单元综合测评五
第五章 交变电流
(时间：90分钟 满分：100分)
温馨提示：1.第Ⅰ卷答案写在答题卡上，第Ⅱ卷书写在试卷上；交卷前请核对班级、姓名、考号.2.本场考试时间为90分钟，注意把握好答题时间.3.认真审题，仔细作答，永远不要以粗心为借口原谅自己．
第Ⅰ卷(选择题，共52分)
一、选择题(本大题共13小题，每小题4分，共52分，每小题至少有一个选项是正确的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)
1．(2013·海淀高二检测)边长为L的正方形闭合线圈共n匝，在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω绕垂直于磁感线并在线圈平面内的轴匀速转动，要使线圈中的感应电流增大1倍，下列措施可采用的是( )
A．只将角速度ω增大1倍
B．只将线圈边长L增大至2L
C．只将线圈匝数增加至2n
D．只将磁感应强度增至2B
解析：由公式I＝＝＝可推得A、D正确．边长为2L时，S′＝4S，R′＝2R，故B正确，若匝数n′＝2n，则R′＝2R，I不变，故C项错误．
答案：ABD
2.一个按正弦规律变化的交变电流的图象如图所示，由图可知( )
①该交变电流的频率为0.2 Hz；②该交变电流的有效值为14.1 A；③该交变电流的瞬时值表达式为i＝20sin0.02t(A)；④t＝时刻，该交变电流大小与其有效值相等．
A．①② B．②④
C．③④ D．①③
解析：由图象知T＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz，电流最大值Im＝20 A，故有效值为I＝＝10 A≈14.1 A．线圈转动的角速度ω＝2πf＝100π rad/s，瞬时值表达式为i＝20sin100πt(A)．将t＝代入瞬时值公式：i＝20sin(100π××0.02) A＝10 A≈14.1 A，由上可知②④正确，应选B.
答案：B
3．对于理想变压器来说，下列说法中不正确的是( )
A．变压器是利用互感现象制成的
B．变压器可以改变各种电源的额定功率
C．变压器不仅能改变电压，还同时改变电流
D．变压器的初级电流随次级电流的增大而增大
解析：由变压器的工作原理是利用互感现象A正确，变压器可改变电压、电流，C正确，D正确．变压器不能改变电源的额定功率，B错误．
答案：B
4．(2013·长沙市铁路一中检测)远距离输送一定功率的交流电，若输送电压提高到n倍，则( )
A．输电线上的电压损失增大
B．输电线上的电能损失增大
C．输电线上的电压损失不变
D．输电线上的电能损失减少到原来的1/n2
解析：设输电功率为P，原输电电压为U，输电线电阻为r，由ΔU＝r可知，电压提高n倍，则输电线损失电压减少，A、C错．电能损失减少到原来的＝.
由上式可知输电线上的电能损失减少到原来的，故选项B错误，D正确．
答案：D
5．(2012·高考广东理综)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin100πt(V)．对此电动势，下列表述正确的有( )
A．最大值是50 V B．频率是100 Hz
C．有效值是25 V D．周期是0.02 s
解析：从中性面开始计时，交变电动势的表达式为e＝Emsinωt，因e＝50sin100πt(V)，所以最大值Em＝50 V，A错误．由ω＝2πf＝100π rad/s得f＝50 Hz，B错误．有效值E＝＝25 V，C正确．T＝＝0.02 s，D项正确．
答案：CD
6．(2012·高考北京理综)一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( )
A．5 V B．5 V
C．10 V D．10 V
解析：设电热器电阻为R，正弦交流电源的电压有效值为U效，接10 V直流电源时，P＝＝①；接交流电源时，＝②，联立①②得U效＝5 V，故最大值Um＝U效＝10 V，C选项正确．
答案：C
7.(2012·高考全国卷)一台电风扇的额定电压为交流220 V．在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I随时间t的变化如图所示．这段时间内电风扇的用电量为( )
A．3.9×10－2度 B．5.5×10－2度
C．7.8×10－2度 D．11.0×10－2度
解析：因1度＝3.6×106 J且电流表示数为电流有效值，故用电量W＝U(I1t1＋I2t2＋I3t3)，代入数值得W＝5.5×10－2度，故B项正确．
答案：B
8．(2012·高考山东理综)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，为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是( )
A．电压表的示数等于5 V
B．电压表的示数等于 V
C．实现点火的条件是＞1 000
D．实现点火的条件是＜1 000
解析：交流电压表测的是交流电的有效值，对正弦交流电，其电压有效值U＝，所以B正确A错误；根据题意，副线圈电压峰值大于5 000 V时就可以点燃气体，对理想变压器＝＞＝1 000，C正确D错误．
答案：BC
9.(2013·浙江省浙南、浙北部分学校高三联考)如图所示电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器R的滑片，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是( )
A．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小
B．保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小
C．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1增大
