【课堂导学】高考物理总复习 一轮同步小练习 第12章 交变电流.doc

2014届高考物理一轮复习 第12章 交变电流练习1一矩形线圈绕垂直于匀强磁场方向，并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化情况如图所示，则( )at1时刻穿过线圈的磁通量为零 bt2时刻穿过线圈的磁通量最大 ct3时刻穿过线圈的磁通量变化为零 dt4时刻穿过线圈的磁通量为零2交流发电机在工作时的电动势e=emsint，若将其电枢的转速提高一倍，其他条件不变，则电动势变为 ( ) aemsin b2emsin cemsin2t d2emsin2t3小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示，此线圈与一个r=10的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是( )a交变电流的周期为0.125s b交变电流的频率为8hz c交变电流的有效值为a， d交变电流的最大值为4a4. 一个电热器接在10v的直流电源上，在t秒内产生的焦耳热为q，今将该电热器接在一交流电源上，它在2t秒内产生的焦耳热也为q，则这一交流电源的交流电压的最大值和有效值分别是( ) a最大值是10v，有效值是10v、 b最大值是10v，有效值是5v c最大值是5v，有效值是5v d最大值是20v，有效值是10v5将正弦交流电源经过整流器处理后，得到的电流波形刚好去掉了半周，如图所示，它的有效值是( )a2a ba ca d1a6如图所示的电路，f为一交流发电机，c为平行板电容器，为使电流表示数增加，可行的办法是( )a使发电机的转速增加 b使发电机的转速减少 c在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质 d使电容器两板间距离增大7如图所示，在交流电路中，如果电源电动势的最大值不变，频率可以改变，在图中电路的a、b两点间逐次将图中的电路元件(1)(2)(3)单独接人，当使交流电频率增加时，可以观察到下列论述的哪种情况( )aa1示数不变，a2示数增大，a3示数减小 ba1示数减小，a2示数不变，a3示数增大 ca1示数增大，a2示数不变，a3示数减小 da1、a2、a3的示数均不变8如图所示是霓虹灯的供电电路，电路中的变压器可视为理想变压器已知变压器原线圈与副线圈匝数比=，加在原线圈的电压为u1=311sin100tv，霓虹灯正常工作的电阻r=440k，i1、i2表示原、副线圈中的电流下列判断正确的是( ) a副线圈两端的电压为6220v，副线圈中的电流为14.1ma b副线圈两端的电压为4400v，副线圈中的电流为10.0ma ci1i29. 远距离输送一定功率的交变电流：若输送电压升高为原来的n倍，关于输电线上由电阻造成的电压损失和功率损失的说法中，正确的是( ) (1)输电线上的电功率损失是原来的 (2)输电线上的电功率损失是原来的 (3)输电线上的电压损失是原来的 (4)输电线上的电压损失是原来的n倍 a(1)(2) b(2)(3) c(2)(4) d(1)(4)10. 一个小电站，输出的电功率为20kw，输电线总电阻为0.5，如果先用400v电压输送，后又改用2000v电压输送，则输送电压提高后，输电导线上损失的电功率的变化情况是( ) a减少50w b减少1200w c减少7.68106w d增大7.68106w11. 中央电视台焦点访谈多次报道某些边远落后的农村电价过高，农民负担过重，其中客观原因是电网陈旧老化近几年来进行农村电网改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格，可采用的措施有( ) a提高输送功率 b应用超导材料做输电线 c提高输电的电压 d减小输电导线的横截面积12如图所示，l1和l2是高压输电线，甲、乙是两只互感器，若已知n1：n2=1000：1，n3：n4=1：100，图中电压表示数为220v，电流表示数为10a，则高压输电线的输电功率为( )a2.2103w b2.210-2w c2.2108w d2.2104w 13某交流电压随时间变化的规律如图所示，下列说法正确的是( )a. 