2024鲁科版高中物理选择性必修第二册同步练习--第3章 交变电流与远距离输电
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| 名称 | 2024鲁科版高中物理选择性必修第二册同步练习--第3章 交变电流与远距离输电 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2023-11-10 09:21:55 | ||
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文档简介
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2024鲁科版高中物理选择性必修第二册同步
第3章 交变电流与远距离输电
注意
事项 1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.如图所示是交流发电机的示意图,下列说法中正确的是 ( )
A.该发电机是旋转电枢式发电机
B.两磁极之间产生的磁场是辐向磁场
C.线圈转至图示位置时,穿过线圈的磁通量为零,感应电动势也为零
D.线圈逆时针转至图示位置时,线圈中感应电流的方向是A→B→C→D
2.如图所示,边长为50 cm的单匝闭合正方形导体框在水平方向的匀强磁场中绕竖直方向的对称轴OO'匀速转动,转动的角速度为 rad/s。已知匀强磁场的磁感应强度为1 T,导体框从图示位置开始计时,前2 s内 ( )
A.导体框的磁通量增加了 Wb
B.导体框的磁通量增加了 Wb
C.穿过导体框的磁通量增加得越来越快
D.导体框中没有感应电流
3.手机无线充电器的基本原理类似于变压器,由发射器和接收器组成,分别有发射线圈和接收线圈,其简化模型如图所示(视为理想变压器)。已知发射线圈、接收线圈匝数比为n1∶n2=5∶1,A、B端输入电流为i= sin 200πt(A),则( )
A.接收线圈的输出电流的有效值为1 A
B.接收线圈的输出功率是发射线圈输入功率的
C.接收线圈中输出电流方向每秒变化100次
D.发射线圈和接收线圈的频率不相同
4.如图(a)所示,理想变压器原、副线圈匝数比为11∶1,副线圈与理想电流表、理想电压表以及负载电阻R连接成闭合回路,原线圈接电压为U0的交流电源,R两端电压随时间变化的规律如图(b)所示,负载电阻R=20 Ω。下列说法中正确的是 ( )
A.变压器输入电压的最大值是110 V
B.电流表的示数为 A
C.原线圈输入交流电的频率是100 Hz
D.变压器的输入功率是10 W
5.某种风力发电机的原理如图所示,发电机的线圈固定,磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴匀速转动,已知磁体间的磁场为匀强磁场,磁感应强度的大小为 T,线圈的匝数为100,线圈内阻不计,交流发电机的矩形线圈面积为0.2 m2,若磁体转动的角速度为10π rad/s,线圈外接理想变压器原线圈,若“6 V,6 W”的灯泡正常发光,则 ( )
A.矩形线圈中产生的电动势的有效值为12 V
B.变压器原、副线圈匝数之比为4∶1
C.原线圈的输入功率为24 W
D.若磁体转速减半,则灯泡功率变成原来一半
6.如图甲所示,将阻值为R=5 Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上,电阻上电流随时间变化的规律如图乙所示,电流表为理想电表,下列说法正确的是 ( )
A.电阻R两端电压变化规律的函数表达式为u=2.5 sin 100πt (V)
B.电阻R消耗的电功率为1.25 W
C.若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生,如图丙所示,当线圈的转速提升一倍时,电流表的示数为1 A
D.图乙交变电流与图丁所示电流的有效值之比为
7.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流,其电动势的变化规律如图线a所示。当调整线圈转速后,电动势的变化规律如图线b所示。以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是 ( )
A.图线a所示交变电流电动势的有效值为75 V
B.线圈先后两次转速之比为2∶3
C.在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零
D.图线b所示交变电流的电动势的瞬时值表达式为e=100 sinπt (V)
8.如图所示为远距离输电的示意图,升压变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2,降压变压器原、副线圈的匝数比为n3∶n4,变压器均为理想变压器,发电机输出电压恒定,输电线的电阻为r。则下列判断正确的是 ( )
A.>·
B.输电线损失的功率为
C.若发电机的输出功率增大,则U4也增大
D.若发电机的输出功率增大,则输电线损失功率与输出功率之比减小
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.如图为理想的自耦变压器,其中P为变压器上的滑动触头,P'为滑动变阻器上的滑片,若输入电压U1一定,则 ( )
A.P不动,P'向下滑动时,U2一直在减小