D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减小
解析：设理想变压器的原副线圈匝数分别为n1、n2，根据理想变压器的原副线圈的电压比等于匝数比，可得：＝；保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，n2变大，则U2变大，由欧姆定律可知I2变大，R上消耗的功率变大，I1变大，选项A错误，选项C正确；同理，保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，I2变小，选项B正确；保持U1不变，S接在b端，则U2不变，P向上滑动，R变小，由欧姆定律可知I2变大，则I1也变大，选项D错误．
答案：BC
10．(2012·高考重庆理综)如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 000sin100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V/880 W”的电器RL供电，该电器正常工作．由此可知( )
A．原、副线圈的匝数比为50∶1
B．交变电压的频率为100 Hz
C．副线圈中电流的有效值为4 A
D．变压器的输入功率为880 W
解析：副线圈输出电压U2＝220 V＋Ur，＝＝＜，故A错误.2πf＝100π Hz，f＝50 Hz，故B错．I2＝ A＝4 A，故C项正确．由于理想变压器P入＝Ir＋880 W＞880 W，故D错．
答案：C
11．如图所示，变频交变电源的频率可在20 Hz到20 kHz之间调节，在某一频率时，A1、A2两只灯泡的炽热程度相同．则下列说法中正确的是( )
A．如果将频率增大，A1炽热程度减弱、A2炽热程度加强
B．如果将频率增大，A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱
C．如果将频率减小，A1炽热程度减弱、A2炽热程度加强
D．如果将频率减小，A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱
解析：某一频率时，两只灯泡炽热程度相同，可知两灯泡消耗的功率相同，频率增大时，感抗增大，而容抗减小，故通过A1的电流增大，通过A2的电流减小，故B项正确；同理可得C项正确，故选B、C.
答案：BC
12．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝1∶3，次级回路中接入三个均标有“36 V,40 W”的灯泡，且均正常发光，那么，标有“36 V,40 W”的灯泡A( )
A．也正常发光 B．将被烧毁
C．比另三个灯泡暗 D．无法确定
解析：理想变压器的电压之比等于匝数之比，由次级回路中三个均标有“36 V,40 W”的灯泡能正常发光，可知副线圈两端电压U2＝36×3 V＝108 V，所以原线圈两端电压U1＝U2＝36 V，灯泡A与原线圈并联，两端电压也为36 V，能正常发光．
答案：A
13．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则( )
A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零
B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合
C．线框产生的交变电动势有效值为311 V
D．线框产生的交变电动势频率为100 Hz
解析：线框中感应电动势与磁通量的变化率成正比，而t＝0.005 s时e最大，故A错误．t＝0.01 s时e＝0，故B正确．电动势有效值为311× V≈220 V，故C错误．周期T＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz，故D错误．
答案：B
第Ⅱ卷(非选择题，共48分)
二、论述、计算题(本题共4小题，共48分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
14．如图所示，把电压最大值为100 V的正弦交流电和电压为100 V的直流电，分别加在两个完全相同的灯泡上，若后者灯泡正常发光，则前者的灯泡能否正常发光？若不能正常发光，其功率为后者功率的多少倍？
解析：后者能使灯泡正常发光，说明灯泡的额定电压为100 V，前者电压最大值为100 V，其有效值小于100 V，不能使灯泡正常发光，有效值为
U＝＝ V＝50 V，
由P＝知前者的功率P1＝
后者的功率P2＝
P1＝P2
答案：不能 倍
15.如图所示，变压器原线圈n1＝800匝，副线圈n2＝200匝，灯泡A标有“10 V 2 W”，电动机D的线圈电阻为1 Ω，将交变电流u＝100sin(100πt)加到理想变压器原线圈两端，灯泡恰能正常发光，求：
(1)副线圈两端电压(有效值)；
(2)电动机D的电功率．
解析：(1)原线圈两端电压(有效值)
U1＝＝ V＝100 V
由变压器变压比规律＝知副线圈两端电压
U2＝U1＝25 V.
(2)电动机两端电压UD＝U2－UA＝15 V
通过电动机的电流I＝IA＝＝0.2 A
电动机的功率PD＝UDI＝3 W.
答案：(1)25 V (2)3 W
16．(2013·湖南省隆回县万和实验学校月考)一个直流电动机的内电阻r＝2 Ω，与R＝8 Ω的电阻串联接在线圈上，如图所示．已知线圈面积为 m2，共100匝，线圈的电阻为2欧，线圈在B＝ T的匀强磁场中绕OO′以转速n＝600 r/min匀速转动时，在合上开关S后电动机正常工作时，电压表的示数为100 V，求电动机正常工作时的输出功率．
解析：转速n＝600 r/min＝10 r/s，角速度ω＝2πn＝20π(rad/s)，线圈转动时产生的电动势的最大值为：Em＝NBSω＝200 V，有效值为：E＝＝200 V，设线圈的电阻为r′，则电路中的电流I为I＝＝10 A，电动机正常工作时的输出功率为P＝UI－I2r＝800 W.
