，故ab此时应大于380V，故C错误； D.电池的功率为P＝600×20W＝12000W＝12kW，由于存在定值电阻，定值电阻也有电功率消耗，故ab端的输入功率大于12kW，故D正确。 故选：D。 12．如图为某电吹风的设计电路图，a、b、c、d为四个固定触点，可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态，理想变压器原、副线圈的匝数分别记为n1和n2。下列说法中正确的是（　　） 热风时输入功率 500W 冷风时输入功率 60W 小风扇额定电压 60V 正常工作时小风扇输出功率 48W A．触片P位于ab时，电吹风属于吹冷风状态 B．理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝11：3 C．小风扇工作时的电流为2A D．电热丝的电阻为100Ω 【解答】解：A、当电吹风送出来的是冷风时，电路中只有电动机工作，触片P应与触点b、c接触，故A错误； B、变压器原副线圈的匝数之比为：，故B正确； C、冷风时输入功率为60W，IA＝1A，故C错误； D、吹热风时电热丝的功率为：P＝500W﹣60W＝440W，吹热风时电热丝两端电压为220V，所以其电阻RΩ＝110Ω，故D错误。 故选：B。 二．多选题（共3小题） 13．边长为L的正方形单匝线框abcd放置在如图所示的匀强磁场中，磁感应强度为B，线框总电阻为r，若线框从图示位置开始以角速度ω绕ab轴匀速转动，则下列说法正确的是（　　） A．线框产生的感应电动势最大值是BL2ω B．线框产生的感应电动势有效值是BL2ω C．线框所在平面和磁场的方向垂直时，回路电流最大 D．线框所在平面和磁场的方向平行时，回路电流最大 【解答】解：A.线框产生的感应电动势的最大值Em＝NBSω＝BL2ω，故A正确； B.线框产生的感应电动势有效值E，故B错误； CD.线框所在的平面和磁场方向垂直时，感应电动势为零，回路电流为零；线框所在平面和磁场的方向平行时，感应电动势最大，回路电流最大，故C错误，D正确。 故选：AD。 14．如图所示，一理想自耦变压器线圈AB绕在一个圆环形闭合铁芯上，左端输入正弦交流电压u＝220sin100πt（V），L1、L2为相同的灯泡，其电阻均为R＝55Ω且恒定不变，定值电阻的阻值R0为灯泡阻值的一半。当滑片P处于如图所示位置时，AB端与PB端匝数比为3：1，S1、S2闭合时，两灯泡均正常发光。下列说法正确的是（　　） A．灯泡正常发光的电流为1A B．灯泡正常发光的电功率为27.5W C．S1、S2均闭合时，将P沿顺时针方向转动，L1一定变暗 D．断开S1，闭合S2，将P沿逆时针方向转动（灯泡一直没有损坏），定值电阻消耗的电功率一定是先变大后变小 【解答】解：A．正弦交流电电压有效值为 根据 设灯泡正常发光时的电流为I，对原线圈电路有 U＝UAB+IR 对副线圈电路有 联立解得 I＝1A 故A正确； B．根据功率的计算公式有 P＝I2R＝12×55W＝55W 故B错误； C．S1、S2均闭合时，将P沿顺时针方向转动，副线圈的线圈匝数减少，等效电阻为 等效电阻增大，故原线圈中电流减小，L1功率减小，一定变暗，故C正确； D．断开S1，闭合S2，副线圈电路的总电阻为 此时的等效电阻 将P沿逆时针方向转动，副线圈的匝数增大，当P转动到A端时，最小为1，则等效电阻由减小到，将L1的电阻看作正弦交流电电源的内电阻，当RAB＝R时，RAB的电功率最大，故RAB由减小到的过程中，消耗的电功率一定是先变大后变小，故D正确。 故选：ACD。 15．如图1所示，手摇发电机的大、小飞轮通过皮带传动（皮带不打滑），大、小飞轮的半径之比为3：1，小飞轮和线圈固定于同一转轴。匀速转动手柄时，线圈产生的感应电动势e随时间t变化的规律如图2所示。已知线圈所在处的磁场可视为匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为，线圈面积为、阻值为R，线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为2R的灯泡，其余电阻不计。下列说法正确的是（　　） A．