此交流电的频率是25 hzb. 若将该电压加在10 f的电容器上，则电容器的耐压值不应小于100 v；c. 若将该电压加在10 f的电容器上，则电容器的耐压值不应小于50vd. 若将该电压加在一阻值为1k的纯电阻用电器上，用电器恰能正常工作，为避免意外事故的发生，该电路中保险丝的额定电流不能高于0.1a 14如图所示为一理想变压器，初级接220v正弦交流电，负载电阻r=10，次级线圈b、c间匝数为10匝，当把开关s由接b改接c时，通过r上的电流增加0.2a，则通过变压器铁芯的磁通量变化率最大值是 (取两位有效数字) ( ) a. 0.20 wb/s b. 0.28 wb/s c. 2.0 wb/s d. 2.8 wb/s15如图所示，一个变压器(可视为理想的变压器)的原线圈接在220v的市电上，向额定电压为1.80104v的霓虹灯供电，使它正常发光，为了安全，需在原线圈回路接人熔断器，使副线圈电路中电流超过12ma时，熔丝就熔断下列说法正确的是 ( )a. 熔丝的熔断电流是0.012 a b. 熔丝的熔断电流是0.98 ac. 当副线圈电路中电流为10ma时，变压器的输入功率是180wd. 当副线圈电路中电流为10ma时，变压器的输入功率是1800w1cd 2d 3c 4b 5d 6a 7c 8bd9b 10b 11c 12c 13. ab 14. b 15. bc第五章测试卷1cd【解析】：中性面磁通量最大，磁通变化率为零；平行磁场方向，线圈的磁通为零，磁通的变化率最大2d【解析】：一个有n匝、面积为s的矩形线圈，在磁感应强度为b的匀强磁场中，以角速度绕着与磁场方向垂直的并位于线圈平面内的轴匀速转动时，在线圈中就会产生大小和方向随时间按正弦(或余弦)函数规律变化的交流电，其电动势的最大值em=nbs在时刻t的电动势瞬时值与线圈的起始位置有关，若线圈是从中性面开始转动的，则t时刻的瞬时值为e=nbssint因此，要写出本题最大值以及角速度的变化当线圈转速提高一倍后，其角速度变为原来的两倍，即=2依最大值em=nbs知，此时电动势的最大值将变为em=2em，则其电动势的瞬时值应为e=emsint=2emsin2t3c【解析】：从图象中知t=0.25s，则f=4hz，所以a、b均错误，交流电的有效值i=a=a，所以c正确电流的最大值im=2a，则d错误4b【解析】：设电热器电阻为r，则接直流电时有t=q，接交流电时有2t=q，由可得u=5v为交变电压的有效值，最大值um=u=10v5d【解析】：本题考查交流电有效值的计算，设其周期为t，设有效值为i，则有i2rt=(im)2r+0，又im=2a，所以i=1a6a【解析】：由容抗xc=知，容抗大小与交流电频率和电容大小有关，结合c=，只有a正确7c【解析】：频率越高，电容器容抗越小，而电感的感抗越大，但电阻不变8bd【解析】：解答本题可先由电压与匝数关系，确定副线圈两端电压，再由欧姆定律确定副线圈中的电流原线圈电压有效值：u1=v=220v，由=，可得u2=4400v，由欧姆定律：i2=10ma，由=可得：i1i2，所以b、d正确9b【解析】：由p=ui知，当输送的功率p一定时，电压升高为原来的n倍，输电电流i=i又p损=i2r线，所以输电线上的功率损失p损=(i)2r线=p损，即(2)正确输电线上的电压损失u损=ir线=ir线=u损，(3)正确10b【解析】：p1=()2r，p2=()2r所以p1-p2=1200w11c【解析】：高压输电线路电流小，线损p损=i2r小12c【解析】：由互感器中电压、电流与函数关系得高压线路中u=220kv，i=1000a，所以其输送功率p=iu=2.2108w，正确答案是c；粗心的同学在算电流时可能会颠倒原、副线圈的关系比，错误得到i=0.1a从而掉入陷阱答案d1325 100 【解析】：f=hz=25hz因为该交流电压的最大值为100v，所以电容器的耐压值应不小于100v交流电压的有效值u=v=50v，i=a=a所以保险丝的额定电流不能高于a140.28【解析】：当把开关s从b掷向c，流过r的电流增加了0.2a，设r两端电压增加u，即u=ir=0.2u10v=2v，而=，=，n1=n2=10=1100匝，又u1=n1，当电压为最大值时，最大值，(）m =wb/s15(1)0.98