5.1交变电流课后提能训练
基础达标
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求)
1．关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，以下说法中正确的是( )
A．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变
B．线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次
C．线圈平面每经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次
D．线圈转动一周，感应电动势和感应电流方向都要改变一次
【答案】C
【解析】根据交流电的变化规律可得，如果从中性面开始计时有e＝Emsin ωt和i＝Imsin ωt；如果从垂直于中性面的位置开始计时有e＝Emcos ωt和i＝Imcos ωt.不难看出线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向也改变一次；线圈每转动一周，感应电流和感应电动势方向都改变两次，C正确．
2．如图所示为演示交变电流的装置图，关于这个实验，正确的说法是( )
A．线圈每转动一周，指针左右摆动两次
B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流
C．图示位置，ab边的感应电流方向为由a→b
D．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零
【答案】C
【解析】线圈在磁场中匀速转动，在电路中产生周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流方向改变，线圈每转动一周，有两次经过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次，故选项A错误；线圈平面跟磁感线垂直的位置称为中性面，显然图中并不是中性面，选项B错误；线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则可知，ab边中感应电流方向为由a→b，选项C正确；线圈平面跟磁场平行时，线圈产生的感应电动势最大，而此时的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，故选项D错误．
3．一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电动势为e＝10sin(20πt) V，则下列说法正确的是( )
A．t＝0时，线圈位于中性面
B．t＝0时，穿过线圈的磁通量为零
C．t＝0时，线圈切割磁感线的有效速度最大
D．t＝0.4 s时，电动势第一次出现最大值
【答案】A
【解析】由电动势e＝10sin(20πt) V知，计时从线圈位于中性面时开始，所以t＝0时，线圈位于中性面，磁通量最大，但此时线圈切割磁感线的线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速度为零，A正确，B、C错误；当t＝0.4 s时，e＝10sin(20π×0.4) V＝0，D错误．
4．矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生如图所示的交流电，设沿a→b→c→d→a方向为电流正方向，则对应t1时刻线圈位置为下列哪一个图( )
A B C D
【答案】B
【解析】由题图知在t1时刻线圈获得最大正向电流，电流方向为a→b→c→d→a，又线圈为逆时针转动，故只有B图符合电流方向为a→b→c→d→a且最大．
5．如图甲所示，一个矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．线圈内磁通量随时间t的变化如图乙所示，则下列说法中正确的是( )
A．t1时刻线圈中的感应电动势最大
B．t2时刻ab的运动方向与磁场方向垂直
C．t3时刻线圈平面与中性面重合
D．t4、t5时刻线圈中感应电流的方向相同
【答案】BC
【解析】t1时刻通过线圈的Φ最大，磁通量变化率最小，此时感应电动势为零，A错误；在t2、t4时刻感应电动势为Em，此时ab、cd的运动方向垂直于磁场方向，B正确；t1、t3、t5时刻，Φ最大，＝0，此时线圈平面垂直于磁场方向，与中性面重合，C正确；t5时刻感应电流为零，D错误．
6．(2019·江西校级期中)如图所示的四种随时间变化的电流图象，其中不属于交变电流的是( )
,A) ,B)
,C) ,D)
【答案】AD
【解析】只要电流的大小和方向均随时间做周期性变化，即为交变电流，故B、C均为交变电流；A、D中电流大小虽然在周期性变化，但方向不变，故A、D不是交变电流．
二、非选择题
7．有一10匝正方形线框，边长为20 cm，线框总电阻为1 Ω，线框绕OO′轴以10π rad/s的角速度匀速转动，如图所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5 T．问：
(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少？
(2)线框从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值是多大？
【答案】(1)6.28 V 6.28 A (2)5.44 V
【解析】(1)交变电流电动势最大值为Em＝NBSω＝10×0.5×0.22×10π V＝6.28 V，电流的最大值为Im＝＝ A＝6.28 A.
(2)线框转过60°时，感应电动势e＝Emsin 60°＝5.44 V.
8．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B＝0.50 T，矩形线圈的匝数N＝100匝，边长Lab＝0.20 m，Lbc＝0.10 m，以3 000 r/min的转速匀速转动，若从线圈平面通过中性面时开始计时，求：
(1)交变电动势的瞬时值表达式；
(2)若线圈总电阻为2 Ω，线圈外接电阻为8 Ω，写出交变电流的瞬时值表达式；
(3)线圈由图示位置转过的过程中，交变电动势的平均值．
【答案】(1)e＝314sin(314t) V (2)i＝31.4sin(314t) A (3)200 V
【解析】(1)线圈的角速度ω＝2πn＝314 rad/s
线圈电动势的最大值Em＝NBSω＝314 V
故交变电动势的瞬时值表达式为
e＝Emsin ωt＝314sin(314t) V.
(2)Im＝＝31.4 A
所以交变电流的瞬时值表达式为
i＝31.4sin(314t) A.
(3)＝N＝N＝4NBSn＝200 V.
