第五章·交变电流 C模拟高考一遍过（2020一遍过·物理选修3-2）

第五章交变电流,物理选修3-2人教,答案,1.B【解题思路】题图甲是正弦式交变电流图线,峰值(最大值)为2A,有效值是峰值的12,即2A,周期为4s,所以A选项错误;题图乙电流大小改变但方向不变,计算有效值时因为热效应与电流方向无关,所以题图乙中电流的有效值仍是峰值的12,即2.52A,所以B选项正确;题图丙是题图甲减半的脉冲电流,有效值不可能为峰值的12,所以C选项错误;题图丁是交变电流图线,周期为2s,令I1=4A,I2=3A,根据有效值定义则有12R2+22R2=I2RT,解得电流有效值I=2.52A,所以D选项错误。,1.2018浙江杭州第十四中学模拟考试关于图甲、乙、丙、丁,下列说法正确的是()A.图甲中电流的峰值为2A,有效值为2A,周期为5sB.图乙中电流的峰值为5A,有效值为2.52AC.图丙中电流的峰值为2A,有效值为2AD.图丁中电流的最大值为4A,有效值为2A,周期为2s,答案,2.C【解题思路】题图甲中电压表的示数为小灯泡获得的交流电的有效值,U有效=622V=6V,选项A错误;题图乙中的0时刻感应电动势为零,而题图甲所示时刻,感应电动势最大,选项B错误;题图乙中t=0.510-2s时,感应电动势最大,则此时穿过题图甲中线圈的磁通量最小,选项C正确;题图乙中t=1.010-2s时感应电动势为零,则此时穿过题图甲中线圈的磁通量最大,选项D错误。,2.2019重庆市普通高等学校4月调研图甲为小型发电机的结构简图,通过线圈在两磁极间转动给小灯泡供电,已知小灯泡获得的交变电压如图乙所示。则下列说法正确的是()A.图甲中电压表的示数为62VB.图乙中的0时刻就是图甲所示时刻C.图乙中t=0.510-2s时,穿过图甲中线圈的磁通量最小D.图乙中t=1.010-2s时,穿过图甲中线圈的磁通量最小,答案,3.C【解题思路】开关接1时,四个灯泡亮度相同,所以原线圈电流与副线圈电流之比为13,根据电流与匝数成反比知原、副线圈的匝数比为31,可知该变压器是降压变压器,故AB错误;接到位置2,原线圈输入电压变大,根据电压与匝数的关系可知副线圈电压变大,接在副线圈上的灯泡的电流变大,又由灯泡未烧坏,可知灯泡仍能发光,但亮度变亮,故C正确,D错误。,3.2019陕西省汉中市质量检测有4个完全相同的灯泡连接在理想变压器的原、副线圈中,交流电源输出电压U恒定不变,如图所示。若将开关S接在位置1时,4个灯泡发光亮度相同;若将开关S接在位置2时,灯泡均未烧坏。则下列可能正确的是()A.该变压器是降压变压器,原、副线圈匝数比为41B.该变压器是升压变压器,原、副线圈匝数比为14C.当接位置2时副线圈中的灯泡仍能发光,只是亮度变亮D.当接位置2时副线圈中的灯泡仍能发光,只是亮度变暗,答案,4.ACD【解题思路】当正方形线框abcd匀速转动时,产生正弦式交变电流,选项A正确;当开关S断开时,正方形线框abcd匀速转动,产生的电动势最大值Em=BS=BL2,有效值E=222,电压表的示数为cd两端的电压U=14E=228,选项B错误,选项C正确;当开关S闭合时,电路中总电阻r总=3r+2=72r,总电流I总=72=227,通过电流表的电流I=12I总=2214,选项D正确。,4.(多选)2018江西临川一中模拟考试如图所示的单匝正方形线框abcd边长为L,每边电阻均为r,在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中绕cd轴以角速度匀速转动,cd边与一阻值为r的电阻相连,各表均可视为理想电表,导线电阻不计,则下列说法正确的是()A.线框abcd产生的电流为交变电流B.当开关S断开时,电压表的示数为零C.当开关S断开时,电压表的示数为28BL2D.当开关S闭合时,电流表的示数为2214,答案,5.D【解题思路】电压互感器原线圈的匝数与副线圈的匝数之比为10001,而电流互感器原线圈的匝数与副线圈的匝数之比为1200,由电压表的示数为200V,得原线圈的电压为200000V,由电流表的示数为1.5A,知原线圈的电流为300A。所以电路输送的电功率是6107W。故选D。,5.2019安徽屯溪一中模拟考试如图所示,电压互感器、电流互感器可看成理想变压器,已知电压互感器原、副线圈匝数比是10001,电流互感器原、副线圈匝数比是1200,电压表示数是200V,电流表示数是1.5A,则交流电路输送电能的功率是()A.3102WB.6104WC.3105WD.6107W,答案,6.A【解题思路】发电厂的输出电压恒定,升压变压器的变压比不变,所以电压表V1的示数不变,故C错误;某次监测发现电压表V2的示数减小,根据降压变压器变压比可知,降压变压器的输入电压U20减小,又U1=U20+I1R,电压表V1的示数U1不变,可知电流表A1的示数增大,故A正确;电流表A1的示数增大,根据降压变压器电流比12=43可知,电流表A2的示数增大,故B错误;输电线上损失功率为P损=12R,由于电流表A1的示数增大,故输电线损失的功率增大,故D错误。