B.P'不动,P顺时针转动一个小角度时,U1和U2的比值增大
C.P'不动,P顺时针转动一个小角度时,电流表示数在增大
D.P顺时针转动一个小角度,同时P'向下滑动时,小灯泡的亮度可能不变
10.如图所示是通过降压变压器给用户供电的示意图。变压器的输入电压是市区电网的电压,负载变化时输入电压不会有大的波动。输出电压通过输电线输送给用户,输电线的总电阻用R0表示,变阻器R代表用户用电器的总电阻,当用电器增加时,R的值减小。如果变压器上的能量损失可以忽略,交流电表作为理想电表处理,下列说法中正确的是 ( )
A.V1与A1示数乘积等于V2与A2示数乘积
B.由于输入电压高于输出电压,所以原线圈所用的导线应当更粗
C.当用户的用电器增加时,V1、V2、V3示数都不变
D.当用户的用电器增加时,A1、A2示数都增大
11.如图甲所示是一固定的水平放置内阻不计的圆形导体线圈,线圈匝数N=100,面积S=0.040 m2。线圈的两端P、Q分别与一理想变压器原线圈相连接,该变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=3∶2,变压器的副线圈电路中有一小灯泡L和滑动变阻器R并联。在线圈所在的空间存在着与线圈平面垂直的磁场,磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化,此时小灯泡恰好能够正常发光。规定垂直于线圈平面向上为B的正方向,则下列说法中正确的是(π取3.14) ( )
A.在1.57×10-2~4.71×10-2 s时间内,P点的电势低于Q点的电势
B.线圈中产生的感应电动势的有效值为6 V
C.小灯泡的额定电压为8 V
D.滑动变阻器的滑片向上滑动时,小灯泡的亮度将减小
12.如图所示,水平向左的匀强磁场的磁感应强度大小为B,磁场中固定着两个水平放置的相同金属圆环,两金属圆环通过导线与阻值为R的电阻和理想电压表相连,两金属圆环的圆心在同一竖直线上。现有一导体棒在外力作用下以大小为ω的角速度沿金属圆环内侧逆时针(俯视)匀速转动,转动过程中导体棒始终处于竖直状态并且上下两端始终与金属圆环接触良好,导体棒接入部分的长度为L,接入部分电阻为r,金属圆环的半径为,金属圆环与导线的电阻不计,初始时导体棒在图示位置,速度与磁感线垂直。以下说法正确的是 ( )
A.导体棒转每转动一周电流方向改变一次
B.导体棒转过30°时产生的电动势为
C.电压表的示数为
D.导体棒转动一周外力做功为
三、非选择题(本题共5小题,共60分)
13.(8分)如图所示,在匀强磁场中有一个“”形导线框可绕AB轴转动,已知匀强磁场的磁感应强度B= T,线框的CD边长为 20 cm,CE、DF边长均为10 cm,转速为50 r/s。若从图示位置开始计时,则
(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式;
(2)作出线框中感应电动势随时间变化关系的图像。
14.(8分)图甲为某同学设计的充电装置示意图,线圈ab匝数为n=100,面积为S=10-3m2,匀强磁场方向垂直于线圈平面,磁感应强度随时间按正弦规律变化,如图乙所示。理想变压器副线圈接充电器,已知额定电压为6 V的充电器恰能正常工作,不计线圈电阻。求:
(1)线圈ab中的最大感应电动势Em;
(2)变压器原、副线圈匝数比n1∶n2。
15.(14分)水力发电的基本原理就是将水流的机械能(主要指重力势能)转化为电能。某小型水力发电站水流量为Q=5 m3/s(流量是指流体在单位时间内流过某一横截面的体积),落差为h=10 m,发电机(内阻不计)的输出电压为U1=250 V,输电线总电阻为r=4 Ω,为了减小损耗采用了高压输电。在发电机处安装升压变压器,而在用户处安装降压变压器,其中n3∶n4=190∶11,用户端获得电压U4=220 V,用户端获得的功率P4=1.9×105 W,若不计变压器损失的能量,已知水的密度ρ=1×103 kg/m3。求:
(1)高压输电线中的电流I2;
(2)升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2;
(3)该电站将水能转化为电能的效率η。
16.(14分)如图所示,用一小型交流发电机为远处用户供电,已知发电机线圈abcd匝数N=100,面积S=0.03 m2,线圈匀速转动的角速度ω=100π rad/s,匀强磁场的磁感应强度B= T。输电时先用升压变压器将电压升高,到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用,输电导线的总电阻为R=10 Ω,变压器都是理想变压器,降压变压器原、副线圈的匝数比为n3∶n4=10∶1,若用户区标有“220 V 8.8 kW”的电动机恰能正常工作。发电机线圈电阻r不可忽略。则:
(1)求交流发电机产生电动势的最大值Em;
(2)求输电线路上损耗的电功率ΔP;
(3)若升压变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=1∶8,求升压变压器原线圈两端的电压U1。
17.(16分)如图所示,矩形线圈abcd的匝数为n=100,电阻为r=1.0 Ω,ab边长l1=0.6 m,ad边长l2=0.3 m。线圈有一半放置在有理想边界OO'的匀强磁场中,OO'左边空间的匀强磁场垂直纸面向外,磁感应强度B=1.0×10-2 T,右边空间无磁场。线圈的两端接有一只电阻R=9.0 Ω的灯泡,并以OO'为轴,按图示方向以ω=200 rad/s的角速度匀速转动。以图示位置为计时起点。求:
(1)0~时间内通过灯泡的电荷量q;
(2)线圈ad边所受安培力的最大值Fm;
(3)接在电路中的小灯泡的电功率P。
第3章 交变电流与远距离输电
1.A 2.B 3.A 4.A 5.B 6.D
7.D 8.A 9.BD 10.AD 11.AB 12.CD
1.A 电枢转动,磁极不动的发电机叫旋转电枢式发电机,故A正确;两磁极之间产生的磁场可近似认为是匀强磁场,故B错误;题图中线圈平面与磁场方向平行的位置,则通过线圈的磁通量为零,此时磁通量的变化率最大,感应电动势最大,故C错误;根据楞次定律结合安培定则可知,线圈逆时针转至图示位置时,线圈中感应电流的方向是D→C→B→A,故D错误。故选A。
2.B 前2 s内导体框转过的角度为θ=ωt=,导体框的磁通量增加了ΔΦ=BS sin θ= Wb,A错误,B正确;从导体框经过图示位置开始计时,导体框产生的电动势随时间变化的函数关系式为e=BSω cos ωt,随着线圈的转动,电动势越来越小,磁通量的变化率也就越来越小,穿过导体框的磁通量增加得越来越慢,C错误;转动过程中,穿过导体框的磁通量发生变化,则导体框中有感应电流,D错误。
3.A 根据I=可得A、B端输入电流的有效值为I1== A=0.2 A,C、D端输出电流为I2=I1=1 A,故A正确;发射线圈的输入功率等于接收线圈的输出功率,故B错误;接收线圈中的频率等于发射线圈的频率,接收线圈中输出电流的频率f=== Hz=100 Hz,1个周期内电流方向变化2次,故1秒内变化200次,故C、D错误。
4.A 正弦式交变电流的有效值是最大值的,由图(b)可知副线圈两端电压的有效值为U2= V=10 V,原、副线圈匝数比为11∶1,由=可得原线圈两端电压的有效值U1=110 V,则其最大值为110 V,故A正确;电流表示数为交变电流的有效值,故I2==0.5 A,即电流表示数为0.5 A,故B错误;由题图(b)可知交流电的周期为0.02 s,由T=可知频率为50 Hz,变压器原、副线圈交流电频率相等,所以原线圈输入交流电的频率是50 Hz,故C错误;副线圈功率P2=U2I2=5 W,理想变压器原、副线圈功率相等,所以变压器输入功率为5 W,故D错误。
5.B 矩形线圈产生的电动势的最大值为Em=NBSω=24 V,有效值为E==24 V,故A错误;根据理想变压器电压规律可得原、副线圈匝数之比为==4∶1,故B正确;原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率,即6 W,故C错误;若磁体转速减半,则原线圈两端电压变为原来的一半,灯泡两端电压变为原来的一半,根据P=可知灯泡功率变为原来的四分之一,故D错误。
6.D 题图乙所示电流的最大值为Im=0.5 A,由欧姆定律得Um=ImR=2.5 V,周期为T=0.01 s,角速度ω==200π rad/s,所以R两端电压的函数表达式为u=2.5 sin 200πt (V),选项A错误;该电流的有效值为I=,电阻R消耗的电功率为P=I2R,解得P=0.625 W,选项B错误;该交变电流由题图丙所示矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生,当转速提升一倍时,由Em=nBSω知,电动势的最大值变为原来的2倍,电路中电流的有效值也是原来的2倍,即I'=2I=2×=A≠1 A,选项C错误;题图乙所示的正弦式交变电流的有效值为 A,题图丁所示的交变电流的有效值为0.5 A,两者之比为,选项D正确。
7.D 图线a所示交变电流电动势有效值为E==75 V,A错误;转速与周期成反比,则转速之比为3∶2,B错误;t=0时,感应电动势为零,此时磁通量最大,C错误;感应电动势最大值Em=BSω,因此===,即Emb=Ema=100 V,所以图线b所示交变电流电动势的瞬时值表达式为e=100 sinπt (V),D正确。
8.A 由理想变压器原、副线圈电压关系可得=、=,则有=··,由于输电线上有电压损失,则有>1,故有>·,A正确;输电线损失的功率为P损=,故B错误;若发电机的输出功率增大,在输出电压恒定的情况下,输电线上的电流增大,输电线损失的电压增大,则U3减小,根据=可知U4减小,故C错误;若发电机的输出功率增大,则输电线上的电流I2增大,则输电线上损失的功率与输出功率之比为===,由于U1恒定,则U2恒定,由于I2增大,则输电线上损失的功率与发电机的输出功率之比增大,故D错误。
9.BD 根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系知=,P不动,则匝数比一定且U1一定,可知U2不变,A错误;P'不动,P顺时针转动一个小角度时,副线圈接入的线圈匝数变小,根据=可知,U1和U2的比值增大,B正确;P'不动,P顺时针转动一个小角度时,U2减小,则通过副线圈的电流减小,根据=可知,通过原线圈的电流减小,即电流表示数减小,C错误;P顺时针转动一个小角度,同时P'向下滑动时,副线圈接入的线圈匝数变小,根据=可知,U2减小,P'向下滑动时,滑动变阻器接入电路的电阻R减小,由I2=知电流I2可能不变,小灯泡的亮度可能不变,D正确。故选B、D。