能力提升
9．(2019·重庆名校期末)如图所示，在匀强磁场中，一矩形金属线框沿与磁感线垂直的转轴匀速转动，则下列说法中正确的是( )
A．矩形金属线框中能产生正弦式交变电流
B．线圈平面每经过中性面一次，感应电动势的方向就改变一次，感应电流的方向不变
C．当线框平面与中性面重合，磁通量最大，感应电动势最大
D．当线框平面与中性面垂直时，线框的磁通量及磁通量变化率均为零
【答案】A
【解析】由图可知，矩形金属线框沿与磁感线垂直的转轴匀速转动，金属线框中能产生正弦交变电流，故A正确；线框平面每经过中性面一次，感应电动势的方向就改变一次，感应电流的方向也改变一次，故B错误；当线框平面与中性面重合，磁通量最大，感应电动势为0，故C错误；当线框平面与中性面垂直时，线框的磁通量为零，磁通量变化率最大，故D错误．
10．(2018·西安名校期末)矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示，下列结论正确的是( )
A．在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，电动势最大
B．在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，电动势改变方向
C．电动势的最大值是50π V
D．在t＝0.4 s时，磁通量变化率最大，其值为100π Wb/s
【答案】C
【解析】在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，磁通量最大，线圈位于中性面位置，感应电动势为零，故A错误；在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，磁通量为零，线圈垂直于中性面，感应电动势最大，故B错误；根据Φt图象，BS＝0.2 Wb，T＝0.4 s，故电动势的最大值Em＝NBSω＝NBS·＝50×0.2×＝50π V，故C正确；在t＝0.4 s时，磁通量为零，线圈垂直于中性面，感应电动势最大，故磁通量变化率最大，其值为＝π Wb/s，故D错误．
11．如图甲所示，矩形线圈匝数N＝100匝，ab＝30 cm，ad＝20 cm，匀强磁场磁感应强度B＝0.8 T，绕轴OO′从图示位置开始匀速转动，角速度ω＝100π rad/s，试求：
(1)穿过线圈的磁通量最大值Φm为多大？线圈转到什么位置时取得此值？
(2)线圈产生的感应电动势最大值Em为多大？线圈转到什么位置时取得此值？
(3)写出感应电动势e随时间变化的表达式，并在图乙中作出图象．
甲 乙
【答案】见解析
【解析】(1)当线圈平面与磁感线垂直时，磁通量有最大值．
Φm＝BS＝0.8×0.3×0.2 Wb＝0.048 Wb.
(2)当线圈平面与磁感线平行时，感应电动势有最大值
Em＝NBSω＝480π V.
(3)表达式e＝Emcos ωt＝480πcos (100πt) V
图象如图所示．
12．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：
(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e随时间t变化关系的图象．
【答案】(1)e＝10cos (100πt) V.
(2)如图所示．
【解析】(1)线框转动开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，所以瞬时感应电动势e＝Emcos ωt
其中B＝ T，S＝0.1×0.2 m2＝0.02 m2，ω＝2πn＝100π rad/s
Em＝BSω
所以e＝10cos (100πt) V.
(2)由感应电动势的瞬时值表达式可知峰值Em＝10 V，周期T＝＝0.02 s，画出图线如图所示.
5.2描述交变电流的物理量课后提能训练
基础达标
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求)
1．(2019·太原名校月考)以下说法正确的是( )
A．电动机铭牌上所标电流、电压为瞬时值
B．电容器的击穿电压为所加交变电压的平均值
C．交流电压表所示电压值为有效值
D．保险丝的熔断电流值为最大值
【答案】C
【解析】电动机铭牌上所标电流、电压为有效值，故A错误；电容器的击穿电压为所加交变电压的最大值(峰值)，故B错误；交流电压表所示电压值为有效值，故C正确；保险丝的熔断电流值为有效值，故D错误．
2．(2019·湖州名校月考)下列数据中不属于交变电流有效值的是( )
A．交流电表的示数 B．灯泡的额定电压
C．电容器的耐压值 D．保险丝的熔断电流
【答案】C
【解析】交流电流表、电压表的示数都是有效值，故A不符合题意；灯泡的额定电压为有效值，故B不符合题意；电容器的耐压值为电容器允许的最大电压，为最大值，不是有效值，故C符合题意；保险丝的熔断电流为额定电流，是有效值，故D不符合题意．选择不属于交变电流有效值的，故选C.