,6.2019广东省汕头市模拟考试如图所示为远距离输电的原理图。发电厂输出的电压恒定,升压、降压变压器均为理想变压器。由于用户负载的变化会造成其得到的电压变化,供电部门要实时监控。监控电表为理想电表。若某次监测发现电压表V2的示数减小。则下列判断正确的是()A.电流表A1的示数增大B.电流表A2的示数减小C.电压表V1的示数增大D.输电线损失的功率减小,答案,7.BC【解题思路】由P=I2R知输电线上的电流I=损=25A,输电线上损失的电压为U=IR=200V,故选项A错误;升压变压器的输出电压U2=入=10010325V=4103V,故选项B正确;降压变压器的输入电压U3=U2-U=3800V,降压变压器的原、副线圈的匝数比为3800220=19011,故选项C正确;用户端负载增加,降压变压器的副线圈的电流增大,根据变压器的电流与匝数关系可知降压变压器的原线圈的电流增大,由P=I2R知输电线上的损失功率增大,故选项D错误。,7.(多选)2019河南省顶级名校联合质量测评如图所示为电能输送的示意图,升压、降压变压器均为理想变压器,输电线总电阻R为8,升压变压器的输入功率为100kW,用户端得到的电压为220V,用户得到的功率为95kW。下面说法正确的是()A.输电线上损失的电压为50VB.升压变压器输出电压为4103VC.降压变压器原、副线圈匝数比为19011D.用户端负载增加,有利于减少远距离输电的电能损失,8.(多选)2019湖北省八校联考如图所示,10匝矩形线框处在磁感应强度B=2T的匀强磁场中,绕垂直磁场的轴以恒定角速度=10rad/s在匀强磁场中转动,线框电阻不计,面积为0.4m2,线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连,副线圈接有一只灯泡L(规格为“4W,100”)和滑动变阻器,电流表可视为理想电表,则下列说法正确的是()A.若从图示线框位置开始计时,线框中感应电动势的瞬时值为402cos10t(V)B.当灯泡正常发光时,原、副线圈的匝数比为12C.若将滑动变阻器滑片向上移动,则电流表示数增大D.若将自耦变压器触头向下滑动,灯泡会变暗,答案,8.AD【解题思路】输入电压的最大值为Um=NBS=1020.410V=402V,图示时刻感应电动势最大,从图示线框位置开始计时,线框中感应电动势的瞬时值为402cos10t(V),故A正确;变压器输入电压的有效值为U1=m2=40V。灯泡正常发光时,其两端电压有效值U2=4100V=20V,此时原、副线圈的匝数比为n1n2=U1U2=4020=21,故B错误;线圈匝数不变,根据U1U2=n1n2可知输出电压不变,若将滑动变阻器触头向上滑动,连入电路的电阻变大,负载等效电阻变大,P1=P2=22等效变小,又P1=U1I1,可知电流表示数变小,故C错误;若将自耦变压器触头向下滑动,副线圈匝数变小,根据U1U2=n1n2可知输出电压减小,所以灯泡变暗,故D正确。,答案,9.BCD【解题思路】由题图可知,t=0时刻线圈均在中性面,穿过线圈的磁通量最大,故A错误;由图象可知TaTb=23,根据n=1可知,nanb=32,故B正确;根据Em=NBS=2NBSn,可知EmaEmb=nanb=32,可知交流电b的电压峰值为20V,故C正确;a=2=5rad/s,则交流电a电压的瞬时值为e=30sin5tV,故D正确。,9.(多选)2018湖南省长沙市一中模拟考试如图所示,图线是两相同矩形线圈在同一匀强磁场中以垂直于磁场的一条边为轴匀速转动时所产生正弦交流电的图象。以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是()A.在图中t=0时刻穿过两线圈的磁通量均为零B.a、b两线圈转速之比为32C.交流电b电压的峰值为20VD.交流电a电压的瞬时值为e=30sin5tV,答案,10.BC【解题思路】P1上移增大n1,P2下移减小n2,由理想变压器的变压比12=12,可知U2将会变得更小,所以电灯L不会重新变亮,故A错误;P1下移减小n1,P2上移增大n2,由理想变压器的变压比12=12,可知U2将会变大,所以电灯L会重新变亮,故B正确;其他条件不变,U2电压不变,断开开关S,并联部分电阻变大,副线圈电流变小,R1分压变小,电灯L两端的电压将变大,所以电灯L会重新变亮,故C正确;其他条件不变,将滑动变阻器滑片P向下移动,总电阻变小,总电流变大,R1分压变大,电灯L两端的电压将变小,所以电灯L不会重新变亮,故D错误。,10.(多选)2019陕西省黄陵中学模拟考试如图所示,由于理想变压器原线圈的输入电压降低,使电灯L变暗,下列措施可以使电灯L重新变亮的是()A.其他条件不变,P1上移,同时P2下移B.其他条件不变,P1下移,同时P2上移C.其他条件不变,断开开关SD.