高中物理鲁科版选修3-2 训练题第3章 交变电流 Word版含解析

章末过关检测
一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1．(2019·南京程桥高级中学检测)关于变压器，下列说法正确的是(　　)
A．变压器是根据电磁感应的原理制成的
B．变压器的原线圈匝数一定比副线圈的多
C．变压器只能改变直流电的电压
D．在远距离高压输电时，升压变压器的原线圈匝数应多于副线圈匝数
解析：选A.变压器原线圈中输入的交流电流产生的交变的磁场在副线圈中产生感应的电流，即变压器利用了电磁感应原理工作的，故A正确； 降压变压器的原线圈匝数一定比副线圈的多，升压变压器中副线圈匝数多，故B错误，D错误；变压器是根据磁通量的变化来工作的，对于直流电来说，它产生的磁通量是不变的，所以变压器不能改变直流电的电压，故C错误．
2. 如图所示，有一矩形线圈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．0.5Bl1l2ωsin ωt　　　 B．0.5Bl1l2ωcos ωt
C．Bl1l2ωsin ωt D．Bl1l2ωcos ωt
解析：选D.公式e＝Emsin ωt只适用于线圈平面位于中性面时开始计时的情况，若t＝0时线圈不在中性面，上式就不适用了．题中所给初始时刻线圈平面与磁感线平行，即与中性面垂直，此时e＝Emsin＝Emcos ωt＝Bl1l2ωcos ωt，故应选D.
3．(2019·北京东城区月考)阻值R＝10 Ω的电阻与交流电源连接，通过电阻R的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图所示．则(　　)
A．通过R的电流有效值是0.6 A
B．R两端的电压有效值是6 V
C．此交流电的周期是2 s
D．此交流电的频率是100 Hz
解析：选B.从图可以看出，交变电流中电流最大值为0.6 A，通过R电流的有效值是I＝ A＝0.6 A，所以R两端电压的有效值为6 V，此交流电的周期是2×10－2 s，交流电的频率是f＝＝50 Hz，故B正确，A、C、D错误．
4．用电器电阻值为R，距交变电源的距离为L，输电线电流为I，电阻率为ρ，要求输电线上电压降不超过U，则输电线截面积最小值为(　　)
A. B．
C. D．
解析：选B.输电线上电压降U＝IR，
其中R＝ρ，则Iρ＝U，
得S＝，B正确．
5. (2019·浙江诸暨牌头中学月考)如图所示为一理想变压器工作电路图，今欲使变压器的输入功率增大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，可行的办法是(　　)
A．原线圈的匝数n1增加到原来的2倍
B．副线圈的匝数n2增加到原来的2倍
C．负载电阻的阻值R变为原来的2倍
D．n2和R都变为原来的2倍
解析：选D.原线圈匝数增加使得副线圈电压减小，输出功率减小，输入功率也减小，故A错误；副线圈匝数增大到2倍，副线圈电压增大2倍，根据P＝，故输出功率增加到原来的4倍，故B错误；负载电阻增大，而电压不变，所以输出功率和输入功率都减小，故C错误；副线圈匝数和负载电阻都增加2倍，副线圈电压增大2倍，根据P＝，故输出功率增加到原来的2倍，故D正确．
6．(2019·湖北黄冈月考)如图所示理想变压器原线圈输入电压u＝Umsin ωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器．V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是(　　)
A．t＝ 时，U1＝Um
B．滑片P向下滑动过程中，U1变小
C．滑片P向下滑动过程中，U2增大
D．滑片P向下滑动过程中，I1变大
解析：选D.V1和V2是理想交流电压表，示数U1和U2表示电压的有效值，故A错误；滑片P向下滑动过程中，总电阻减小，副线圈的电压只与输入电压和匝数有关，所以U1、U2不变，流过R0的电流I2变大，根据变压器原理得I1变大，故D正确，B、C错误．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)
7.