3．(2019·四川模拟)如图甲中的正弦交流电通过图乙数字触发器后会输出图丙的数字信号，图丙中数字信号对应0和2 V两种电压状态，触发器的转换规则是：交流电压数值小于时输出为0，交流电压数值大于时输出为2 V．以下说法正确的是( )
A．图丙中的电压有效值为2.0 V
B．图丙中的电压有效值约为1.6 V
C．图丙中的电压有效值约为1.4 V
D．图丙中的电压有效值约为1.3 V
【答案】B
【解析】对应正弦的30°，对应的时间为，如下图，一个周期对应电压为2 V的时间为T，根据有效值定义分段计算，×T＝×T，U1＝2 V，代入数据得U＝1.63 V．故B正确，A、C、D错误．
4．(2019·凯里名校模拟)在图乙的电路中，通入如图甲所示的交变电流，此交变电流的每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．电阻R的阻值为12 Ω，电表均为理想电表．下列判断正确的是( )
A．电压表的示数为6 V
B．该交变电流的电压有效值为4 V
C．电阻R一个周期内产生的热量一定大于9 J
D．电流表的示数为0.5 A
【答案】D
【解析】由焦耳定律得×1＋×2＝×3，即电压有效值U＝6 V，电表读数为有效值，故A错；电压表的读数为有效值，即U＝6 V，故B错误；热量根据有效值进行计算，则Q＝T＝9 J，故C错误；电流表读数为有效值，则I＝＝0.5 A，故D正确．
5．(2018·长沙名校期末)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0.02 s
D．此交流电的频率是100 Hz
【答案】BC
【解析】从图可以看出，通过R电流的有效值是I＝ A＝0.6 A，故电流为0.6 A，故A错误；R两端电压的有效值为U＝0.6×10 V＝6 V，故B正确；由图可知，该交流电的周期为0.02 s，故C正确；该交流电的周期为0.02 s，则频率f＝＝ Hz＝50 Hz，故D错误．
6．如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法中正确的是( )
A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零
B．线圈先后两次转速之比为3∶2
C．交流a的有效值为5 V
D．交流b的最大值为5 V
【答案】BC
【解析】在题图中t＝0时刻感应电动势均为零，所以该时刻穿过线圈的磁通量最大，线圈位于中性面，选项A错误；先后两次的周期之比为2∶3，频率之比为3∶2，转速之比为3∶2，选项B正确；由图可知交流a的最大值为10 V，所以a的有效值为 V＝5 V，选项C正确；交流a的电动势的最大值为Em1＝nBSω1＝10 V，交流b的电动势的最大值为Em2＝nBSω2，又ω1∶ω2＝3∶2，所以Em2＝ V，选项D错误．
二、非选择题
7．两个完全相同的电热器，分别通过如图甲和乙所示的电流最大值相等的方波交变电流和正弦交变电流，则这两个电热器的电功率之比Pa∶Pb等于多少？
【答案】2∶1
【解析】有效值与最大值关系I＝仅对正弦交变电流适用，即对于乙图才有Ib＝
Pb＝IR＝IR
对于甲图的方波交变电流来说，由于每时刻通过电阻R的电流都是Im，只是方向做周期性变化，而对于电流通过电阻发热来说，它与电流方向是没有关系的．因此从热效应来说，甲图交变电流与电流是Im的恒定电流是等效的，也可以说甲图交变电流有效值就是Im.因此Ia＝Im
Pa＝IR＝IR
所以Pa∶Pb ＝1∶＝2∶1.
8．有一交流发电机模型，用示波器观察到它产生的感应电动势波形如图所示，求：
(1)电动势的最大值和有效值；
(2)当t＝ s时，电动势的瞬时值，并指出此时线圈相对于磁场的位置；
(3)已知线圈面积为16 cm2，共25匝，计算匀强磁场的磁感应强度．
【答案】(1)5 V 3.5 V (2)5 V 线圈平面跟磁感线平行
(3)0.4 T
【解析】(1)由图象可知电动势的最大值Em＝5 V，根据正弦交流电的最大值和有效值的关系，故有效值
E＝Em＝3.5 V.
(2)因为e＝Emsin ωt＝5sin 100πt
当t＝ s时，有e＝5sin 100π× V＝5 V
这时线圈平面跟磁感线平行．
(3)由于Em＝nBSω，则
B＝ ＝ T＝0.4 T.
能力提升
9．(2019·山东模拟)小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )
A．峰值是e0 B．峰值是2e0
C．有效值是Ne0 D．有效值是Ne0
【答案】D
【解析】由题意可知，线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0，又因为发电机线圈共N匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为Um＝2Ne0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne0，故选项A、B错误；又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U＝＝Ne0，故选项C错误；选项D正确．
10．(2019·遵义名校模拟)图甲为一台小型发电机示意图，产生的感应电动势随时间变化的规律如图乙所示．已知发电机线圈的匝数为100匝，电阻r＝2 Ω，外电路的小灯泡电阻恒为R＝6 Ω，电压表、电流表均为理想电表．下列说法正确的是( )
A．电压表的读数为4 V
B．电流表的读数为0.5 A
C．1 s内流过小灯泡的电流方向改变25次
D．线圈在转动过程中，磁通量最大为 Wb
【答案】B
【解析】由图象可知，电动势最大值为Em＝4 V，所以有效值为E＝＝ V＝4 V，电路中电流为I＝＝ A＝0.5 A，电压表的读数为U＝IR＝0.5×6 V＝3 V，故A错误，B正确；由图象可知，周期为T＝0.04 s，所以频率为25 Hz，线圈转一圈，电流方向改变2次，所以1秒内流过小灯泡的电流方向改变50次，故C错误；由Em＝NBSω和ω＝2πf可知，Φm＝BS＝＝＝ Wb＝ Wb，故D错误．
11．一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，线圈的匝数n＝100，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化关系如图甲所示，发电机线圈的电阻r＝5 Ω，外电路电阻R＝95 Ω.求串联在外电路中的交流电流表的读数．(结果保留2位小数)
【答案】1.41 A
【解析】感应电动势的最大值Em＝nBSω＝nΦmω
设线圈在磁场中转动的周期为T，则有ω＝
根据欧姆定律，电路中的电流的最大值为Im＝
有效值I＝Im
由题中给定的Φt图象可得：
Φm＝1.0×10－2 Wb，T＝3.14×10－2 s
解以上各式，并代入数据得I＝1.41 A.