其他条件不变,将滑动变阻器滑片P向下移动,答案,11.D【解题思路】电动机电路属于非纯电阻电路,欧姆定律不适用,因此电动机两端的电压不是IR,故A错误;根据12=21可知,变压器原线圈电流为I1=,电动机消耗的功率为线圈内阻消耗的功率I2R与电动机的输出功率mgv之和,变压器的输入功率等于消耗的总功率,P入=mgv+I2R,故B错误;该理想变压器的原线圈的电压有效值为02,根据12=12可知,变压器副线圈电压有效值为U2=02,电动机的输入功率大于I2R,选项C错误;电动机的效率=出总=2=20,故D正确。,11.2019江西省上饶县中学模拟考试如图所示,有一理想变压器,原、副线圈的匝数比为n1,原线圈接一电压为u=U0cos50t(V)的交流电,副线圈接有一个理想交流电流表和一个电动机。电动机线圈电阻为R,当开关S接通后,电流表读数为I,电动机带动一质量为m的物块以速度v匀速上升,电动机内部摩擦均可忽略,下列判断正确的是()A.电动机两端电压为IR,其消耗的电功率为I2RB.原线圈电流为nI,变压器的输入功率为I2R+mgvC.副线圈电压的有效值为0,电动机的输入功率为I2RD.电动机的效率为20,答案,1.D【解题思路】假设理想变压器原线圈的输入电压为U1,则由变压器的工作原理可知12=12,变压器副线圈的输出电压为U2=10U1;当输入电压增加20V时,即输入电压为U1+20V,则变压器的输出电压为U2=10(U1+20V),则输出电压的变化量为U=U2-U2=10U1+200V-10U1=200V,即输出电压增加200V,ABC错误,D正确。,1.2019江苏物理1,3分某理想变压器原、副线圈的匝数之比为110,当输入电压增加20V时,输出电压()A.降低2VB.增加2VC.降低200VD.增加200V,答案,2.C【解题思路】设输送功率为P,则有P=UI,其中U为输电电压,I为输电电流。为使输电线上损耗的功率减小为原来的四分之一,由P损=I2R(R为输电线的电阻,恒定不变)可知应使I变为原来的二分之一,又输送功率不变,则输电电压应变为原来的2倍,即440kV,选项C正确。,2.2018江苏物理2,3分采用220kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时,为使输电线上损耗的功率减小为原来的14,输电电压应变为()A.55kVB.110kVC.440kVD.880kV,答案,3.D【解题思路】根据焦耳定律知热量与方波中的电流方向的变化无关,故Q方=02T;而正弦交流电电压的有效值等于峰值的12,故Q正=(02)2T=1202T,所以方正=21,D正确。,3.2018全国卷理综16,6分一电阻接到方波交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q方;若该电阻接到正弦交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0,周期均为T,如图所示。则Q方Q正等于()A.12B.21C.12D.21,答案,4.B【解题思路】由交流电压的表达式可知,原线圈两端所加的电压最大值为2202V,故有效值为U1=220V,由12=12知副线圈电压的有效值为U2=110V,故输出功率P2=22=220W,再由输入功率等于输出功率知,P1=P2=220W,A项错误;根据欧姆定律知I2=2=2A,由12=21得I1=1A,故电流表读数为1A,所以B项正确;电压表的读数为有效值,即U2=110V,C项错误;由交流电压的表达式可知,=100(rad/s),又T=2,解得T=0.02s,所以D项错误。,4.2017北京理综16,6分如图所示,理想变压器的原线圈接在u=2202sin100t(V)的交流电源上,副线圈接有R=55的负载电阻,原、副线圈匝数之比为21,电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是()A.原线圈的输入功率为2202WB.电流表的读数为1AC.电压表的读数为1102VD.副线圈输出交流电的周期为50s,答案,5.AD【解题思路】t=0时,磁通量为零,磁感线与线圈平面平行,A正确;当磁感线与线圈平面平行时,磁通量变化率最大,感应电动势最大,画出感应电动势随时间变化的图象如图,由图可知,t=1s时,感应电流没有改变方向,B错误;t=1.5s时,感应电动势为0,C错误;感应电动势最大值Em=NBS=Nm2=1000.0422(V)=4(V),有效值E=224(V)=22(V),Q=2T=82(J),D正确。,5.(多选)2017天津理综6,6分在匀强磁场中,一个100匝的闭合矩形金属线圈,绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动,穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2,则()A.t=0时,线圈平面平行于磁感线B.t=1s时,线圈中的电流改变方向C.t=1.5s时,线圈中的感应电动势最大D.一个周期内,线圈产生的热量为82J,答案,6.BC【解题思路】由t图象可知,2时穿过线框的磁通量最大,则线框位于中性面,A错误;线框中产生的感应电动势的最大值应为E