10.AD 由题意可知,变压器上的能量损失可以忽略,则该降压变压器可视为理想变压器,理想变压器原副线圈两端的功率相等,所以V1与A1示数乘积等于V2与A2示数乘积,A正确;由于输入电压高于输出电压,根据P=UI可知,原线圈中电流较小,故原线圈所用的导线较细,副线圈中电流较大,故所用的导线较粗,B错误;理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的,由于输入电压和匝数比不变,所以副线圈的输出电压不变,所以电压表V1示数不变,V2示数不变,因为用电器增多,所以R变小,根据I=可知电流表A2示数变大,由U3=U2-I2R0可知V3示数变小,所以副线圈所接的总电阻变小,则副线圈的功率P=增大,由原副线圈功率相等可得原线圈的功率增大,由I=可知原线圈的电流增大,即电流表A1示数增大,故C错误,D正确。故选A、D。
11.AB 由题意,磁场的磁感应强度B按图乙所示的规律变化,根据楞次定律结合安培定则可判断在1.57×10-2 ~4.71×10-2 s时间内,线圈中产生的感应电流方向为逆时针(从上向下看),将产生电动势的线圈看成电源,Q为电源的正极,P为电源的负极,所以P点的电势低于Q点的电势,故A正确;根据题意可知线圈中产生的感应电动势的最大值Em=NBmSω,由图乙知周期为T=6.28×10-2 s=2π×10-2 s,所以ω== rad/s=100 rad/s,则最大值Em=NBmSω=100×3.0×10-2×0.040×100 V=12 V,所以线圈中产生的感应电动势的有效值为E== V=6 V,故B正确;原线圈两端电压U1=E,根据变压器的电压关系可知=,所以U2=U1=×6 V=4 V,小灯泡恰好能够正常发光,所以小灯泡的额定电压为4 V,故C错误;滑动变阻器的滑片向上滑动时,副线圈的电压不变,即小灯泡两端的电压不变,所以小灯泡的亮度将不变,故D错误。
12.CD 导体棒在金属圆环内转动时切割磁感线产生的瞬时感应电动势为e=BL2ω cos ωt,也是正弦式交变电流,一个周期电流方向也改变两次,所以A错误;导体棒转过30°时产生的电动势为E=BL2ω cos 30°=BL2ω,所以B错误;电压表的示数为电压的有效值,则有Um=·R=,U==,所以C正确;由功能关系可知导体棒转动一周外力做功等于电路中的电阻在一个周期产生的热量,则有W=Q,Q=T,T=,解得Q=,所以D正确。
13.答案 (1)e=10 cos 100πt (V) (2)见解析图
解析 (1)线框平面与磁感线平行时开始计时,在t时刻线框转过的角度为ωt,此时刻e=Bl1l2ω cos ωt,即e=BSω cos ωt,其中B= T,S=0.1×0.2 m2=0.02 m2,ω=2πn=2π×50 rad/s=100π rad/s,故e=×0.02×100π cos 100πt (V),即 e=10 cos 100πt (V)。 (4分)
(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图像如图所示 (4分)
14.答案 (1) V (2)1∶6
解析 (1)由题图乙可知磁感应强度变化周期T=0.2 s(1分)
则ω==10π rad/s(1分)
又Em=nBmSω (1分)
代入数据可得Em= V(1分)
(2)对理想变压器,有= (1分)
其中U1=,U2=6 V(1分)
可得n1∶n2=1∶6 (2分)
15.答案 (1)50 A (2)1∶16 (3)40%
解析 (1)根据理想变压器电压规律得= (1分)
解得U3=3 800 V(1分)
又根据理想变压器无能量损失知
P3=P4=1.9×105 W(1分)
再根据P3=U3I2得I2=50 A(1分)
(2)高压输电线上损失的电压ΔU=I2r=200 V(1分)
得U2=U3+ΔU=4 000 V(1分)
故n1∶n2=U1∶U2=1∶16 (1分)
(3)高压输电线电阻损失的电功率
ΔP=r=10 000 W(2分)
故发电机输出的电功率P1=P3+ΔP=2×105 W(1分)
水流每秒带来的机械能P0==ρQgh=5×105 W(2分)
故水能转化为电能的效率η=×100%=40% (2分)
16.答案 (1)300 V (2)160 W (3)280 V
解析 (1)根据正弦式交变电流产生规律可知
电动势的最大值为Em=NBSω (1分)
解得Em=300 V(2分)
(2)设降压变压器原、副线圈中的电流分别为I3、I4,电动机恰能正常工作,有I4==40 A(1分)
根据理想变压器的电流规律可知== (2分)
解得I3=4 A(1分)
所以输电线路上损耗的电功率为ΔP=R=160 W(2分)
(3)根据理想变压器的电压规律可知==10 (1分)
解得U3=2 200 V(1分)
升压变压器副线圈两端电压为
U2=U3+I3R=2 240 V(2分)
由=可得U1=280 V(1分)
17.答案 (1)9.0×10-3 C
(2)0.135 N
(3)14.58 W
解析 (1)0~时间内的磁通量变化量为
ΔΦ=B·l1·l2=Bl1l2 (1分)
平均感应电动势为=n (1分)
由欧姆定律得= (1分)
通过小灯泡的电荷量为q=t (1分)
联立以上各式并代入数据解得q=9.0×10-3 C(1分)
(2)产生的电动势的瞬时值为
e=nBl1·l2ω sin ωt=nBl1l2ω sin ωt (1分)
由欧姆定律得i== sin ωt (1分)
