第五章·交变电流 B综合拓展一遍过（2020一遍过·物理选修3-2）01

第五章交变电流,物理选修3-2人教,答案,1.D【解题思路】因发电机的两个磁极N、S呈半圆柱面形状,磁极间的磁感线呈辐向分布,磁感应强度的大小不变,仅方向发生改变,故线框在磁场中转动时垂直切割磁感线,产生的感应电动势的大小不变,选项AB错误;线框越过空隙段后,由于线框切割磁感线方向发生变化,所以感应电动势的方向发生变化,选项C错误,选项D正确。,一、选择题(每小题6分,共48分)1.2018天津二中期末考试如图所示是一台发电机的结构示意图,其中N、S是永久磁铁的两个磁极,它们的表面呈半圆柱面形状。M是圆柱形铁芯,它与磁极的柱面共轴,铁芯上有一矩形线框,可绕与铁芯M共轴的固定转动轴旋转。磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径、大小相等的磁场。若从图示位置开始计时,当线框绕固定转动轴匀速转动时,下列图象中能正确反映线框中感应电动势e随时间t变化规律的是(),ABCD,答案,2.C【解题思路】交流电的频率f=1002Hz=50Hz,A错误;由理想变压器原、副线圈的匝数比n1n2=225及原线圈电压有效值为220V可知,副线圈两端电压为50V,由于二极管的单向导电性,根据电流热效应可得(50V)222=22T,所以R2两端的电压有效值U=252V,通过R2的电流有效值为2A,则B错误,C正确;副线圈消耗的功率P=50225W+(252)225W=150W,输入功率等于输出功率,则D错误。,2.2019江西省大余中学月考如图所示的电路中,理想变压器原、副线圈的匝数比n1n2=225,电阻R1=R2=25,D为理想二极管,原线圈接u=2202sin100t(V)的交流电,则()A.交流电的频率为100HzB.通过R2的电流为1AC.通过R2的电流为2AD.变压器的输入功率为200W,3.2018江苏南京外国语学校期末考试如图所示,匀强磁场的磁感应强度B=25T,单匝矩形线圈的面积S=1m2,电阻不计,绕垂直于磁场的轴OO匀速转动。线圈通过电刷与理想变压器原线圈相连接,A为交流电流表。调整副线圈的触头P,当变压器原、副线圈的匝数比为21时,副线圈电路中标有“6V6W”的灯泡正常发光,以下判断正确的是()A.电流表的示数为1AB.矩形线圈产生电动势的有效值为18VC.从矩形线圈转到中性面开始计时,矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e=122sin30tVD.若矩形线圈的转速增大,为使灯泡仍能正常发光,应将P适当上移,答案,3.D【解题思路】因灯泡正常发光,则副线圈两端的电压有效值为U2=6V,通过灯泡的电流为I2=66A=1A,电流表的示数为I1=21I2=0.5A,选项A错误;原线圈两端电压的有效值为U1=12U2=12V,矩形线圈产生电动势的有效值为12V,选项B错误;最大值为Em=BS=122V,得=60rad/s,矩形线圈从中性面开始计时,产生的电动势随时间的变化规律为e=122sin60tV,选项C错误;矩形线圈的转速增大,产生的感应电动势增大,P适当上移可以保持副线圈两端电压不变,小灯泡仍能正常发光,选项D正确。,答案,4.B【解题思路】根据P损=0.6%P=22R得输电线上损失的功率P损=300W,输电线上的电流为I2=10A,升压变压器原线圈的输入电流为I1=1=100A,则升压变压器的匝数之比12=21=110,故AC错误,B正确;输电线上损失的电压为U=I2R=30V,升压变压器的输出电压为U2=10U1=5000V,则降压变压器的输入电压为U3=U2-U=4970V,故D错误。,4.2019河北省邯郸市临漳一中月考某小型发电站发电机输出的交流电压为500V,输出的电功率为50kW,用电阻为3的输电线向远处送电,要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%,则发电站要安装一升压变压器,到达用户再用降压变压器变为220V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)。