答案：800 W
17．(2013·秦皇岛高二检测)一座小型水电站，水以3 m/s的速度流入水轮机，而以1 m/s的速度流出，流出水位比流入水位低1.6 m，水的流量为1 m3/s，如果水流机械能减少量的75%供给发电机．问：
(1)若发电机效率为80%，则发电机的输出功率为多大？
(2)发电机的输出电压为240 V，输电线路电阻为16.7 Ω，允许损失的电功率为5%，用户所需电压为220 V，如图所示，则升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比各是多少？(变压器为理想变压器，g取10 m/s2)
解析：(1)每秒水流机械能损失为
ΔE＝m(v－v)＋mgΔh＝2×104 J
发电机的输出功率为
P出＝×80%＝12 kW.
(2)如题图所示P线＝5%P出＝600 W
因为P线＝IR线，所以I线＝6 A
又因I2＝I线＝6 A，I1＝＝50 A
所以对升压变压器有＝
即＝＝
又因为I3＝I线＝6 A，I4＝＝ A
所以对降压变压器有＝
即＝＝＝.
答案：(1)12 kW (2)
第五章 第1节 交变电流
课后强化演练
一、选择题
1．(2013·吉林一中高二上学期期末)如图所示，当矩形线圈在匀强磁场中以较小的角速度逆时针匀速转动时，与之相连的灵敏电流表指针左右摆动．若当线圈转动到图示位置时，电流计指针在刻度盘的右边．线圈由图示位置继续转动，则当( )
A．线圈在转过90°～180°的过程中，电流计指针在刻度盘的左边
B．线圈在转动270°～360°的过程中，电流计指针在刻度盘的左边
C．线圈转至90°瞬间，电流计指针在刻度盘的右边
D．线圈通过图示位置时，线圈中电流改变方向
解析：每当线圈平面经过中性面时，电流方向将发生改变，选项D错；线圈在转过90°～180°的过程中，电流方向与图示电流方向相反，电流计指针在刻度盘的左边，选项A正确；线圈在转过270°～360°的过程中，电流方向与图示电流方向相同，电流计指针仍在刻度盘的右边，选项B错；线圈转至90°瞬间，通过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，产生的交变电流为零，电流计指针不偏转，选项C错．故本题正确选项为A.
答案：A
2.如图所示，矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，当转到图示位置时，线圈的( )
A．磁通量变化率为零
B．感应电流为零
C．磁通量为零
D．感应电流最大
解析：图示位置线圈平面与磁感线平行，穿过线圈的磁通量为零，而磁通量的变化率最大，所以感应电流最大，故C、D正确，A、B错误．
答案：CD
3.如图所示，一矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，bc边长为l2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动，则t时刻线圈中的感应电动势为( )
A．0.5Bl1l2ωsinωt B．0.5Bl1l2ωcosωt
C．Bl1l2ωsinωt D．Bl1l2ωcosωt
解析：因为开始时刻线圈平面与磁感线平行，即从垂直于中性面开始运动，所以开始时刻线圈中感应电动势最大为Em＝Bl1l2ω，感应电动势的表达形式应为余弦形式，因此在t时刻线圈中的感应电动势为Bl1l2ωcosωt.故正确选项为D.
答案：D
4．如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动．当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t＝时刻( )
A．线圈中的电流最大
B．穿过线圈的磁通量为零
C．线圈所受的安培力为零
D．线圈中的电流为零
解析：t＝＝，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B错误，由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零．线圈所受的安培力为零，A错误，C、D正确．
答案：CD
5．交流发电机在工作时电动势为e＝Emsinωt，若将发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( )
A．e′＝Emsin B．e′＝2Emsin
C．e′＝Emsin2ωt D．e′＝sin2ωt
解析：交变电压瞬时值表达式为e＝Emsinωt，而Em＝NBSω.当ω加倍而S减半时，Em不变，故正确答案为C选项．
答案：C
6．(2013·大连高三模拟)如图所示，甲、乙两个并排放置的共轴线圈，甲中通有如图所示的电流，则( )
A．在t1到t2时间内，甲乙相吸
B．在t2到t3时间内，甲乙相斥
C．t1时刻两线圈间作用力为零
D．t2时刻两线圈间吸引力最大
解析：甲回路电流的磁场减弱时，由楞次定律知，乙回路将产生与甲同向环绕的感应电流．甲、乙电流之间通过磁场发生相互作用，甲乙相吸．同理，当甲中电流增强时，甲、乙互相排斥，故A、B选项都正确．t1时刻，甲中电流产生的磁场变化率为零，则乙线圈感生电流瞬时值为零，而t2时刻，甲中的电流变化最快，乙中感生电流最强，但此时甲中电流瞬时值为零，所以t1、t2时刻，甲、乙电流间相互作用都为零．C正确，D错误．
答案：ABC
二、非选择题
7．(2013·福建省大田一中、德化一中高二检测)矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动，线圈匝数N＝100匝，转速为n＝(rad/s)，在转动过程中穿过线圈磁通量的最大值为Φm＝0.02 Wb.则：
(1)线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势为多少？
(2)当线圈平面与中性面夹角为π/3时，感应电动势为多少？
解析：(1)ω＝2πn＝10 rad/s
根据Em＝NBSω，Φm＝BS
得Em＝NΦmω＝20 V.