则F=nBi cos ωt= sin ωt cos ωt (1分)
则Fm= (2分)
代入数据解得Fm=0.135 N(1分)
(3)电流的最大值为Im= (1分)
电流的有效值为I= (1分)
小灯泡的电功率P=I2R (1分)
代入数据解得P=14.58 W(2分)
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第3章 交变电流与远距离输电
注意
事项 1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.如图所示是交流发电机的示意图,下列说法中正确的是 ( )
A.该发电机是旋转电枢式发电机
B.两磁极之间产生的磁场是辐向磁场
C.线圈转至图示位置时,穿过线圈的磁通量为零,感应电动势也为零
D.线圈逆时针转至图示位置时,线圈中感应电流的方向是A→B→C→D
2.如图所示,边长为50 cm的单匝闭合正方形导体框在水平方向的匀强磁场中绕竖直方向的对称轴OO'匀速转动,转动的角速度为 rad/s。已知匀强磁场的磁感应强度为1 T,导体框从图示位置开始计时,前2 s内 ( )
A.导体框的磁通量增加了 Wb
B.导体框的磁通量增加了 Wb
C.穿过导体框的磁通量增加得越来越快
D.导体框中没有感应电流
3.手机无线充电器的基本原理类似于变压器,由发射器和接收器组成,分别有发射线圈和接收线圈,其简化模型如图所示(视为理想变压器)。已知发射线圈、接收线圈匝数比为n1∶n2=5∶1,A、B端输入电流为i= sin 200πt(A),则( )
A.接收线圈的输出电流的有效值为1 A
B.接收线圈的输出功率是发射线圈输入功率的
C.接收线圈中输出电流方向每秒变化100次
D.发射线圈和接收线圈的频率不相同
4.如图(a)所示,理想变压器原、副线圈匝数比为11∶1,副线圈与理想电流表、理想电压表以及负载电阻R连接成闭合回路,原线圈接电压为U0的交流电源,R两端电压随时间变化的规律如图(b)所示,负载电阻R=20 Ω。下列说法中正确的是 ( )
A.变压器输入电压的最大值是110 V
B.电流表的示数为 A
C.原线圈输入交流电的频率是100 Hz
D.变压器的输入功率是10 W
5.某种风力发电机的原理如图所示,发电机的线圈固定,磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴匀速转动,已知磁体间的磁场为匀强磁场,磁感应强度的大小为 T,线圈的匝数为100,线圈内阻不计,交流发电机的矩形线圈面积为0.2 m2,若磁体转动的角速度为10π rad/s,线圈外接理想变压器原线圈,若“6 V,6 W”的灯泡正常发光,则 ( )
A.矩形线圈中产生的电动势的有效值为12 V
B.变压器原、副线圈匝数之比为4∶1
C.原线圈的输入功率为24 W
D.若磁体转速减半,则灯泡功率变成原来一半
6.如图甲所示,将阻值为R=5 Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上,电阻上电流随时间变化的规律如图乙所示,电流表为理想电表,下列说法正确的是 ( )
A.电阻R两端电压变化规律的函数表达式为u=2.5 sin 100πt (V)
B.电阻R消耗的电功率为1.25 W
C.若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生,如图丙所示,当线圈的转速提升一倍时,电流表的示数为1 A
D.图乙交变电流与图丁所示电流的有效值之比为
7.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流,其电动势的变化规律如图线a所示。当调整线圈转速后,电动势的变化规律如图线b所示。以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是 ( )
A.图线a所示交变电流电动势的有效值为75 V
B.线圈先后两次转速之比为2∶3
C.在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零
D.图线b所示交变电流的电动势的瞬时值表达式为e=100 sinπt (V)
8.如图所示为远距离输电的示意图,升压变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2,降压变压器原、副线圈的匝数比为n3∶n4,变压器均为理想变压器,发电机输出电压恒定,输电线的电阻为r。则下列判断正确的是 ( )
A.>·
B.输电线损失的功率为
C.若发电机的输出功率增大,则U4也增大
D.若发电机的输出功率增大,则输电线损失功率与输出功率之比减小
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.如图为理想的自耦变压器,其中P为变压器上的滑动触头,P'为滑动变阻器上的滑片,若输入电压U1一定,则 ( )
A.P不动,P'向下滑动时,U2一直在减小
B.P'不动,P顺时针转动一个小角度时,U1和U2的比值增大
C.P'不动,P顺时针转动一个小角度时,电流表示数在增大
D.P顺时针转动一个小角度,同时P'向下滑动时,小灯泡的亮度可能不变
10.如图所示是通过降压变压器给用户供电的示意图。变压器的输入电压是市区电网的电压,负载变化时输入电压不会有大的波动。输出电压通过输电线输送给用户,输电线的总电阻用R0表示,变阻器R代表用户用电器的总电阻,当用电器增加时,R的值减小。如果变压器上的能量损失可以忽略,交流电表作为理想电表处理,下列说法中正确的是 ( )