关于整个送电过程,下列说法正确的是()A.升压变压器的匝数比为1100B.输电线上损失的功率为300WC.输电线上的电流为100AD.降压变压器的输入电压为4700V,答案,5.CD【解题思路】原线圈中磁场如题图乙所示变化,则原线圈中的磁通量均匀变化,故副线圈中产生恒定的电流,因线圈电阻不计,故线圈L对恒定电流没有阻碍作用,所以电流表A1和A2的示数相同,故A错误,C正确;电容器“通交隔直”,所以电流表A3的示数为0,故B错误,D正确。,5.(多选)2019吉林省长春外国语学校月考图甲所示电路中,A1、A2、A3为相同的电流表,C为电容器,电阻R1、R2、R3的阻值相同,线圈L的电阻不计。在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示,则在t1t2时间内()A.电流表A1的示数比A2的大B.电流表A1的示数比A3的小C.电流表A1和A2的示数相同D.电流表A3的示数为零,答案,6.AD【解题思路】用电器电阻R=9,电压表示数为9V,则电路中的电流为I=1A,所以电路中的电动势E=I(R+r)=1(1+9)V=10V。电压表的示数是交流电的有效值,所以10V是电路中电动势的有效值,其最大值Em=102V,故A正确,B错误;由交流电的产生与变化的规律可知,当线圈处于中性面时,感应电动势最小,为零,故C错误;线圈自中性面转过90的过程中的平均感应电动势为=214=2=2102V=202V,故D正确。,6.(多选)2019福建省泉州市泉港区第一中学月考交流发电机线圈电阻r=1,用电器电阻R=9,电压表示数为9V,如图所示,那么该交流发电机()A.电动势的峰值为102VB.电动势的有效值为9VC.线圈通过中性面时电动势的瞬时值为102VD.线圈自中性面转过90的过程中的平均感应电动势为202V,答案,7.BD【解题思路】当导体棒切割磁感线时,产生的感应电动势为E=BLv,由于L按正弦规律变化,磁场方向变化时,电流方向变化,所以回路中产生的是正弦式交变电流。产生的感应电动势的最大值Em=BLv=120210-210V=22V,则电动势的有效值E=m2=2V,电流表的示数I=+=220A=0.1A,电压表测量R两端的电压,则U=IR=1V,故选项A错误,选项B正确;电流表示数为有效值,一直为0.1A,故选项C错误;导体棒上消耗的热功率P=I2r=0.1W,故选项D正确。,7.(多选)2018重庆八中期末考试如图所示,在同一水平面内有两根足够长的光滑水平金属导轨,间距为202cm,电阻不计,其左端连接一阻值为R=10的定值电阻。两导轨之间存在着磁感应强度为1T的匀强磁场,磁场边界虚线由多个正弦曲线的半周期衔接而成,磁场方向如图。一接入阻值为r=10的导体棒AB在外力作用下以10m/s的速度匀速向右运动,交流电压表和交流电流表均为理想电表,则()A.电流表的示数是210AB.电压表的示数是1VC.导体棒运动到图示虚线CD位置时,电流表示数为零D.导体棒上消耗的热功率为0.1W,8.(多选)2018湖北仙桃中学期末考试如图所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图,匝数N=100,电阻为r=1的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,线圈两端经集流环和电刷与电路连接,定值电阻R1=6,R2=3,其他电阻不计,线圈匀速转动的周期T=0.2s。从线圈与磁场方向平行位置开始计时,线圈转动的过程中,理想电压表的示数为2V。下列说法正确的是()A.电阻R1上的电功率为23WB.t=0.4s时,电阻R2两端的电压瞬时值为零C.从开始计时到120s通过电阻R2的电荷量为210CD.