12．下图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图．其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n＝100，电阻r＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90 Ω，与R并联的交流电压表为理想电表．在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化．求：
(1)交流发电机产生的电动势最大值；
(2)电路中电压表的示数；
(3)R上的热功率．
【答案】(1)200 V (2)127.3 V (3)180 W
【解析】(1)交流发电机产生电动势的最大值
Em＝nBSω
而Φm＝BS，ω＝
所以有Em＝
由Φt图线可知Φm＝2.0×10－2 Wb
T＝6.28×10－2 s
所以有Em＝200 V.
(2)电动势的有效值E＝＝100 V
U＝E＝×100 V＝127.3 V.
(3)R上的功率PR＝＝ W＝180 W．
5.3电感和电容对交变电流的影响课后提能训练
基础达标
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求)
1．一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．一铁棒插进线圈后，该灯将( )
A．变亮
B．变暗
C．对灯的亮度没影响
D．无法判断
【答案】B
【解析】在线圈内由于磁场变化而产生的感应电动势，总是阻碍电流变化，正是这种阻碍变化的特性，使线圈产生了感抗；加入铁芯改变了电感线圈的自感系数，使自感系数增大，感抗增大，降落的电压增大，灯泡两端的电压减小，所以灯变暗．
2．有两个电容器的电容分别为C1＝5 μF和C2＝3 μF，分别加在峰值一定的交流电源上，在下列各种情况下，哪一种情况通过电容器的电流最大( )
A．在C1上所加交变电流的频率为50 Hz
B．在C2上所加交变电流的频率为50 Hz
C．在C1上所加交变电流的频率为100 Hz
D．在C2上所加交变电流的频率为100 Hz
【答案】C
【解析】电容越大，电流频率越大，容抗越小，电流越容易通过电容器，C1>C2,100 Hz>50 Hz，所以C正确．
3．用电压表检查如图所示的电路中的故障，测量Uad＝5.0 V，Uab＝0，Ubc＝5.0 V，Ucd＝0.则电路故障可能是( )
A．滑动变阻器R1断路
B．电容器C被击穿
C．电阻R2断路
D．电感线圈L断路
【答案】D
【解析】当用电压表去判断电路故障时，如果电压表的两接线柱能与电源的两极接通，而与电压表两接线柱相并联的那部分电路没有完全短路，电压表就会有示数，即当电压表有示数时，电源两极与电压表两接线柱间的电路无断点．由题意Uad＝Ubc＝5.0 V可知ab、cd间为通路，A、C错误；若电容器被击穿，则Ubc将为零，B错误．故正确答案为D.
4．(2019·广元期末)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．若将电源频率增大，A1炽热程度加强、A2炽热程度加强
B．若将电源频率增大，A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱
C．若将电源频率减小，A1炽热程度减弱、A2炽热程度减弱
D．若将电源频率减小，A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱
【答案】B
【解析】两个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大，电容的容抗减小，所以流过A1所在支路的电流变大，流过A2所在支路的电流变小，故灯泡A1变亮，灯泡A2变暗，即A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱，故A错误，B正确．当交流电频率变小时，电感的感抗减小，电容的容抗增大，所以流过A1所在支路的电流变小，流过A2所在支路的电流变大，故灯泡A1变暗，灯泡A2变亮，即A1炽热程度减弱、A2炽热程度加强，故C、D错误．
5．(2019·宜春月考)在电子线路中，从某一装置输出的交变电流常常既有高频成分，又有低频成分．如图所示的电路中，a、b两端得到的交变电流既含高频，又含低频，L是一个25 MHz的高频扼流圈，C是一个100 pF的电容器，R是负载电阻，下列说法正确的是( )
A．L的作用是“通低频，阻高频”
B．C的作用是“通低频，阻高频”
C．C的作用是“通高频，阻低频”
D．通过R的电流中，低频电流所占的百分比远远大于高频交流
【答案】ACD
【解析】L的作用是“通低频，阻高频”，故A正确；C的作用是“通高频，阻低频”，故B错误，C正确；经过L的阻高频，经过C的通高频，因此通过R的电流中低频电流占的比例远远大于高频交流，故D正确．
6．(2019·云南校级期中)某电路的输入电流既有直流成分，又有交流高、低频成分．若通过如图装置，只把交流低频成分输送到下一级，那么关于该电路中各元件的作用，说法正确的是( )