(2)根据e＝Emsinωt，ωt＝π/3
得e＝Emsin(π/3)＝10 V≈17.3 V
答案：(1)20 V (2)17.3 V
8．如图甲是一种自行车上照明用的车头灯，图乙是这种车头灯发电机的结构原理图，转轴的一端装有一对随轴转动的磁极，另一端装有摩擦小轮．电枢线圈绕在固定的U形铁芯上，自行车车轮转动时，通过摩擦小轮带动磁极转动，使线圈中产生正弦交变电流，给车头灯供电．
已知自行车车轮半径r＝35 cm，摩擦小轮半径r0＝1.00 cm.线圈有N＝800匝，线圈框横截面积S＝20 cm2，总电阻R1＝40 Ω.旋转磁极的磁感应强度B＝0.010 T，车头灯电阻R2＝10 Ω.当车轮转动的角速度ω＝8 rad/s时，求：
(1)发电机磁极转动的角速度；
(2)车头灯中电流的最大值．
解析：(1)磁极与摩擦小轮转动的角速度相等，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，故有：
ω0r0＝ωr，
ω0＝
＝8× rad/s
＝280 rad/s.
(2)摩擦小轮带动磁极转动，线圈产生的感应电动势最大值为
Em＝NBSω0＝800×0.010×280×20×10－4 V＝4.48 V.
所以通过车头灯电流的最大值为
Im＝
＝ A
＝89.6 mA.
答案：(1)280 rad/s (2)89.6 mA
第五章 第2节 描述交变电流的物理量
课后强化演练
一、选择题
1．(2013·福州高二检测)某交变电压为u＝6sin314t V，则( )
A．用此交变电流作打点计时器的电源时，打点周期为2 s
B．把额定电压为6 V的小灯泡接在此电源上，小灯泡正常发光
C．把额定电压为6 V的小灯泡接在此电源上，小灯泡将烧毁
D．耐压6 V的电容器可以直接接在此电源上
解析：由表达式可知电压的最大值是6 V，角速度是100π rad/s，所以电压的有效值是6 V，周期是0.02 s，所以B正确，A、C、D错．
答案：B
2．(2013·包头高二检测)把一只电热器接在100 V的直流电源上，在t时间内产生的热量为Q，若将它分别接到u1＝100sinωt V和u2＝50sin2ωt V的交流电源上，仍要产生Q的热量，则所需时间分别是( )
A．t,2t B．2t,8t
C．2t,2t D．t,4t
解析：由Q＝t得，接直流电时Q＝t，接u1时Q＝t1，所以t1＝2t，同理t2＝8t，所以选B.
答案：B
3.(2011·高考四川理综)如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A．那么( )
A．线圈消耗的电功率为4 W
B．线圈中感应电流的有效值为2 A
C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cost
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint
解析：从线圈平面平行于磁感线开始计时，正弦交变电流的感应电动势的一般表达式为e＝Emcosθ，且该式的成立与转轴的位置无关(转轴平行于磁感线的情况除外)，则感应电流i＝＝cosθ，由题给条件有：1＝×，Em＝4 V，则Im＝2 A，I有效＝ A，电功率P＝IR＝4 W，所以A正确，B错误．e＝4cosωt＝4cost，即C正确．由Em＝BSω＝Φm·得Φm＝，故Φ＝sint，即D错误．
答案：AC
4．如右图所示的是一交变电流随时间变化的图象，此交变电流的有效值是( )
A．5 A B．5 A
C．3.5 A D．3.5 A
解析：
根据有效值的定义，让图示中的交变电流和一直流分别通过同一纯电阻用电器R，如果在相同时间内电阻产生的热量相同，则此直流的值即为该交变电流的有效值．取一个周期研究，设有效值为I，电阻为R，有IRt1＋IRt2＝I2RT，即(4)2R×0.01＋(－3)2R×0.01＝I2R×0.02，解得I＝5 A.