线圈的匝数为100匝 B．手柄匀速转动的转速为r/s C．灯泡两端电压瞬时值的表达式为U＝4sin20πt（V） D．若保持手柄的转速不变，仅使小飞轮的半径增大，则灯泡变得更亮 【解答】解：A、由图2可知小飞轮的周期T＝0.10s，其角速度ωrad/s＝20πrad/s，由图2可知线圈产生的电动势的最大值为V，根据Em＝NBSω＝6V，代入数据解得线圈的匝数N＝300匝，故A错误； B、小飞轮的转速na/s＝10a/s，大轮和小轮通过皮带传动且半径之比为3：1，根据v＝ωr可知则小轮转动的角速度为大轮转动角速度的3倍，大轮的转速为小轮转速的，即为r/s，故B正确； C、电路中遏电流I 灯泡两端的电压U＝I•2R 则灯泡两端的电压最大值 灯泡电压瞬时值表达式为U＝Umsinωt（V），故C正确； D、若保持手柄的转速不变，仅使小飞轮的半径增大，则小飞轮转速减小，角速度减小，电动势峰值和有效值减小，通过小灯泡的电流变小，则灯泡变暗，故D错误。 故选：BC。 三．实验题（共2小题） 16．在利用教学中的可拆变压器进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”实验中，装置如图所示，原线圈的“0”和“800匝”两个接线柱接学生交流电源。回答下列问题： （1）用多用电表的交流电压挡测电压时，应先用 　 　（填“最大”或“最小”）量程挡试测； （2）若在原线圈“0”和“800匝”之间接12V交流电压，副线圈接“0”和“400匝”，则利用交流电压表测出副线圈两端的电压可能是 　 　V（填“5.5”或“24”）； （3）保持交流电源的电压和原、副线圈的匝数不变，若铁芯原来松动了，现拧紧铁芯，则拧紧后与拧紧前相比，测出的副线圈交流电压 　 　（填“变大”“变小”或“不变”）。 【解答】解：（1）为了保证多用电表的安全，应先用最大量程试测，大致确定被测电压后再选用恰当的挡位进行测量； （2）若变压器是理想变压器，根据可知，副线圈两端电压理论上应为 由于可拆变压器不是理想变压器，所以，测出的副线圈的电压小于6V，可能是5.5V。 （3）若铁芯原来松动了，会出现漏磁现象，拧紧铁芯后，漏磁减少了，副线圈上的电压变大，所以拧紧后与拧紧前相比，测出的副线圈交流电压变大。 故答案为：（1）最大；（2）5.5；（3）变大 17．物理兴趣小组用可拆变压器“探究变压器原副线圈电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示。 （1）为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是 　 　。 A．控制变量法 B．等效替代法 C．演绎法 D．理想实验法 （2）若变压器原、副线圈匝数分别选择n1＝800匝、n2＝400匝，原线圈与10V正弦式交流电源相连，用理想电压表测得输出电压U2＝3V，输出电压测量值明显小于理论值，可能的原因是 　 　。 A．原线圈匝数n1少于800匝 B．副线圈匝数n2多于400匝 C．副线圈阻值较大 D．铁芯B没有安装在铁芯A上 （3）等效法、理想模型法是重要的物理学方法，合理采用物理学方法会让问题变得简单，这体现了物理学科“化繁为简”之美。图丙为某电学仪器原理图，变压器原副线圈的匝数分别为n1、n2。若将右侧实线框内的电路等效为一个电阻，可利用闭合电路的规律解决如下极值问题：在交流电源的电压有效值U。不变的情况下，在调节可变电阻R的过程中，当　 　时，R获得的功率最大。 【解答】解：（1）决定副线圈两端电压的因素有原、副线圈的匝数及原线圈两端电压等，所以该探究过程采用的科学探究方法是控制变量法，故BCD错误，A正确； 故选：A。 （2）A、根据变压器变压规律：，理想情况下，副线圈两端电压U2V＝5V。若原线圈匝数n1少于800匝，则副线圈电压应该大于5V，故A错误； B、根据变压规律：，副线圈匝数n2多于400匝，则副线圈电压应该大于5V，故B错误； C、副线圈阻值较大，不影响次级电压，故C错误； D、铁芯B没有安装在铁芯A上，则变压器会“漏磁”，则副线圈电压小于5V，故D正确。 故选：D。 （3）设原副线圈中的电流分别为I1和I2，根据变压器的原理可知：U0＝U1+I1R0 由变压规律有： 由变流规律有： 由欧姆定律有： 解得： 将U0等效为电源电动势，R0等效为电源内阻，R'等效为外电阻，则R消耗功率最大时，则R'＝R0，此时： 故答案为：（1）A；（2）D；（3）。 四．解答题（共3小题） 18．如图甲所示，水平桌面上总电阻为R的闭合导线圈位于垂直于水平面的匀强磁场中，当磁场的磁感应强度B随时间t做周期性变化时，线圈中产生的感应电动势e随时间t按正弦规律变化，如图乙所示，图中的E1，t0均为已知量，求： （1）一个周期内，线图中产生的焦耳热Q； （2）在3t0～6t0时间内，通过线圈截面的电荷量q。 【解答】解：（1）设感应电动势的最大值为Em，感应电动势的瞬时值的表达式为 当t＝t0时 e＝E1 代入解得 Em＝2E1 则感应电动势的有效值为 在一个周期内产生的热量为 （2）设穿过线圈的磁通量最大为Φm，类比于正弦交流电的产生，可知 Em＝NBmSω＝NΦmω 在3t0～6t0时间内，线圈中的平均感应电动势为 感应电流的平均值为 这段时间内，流过线圈的电量 解得 答：（1）一个周期内，线图中产生的焦耳热Q为； （2）在3t0～6t0时间内，通过线圈截面的电荷量q为。 19．如图所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd的边长ab＝cd＝50cm，bc＝ad＝30cm，匝数n＝100，线圈的总电阻r＝10Ω，线圈位于磁感应强度B＝0.050T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两个彼此绝缘的铜环E、F（集流环）焊接在一起，并通过电刷与阻值R＝90Ω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ω＝400rad/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的发热功率； （3）从线圈经过图示位置开始计时，经过周期时间通过电阻R的电荷量。 【解答】解：（1）线圈产生感应电动势的最大值Em＝nBωab×bc＝300V 根据闭合电路欧姆定律可知，线圈中感应电流的最大值 解得：Im＝3.0A （2）通过电阻R的电流的有效值I 线圈转动过程中电阻R的热功率P＝I2R 解得：P＝405W （3）根据法拉第电磁感应定律有：nn　 根据闭合电路欧姆定律有： 解得：7.5×10﹣3C 答：（1）线圈中感应电流的最大值为3.0A； （2）线圈转动过程中电阻R的发热功率为405W； （3）从线圈经过图示位置开始计时，经过周期时间通过电阻R的电荷量为7.5×10﹣3C。 20．电动汽车制动过程中可以控制电机转为发电模式，在产生制动效果的同时，将汽车的部分机械能转换为电能，储存在储能装置中，实现能量回收、降低能耗。如图1所示，发电机可简化为处于匀强磁场中的单匝正方形线框ABCD，线框边长为L，电阻忽略不计，磁场磁感应强度大小为B，线框转轴OO′与磁场垂直，且与AB、CD距离相等。线框与储能装置连接。 （1）线框转动方向如图1所示，试判断图示位置AB中的电流方向； （2）若线框以角速度ω匀速转动，线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，线框在t时刻位置如图2所示，求此时AB产生的感应电动势； （3）讨论电动汽车在某次制动储存电能时，为方便计算，做两点假定：①将储能装置替换为阻值为R的电阻，电阻消耗的电能等于储能装置储存的电能；②线框转动第一周的角速度为ω0，第二周的角速度为，第三周的角速度为，依次减半，直到线框停止转动。若该制动过程中汽车在水平路面上做匀减速直线运动，汽车质量为m，加速度大小为a，储存的电能为初动能的50%，求制动过程中汽车行驶的最大距离x。 【解答】解：（1）由右手定则可知，图1所示位置AB中的电流方向为从B到A。 （2）线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，则经过时间t转过的角度为： θ＝ωt AB垂直磁感线方向的分速度为： 此时AB产生的感应电动势为： EAB＝BLv （3）线框转动过程中，AB、CD均能产生感应电动势，故线框转动产生的感应电动势为 线框转动第一周产生感应电动势最大值为： 储存电能为： 同理可得线框转动第二周储存的电能为： 同理可得线框转动第三周储存的电能： 可得线框转动第n周储存的电能为： 则直到停止（即n→∞）时储存的电能为： 已知储存的电能为初动能的50%，可得汽车的初动能为： 根据动能定理和牛顿第二定律可得： ﹣F合x＝0﹣Ek0 F合＝ma 解得： 答：（1）线框转动方向如图1所示，图示位置AB中的电流方向为从B到A； （2）此时AB产生的感应电动势为； （3）制动过程中汽车行驶的最大距离x为。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第三章《交变电流》单元练习 一．选择题（共12小题） 1．家庭用电一般由国家电网交变电流供电，下列相关说法正确的是（　　） A．大小随时间变化的电流就是交变电流 B．交流电压表测量的是交流电的峰值 C．远距离输电时使用高压输电，目的是为了减小输电线的电流来降低输电损耗 D．理想变压器原、副线圈中的功率之比等于原、副线圈的匝数之比 2．图中的电流i随时间t变化的图象中，不能表示交流电的是（　　） A． B． C． D． 3．关于交变电流和直流电的说法中，正确的是（　　） A．如果电流大小随时间做周期性变化，则一定是交变电流 B．直流电的大小和方向一定不变 C．交变电流一定是按正弦规律变化的 D．交变电流的最大特征就是电流的方向随时间做周期性的变化 4．如图所示，李辉、刘伟用多用电表的欧姆挡测量变压器初级线圈的电阻。实验中两人没有注意操作的规范：李辉两手分别握住红黑表笔的金属杆，刘伟用两手分别握住线圈裸露的两端让李辉测量。测量时表针摆过了一定角度，最后李辉把多用电表的表笔与被测线圈脱离。在这个过程中，他们二人中有人突然“哎哟”惊叫起来，觉得有电击感。下列说法正确的是（　　） A．电击发生在李辉用多用电表红黑表笔的金属杆接触线圈裸露的两端时 B．有电击感的是刘伟，因为所测量变压器是升压变压器 C．发生电击前后，流过刘伟的电流方向发生了变化 D．发生电击时，通过多用电表的电流很大 5．如图为远距离输电的示意图，已知发电机的输出电压保持恒定不变，而且输电线路及其设备均正常，变压器为理想变压器，只考虑远距离输电线上的电阻，其他导线电阻不计。由于用电高峰时，用户的总功率变大，则对应着（　　） A．升压变压器的输入电流减小 B．升压变压器的输出电压减小 C．降压变压器的输出电压变大 D．远距离输电线上的损耗变大 6．如图甲所示的理想变压器，其原线圈接在输出电压如图乙所示的正弦式交流电源上，副线圈接有阻值为88Ω的负载电阻R，原、副线圈匝数之比为5：1，电流表、电压表均为理想交流电表。下列说法中正确的是（　　） A．电流表的示数为2.5A B．电压表的示数约为44V C．原线圈的输入功率为22W D．原线圈交电电流的频率为0.5Hz 7．电蚊拍利用高压电击网来击杀飞近的蚊虫。如图所示，将3V直流电压通过转换器转变为正弦交变电压u＝3sin10000πt（V），再将其加在理想变压器的原线圈上，副线圈两端接电击网，电压峰值达到2700V时可击杀蚊虫，正常工作时（　　） A．交流电压表的示数为3V B．副线圈与原线圈匝数比需满足 C．电击网上的高频电压的频率为10000Hz D．将3V直流电压连接在变压器的原线圈两端电蚊拍也可以正常工作 8．钳形电流表是电机运行和维修工作中最常用的测量仪表之一，其主要由一只电流表和电流互感器组成，工作原理与变压器相同。电流互感器铁芯被制成活动开口，且呈钳形，用手柄来控制开合，其内部结构示意图如图所示，此时钳口闭合，被测通电导线内通有正弦变化规律的交变电流，钳形电流表中的实际电流小于被测通电导线中的电流，下列说法正确的是（　　） A．若仅将钳口打开少许，则电流表示数为零 B．钳形电流表测电流时相当于升压变压器 C．若次级线圈的匝数增加，则电流表示数增大 D．若仅增大通电导线中电流的频率，则电流表示数增大 9．图甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为如图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原线圈两端接交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。则（　　） A．电压表的示数等于5 V B．实现点火的条件是1000 C．t＝0.2 s时电压表的示数为0 V D．变压器原线圈中电压的瞬时值表达式为u＝5sin10πt（V） 10．一交变电压随时间变化的图像如图所示，已知横轴下方为正弦曲线的一半，则该交变电压的有效值为（　　） A．5V B．2V C．10V D．10V 11．新能源汽车无线充电技术的优点包括安全可靠、充电场地的空间利用率高、智能化程度高、维护和管理方便等。图甲为某国产品牌汽车无线充电装置，供电线圈固定在地面，受电线圈固定在汽车底盘上，当两个线圈靠近时可实现无线充电，其工作原理如图乙所示。某课外学习小组查阅资料得知，当输入端ab接上380V正弦交流电后，电池系统cd端的电压为600V，电池系统的电流为20A。若不计线圈及导线电阻，下列说法正确的是（　　） A．为保护受电线圈不受损坏，可以在车底板加装金属护板 B．若输入端ab接上380V直流电，也能正常充电 C．供电线圈和受电线圈匝数比可能为19：30 D．ab端的输入功率大于12kW 12．如图为某电吹风的设计电路图，a、b、c、d为四个固定触点，可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态，理想变压器原、副线圈的匝数分别记为n1和n2。下列说法中正确的是（　　） 热风时输入功率 500W 冷风时输入功率 60W 小风扇额定电压 60V 正常工作时小风扇输出功率 48W A．触片P位于ab时，电吹风属于吹冷风状态 B．理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝11：3 C．小风扇工作时的电流为2A D．电热丝的电阻为100Ω 二．多选题（共3小题） 13．边长为L的正方形单匝线框abcd放置在如图所示的匀强磁场中，磁感应强度为B，线框总电阻为r，若线框从图示位置开始以角速度ω绕ab轴匀速转动，则下列说法正确的是（　　） A．线框产生的感应电动势最大值是BL2ω B．线框产生的感应电动势有效值是BL2ω C．线框所在平面和磁场的方向垂直时，回路电流最大 D．线框所在平面和磁场的方向平行时，回路电流最大 14．如图所示，一理想自耦变压器线圈AB绕在一个圆环形闭合铁芯上，左端输入正弦交流电压u＝220sin100πt（V），L1、L2为相同的灯泡，其电阻均为R＝55Ω且恒定不变，定值电阻的阻值R0为灯泡阻值的一半。当滑片P处于如图所示位置时，AB端与PB端匝数比为3：1，S1、S2闭合时，两灯泡均正常发光。下列说法正确的是（　　） A．灯泡正常发光的电流为1A B．灯泡正常发光的电功率为27.5W C．S1、S2均闭合时，将P沿顺时针方向转动，L1一定变暗 D．断开S1，闭合S2，将P沿逆时针方向转动（灯泡一直没有损坏），定值电阻消耗的电功率一定是先变大后变小 15．如图1所示，手摇发电机的大、小飞轮通过皮带传动（皮带不打滑），大、小飞轮的半径之比为3：1，小飞轮和线圈固定于同一转轴。匀速转动手柄时，线圈产生的感应电动势e随时间t变化的规律如图2所示。已知线圈所在处的磁场可视为匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为，线圈面积为、阻值为R，线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为2R的灯泡，其余电阻不计。下列说法正确的是（　　） A．线圈的匝数为100匝 B．手柄匀速转动的转速为r/s C．灯泡两端电压瞬时值的表达式为U＝4sin20πt（V） D．若保持手柄的转速不变，仅使小飞轮的半径增大，则灯泡变得更亮 三．实验题（共2小题） 16．在利用教学中的可拆变压器进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”实验中，装置如图所示，原线圈的“0”和“800匝”两个接线柱接学生交流电源。