A．L起到消除交流成分的作用
B．C1是隔直电容器
C．C2起到消除高频成分的作用
D．以上说法都不对
【答案】BC
【解析】L在此的功能为通直流、阻交流，将交流成分送到下一级，故A错误．C1在此的功能为通交流，隔直流，使直流不能到达下一级电路，故B正确．C2与输出电路并联，起到通高频，阻低频，使高频成分被旁路，低频成分到达下一级，C2又叫高频旁路电容，故C正确．由上分析可知，D错误．
二、非选择题
7．如图是可调灯泡亮度的台灯电路示意图，其中电路更合理的是哪个？
【答案】乙
【解析】乙中调节L可达到调节台灯两端电压的作用，从而调节台灯的亮度．甲图也可调节台灯的亮度，但变阻器要消耗电能，故甲图不合理．
8．如图所示，是一个判定AB之间电源性质的仪器．若接通电源后只有绿灯亮，则AB之间是什么电源？若只有红灯亮或黄灯亮，AB之间电源又如何？
【答案】AB间接交变电流时，绿灯亮；
AB间接直流电且A端是正极时红灯亮；
AB间接直流电且B端是正极时黄灯亮．
【解析】由于电容器C具有隔直流的特性，故绿灯亮时AB之间必是交流电源，至于此时为什么红灯和黄灯不亮，则是由于线圈L具有阻交流的作用．当AB之间接入直流电时，绿灯不亮是显见的，此时红灯亮还是黄灯亮，则必须考虑二极管D1和D2的单向导电性．
能力提升
9．两相同的白炽灯L1、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处接电压最大值为Um、频率为f的正弦交流电源时，两灯都正常发光，且亮度相同，更换一个新的正弦交流电源后灯L1的亮度大于灯L2的亮度，新电源的电压最大值和频率应该满足的条件是( )
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，而频率为f
D．最大值小于Um，而频率仍为f
【答案】A
【解析】更换一个新的正弦交流电源后，灯L1的亮度大于灯L2的亮度，而灯相同，电源电压相同，说明容抗减小，感抗增大，所以频率变大，只有A项正确．
10．(多选)某一电学黑箱内可能有电容器、电感线圈、定值电阻等元件，在接线柱间以如图所示的“Z”字形连接(两接线柱间只有一个元件)．为了确定各元件种类，小华同学把DIS计算机辅助实验系统中的电流传感器(相当于电流表)与一直流电源、滑动变阻器、开关串联后，分别将AB、BC、CD接入电路，闭合开关，计算机显示的电流随时间变化的图象分别如图a、b、c所示，则以下判断中正确的是( )
A．AB间是电容器 B．BC间是电感线圈
C．CD间是电容器 D．CD间是定值电阻
【答案】ABD
【解析】电容器的特性：闭合开关后，瞬间充电结束后，电路中不再有电流，a对应的AB应是电容器，A正确；电感线圈对变化的电流有阻碍作用，对恒定电流无阻碍，BC间为电感线圈，B正确；定值电阻的特性是加恒定电压，瞬间产生恒定的电流，D正确．
11．如图所示是一种电风扇减速器电路．通过改变开关S跟0～5间的6个触点的接触，实现对电风扇电动机M的转速控制．请说明它的调速原理．
【答案】见解析
【解析】当开关S接到触点0时，电路断开，风扇不转；当S接到触点1时，电路不经过线圈，电动机转速最大；当S接到触点5时，电路经过的线圈匝数最多，感抗最大，电动机转速最小．
12．收音机中的音量控制电路部分如图所示，调节滑动变阻器的滑片P，可控制扬声器的音量．但收音机直接接收到的信号，既有高频信号，又有低频信号，而扬声器所需的音频信号是低频信号，为此，需要用电容器C1、C2滤去直流和高频部分．根据电容器容抗的性质，试确定C1、C2应分别用电容较大的，还是较小的．
【答案】C1用大电容，C2用小电容
【解析】C1的作用是滤去直流成分而且要能让低频成分通过，故应选用大电容；C2的作用是旁路高频成分且要阻碍低频成分通过，故应选用小电容．
5.4变压器课后提能训练
基础达标
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6题有多项符合题目要求)
1．关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是( )
A．通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变
B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等
C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势
D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈中
【答案】C
【解析】通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的，由于面积S不变，故磁通量Φ变化，A错误；因理想变压器无漏磁，故B错误；由互感现象知C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，原副线圈通过磁场联系在一起，故D错误．
2．如图所示四个电路，能够实现升压的是( )
A B
C D
【答案】D