答案：B
5.如图所示，A、B两输电线间的电压是u＝200sin100πt(V)，输电线电阻不计，把电阻R＝50 Ω的用电器接在A、B两输电线上，对此，下列说法正确的是( )
A．电流表示数为4 A
B．电压表示数为200 V
C．通过R的电流方向每秒钟改变50次
D．用电器消耗的电功率为1.6 kW
解析：由u＝200sin100πt(V)可知，电压最大值Um＝200 V，角速度ω＝100π rad/s，所以电压的有效值U＝＝200 V，周期T＝＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz.由欧姆定律得I＝＝ A＝4 A，所以A、B两项正确；一周期内电流方向改变两次，而f＝50 Hz，则1 s内电流方向改变100次，C项错误；电功率P＝IU＝4×200 W＝800 W，所以D项错误．
答案：AB
6．边长为l的正方形闭合线框abcd，在磁感应强度为B的匀强磁场中，以角速度ω绕cd边从如图所示位置开始匀速转动，转轴与磁场垂直，线框总电阻为R，一理想电压表接在线框的c、d两点之间，下列说法中正确的是( )
A．线框转一周外力所做的功为
B．线框转过90°的过程中感应电动势的最大值为Bl2ω
C．线框转过90°的过程中通过线框导线横截面的电荷量为
D．电压表的示数为
解析：线框在转动过程中，产生感应电动势的有效值为E＝，I＝，T＝，线框转动一周产生的热量Q＝I2RT＝2R·＝，外力做的功W＝Q，A正确；感应电动势的最大值Em＝Bl2ω，B正确；线框转过90°的过程中，流过导线某一横截面的电量q＝＝，C正确；电压表的示数等于cd两端电压的有效值U＝I·＝，D错误．
答案：ABC
二、非选择题
7．(2013·锦州市高二检测)一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n＝100.穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间按正弦规律变化．如图所示，发电机内阻r＝5.0 Ω，外电路电阻R＝95 Ω.已知感应电动势的最大值Em＝nωΦm，其中Φm为穿过每匝线圈磁通量的最大值．求串联在外电路中的交流电流表(内阻不计)的读数．
解析：从Φ -t图象可以看出：Φm＝1.0×10－2 Wb，
T＝3.14×10－2 s，已知Em＝nωΦm，又ω＝，
故电路中电流最大值：
Im＝＝
＝ A
＝2 A.
交流电流表读数I＝≈1.4 A.
答案：1.4 A
8．(2012·高考安徽理综)图1是交流发电机模型示意图．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路．图2是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示．已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动．(只考虑单匝线圈)
(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；
(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图3所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；
(3)若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热．(其它电阻均不计)
解析：(1)矩形线圈abcd转动过程中，只有ab和cd切割磁感线，设ab和cd的转动速度为v，则
v＝ω·
在t时刻，导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为E1＝BL1v⊥
由图可知v⊥＝vsin ωt
则整个线圈的感应电动势为
e1＝2E1＝BL1L2ωsin ωt
(2)当线圈由图3位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为
e2＝BL1L2ωsin (ωt＋φ0)
(3)由闭合电路欧姆定律可知
I＝
这里E为线圈产生的电动势的有效值
E＝＝
则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为
QR＝I2RT
其中T＝
于是QR＝πRω2
答案：(1)e1＝BL1L2ωsinωt
(2)e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)
(3)πRω2
第五章 第3节 电感和电容对交变电流的影响
课后强化演练
一、选择题
1．关于电阻、电感、电容对电流作用的说法正确的是( )
A．电阻对直流电和交流电的阻碍作用相同
B．电感对直流电和交流电均有阻碍作用
C．电容器两极板间是绝缘的，故电容支路上没有电流通过
D．交变电流的频率增加时，电阻、电感、电容的变化情况相同
解析：电阻的阻碍作用对直流电和交流电相同，A正确；电感对直流电没有阻碍作用，对交流电有阻碍作用，B错误；由于电容器不断地充放电，电路中存在充电电流和放电电流，C错误；电阻的阻值与交流电的频率无关，感抗随交流电频率的增大而增大，容抗随交流电频率的增大而减小，D错误．
答案：A
2．一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图所示．一铁棒插进线圈之后，该灯将( )
A．变亮 B．变暗
C．没有影响 D．无法判断
解析：在线圈内由于磁场变化而产生的感应电动势，总是反抗电流变化．正是这种反抗变化的特性(电惰性)，使线圈产生了感抗．加入铁芯改变了电感的自感系数，自感系数增大，感抗增大，降落的电压增大，灯泡上的电压减小，所以灯变暗．故B正确．
答案：B
3.(2013·大连高二检测)如图所示的电路，F为一交流发电机，C为平行板电容器，为使电流表A的示数增加，可行的办法是( )
A．使发电机F的转速增加
B．使发电机F的转速减小
C．在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质
D．使电容器两极板间的距离增大
解析：本题考查电容对交变电流的阻碍作用．本题的关键是理解容抗与交变电流的频率和电容器的电容都成反比．当发电机转速增加时，交变电流的频率增大，容抗减小，电流表A的读数增大，A项正确，B项错误；在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质时，电容器的电容减小，使电容器两极板间距离增大时电容也减小，当电容减小时，容抗增大，对交变电流的阻碍作用增大，电流表A示数减小，C、D两项均错误．故正确答案为A.