A.V1与A1示数乘积等于V2与A2示数乘积
B.由于输入电压高于输出电压,所以原线圈所用的导线应当更粗
C.当用户的用电器增加时,V1、V2、V3示数都不变
D.当用户的用电器增加时,A1、A2示数都增大
11.如图甲所示是一固定的水平放置内阻不计的圆形导体线圈,线圈匝数N=100,面积S=0.040 m2。线圈的两端P、Q分别与一理想变压器原线圈相连接,该变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=3∶2,变压器的副线圈电路中有一小灯泡L和滑动变阻器R并联。在线圈所在的空间存在着与线圈平面垂直的磁场,磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化,此时小灯泡恰好能够正常发光。规定垂直于线圈平面向上为B的正方向,则下列说法中正确的是(π取3.14) ( )
A.在1.57×10-2~4.71×10-2 s时间内,P点的电势低于Q点的电势
B.线圈中产生的感应电动势的有效值为6 V
C.小灯泡的额定电压为8 V
D.滑动变阻器的滑片向上滑动时,小灯泡的亮度将减小
12.如图所示,水平向左的匀强磁场的磁感应强度大小为B,磁场中固定着两个水平放置的相同金属圆环,两金属圆环通过导线与阻值为R的电阻和理想电压表相连,两金属圆环的圆心在同一竖直线上。现有一导体棒在外力作用下以大小为ω的角速度沿金属圆环内侧逆时针(俯视)匀速转动,转动过程中导体棒始终处于竖直状态并且上下两端始终与金属圆环接触良好,导体棒接入部分的长度为L,接入部分电阻为r,金属圆环的半径为,金属圆环与导线的电阻不计,初始时导体棒在图示位置,速度与磁感线垂直。以下说法正确的是 ( )
A.导体棒转每转动一周电流方向改变一次
B.导体棒转过30°时产生的电动势为
C.电压表的示数为
D.导体棒转动一周外力做功为
三、非选择题(本题共5小题,共60分)
13.(8分)如图所示,在匀强磁场中有一个“”形导线框可绕AB轴转动,已知匀强磁场的磁感应强度B= T,线框的CD边长为 20 cm,CE、DF边长均为10 cm,转速为50 r/s。若从图示位置开始计时,则
(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式;
(2)作出线框中感应电动势随时间变化关系的图像。
14.(8分)图甲为某同学设计的充电装置示意图,线圈ab匝数为n=100,面积为S=10-3m2,匀强磁场方向垂直于线圈平面,磁感应强度随时间按正弦规律变化,如图乙所示。理想变压器副线圈接充电器,已知额定电压为6 V的充电器恰能正常工作,不计线圈电阻。求:
(1)线圈ab中的最大感应电动势Em;
(2)变压器原、副线圈匝数比n1∶n2。
15.(14分)水力发电的基本原理就是将水流的机械能(主要指重力势能)转化为电能。某小型水力发电站水流量为Q=5 m3/s(流量是指流体在单位时间内流过某一横截面的体积),落差为h=10 m,发电机(内阻不计)的输出电压为U1=250 V,输电线总电阻为r=4 Ω,为了减小损耗采用了高压输电。在发电机处安装升压变压器,而在用户处安装降压变压器,其中n3∶n4=190∶11,用户端获得电压U4=220 V,用户端获得的功率P4=1.9×105 W,若不计变压器损失的能量,已知水的密度ρ=1×103 kg/m3。求:
(1)高压输电线中的电流I2;
(2)升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2;
(3)该电站将水能转化为电能的效率η。
16.(14分)如图所示,用一小型交流发电机为远处用户供电,已知发电机线圈abcd匝数N=100,面积S=0.03 m2,线圈匀速转动的角速度ω=100π rad/s,匀强磁场的磁感应强度B= T。输电时先用升压变压器将电压升高,到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用,输电导线的总电阻为R=10 Ω,变压器都是理想变压器,降压变压器原、副线圈的匝数比为n3∶n4=10∶1,若用户区标有“220 V 8.8 kW”的电动机恰能正常工作。发电机线圈电阻r不可忽略。则:
(1)求交流发电机产生电动势的最大值Em;
(2)求输电线路上损耗的电功率ΔP;
(3)若升压变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=1∶8,求升压变压器原线圈两端的电压U1。
17.(16分)如图所示,矩形线圈abcd的匝数为n=100,电阻为r=1.0 Ω,ab边长l1=0.6 m,ad边长l2=0.3 m。线圈有一半放置在有理想边界OO'的匀强磁场中,OO'左边空间的匀强磁场垂直纸面向外,磁感应强度B=1.0×10-2 T,右边空间无磁场。线圈的两端接有一只电阻R=9.0 Ω的灯泡,并以OO'为轴,按图示方向以ω=200 rad/s的角速度匀速转动。以图示位置为计时起点。求:
(1)0~时间内通过灯泡的电荷量q;
(2)线圈ad边所受安培力的最大值Fm;
(3)接在电路中的小灯泡的电功率P。
第3章 交变电流与远距离输电
1.A 2.B 3.A 4.A 5.B 6.D
