度高二物理人教版选修32交变电流 单元练习

1、2019学年度高二物理人教版选修3-2第五章交变电流单元练习一、单选题1. 如图所示是一理想的自耦变压器，A、B端接交流电源，C、D端接负载电阻R，P为滑动触头，当P逆时针转动时，下列结论正确的是（）A. R两端的电压下降，电流减小B. R两端的电压升高，电流增大C. R两端的电压升高，电流减小D. R消耗的功率不变2. 关于交变电流与直流电的说法中，不正确的是（）A. 如果电流大小做周期性变化，则不一定是交变电流B. 直流电的大小可以变化，但方向一定不变C. 交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的D. 交变电流的最大特征就是电流的方向发生周期性变化3. 如图所示，是街头变压器通过降压给用户供电

2、的示意图负载变化时输入电压不会有大的波动（认为V1读数不变）输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的值减小（滑动片向下移）如果变压器的能量损失可以忽略，当用户的用电器增加时，图中各表的读数变化情况是（）A. A1变小、V2变小、A2变大、V3变大B. A1变大、V2不变、A2变大、V3变小C. A1不变、V2变大、A2变小、V3变小D. A1变大、V2不变、A2变小、V3变大4. 如图所示，一个矩形线圈，在匀强磁场中绕一固定轴做匀速转动，当线圈处于图中所示位置时（）A. 磁通量和磁通量的变化率最大，感应电动势最小B.

3、 磁通量、磁通量的变化率和感应电动势都最大C. 磁通量最小，磁通量的变化率和感应电动势最大D. 磁通量、磁通量的变化率和感应电动势都最小5. 如图所示的电路中，ab间接上某一交流电源，三盏灯都正常发光若保持电源电压恒定，增大交流电的频率，下列说法正确的是（）A. L1变暗，L3变亮B. L1、L2、L3都变亮C. L1、L2、L3都变暗D. L1、L2、L3亮度都不变6. 在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图乙所示，产生的交变电动势随时间变化规律的图象如图甲所示，已知发电机线圈内阻为1.0，外接一只电阻为9.0的灯泡，则（）A. 电压表V的示数为20VB. 电路中的电

4、流方向每秒改变5次C. 灯泡实际消耗的功率为36WD. 电动势随时间变化的瞬时值表达式为e=20cos5t（V）7. 如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1：2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220V，额定功率为22W；原线圈电路中接有电压表和电流表现闭合开关，灯泡正常发光若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则（）A. U=110V，I=0.2AB. U=110V，I=0.05AC. U=110V，I=0.2AD. U=110V，I=0.2A8. 如图所示，n=10匝的矩形闭合线圈ABCD在匀强磁场中绕垂直于磁场方向OO'轴匀速转动转轴OO'过AC边和BD边的中

5、点若从图示位置开始计时，穿过线圈的磁通量随时间t的变化关系可以表示为=0.1cos（10t）（Wb），时间t的单位为s已知矩形线圈的电阻为10 （ 取=3.14，2=9.86 ），则下列说法中正确的是（）A. 在任意l s时间内，线圈克服安培力所做的功为49.3JB. 任意1s时间内，线圈中电流方向改变20次C. 电流的有效值为3.14AD. 穿过线圈磁通量的最大值为Wb9. 面积为S的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，从中性面起以角速度匀速转动，在t时刻线圈磁通量的瞬时值为（）A. BSB. BScostC. BSsintD. 二、多选题10. 如

6、图，理想变压器的原、副线圈的匝数比为2：1，在原、副线圈的回路中接入的电阻阻值均为R，电压表和电流表均为理想电表，以a、b端接有电压为220sin1OtV的交流电，开关S处于断开状态时，设电压表读数为U，原、副线圈回路中电阻R消耗的功率之比为k，则（）A. U=88V，k=B. U=110V，k=4C. 当开关闭合时，电流表的示数会成小D. 当开关闭合时，电压表的读数会减小11. 在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abdc的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO轴以角速度匀速转动（如图甲所示），产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的

7、电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是（）A. 从t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量为零B. 从t4到t3这段时间通过电阻R的电荷量为C. t4时刻穿过线圈的磁通量变化率大小为E0D. t2时刻电阻R的发热功率为12. 如图所示，理想变压器原线圈输入市电电压（220V，50Hz），闭合电键后，电流表的示数为O10A，电压表的示数为22V，由此可知该变压器的（）A. 原、副线圈的匝数比为1：10B. 原、副线圈的匝数比为10：1C. 原线圈电流为0.01AD. 副线圈交变电流频率为5Hz13. .如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1=1100匝，副线圈匝数未知，交流电源的电压，电阻R=50，