答案：A
4.在电子技术中，从某一装置输出的电流既有高频成分又有低频成分，如果只需把低频成分输送到下一级装置，如图所示，则下列做法合理的是( )
A．在ab间接入一个电容器
B．在ab间接入一个低频扼流圈
C．在ab间接入一个高频扼流圈
D．在ab间接入一个电容器或高频或低频扼流圈都可以
解析：假设接入电容器，通过的是高频电流，不符合题意，故应接入线圈，通过的是低频电流，故应接高频扼流圈，故C正确．
答案：C
5.(2013·海淀高二检测)两个相同的白炽灯泡L1和L2接到如图所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感线圈串联．当a、b间接电压最大值为Um、频率为f的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同．更换一个新的正弦交流电源后，灯L1的亮度低于灯L2的亮度．新电源两极的电压最大值和频率可能是( )
A．最大值仍为Um，而频率大于f
B．最大值仍为Um，而频率小于f
C．最大值大于Um，而频率仍为f
D．最大值小于Um，而频率仍为f
解析：更换新电源后，灯L1的亮度低于灯L2的亮度，说明电容器的容抗增大，电感的感抗减小．由频率对容抗、感抗的影响可知新电源频率减小，所以B正确．
答案：B
6.“二分频”音箱内有高、低两个扬声器．音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动．如图所示为音箱的电路简化图，高、低频混合电流由a、b端输入，L1和L2是线圈，C1和C2是电容器，则( )
A．甲扬声器是高音扬声器
B．C2的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器
C．L1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器
D．L2的作用是减弱乙扬声器中的低频电流
解析：甲扬声器中，L1串联在电路中，对高频电流的阻碍作用很大，对低频电流阻碍作用较小；C1并联在电路中，对高频电流的阻碍作用小，可以给高频电流提供通路，使低频电流通过扬声器传出，所以甲为低频扬声器．乙扬声器中，C2串联在电路中，对低频电流的阻碍作用很大，对高频电流的阻碍作用较小，L2并联在电路中，对低频电流的阻碍作用较小，可以给低频电流提供通路，使高频电流通过扬声器传出，所以乙为高频扬声器．
答案：BD
二、非选择题
7.如图所示，L1、L2、L3为三个相同的灯泡，a、b、c为与之串联的三个元件，E1为直流电源，E2为交变电源．当开关S接“1”时，L1、L2两灯均正常发光，L3灯不亮；当S接“2”时，L1灯仍正常发光，L2灯变暗，L3灯发光．试分析a、b、c分别是何元件．
解析：无论S接直流还是接交流，L1灯均正常发光，说明与L1串联的元件a对直流、交流的阻碍作用相同，故a应为电阻；S接直流时，L2正常发光，接交流时，L2灯变暗，说明与L2串联的元件b既可通直流，又可通交流电，但b对交流电的阻碍作用大于对直流电的阻碍作用，故b应为电感线圈；S接直流时，L3灯不亮，接交流时L3灯发光，说明与L3串联的元件c不能通过直流而能通过交流，故c应为电容器．
答案：电阻 电感线圈 电容器
8.如图所示，从AO输入的信号中，有直流电流和交变电流，求：
(1)现要求信号到达BO两端没有直流成分，需要在AB间接一个什么元件？该元件的作用是什么？
(2)若要求信号到达BO两端只有直流电压，而没有交变电压，则应在AB间接入一个什么元件？该元件的作用是什么？
解析：(1)因为BO两端不需要直流电，只需要交流电，根据电容器有“通交流，隔直流”的特点，应在AB两端接入一电容器C，该电容器对直流电有阻碍作用，而交流电可以通过．
(2)因为BO两端不需要交流电，只需要直流电，故根据低频扼流圈有“通直流，阻交流”的特点，应在AB两端接入一个低频扼流圈，该线圈对交流电有阻碍作用，而直流电可以通过．
答案：见解析
第五章 第4节 变压器
课后强化演练
一、选择题
1．理想变压器的原、副线圈中一定相同的物理量有( )
A．交流电的频率 B．磁通量的变化率
C．功率 D．交流电的峰值
解析：理想变压器没有漏磁，没有能量损失，所以原、副线圈中磁通量变化率相同，原、副线圈中功率相同，B、C项正确，变压器的原理是互感现象，其作用改变电压不改变频率，A项正确，D项错误．
答案：ABC
2．对理想变压器，下列说法中正确的是( )
A．原线圈的输入功率，随着副线圈的输出功率增大而增大
B．原线圈的输入电流，随副线圈的输出电流增大而增大
C．原线圈的电流，不随副线圈的输出电流变化而变化
D．当副线圈的电流为零时，原线圈的电压也为零
解析：理想变压器的原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，且随副线圈的输出功率的变化而变化，原线圈的输入电流取决于副线圈的输出电流，当副线圈的电流为零时，原线圈的电流也为零，但原线圈电压并不一定为零，故A、B正确，C、D错误．
答案：AB
3．(2012·高考全国课标卷)自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为( )