【解析】变压器只能对交流电变压，不能对直流电变压，故A、B错误，由于电压与线圈匝数成正比，所以D能实现升压．
3．(2019·泰安名校月考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，R1＝R2＝R3＝10 Ω，C为电容器．已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则( )
A．副线圈输出的交流电的频率为10 Hz
B．原线圈输入电压的最大值为100 V
C．电阻R3的电功率为20 W
D．通过R2的电流始终为零
【答案】C
【解析】根据变压器原理可知原、副线圈中电流的周期、频率相同，周期为T＝0.02 s，频率为f＝＝50 Hz，故A错误；由图乙可知通过R1的电流最大值为Im＝2 A，根据欧姆定律可知其最大电压为Um＝20 V，再根据原、副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为100 V，故B错误；根据正弦交流电的峰值和有效值关系及并联电路特点可知，电阻R1的电流有效值为I＝＝ A，所以电阻R1的电功率P＝I2R1＝20 W，故C正确；因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R2和电容器，故D错误．
4．(2019·上饶名校月考)如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比为n1∶n2∶n3＝6∶1∶1，三个灯泡的规格均相同，此时L1的功率为P，假定灯泡的电阻不随电压变化而改变，则下列说法中正确的是( )
A．L3的功率为 B．L3的功率为
C．I1∶I2＝6∶1 D．I1∶I2＝1∶6
【答案】B
【解析】设原线圈的电压为U1，n2和n3对应的电压分别为U2、U3，根据变压器原理可得U2＝U3＝U1＝U1，由于L1的功率为P，则P＝，L3的功率为P′＝＝×＝P，故A错误、B正确；根据变压器原理可得U1I1＝U2I2＋U3I3＝2U2I2，解得＝＝ ，故C、D错误．
5．(2019·北京名校一模)如图所示，一理想变压器的原线圈接正弦交流电源，副线圈接有电阻R和小灯泡．电流表和电压表均可视为理想电表．闭合开关S，下列说法正确的是( )
A．电流表A1的示数减小 B．电流表A2的示数减小
C．电压表V1的示数减小 D．电压表V2的示数减小
【答案】D
【解析】闭合开关S，由于输入电压的大小和变压器的匝数比不变，所以变压器的输入电压和输出电压始终不变，即电压表V1的示数不变；当S接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，电流表A2的示数增大，所以电阻R上分得的电压变大，由于输出的电压不变，所以电压表V2的示数减小；当S接通后，根据P＝UI得副线圈输出功率变大，输入功率的大小是由输出功率的大小决定的，所以原线圈的输入功率变大，电流表A1的示数增大．故A、B、C错误，D正确．
6．(2019·广东名校期中)如图所示，理想变压器原线圈的匝数n1＝1 100匝，副线圈的匝数n2＝110匝，R0、R1、R2均为定值电阻，且R0＝R1＝R2，电流表、电压表均为理想电表．原线圈接u＝220sin(314t) V的交流电源．起初开关S处于断开状态．下列说法中正确的是( )
A．电压表示数为22 V
B．当开关S闭合后，电压表示数变小
C．当开关S闭合后，电流表示数变大
D．当开关S闭合后，变压器的输出功率增大
【答案】BCD
【解析】原线圈接u＝220sin(314t) V的交流电源．电压与匝数成正比，所以副线圈的电压为22 V，根据欧姆定律得电压表示数为11 V，故A错误．当开关S闭合后，副线圈总电阻减小，副线圈的电压不变，副线圈的电流增大，所以电压表示数变小，故B正确．当开关S闭合后，副线圈总电阻减小，副线圈的电压不变，输出功率增大，所以输入的功率增大，所以电流表示数变大，故C、D正确．
二、非选择题
7．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的指示灯连接降压变压器．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．
【答案】(1)3∶1 (2)6.67 W
【解析】(1)彩色小灯泡的额定电流
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)
所以＝＝.
(2)发电机输出功率P＝I1E≈6.67 W.
8．(2019·黑龙江大庆模拟)如图所示，变压器原线圈输入电压为200 V，副线圈输出电压为36 V，两只灯泡的额定电压均为36 V，L1额定功率为12 W，L2额定功率为6 W．求：
(1)该变压器的原、副线圈匝数比；
(2)两灯均工作时原线圈的电流以及只有L1工作时原线圈中的电流．
【答案】(1)50∶9 (2)0.09 A 0.06 A
【解析】(1)由电压变比公式得＝＝.
(2)两灯均工作时，由能量守恒得P1＋P2＝U1I1
I1＝0.09 A
只有L1灯工作时，由能量守恒得P1＝U1I2
解得I2＝0.06 A.