7.D 8.A 9.BD 10.AD 11.AB 12.CD
1.A 电枢转动,磁极不动的发电机叫旋转电枢式发电机,故A正确;两磁极之间产生的磁场可近似认为是匀强磁场,故B错误;题图中线圈平面与磁场方向平行的位置,则通过线圈的磁通量为零,此时磁通量的变化率最大,感应电动势最大,故C错误;根据楞次定律结合安培定则可知,线圈逆时针转至图示位置时,线圈中感应电流的方向是D→C→B→A,故D错误。故选A。
2.B 前2 s内导体框转过的角度为θ=ωt=,导体框的磁通量增加了ΔΦ=BS sin θ= Wb,A错误,B正确;从导体框经过图示位置开始计时,导体框产生的电动势随时间变化的函数关系式为e=BSω cos ωt,随着线圈的转动,电动势越来越小,磁通量的变化率也就越来越小,穿过导体框的磁通量增加得越来越慢,C错误;转动过程中,穿过导体框的磁通量发生变化,则导体框中有感应电流,D错误。
3.A 根据I=可得A、B端输入电流的有效值为I1== A=0.2 A,C、D端输出电流为I2=I1=1 A,故A正确;发射线圈的输入功率等于接收线圈的输出功率,故B错误;接收线圈中的频率等于发射线圈的频率,接收线圈中输出电流的频率f=== Hz=100 Hz,1个周期内电流方向变化2次,故1秒内变化200次,故C、D错误。
4.A 正弦式交变电流的有效值是最大值的,由图(b)可知副线圈两端电压的有效值为U2= V=10 V,原、副线圈匝数比为11∶1,由=可得原线圈两端电压的有效值U1=110 V,则其最大值为110 V,故A正确;电流表示数为交变电流的有效值,故I2==0.5 A,即电流表示数为0.5 A,故B错误;由题图(b)可知交流电的周期为0.02 s,由T=可知频率为50 Hz,变压器原、副线圈交流电频率相等,所以原线圈输入交流电的频率是50 Hz,故C错误;副线圈功率P2=U2I2=5 W,理想变压器原、副线圈功率相等,所以变压器输入功率为5 W,故D错误。
5.B 矩形线圈产生的电动势的最大值为Em=NBSω=24 V,有效值为E==24 V,故A错误;根据理想变压器电压规律可得原、副线圈匝数之比为==4∶1,故B正确;原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率,即6 W,故C错误;若磁体转速减半,则原线圈两端电压变为原来的一半,灯泡两端电压变为原来的一半,根据P=可知灯泡功率变为原来的四分之一,故D错误。
6.D 题图乙所示电流的最大值为Im=0.5 A,由欧姆定律得Um=ImR=2.5 V,周期为T=0.01 s,角速度ω==200π rad/s,所以R两端电压的函数表达式为u=2.5 sin 200πt (V),选项A错误;该电流的有效值为I=,电阻R消耗的电功率为P=I2R,解得P=0.625 W,选项B错误;该交变电流由题图丙所示矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生,当转速提升一倍时,由Em=nBSω知,电动势的最大值变为原来的2倍,电路中电流的有效值也是原来的2倍,即I'=2I=2×=A≠1 A,选项C错误;题图乙所示的正弦式交变电流的有效值为 A,题图丁所示的交变电流的有效值为0.5 A,两者之比为,选项D正确。
7.D 图线a所示交变电流电动势有效值为E==75 V,A错误;转速与周期成反比,则转速之比为3∶2,B错误;t=0时,感应电动势为零,此时磁通量最大,C错误;感应电动势最大值Em=BSω,因此===,即Emb=Ema=100 V,所以图线b所示交变电流电动势的瞬时值表达式为e=100 sinπt (V),D正确。
8.A 由理想变压器原、副线圈电压关系可得=、=,则有=··,由于输电线上有电压损失,则有>1,故有>·,A正确;输电线损失的功率为P损=,故B错误;若发电机的输出功率增大,在输出电压恒定的情况下,输电线上的电流增大,输电线损失的电压增大,则U3减小,根据=可知U4减小,故C错误;若发电机的输出功率增大,则输电线上的电流I2增大,则输电线上损失的功率与输出功率之比为===,由于U1恒定,则U2恒定,由于I2增大,则输电线上损失的功率与发电机的输出功率之比增大,故D错误。
9.BD 根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系知=,P不动,则匝数比一定且U1一定,可知U2不变,A错误;P'不动,P顺时针转动一个小角度时,副线圈接入的线圈匝数变小,根据=可知,U1和U2的比值增大,B正确;P'不动,P顺时针转动一个小角度时,U2减小,则通过副线圈的电流减小,根据=可知,通过原线圈的电流减小,即电流表示数减小,C错误;P顺时针转动一个小角度,同时P'向下滑动时,副线圈接入的线圈匝数变小,根据=可知,U2减小,P'向下滑动时,滑动变阻器接入电路的电阻R减小,由I2=知电流I2可能不变,小灯泡的亮度可能不变,D正确。故选B、D。
10.AD 由题意可知,变压器上的能量损失可以忽略,则该降压变压器可视为理想变压器,理想变压器原副线圈两端的功率相等,所以V1与A1示数乘积等于V2与A2示数乘积,A正确;由于输入电压高于输出电压,根据P=UI可知,原线圈中电流较小,故原线圈所用的导线较细,副线圈中电流较大,故所用的导线较粗,B错误;理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的,由于输入电压和匝数比不变,所以副线圈的输出电压不变,所以电压表V1示数不变,V2示数不变,因为用电器增多,所以R变小,根据I=可知电流表A2示数变大,由U3=U2-I2R0可知V3示数变小,所以副线圈所接的总电阻变小,则副线圈的功率P=增大,由原副线圈功率相等可得原线圈的功率增大,由I=可知原线圈的电流增大,即电流表A1示数增大,故C错误,D正确。故选A、D。