若线圈转速增大为原来的2倍,线圈中产生的电动势随时间变化规律为e=62cos20tV,答案,8.AD【解题思路】电阻R1上的电功率为P=21=226W=23W,故A正确;线圈匀速转动的周期T=0.2s,t=0.4s时,正好又转到了与磁场方向平行位置,此时线圈产生的感应电动势最大,故电阻R2两端的电压瞬时值最大,故B错误;线圈两端所接电路的总电阻R=2,根据闭合电路欧姆定律可知线圈产生的感应电动势的有效值E=+U=2+122V=3V,最大值Em=2E=32V,有Em=NBS,故m=BS=m=3210010Wb=321000Wb,故(t)=BSsint=321000sin10tWb,从开始计时到120s,磁通量的变化量=321000Wb,故通过电阻R2的电荷量为q=23+=215C,故C错误;转速增大2倍,线圈产生的感应电动势Em=NBS变为原来的2倍,故最大值为Em=62V,线圈中产生的电动势随时间变化规律为e=62cos20tV,故D正确。,二、非选择题(共22分)9.(10分)2018浙江杭州学军中学期末考试如图甲所示为一台小型发电机的示意图,单匝线圈逆时针转动。若从中性面开始计时,产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻为2.0,外接灯泡的电阻为18.0,其余电阻不计。(1)写出灯泡两端的瞬时电压的表达式;(2)求转动过程中穿过线圈的最大磁通量;(3)求线圈匀速转动一周的过程中,回路产生的总焦耳热,外力所做的功(不考虑摩擦)。,答案,9.答案:(1)uR=5.42sin100tV(2)3250Wb(3)3.610-2J3.610-2J解:(1)由题图乙得=100rad/s(1分)e=Emsint=62sin100tV(1分)电流i=+=0.32sin100tA(1分)则uR=iR=5.42sin100tV(1分)(2)Em=BS(1分)Em=62V,=100rad/sm=BS=m=3250Wb(2分)(3)E=m2=6V(1分)Q=2+T=3.610-2J(1分)由能量守恒定律知外力所做的功W=Q=3.610-2J(1分),答案,10.答案:612523511470解:设为水的密度,=1.0103kg/m3发电机的输出功率P输出=Qgh50%=5104W(1分)用户得到的功率为P户=(1-0.06)5104W=4.7104W(1分)线路损耗的功率P损=送2R=6%P输出(1分)所以输电线输送电流为I送=10A(2分)输电线损失电压U=I送R=1030V=300V(1分),10.(12分)2019北大附中河南分校周测有条河流,流量(单位时间内流过的液体体积)Q=2m3/s,落差h=5m,现利用其发电,若发电机总效率为50%,输出电压为240V,输电线总电阻为R=30,允许损失功率为输出功率的6%,为满足用户的需求,则该输电线路使用的理想升压、降压变压器的匝数比各是多少?能使多少盏“220V100W”的电灯正常发光?(g取10m/s2),答案,送电电压U送=输出送=5000V(1分)发电机输出电压为U0=240V,所以升压变压器匝数比为n1n2=U0U送=6125(1分)降压变压器输入端电压为5000V-300V=4700V(1分)所以降压变压器匝数比为n3n4=4700220=23511(1分)灯盏数N=户灯=4.7104100=470(2分),素养解读物理学科核心素养主要包括“物理观念”“科学思维”“科学探究”“科学态度与责任”四个方面。本章通过对交变电流的产生原理、高压输电以及变压器原理的学习,进一步培养学生的能量观念;通过了解电力发展对人类生活和社会发展的影响,体会科学、技术、社会、环境的关系,逐渐形成探索自然的内在动力。拓展试题主要是交变电流、变压器原理的综合应用。,答案,1.C【解题思路】变压器只能改变交变电流的原因是如果在原线圈上接恒定电压,则线圈的磁通量保持不变,从而不能产生感应电动势,副线圈中也就没有输出电压了。在本装置中,开关的断开导致电流变化,从而使得磁通量变化,能够使变压器工作,选项AB错误,选项C正确;由于汽车蓄电池的电压只有12V,不能在火花塞中产生火花,才设计了该装置,目的是为了获得更高的电压,因此,该变压器只能是升压变压器,不能是降压变压器,选项D错误。,1.2018湖北襄阳五中期中考试,“科学推理”素养汽油机做功冲程开始时,汽缸中的汽油、空气混合气要靠火花塞点燃,但是汽车蓄电池的电压只有12V,不能在火花塞中产生火花,为此设计了如图所示的点火装置,这个装置的核心是一个变压器,它的原线圈通过开关连到蓄电池上,副线圈接到火花塞的两端,开关由机械进行自动控制,做功冲程开始时,开关由闭合变为断开,这样就能在火花塞中产生火花了,下列说法正确的是()A.