能力提升
9．(2019·肇庆二模)教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示．理想交流电流表A和交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P.若将发电机线圈的匝数变为原来的4倍，其他条件均不变，下列说法正确的是( )
A．R消耗的功率变为2P
B．电压表的读数为4U
C．电流表的读数为2I
D．通过R的交变电流频率变大
【答案】B
【解析】线圈在匀强磁场中匀速转动，设线圈的最大横截面积为S，磁场的磁感应强度为B，线圈转动的角速度为ω，则产生的最大电动势为Em＝nBSω.原线圈两端的电压等于电动势的有效值，为U1＝Em＝nBSω，设原副线圈的匝数比为k，则副线圈两端的电压为U2＝U1＝nBSω.当发电机线圈的匝数变为原来的4倍时，电压表的示数变为原来的4倍，由公式P＝可知，R消耗的功率变为原来的16倍，故A错误，B正确；由于电压表的示数变为原来的4倍，由输入输出功率相等可知，电流表的示数变为原来的4倍，故C错误；变压器不能改变交流电的频率，故D错误．
10．(2019·烟台一模)如图所示，一理想变压器原线圈与定值电阻R1、理想电流表A1一起接入电压恒为U的交流电源上，原线圈接入电路的匝数可通过调节触头P进行改变，副线圈和滑动变阻器R、定值电阻R2以及理想电流表A2连接在一起，下列说法正确的是( )
A．保持R不变，将触头P向上移动，则A1的示数变小，A2的示数变小
B．保持R不变，将触头P向下移动，电源输出的总功率变小
C．保持P的位置不动，增大R，则A1的示数减小，A2的示数减小
D．保持P的位置不动，增大R，则R的电功率变小，R1的电功率不变
【答案】D
【解析】R不变，P向上滑动，原线圈匝数增大，副线圈电压减小，电流表A2读数变小，但电阻R1两端电压不变，电流表A1读数不变，故A错误；若R不变，P向下滑动，副线圈电压将增大，功率增大，电源的总功率增大，故B错误；P位置不动，副线圈电压不变，若R增大，副线圈负载电阻值增大，故副线圈电流减小，A2的示数减小，R两端电压不变，电功率减小，但R1的电压不变，电流表A1读数不变，R1的电功率不变，故C错误，D正确．
11．如图甲所示为一理想变压器，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ut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的电阻时，原线圈中的电流I1；
(3)求ce和de间线圈的匝数比.
【答案】(1)uab＝400sin(200πt) V (2)0.28 A
(3)
【解析】(1)由图乙知，ω＝200π rad/s
电压瞬时值uab＝400sin(200πt) 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.
(3)设ab间匝数为n1
＝
同理＝
由题意知＝
解得＝
代入数据得＝.
12．如图所示，一台有两个副线圈的变压器，原线圈匝数n1＝1 100匝．接入电压U1＝220 V的电路中．
(1)要求在两个副线圈上分别得到电压U2＝6 V，U3＝110 V，它们的匝数n2、n3分别为多少？
(2)若在两副线圈上分别接上“6 V 20 W”“110 V 60 W”的两个用电器，原线圈的输入电流为多少？
【答案】(1)30匝 550匝 (2)0.36 A
【解析】(1)根据原、副线圈间电压与匝数的关系
由＝得n2＝n1＝×1 100匝＝30匝
n3＝n1＝×1 100匝＝550匝．
(2)设原线圈输入电流为I1，由P入＝P出得
U1I1＝U2I2＋U3I3＝P2＋P3
所以I1＝＝ A＝0.36 A．
5.5电能的输送后提能训练
基础达标
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求)
1．某用电器与供电电源的距离为L，线路上的电流为I，若要求线路上的电压降不超过U，已知输电导线的电阻率为ρ，那么，该输电导线的横截面积最小值是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】输电线的电阻R线＝，由电阻定律得R＝ρ·，得S＝，B正确．
2．(2019·青岛一模)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1∶20，降压变压器T2的原、副线圈匝数比为3∶1.升压变压器原线圈两端接入一电压u＝Umsin(ωt)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．2Um B．3Um
C．4Um D．6Um
【答案】B
【解析】升压变压器两端电压的有效值为U1＝，升压变压器T1的原、副线圈匝数比为1∶20，所以升压变压器副线圈两端的电压为U2＝20U1＝10Um.用户获得的电压为U，则用户的电流为I3＝，降压变压器T2的原、副线圈匝数比为3∶1，故在输电线路上的电流为I2＝I3，降压变压器原线圈两端U3＝3U，输电线路上损失的电压为ΔU＝I2r＝I3R＝U，故降压变压器原线圈的电压为U3＝U2－ΔU，联立解得U＝3Um.故B正确，A、C、D错误．
3．如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I2.则( )
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为Ir
D．输电线路上损失的电功率为I1U
【答案】A
【解析】根据理想变压器的工作原理，得I1U1＝I2U2，所以用户端的电压U2＝，选项A正确；输电线上的电压降U′＝I1r＝U－U1，选项B错误；变压器的输入功率P1＝I1U－Ir＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的功率P′＝Ir＝I1(U－U1)，选项D错误．
4．(2019·济宁二模)为消除高压输电线上的冰凌，有人设计了利用电流的热效应除冰的融冰思路．若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，在输电功率、用户的输入电压和输电线电阻不变的情况下，通过自动调节高压输电变压器的变压比，使输电线上的热耗功率变为16ΔP，则除冰时( )
A．输电电流为4I B．输电电流为16I
C．输电电压为4U D．输电电压为
【答案】A
【解析】高压线上的热耗功率为ΔP＝I2R线 ，若热耗功率变为16ΔP，则有16ΔP＝I′2R线，得I′＝4I，故A正确，B错误．又输送功率不变，由P＝UI＝U′I′得U′＝U，故C、D错误．
5．(2019·广东校级期中)当远距离高压输电的功率一定时，输电线上损耗的功率与电路中的( )
A．输送电压的平方成正比
B．输送电压的平方成反比
C．输电线中电流的平方成正比
D．导线中电流的平方成反比
【答案】BC
【解析】根据ΔP＝I2R，输电线上损耗的功率与输电线中电流的平方成正比，故C正确，D错误；由于P＝UI，ΔP＝I2R，故ΔP＝，输电线上损耗的功率与输送电压的平方成反比，故A错误，B正确．故选BC.