A．380 V和5.3 A B．380 V和9.1 A
C．240 V和5.3 A D．240 V和9.1 A
解析：对理想变压器有U2＝U1＝380 V，由P2＝I2U2得I2＝＝ A≈5.3 A．依据＝得I2＝I2＝×5.3 A≈9.1 A，故只有选项B正确．
答案：B
4．如图所示为理想变压器．原线圈的匝数为1 000匝，两个副线圈n2＝50匝，n3＝100匝，L1是“6 V 2 W”的小灯泡．L2是“12 V 4 W”的小灯泡，当n1接上交变电压时，L1、L2都正常发光，那么原线圈中的电流为( )
A. A B. A
C. A D. A
解析：P出＝2 W＋4 W＝6 W，由P入＝P出，得I1U1＝6 W，又＝，所以U1＝U2＝×6 V＝120 V，所以I1＝ A＝ A．故正确答案为C.
答案：C
5．(2013·河北省衡水中学高二检测)图(甲)是线圈绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电图象，把该交流电压加在图(乙)中变压器的A、B两端．已知理想变压器原线圈Ⅰ和副线圈Ⅱ的匝数比为5∶1，交流电流表和交流电压表均为理想电表，电阻R＝1 Ω，其他各处电阻不计，以下说法中正确的是( )
A．在t＝0.1 s、0.5 s时，穿过线圈的磁通量最大
B．线圈转动的角速度为10π rad/s
C．电压表的示数为 V
D．电流表的示数为0.40 A
解析：线圈绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动，当线圈转动到与中性面垂直的位置时，感应电动势最大，但此时的磁通量最小，为零，选项A错误；由(甲)图可知，交流电流的电压峰值为Um＝10 V，周期T＝0.4 s，所以线圈转动的角速度ω＝2π/T＝5π rad/s，选项B错误；理想变压器原线圈Ⅰ的输入电压U1＝10 V，根据变压器的变压比得理想变压器副线圈Ⅱ上得到的电压U2＝U1＝2 V，选项C错误；理想变压器输入功率等于输出功率，由I1U1＝U/R可得电流表的示数I1＝0.40 A，选项D正确．
答案：D
6．(2013·河北省衡水中学高二检测)有一种调压变压器的构造如图所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间加上输入电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压．图中A为交流电流表，V为交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，CD两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器( )
A．当R3不变，滑动触头P顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小
B．当R3不变，滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变大
C．当P不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大
D．当P不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变小
解析：当R3不变，滑动触头P顺时针转动时，调压变压器副线圈的匝数减小，副线圈的输出电压变小，电压表、电流表示数变小，选项A正确；同理，当R3不变，滑动触头P逆时针转动时，调压变压器副线圈的匝数增多，副线圈的输出电压变大，电压表、电流表示数变大，选项B错误；P不动，副线圈的输出电压不变，当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，R3阻值变小，副线圈的输出电流变大，R1上的电压变大，电压表读数变小，R2中的电流减少，电流表读数变大，选项C错误、D正确．
答案：AD
二、非选择题
7.如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接有相同的白炽灯，原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝2∶1，电源电压为U，求B灯两端的电压UB为多少？
解析：由串联电路分压原理可知U＝UA＋U1
由变压器原理可知：
U1∶U2＝2∶1 I1∶I2＝1∶2
由欧姆定律可知：UA＝I1R UB＝I2R
联立解得UB＝U.
答案：U
8．(2011·高考江苏单科)图甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u -t图象如图乙所示．若只在ce间接一只Rce＝400 Ω的电阻，或只在de间接一只Rde＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.
(1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式；
(2)求只在ce间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I1；
(3)求ce和de间线圈的匝数比.