该设计方案不可行,因为蓄电池提供的是直流电,变压器不能改变直流电压B.该设计方案可行,因为变压器能将直流电改变为交变电流C.该设计方案可行,因为通过变压器原线圈的是变化的电流,可以通过变压器发生互感现象D.该变压器可以是升压变压器,也可以是降压变压器,答案,2.ABC【解题思路】变压器只对交流电起到变压的作用,故“整流”设备应放在升压变压器后,而“逆变”设备放在降压变压器前,故A正确;高压恒定的直流输电消除了输电线中感抗和容抗的影响,故B正确;直流电无频率,所以可实现不同频率的交流电网络之间的电力传输,故C正确;高压直流输电对输电线路绝缘性能有要求,故D错误。,2.(多选)2019重庆市巴蜀中学月考,“科学推理”素养我国“西电东送”采用高压直流输电,继三峡至常州500kV直流输电工程后,又实现了三峡至广东的500kV直流输电工程。这种输电方式是在高压交流远距离输电的基础上,增加了把交流变为直流的“整流”设备,用户端用专用的“逆变”设备把直流变为交流。关于高压远距离直流输电,下列说法正确的有()A.“整流”设备应放在升压变压器后,而“逆变”设备放在降压变压器前B.有利于消除输电线路中感抗和容抗的影响C.可以实现不同频率的交流电网络之间的电力传输D.高压远距离直流输电对输电线路绝缘性能无要求,答案,3.BC【解题思路】由题图乙可知,U1m=5V,故U1=522V3.54V,选项A错误,选项B正确;由“副线圈电压的瞬时值大于5000V”可知U2500022V,根据21=21可知,211000,选项C正确,D错误。,3.(多选)2018天津市实验中学期中考试,“科学思维”素养图甲是某燃气炉点火装置的原理图,转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压,并加在一理想变压器的原线圈上,变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,V为交流电压表,当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时,就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。下列判断正确的是()A.交流电压表的示数等于5VB.交流电压表的示数约等于3.54VC.实现点火的条件是211000D.实现点火的条件是211000,答案,4.C【解题思路】变压器输入交变电压u=311sin100t(V),有效值U=220V,变压器原、副线圈匝数比为51,所以副线圈两端电压U2=44V,故A错误;电流表示数为3A,所以输出功率P=443W=132W,所以变压器的输入功率为132W,故B错误;照明灯的电流I1=6644A=1.5A,则排气扇的电流为I2=3A-1.5A=1.5A,则排气扇输出功率为P出=I2U2-22r=1.544W-1.521W=63.75W,选项C正确;变压器原线圈中通过的电流为I=15I副=35A=0.6A,故保险丝熔断电流不得低于0.6A,选项D错误。,4.2018浙江省桐乡市高级中学期中考试,“科学思维”素养为了浴室用电安全,某同学用理想变压器降压给浴室供电;如图所示,理想变压器原线圈输入交变电压u=311sin100t(V),变压器原、副线圈匝数比为51,已知照明灯额定功率为66W,排气扇电动机内阻为1,电流表示数为3A,各用电器均正常工作,电表均为理想电表,则()A.电压表示数为62VB.变压器的输入功率为186WC.排气扇输出功率为63.75WD.保险丝熔断电流不得低于3A,答案,5.BD【解题思路】由于OD为副线圈的中心抽头,AB与CD线圈匝数之比为401,则线圈CD间电压的最大值为1122V,而本题中的两个二极管相当于把CD之间的交变电压的负半部分对称地变为正半部分,这样交变电流就全部变为正值,且周期为原来的一半,因而有效值为5.5V,A错误,B正确。变压器AB端的输入功率等于CD端的输出功率,因而C错误,D正确。,5.