6．在远距离输电时，输送的电功率为P，输送电压为U，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为L，输电线损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P用，则P′、P用的关系式正确的是( )
A．P′＝ B．P′＝
C．P用＝P－ D．P用＝P
【答案】BD
【解析】输电线电阻R＝ρ，输电电流I＝
故输电线上损失的电功率为
P′＝I2R＝2ρ＝
用户得到的功率为
P用＝P－P′＝P.
故选BD.
二、非选择题
7．对某一输电线路，线路架设情况已确定，现要求输送一定的电功率P，若输电线上损失的功率占输送功率P的百分比用η表示，输电线路总电阻用r表示，输电电压用U表示，则η、P、U、r间满足什么关系？从中你能得出什么结论？
【答案】见解析
【解析】ΔP＝ηP＝I2r①
P＝UI②
联立①②可得ηP＝2r，即ηU2＝Pr，
当P、r确定时，有ηU2＝定值，所以要减小η，必须提高输电电压U.
能力提升
8．如图所示为某山区小型电站输电示意图，发电厂发出U1＝220sin(100πt) V的交流电通过升压变压器升压后进行高压输电，接近用户时再通过降压变压器降压给用户供电，图中高压输电线部分总电阻为r，负载端的电压表是理想交流电表，下列有关描述正确的是( )
A．若开关S1、S2都断开，则电压表示数为零
B．负载端所接收到交流电的频率为25 Hz
C．深夜开灯时灯特别亮是因为高压输电线上电压损失减小的缘故
D．用电高峰期灯泡较暗，可通过减少降压变压器副线圈的匝数来提高其亮度
【答案】C
【解析】开关都断开时变压器空载，副线圈两端有电压，电压表示数不为零，故A错误；变压器不改变频率，故负载端交流电的频率还是50Hz，故B错误；深夜大部分用户已关灯，干路中电流减小，线路损耗也减小，用户得到的电压较高，故此时开灯就较亮，故C正确；用电高峰时，负载增多，负载电阻减小，干路中电流增大，因此输电线损耗电压增大，导致降压变压器的输入电压降低，为提高负载电压，可增大降压变压器的副线圈的匝数，使输出电压提高，故D错误．
9．(多选)(2019·广东名校模拟)远距离输电装置如图所示，升压变压器和降压变压器均是理想变压器，当K由2改接为1时，下列说法正确的是( )
A．电压表读数变大 B．电流表读数变大
C．电流表读数变小 D．输电线损失的功率减小
【答案】ACD
【解析】K接到1后，升压变压器副线圈匝数增多，所以输电电压U2升高(U1∶U2＝n1∶n2，n2增多)．所以输电线电压增大，所以最终降压变压器的输出电压变大，电压表测路端电压，示数变大，A正确；电压表示数增大，电流与匝数成反比，所以电流表的示数减小，B错误，C正确；电流表示数减小，输电线损失功率减小，D正确．
10．远距离输电时，输送电压为6 000 V，功率为500 kW，这时，安装在输电线路起点和终点的电能表一昼夜里读数相差4 800 kW·h，则输电效率为多少？输电导线的电阻为多少？
【答案】60% 28.8 Ω
【解析】由能的转化与守恒定律可知
η＝＝×100%＝60%
因为P损＝P×40%，P损＝·r
所以r＝＝28.8 Ω.
11．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10 kW，输出电压为400 V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损耗，使用2 kV高压输电，最后用户得到“220 V 9.5 kW”的电能，求：
(1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比；
(2)输电线路导线电阻R；
(3)用户降压变压器原、副线圈匝数比.
【答案】(1) (2)20 Ω (3)
【解析】(1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比
＝＝＝.
(2)由P损＝IR，输送电流决定于输出电压及输送功率，有I2＝＝＝5 A
所以R＝＝ Ω＝20 Ω.
(3)设降压变压器原线圈上电压为U3
U3＝U2－I2R＝(2 000－5×20) V＝1 900 V
所以降压变压器原、副线圈匝数比为
＝＝＝.