8、电压表、电流表均为理想电表，电流表示数A2=0.88A则 A. A1表的示数约为0.176 AB. 交流电的频率为50 HzC. V表的示数约为22 VD. n2的匝数为22014. 供电公司检修人员用交流电表监控供电线路中强电流和高电压，使用的仪器是电流互感器和电压互感器，接线如图所示其中n1、n2、n3、n4分别为四组线圈的匝数，a、b为两只交流电表，下列说法中正确的是（）A. A为电流互感器，且n1n2，a是电流表B. B为电压互感器，且n3n4，b是电压表C. B为电流互感器，且n3n4，b是电流表D. A为电压互感器，且n1n2，a是电压表三、计算题15. 如图所示，理想变

9、压器原、副线圈匝数比为201，两个标有“12 V 6 W”的小灯泡并联在副线圈的两端。当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想的)的示数分别是多少？16. 如图所示，N=50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1=20cm，ad边长l2=25cm，放在磁感应强度B=0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO轴以n=3 000r/min的转速匀速转动，线圈总电阻r=1，外电路电阻R=9，t=0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里。求：（1）t=0时感应电流的方向；（2）感应电动势的瞬时值表达式；（3）线圈转90°外力

10、做的功；（4）从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量。17. 某一水电站发电机组设计为：水以v1=3m/s的速度流入水轮机后以v2=1m/s的速度流出，流出水位比流入水位低h=9.6m，水流量为Q=10m3/s。水轮机效率为1=75%，发电机效率为2=80%，重力加速度g=10m/s2，水的密度=103kg/m3试问：（1）发电机的输出功率是多少？（2）如果发电机输出电压为240V，用户所需电压为220V，输电线路中能量损耗为5%，输电线的电阻共为12，那么所需用升压变压器、降压变压器的原副线圈的匝数比分别是多少？答案和解析【答案】1. A2. C3. B4. C5. A6.

11、 C7. A8. A9. B10. AD11. BD12. BC13. AD14. AB15. 解：由题意，知U212 V，      根据，可求得电压表的示数，       根据，可得电流表的示数。 16. 解：（1）根据右手定则，感应电流方向为adcba。（2）转速：n=3000r/min=50r/s线圈的角速度=2n=100 rad/s，图示位置的感应电动势最大，其大小为Em=NBl1l2，代入数据得Em=314 V感应电动势的瞬

12、时值表达式：e=Em cost=314cos 100t V。（3）电动势的有效值E=线圈匀速转动的周期T=0.02 s线圈匀速转动90°，外力做功大小等于电功的大小，即：W=I2（R+r）=代入数据得W=24.65 J。（4）从t=0起转过90°过程中，t内流过R的电荷量：q=t 联立得：q=代入数据得q=0.1 C答：（1）t=0时感应电流的方向为adcba方向；（2）感应电动势的瞬时值表达式为e=314cos 100t V；（3）线圈转90°外力做的功是24.65J；（4

13、）从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量是0.1C。  17. 解：（1）发电机的输出功率P=，m=Qt，代入数据解得P=6×107W。（2）输电线上损耗的功率，代入数据解得I=500A，则升压变压器的输出电压。升压变压器原副线圈的匝数比。降压变压器原线圈的电压V=114000V，则降压变压器原副线圈的匝数比。答：（1）发电机的输出功率为6×107W；（2）升压变压器、降压变压器的原副线圈的匝数比分别是1：500，、5700：11。  【解析】1. 解：根据公式，由于n1减小、n2与U1不变，故输出电压U2减小；根据

14、欧姆定律，输出电流也减小，根据P=UI，R消耗的功率也减小；故A正确，BCD错误；故选：A 根据变压比公式列式分析输出电压的变化情况，根据欧姆定律分析电流变化情况，根据P=UI进一步分析功率情况本题是考查自耦变压器，关键是根据变压器的变压比公式分析输出电压的变化情况，基础题目2. 解：A、如果只有电流做周期性变化而电流方向不变，则为直流电；故A正确；B、直流电的大小可以变化，但方向一定不变；故B正确；C、只要电流的方向发生变化，则就是交流电，不一定是按正弦或余弦规律变化的；故C错误；D、交流电的最大特征是交流的方向发生周期性变化；故D正确；本题选错误的；故选：C明确交流电的性质，知道交流电的重

15、要特征是电流方向的变化；明确只要方向不变即为直流电本题考查交流电的性质，要注意明确交流电的大小和方向均随时间做周期性变化，但并不一定是正弦或余弦3. 解：理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以V2的示数不变；当用电器增加时，相当于R的值减小，电路中的总的电阻减小，所以电流要变大，即A2的示数变大；由于副线圈的电流变大，电阻R0消耗的电压变大，又因为V2的示数不变，所以V3的示数变小；由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的

16、电流要变大，所以A1的示数变大故选：B根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法4. 解：当线圈处于图中所示位置时，磁通量为零，最小；该位置与中性面垂直，感应电动势最大；根据法拉第电磁感应定律公式E=n，磁通量的变化率最大；故选：C根据法拉第电磁感应定律公式E=n，当时间足够小时，可以用该公式近似求解瞬时电动势本题中线圈产生的是正弦式交变电流，当磁通量为零时，线框与中性面垂直