调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上．AB间加上正弦交流电压U，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压．在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q，则(　　)
A．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变大
B．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变小
C．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大
D．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小
解析：选BC.保持P的位置不动，U2不变，将Q向下移动时，R变大，故电流表读数变小；保持Q的位置不动，R不变，将P沿逆时针方向移动时，n2变大，U2变大，故电流表的读数变大．
8．(2019·北京西城区月考)李辉用多用电表的欧姆挡测量一个变压器线圈的电阻，以判断它是否断路．刘伟为了使李辉操作方便，用两手分别握住线圈裸露的两端让李辉测量．测量时表针摆过了很大的角度，李辉由此确定线圈没有断路．正当李辉把多用表笔与被测线圈脱离时，刘伟突然惊叫起来，说自己被“电”到了．请你运用所学知识对以上情景进行分析，判断以下说法正确的是(　　)
A．多用表内部的电池“电”到了刘伟
B．多用表内部电池电压不可能太高，刘伟不应被“电”到，所以他是“虚张声势”
C．当多用表笔与被测线圈脱离时，线圈发生断电自感现象，所以“电”了刘伟一下
D．测量时若把线圈从铁芯上取下来，刘伟可能就不会被“电”到了
解析：选CD.欧姆表的测量电阻时，其电流值非常小，人即使直接接触也不会有电击感；而变压器的线圈在电流变化时会产生自感电动势，这个值比较大，人会有电击感，测量时若把线圈从铁芯上取下来，则线圈的自感系数减小，产生的感应电流减小，刘伟可能就不会被“电”到了，C、D正确．
9．如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，下列说法正确的是(　　)
A．P向下滑动时，灯L变亮
B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变
C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小
D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大
解析：选BD.由于理想变压器输入电压U1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U2也不变，灯L亮度不随P的滑动改变，故选项A错误，选项B正确；P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R总减小，由I2＝知，通过副线圈的电流I2增大，输出功率P2＝U2I2增大，再由＝知输入电流I1也增大，故选项C错误，D正确．
10．(2019·吉林长春十一中月考)如图所示是远距离输电示意图，电站的输出电压恒定为U1＝250 V，输出功率P1＝100 kW，输电线电阻R＝8 Ω.则进行远距离输电时，下列说法中正确的是(　　)
A．若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小
B．若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大
C．输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比＝
D．用10 000 V高压输电，输电线损耗功率为800 W
解析：选ACD.由I＝知，P1增大，I1增大，I线增大，损失的电压增大，U3减小，U4减小，故A正确，B错误；损失的功率ΔP＝IR＝P×5%＝5×103 W，I2＝25 A，＝＝，故C正确；用10 000 V高压输电，即U2＝10 000 V，I2＝＝10 A，ΔP＝IR＝8×102 W，故D正确．
三、非选择题(本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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)
11．(12分)有一个交流发电机产生的正弦交流电的电动势如图所示，试求：
(1)当t＝ s时，该交流电动势的瞬时值；
(2)当电动势的瞬时值为最大值的一半时，线圈平面与中性面的夹角；
(3)已知线圈面积为16 cm2，共25匝，求匀强磁场的磁感应强度．
解析：(1)由题图可以写出该交流电动势的瞬时值表达式为e＝5sint(V)＝5sin 100πt(V)
当t＝ s时，电动势的瞬时值为
e＝5sin V＝5 V.
(2)当电动势的瞬时值为最大值的一半时，有2.5＝5sin θ，所以sin θ＝0.5，故线圈平面与中性面间的夹角为30°或150°.
(3)因为Em＝nBSω，又ω＝100π rad/s，所以B＝≈0.4 T.
答案：(1)5 V　(2)30°或150°　(3)0.4 T
12．(14分)如图所示，一个小型旋转电枢式交流发电机，其矩形线圈的长度为a，宽度为b，共有n匝，总电阻为r，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R的定值电阻．线圈以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO′匀速转动，沿转动轴OO′方向看去，线圈转动方向沿顺时针．求：
(1)线圈经过图示位置时通过电阻R的感应电流的方向．
(2)从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)开始计时，经多长时间，通过电阻R上电流的瞬时值第一次为零？
(3)与电阻并联的交流电压表的示数是多少？
解析：(1)由右手定则判断，R中电流自上而下．
(2)t＝T＝＝.
(3)Em＝nBabω
所以E有＝
UR＝·E有＝.
答案：(1)自上而下　(2)　(3)
13. (14分)如图所示，交流发电机电动势的有效值E＝20 V，内阻不计，它通过一个R＝6 Ω的指示灯L1连接变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V　0.25 W”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：
(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比；
(2)发电机的输出功率．
解析：(1)彩色小灯泡额定电流IL＝＝ A＝ A，
次级线圈总电流I2＝24IL＝1 A.
变压器输入功率等于I1U1＝I2U2＝6 W，
变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得E＝U1＋I1R＝＋6I1，代入E值解得I1＝A(I1＝3 A应舍去，据题意是降压变压器，应I1＜I2＝1 A)，
所以＝＝.
(2)发电机输出功率P＝I1E≈6.67 W.
答案：(1)3∶1　(2)6.67 W