回答下列问题： （1）用多用电表的交流电压挡测电压时，应先用 　 　（填“最大”或“最小”）量程挡试测； （2）若在原线圈“0”和“800匝”之间接12V交流电压，副线圈接“0”和“400匝”，则利用交流电压表测出副线圈两端的电压可能是 　 　V（填“5.5”或“24”）； （3）保持交流电源的电压和原、副线圈的匝数不变，若铁芯原来松动了，现拧紧铁芯，则拧紧后与拧紧前相比，测出的副线圈交流电压 　 　（填“变大”“变小”或“不变”）。 17．物理兴趣小组用可拆变压器“探究变压器原副线圈电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示。 （1）为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是 　 　。 A．控制变量法 B．等效替代法 C．演绎法 D．理想实验法 （2）若变压器原、副线圈匝数分别选择n1＝800匝、n2＝400匝，原线圈与10V正弦式交流电源相连，用理想电压表测得输出电压U2＝3V，输出电压测量值明显小于理论值，可能的原因是 　 　。 A．原线圈匝数n1少于800匝 B．副线圈匝数n2多于400匝 C．副线圈阻值较大 D．铁芯B没有安装在铁芯A上 （3）等效法、理想模型法是重要的物理学方法，合理采用物理学方法会让问题变得简单，这体现了物理学科“化繁为简”之美。图丙为某电学仪器原理图，变压器原副线圈的匝数分别为n1、n2。若将右侧实线框内的电路等效为一个电阻，可利用闭合电路的规律解决如下极值问题：在交流电源的电压有效值U。不变的情况下，在调节可变电阻R的过程中，当　 　时，R获得的功率最大。 四．解答题（共3小题） 18．如图甲所示，水平桌面上总电阻为R的闭合导线圈位于垂直于水平面的匀强磁场中，当磁场的磁感应强度B随时间t做周期性变化时，线圈中产生的感应电动势e随时间t按正弦规律变化，如图乙所示，图中的E1，t0均为已知量，求： （1）一个周期内，线图中产生的焦耳热Q； （2）在3t0～6t0时间内，通过线圈截面的电荷量q。 19．如图所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd的边长ab＝cd＝50cm，bc＝ad＝30cm，匝数n＝100，线圈的总电阻r＝10Ω，线圈位于磁感应强度B＝0.050T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两个彼此绝缘的铜环E、F（集流环）焊接在一起，并通过电刷与阻值R＝90Ω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ω＝400rad/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的发热功率； （3）从线圈经过图示位置开始计时，经过周期时间通过电阻R的电荷量。 20．电动汽车制动过程中可以控制电机转为发电模式，在产生制动效果的同时，将汽车的部分机械能转换为电能，储存在储能装置中，实现能量回收、降低能耗。如图1所示，发电机可简化为处于匀强磁场中的单匝正方形线框ABCD，线框边长为L，电阻忽略不计，磁场磁感应强度大小为B，线框转轴OO′与磁场垂直，且与AB、CD距离相等。线框与储能装置连接。 （1）线框转动方向如图1所示，试判断图示位置AB中的电流方向； （2）若线框以角速度ω匀速转动，线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，线框在t时刻位置如图2所示，求此时AB产生的感应电动势； （3）讨论电动汽车在某次制动储存电能时，为方便计算，做两点假定：①将储能装置替换为阻值为R的电阻，电阻消耗的电能等于储能装置储存的电能；②线框转动第一周的角速度为ω0，第二周的角速度为，第三周的角速度为，依次减半，直到线框停止转动。若该制动过程中汽车在水平路面上做匀减速直线运动，汽车质量为m，加速度大小为a，储存的电能为初动能的50%，求制动过程中汽车行驶的最大距离x。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$