解析：(1)由题图乙知ω＝200π rad/s
电压瞬时值uab＝400sin200πt (V)．
(2)电压有效值U1＝200 V
理想变压器P1＝P2
原线圈中的电流I1＝
解得I1≈0.28 A(或 A)．
(3)设ab间匝数为n1
＝
同理＝
由题意知＝
解得＝
代入数据得＝.
答案：(1)uab＝400sin200πt (V)
(2)0.28 A(或 A) (3)＝
第五章 第5节 电能的输送
课后强化演练
一、选择题
1．中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重．其中客观原因是电网陈旧老化，近年来进行了农村电网改造．为了减少远距离输电线路上的电能损耗而降低电费价格，以下措施中切实可行的是( )
A．提高输送功率
B．应用超导材料做输电线
C．提高输电电压
D．减小输电导线的横截面积
解析：减小输电导线上电能损失可以从提高电压和减小电阻两方面考虑，但必须保证可靠、保质、经济并综合考虑实际问题．故选C项．
答案：C
2．输电导线的电阻为r，输送电功率为P，现分别用U1和U2两种电压来输电，则两次输电线上损失的功率之比为( )
A．U1∶U2 B．U∶U
C．U∶U D．U2∶U1
解析：由P＝UI得输电线中的电流I＝.输电线中损失的功率P损＝I2r＝2r＝.即在输送功率和输电线电阻不变的情况下，损失的功率与输电电压的平方成反比．所以P损1∶P损2＝U∶U.
答案：C
3．某小型水电站的电能输送示意图如图所示．发电机的输出电压为200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则( )
A.>
B.<
C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
解析：根据变压器工作原理可知＝，＝，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U2>U3，所以>，A正确，B、C错误；升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线上损失功率，D正确．
答案：AD
4．(2013·宁德高二检测)某农村水力发电站的发电机的输出电压稳定，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器，经变压器降压后，再用线路接到各用户，设两变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率增加，这时( )
①升压变压器的副线圈的电压变大；②高压输电线路的电压损失变大；③降压变压器的副线圈上的电压变大；④降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大．
A．①② B．②③
C．③④ D．②④
解析：用电高峰期，用户端总电阻由于并联电灯增多而减小，从而电流增大，又由U损＝Ir可知，输电导线上的电压损失变大，升压变压器副线圈的电压不变，降压变压器原、副线圈上的电压变小，而降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大．故正确答案为D.
答案：D
5．(2010·福建高考)中国已投产运行的1 000 kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原采用500 kV的超高压输电，输电线上的损耗电功率为P.在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率为( )
A．P/4 B．P/2
C．2P C．4P
解析：由P＝UI可知由500 kV的超高压输电变为1 000 kV特高压输电时，输电线电流变为原来的1/2，再根据P线＝I2R线可得输电线上损耗的电功率将变为P/4，故选A.
答案：A
6．(2012·高考天津理综)通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R.当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和分别为( )
A.， B.2R，
C.， D.2R，
解析：由理想变压器＝得：副线圈电压U′＝kU，而理想变压器P入＝P出，副线圈电流I′＝＝，线路损耗的电功率P1＝I′2R＝2R.同理可知P2＝I″2R＝2R，得＝，故D项正确．
答案：D
二、非选择题
7．(2013·黑龙江省大庆实验中学检测)发电厂输出的交流电压为2.2×104 V，输送功率为2.2×106 W，现在用户处安装一降压变压器，用户的电压为220 V，发电厂到变压器间的输电导线总电阻为22 Ω，求：
(1)输电导线上损失的电功率；
(2)降压变压器原副线圈匝数之比为多少？
解析：(1)输送电流为：I线＝P总/U总＝2.2×106/2.2×104 A＝100 A
则损失功率为：P损＝IR线＝1002×22 W＝2.2×105 W.
(2)变压器原线圈电压U1为
U1＝U总－U线＝U总－I线R线
＝2.2×104 V－100×22 V＝19 800 V
所以原副线圈匝数比＝＝.
答案：(1)2.2×105 W (2)90∶1
8．在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个电站，输送的电功率为P＝500 kW，当使用U＝5 kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800度．求：
(1)这时的输电效率η和输电线的总电阻r；
(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？
解析：(1)由于输送功率为P＝500 kW，一昼夜输送电能E＝Pt＝12 000(度)，终点得到的电能E′＝7 200(度)，因此效率η＝60%.输电线上的电流可由I＝计算，得I＝100 A，而输电线损耗功率可由Pr＝I2r计算，其中Pr＝ kW＝200 kW，因此可求得r＝20 Ω.
(2)输电线上损耗功率Pr＝2r∝，原来Pr＝200 kW，现在要求Pr′＝10 kW，计算可得输电电压应调节为U′＝22.4 kV.
答案：(1)60% 20 Ω (2)22.4 kV