(多选)2018江苏无锡市大桥实验学校模拟考试,“科学思维”素养手机充电器的内部电路核心部分的简化模型如图所示,将变压器和二极管都视为理想元件,已知变压器的原、副线圈匝数比为201,A、B端输入电压为U1=2202sin100t(V),对于输出端CD(OD为副线圈的中心抽头)()A.输出电压的有效值为11VB.输出电压的有效值为5.5VC.CD端的输出功率和AB端的输入功率之比为12D.CD端的输出功率和AB端的输入功率之比为11,6.(多选)2018浙江金华一中期末考试,“科学思维”素养如图所示,L1、L2为水平面上足够长的金属导轨,左端连接定值电阻R=0.5,其间有足够多等间隔反向分布的磁场区域和,磁感应强度大小均为B=0.5T,方向垂直于导轨所在平面,每个磁场或的两个直边界的间距为L=0.4m,长直边界在Ox上,左右曲边界恰好可以组合成相同的12周期的正弦曲线,其他边界均为直线段。导体棒MN与两导轨接触良好且始终与导轨垂直,不计导体棒及导轨的电阻。当导体棒从x=0处沿导轨以速度v=10m/s匀速向右滑动时,下列说法正确的是()A.通过电阻R的是交变电流B.电阻R两端电压的最大值为4VC.通过电阻R的电流有效值为23AD.导体棒从x=0处运动到x=1.2m处的过程中电阻R上产生的热量为7.2J,答案,6.AC【解题思路】当导体棒运动时,根据E=Blv可知随有效长度l及磁场方向的变化会产生交变电流,选项A正确;感应电动势的最大值Em=Blmv=2V,故电阻R两端电压的最大值为2V,选项B错误;根据有效值的定义可知(m2)212+m212=2,解得U=3V,通过电阻R的电流有效值为23A,选项C正确;导体棒从x=0处运动到x=1.2m处的过程中电阻R上产生的热量Q=2=0.72J,选项D错误。,答案,7.AD【解题思路】整个过程中闭合线框中的磁通量先增大后减小,由楞次定律可判定A正确;ab段导线中有电流通过且与磁场垂直,故其受安培力的作用,B错误;由于整个过程中磁通量变化量为0,故平均感应电动势为0,C错误;整个过程中线框中产生一个周期的正弦式交变电流,其电动势峰值为Em=Bdv,则线框中产生的焦耳热为Q=2t=(2)22=23,D正确。,7.(多选)2018湖北省荆州中学期中考试,“科学思维”素养如图所示,一根总电阻为R的导线弯成宽度和高度均为d的“半正弦波”形闭合线框,竖直虚线之间有宽度也为d、磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于线框所在的平面,线框以速度v向右匀速通过磁场,ab边始终与磁场边界垂直。从b点进入磁场开始到a点离开磁场为止,在这个过程中()A.线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向B.ab段直导线始终不受安培力的作用C.平均感应电动势为12BdvD.线框中产生的焦耳热为23,答案,8.BD【解题思路】题图(a)可等效为带有内阻的电源电路,即当内电阻和外电阻大小相等时,输出功率最大,即r=R时输出功率最大,最大为P输出max=I2R=(+)2R=24,A错误,B正确;根据闭合电路欧姆定律可得u1=+R,当输出功率最大时,r=R,故u1=2,代入12=12可得u2=221,C错误;当输出功率最大时有I1=2,根据12=21,结合R0=22,联立可得R0=(21)2r,D正确。,8.(多选)2018湖南衡阳市八中期末考试,“科学思维”素养变压器除了有改变电压、电流作用外,还有变换负载的阻抗作用,以实现阻抗匹配。如图所示,将阻值为R0的负载接在理想变压器副线圈两端,则图(a)中虚线部分可等效为图(b)中阻值为R的电阻接在A、B两点上,即R的两端电压为u1,通过的电流为I1。已知变压器的匝数比为n1n2,若图(a)的A、B两端接在电动势为E,内阻为r的交流电源上,要使此电源的输出功率达到最大,下列说法正确的是()A.R0=R时输出功率最大B.最大输出功率P=24C.输出功率最大时u2=122D.R0=(21)2r时输出功率最大,答案,9.A【解题思路】转动的半圆形导线切割磁感线,产生感应电动势直接给小灯泡供电,因小灯泡此时正常发光,则其功率为P,电阻为r,设线圈转速为n,则感应电动势的有效值E有=21222,由P=2得有2=Pr,可求得n=222,则选项A正确,B错误;线圈从图示位置转90的过程中通过小灯泡的电荷量q=t=212=22,则选项CD错误。