11.AB 由题意,磁场的磁感应强度B按图乙所示的规律变化,根据楞次定律结合安培定则可判断在1.57×10-2 ~4.71×10-2 s时间内,线圈中产生的感应电流方向为逆时针(从上向下看),将产生电动势的线圈看成电源,Q为电源的正极,P为电源的负极,所以P点的电势低于Q点的电势,故A正确;根据题意可知线圈中产生的感应电动势的最大值Em=NBmSω,由图乙知周期为T=6.28×10-2 s=2π×10-2 s,所以ω== rad/s=100 rad/s,则最大值Em=NBmSω=100×3.0×10-2×0.040×100 V=12 V,所以线圈中产生的感应电动势的有效值为E== V=6 V,故B正确;原线圈两端电压U1=E,根据变压器的电压关系可知=,所以U2=U1=×6 V=4 V,小灯泡恰好能够正常发光,所以小灯泡的额定电压为4 V,故C错误;滑动变阻器的滑片向上滑动时,副线圈的电压不变,即小灯泡两端的电压不变,所以小灯泡的亮度将不变,故D错误。
12.CD 导体棒在金属圆环内转动时切割磁感线产生的瞬时感应电动势为e=BL2ω cos ωt,也是正弦式交变电流,一个周期电流方向也改变两次,所以A错误;导体棒转过30°时产生的电动势为E=BL2ω cos 30°=BL2ω,所以B错误;电压表的示数为电压的有效值,则有Um=·R=,U==,所以C正确;由功能关系可知导体棒转动一周外力做功等于电路中的电阻在一个周期产生的热量,则有W=Q,Q=T,T=,解得Q=,所以D正确。
13.答案 (1)e=10 cos 100πt (V) (2)见解析图
解析 (1)线框平面与磁感线平行时开始计时,在t时刻线框转过的角度为ωt,此时刻e=Bl1l2ω cos ωt,即e=BSω cos ωt,其中B= T,S=0.1×0.2 m2=0.02 m2,ω=2πn=2π×50 rad/s=100π rad/s,故e=×0.02×100π cos 100πt (V),即 e=10 cos 100πt (V)。 (4分)
(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图像如图所示 (4分)
14.答案 (1) V (2)1∶6
解析 (1)由题图乙可知磁感应强度变化周期T=0.2 s(1分)
则ω==10π rad/s(1分)
又Em=nBmSω (1分)
代入数据可得Em= V(1分)
(2)对理想变压器,有= (1分)
其中U1=,U2=6 V(1分)
可得n1∶n2=1∶6 (2分)
15.答案 (1)50 A (2)1∶16 (3)40%
解析 (1)根据理想变压器电压规律得= (1分)
解得U3=3 800 V(1分)
又根据理想变压器无能量损失知
P3=P4=1.9×105 W(1分)
再根据P3=U3I2得I2=50 A(1分)
(2)高压输电线上损失的电压ΔU=I2r=200 V(1分)
得U2=U3+ΔU=4 000 V(1分)
故n1∶n2=U1∶U2=1∶16 (1分)
(3)高压输电线电阻损失的电功率
ΔP=r=10 000 W(2分)
故发电机输出的电功率P1=P3+ΔP=2×105 W(1分)
水流每秒带来的机械能P0==ρQgh=5×105 W(2分)
故水能转化为电能的效率η=×100%=40% (2分)
16.答案 (1)300 V (2)160 W (3)280 V
解析 (1)根据正弦式交变电流产生规律可知
电动势的最大值为Em=NBSω (1分)
解得Em=300 V(2分)
(2)设降压变压器原、副线圈中的电流分别为I3、I4,电动机恰能正常工作,有I4==40 A(1分)
根据理想变压器的电流规律可知== (2分)
解得I3=4 A(1分)
所以输电线路上损耗的电功率为ΔP=R=160 W(2分)
(3)根据理想变压器的电压规律可知==10 (1分)
解得U3=2 200 V(1分)
升压变压器副线圈两端电压为
U2=U3+I3R=2 240 V(2分)
由=可得U1=280 V(1分)
17.答案 (1)9.0×10-3 C
(2)0.135 N
(3)14.58 W
解析 (1)0~时间内的磁通量变化量为
ΔΦ=B·l1·l2=Bl1l2 (1分)
平均感应电动势为=n (1分)
由欧姆定律得= (1分)
通过小灯泡的电荷量为q=t (1分)
联立以上各式并代入数据解得q=9.0×10-3 C(1分)
(2)产生的电动势的瞬时值为
e=nBl1·l2ω sin ωt=nBl1l2ω sin ωt (1分)
由欧姆定律得i== sin ωt (1分)
则F=nBi cos ωt= sin ωt cos ωt (1分)
则Fm= (2分)
代入数据解得Fm=0.135 N(1分)
(3)电流的最大值为Im= (1分)
电流的有效值为I= (1分)
小灯泡的电功率P=I2R (1分)
代入数据解得P=14.58 W(2分)
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