,9.2018山西太原五中模拟考试,“科学思维”素养将硬导线中间一段折成半圆形,使其半径为R,让它在磁感应强度为B,方向如图所示的匀强磁场中绕轴MN匀速转动。导线在a、b两处通过电刷与外电路连接,外电路接有额定功率为P、电阻为r的小灯泡并正常发光。电路中除灯泡外,其余部分的电阻不计,则下列说法正确的是()A.半圆形硬导线的转速为222B.半圆形硬导线的转速为22C.线圈从图示位置转90过程中通过小灯泡的电荷量为2D.线圈从图示位置转90过程中通过小灯泡的电荷量为零,10.(多选)2019吉林大学附属中学月考,“科学推理、模型建构”素养海洋中蕴藏着巨大的能量,利用海洋的波浪可以发电。在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔,其原理示意图如图甲所示。浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上,浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动,且始终处于磁场中,该线圈与阻值R=15的灯泡相连。浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图乙中斜线阴影部分),如图乙所示,其内为产生磁场的磁体,与浮桶内侧面的缝隙忽略不计;匝数N=200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B=0.2T,线圈直径D=0.4m,电阻r=1。取重力加速度g=10m/s2,210。若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v=0.4sint(m/s)。则下列说法正确的是()A.波浪发电产生电动势e的瞬时值表达式为e=64sint(V)B.灯泡中电流i的瞬时值表达式为i=4sint(A)C.灯泡的电功率为120WD.灯泡两端电压的有效值为1522V,答案,10.ABC【解题思路】线圈在磁场中切割磁感线,产生电动势最大值为Emax=NBlvmax,其中l=D,联立得Emax=64V,则波浪发电产生电动势e的瞬时值表达式为e=Emaxsint=64sint(V),根据闭合电路欧姆定律有i=+=4sint(A),故AB正确;灯泡电流的有效值为I=42A=22A,则灯泡的功率为P=I2R=120W,故C正确;灯泡两端电压的有效值为U=IR=302V,故D错误。,11.2019湖北武汉二中期末考试,“科学推理”素养如图甲为手机无线充电工作原理示意图,它由送电线圈和受电线圈组成。已知受电线圈的匝数为N=50,电阻r=1.0,在它的c、d两端接阻值R=9.0的电阻。设受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场,其磁通量随时间的变化规律如图乙所示,可在受电线圈中产生正弦式交变电流。求:(1)在一个周期内,阻值为R的电阻上产生的焦耳热;(结果保留2位有效数字)(2)从t1到t2时间内,通过阻值为R的电阻的电荷量。,答案,11.答案:(1)5.710-2J(2)210-3C解:(1)由题图乙知T=10-3s,受电线圈中产生的电动势最大值为Em=NBS=Nm2=502.010-42103V=20V受电线圈中产生的感应电流的最大值为Im=m+=2.0A通过电阻的电流的有效值为I=m2=2A电阻在一个周期内产生的热量Q=I2RT=5.710-2J(2)受电线圈中感应电动势的平均值=N|通过电阻的平均电流为=+通过电阻的电荷量q=t由题图乙知,在t1t2时间内,|=4.010-4Wb解得q=N|+=210-3C,12.2019清华大学附属中学模拟考试,“科学本质、科学论证”素养如图所示,匝数n=60的线圈绕在变压器的闭合铁芯上,通过A、B两端在线圈内通有随时间变化的电流。有两个互相连接的金属环,细环的电阻是粗环的3倍,将细环套在铁芯的另一