17、，感应电动势最大5. 解：因接入交流电后，三盏灯亮度相同，又因电感线圈对交流电的阻碍作用与交流电的频率成正比，电容对交流电的阻碍作用与交流电的频率成反比，故当交流电频率增大时，电感线圈L的阻碍作用增大，电容对交流电的阻碍作用变小，电阻R的阻碍作用不变，故与L相连的灯泡L1将变暗，与电容C连接的灯泡L3变亮，与R相连接的灯泡L2亮度不变，故A正确，B、C、D错误故选：A电感线圈对交流电的阻碍作用与交流电的频率成正比，电容对交流电的阻碍作用与交流电的频率成反比记住电感线圈是通低频阻高频，电容是通交流，隔直流，即可解决此类题目，同时注意频率的升高还是降低是解题的关键6. 解：由甲图知电压峰值为20V

18、，周期0.2s，所以有效值为20V，角速度=10A、电压表测的是路端电压U=18V，A错误；B、交流电的频率为5Hz，每一周期电流改变两次，所以每秒改变10次，B错误；C、灯泡实际消耗的功率为P=W=36W，C正确；D、线框在如图乙位置时，穿过线框的磁通量为零，线框的感应电动势最大，电动势随时间变化的瞬时值表达式为e=20cos10t（V），D错误；故选：C由甲图知电压峰值、周期，从而求电压有效值、角速度和频率，交流电每周期方向改变两次，电压表测量的是路端电压，在图示位置磁通量为零，磁通量的变化率最大本题考查了交流电的产生原理，要学会从图象中获取有用物理信息的能力，结合峰值和有效值的关系去分析

19、7. 解：灯泡正常发光说明副线圈的电压为220V，电流为=0.1A，根据电压、电流与匝数的关系知，原线圈中电压为=110V，电流为=0.2A，A正确故选A 灯泡正常发光说明副线圈的电压为220V，计算电流，根据变压器中电压与匝数成正比，电流与匝数成反比即可求解本题考查了变压器的特点；电压与匝数成正比，电流与匝数成反比8. 解：A、由表达式可知，穿过线圈的磁通量的最大值为BS=0.1Wb，转动的角速度为=10，产生的感应电动势最大值为NBS=10V，电动势的有效值为U=10×=5V，在任意ls时间内，线圈克服安培力所做的功W=49.3J，A正确D错误；B、周期T=0.2s，一个周期内电

20、流方向改变两次，故在任意1s时间内，线圈中电流的方向改变10次，B错误；C、线圈中电流的有效值为=A，故C错误；故选：A由表达式得出磁通量的最大值BS和角速度，根据Em=BS求解最大电动势，从而求出电动势的有效值，根据欧姆定律求出电流的有效值，一个周期内电流方向改变两次，根据W=EIt求解产生的电能即可求解克服安培力做的功本题研究交变电流的产生规律，实质上是电磁感应知识的具体应用，知道磁通量与电动势的关系，难度适中9. 解：由初始磁通量为最大可知，磁通量表达式为：=BScost，故ACD错误，B正确故选：B首先从中性面开始转动，初始位置磁通量最大，故可知磁通量为余弦式变化解决本题的关键掌握线圈

21、转动初始位置及对应的特点，这个表达式取决于其初始位置10. 解：AB、由，原线圈回路中电阻R消耗的功率，副线圈回路中电阻R消耗的功率，则有，副线圈的电流，原线圈回路中，原线圈回路中电阻R的电压，a、b端电压有效值为，由题意可知输入电压有效值为，解得U=88V；故A正确，B错误；CD、当开关闭合时，负载RR减小，副线圈的电流，原线圈回路中，原线圈回路中电阻R的电压，由题意可知输入电压有效值为，解得U88V，故C错误，D正确；故选：AD根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论，电路的动态分析，由欧姆定律求解。突破口是表示出原线圈中的电流和原线圈回路

22、中的电阻的分压，找出原线圈的电压和原线圈回路中的电阻的分压的数值关系11. 解：A、由于磁通量是双向标量，在t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，所以为=2Bs，故A错误；B、通过电阻的电荷量Q=，所以t4到t3这段时间通过电阻R的电荷量Q=，故B正确；C、由于最大值面产生的电动势最大，所以磁通量时间图象中，在最大值面上磁通量的斜率最大，即E0=nK，所以K=，故C错误；D、求功率时需用有效值，所以E=，所以电流I=，R的发热功率为P=，故D正确。故选：BD。首先知道正选交流电产生的条件，瞬时值、峰值与有效值之间的关系即各量的应用；利用法拉第电磁感应定律求通过电阻的电量；知道磁通量的

23、斜率最大时，产生的感应电动势最大即可求解。明确正选交流电产生的条件，瞬时值、峰值与有效值之间的关系即各量的应用；利用法拉第电磁感应定律求通过电阻的电量；注意三值间的关系及选取，题目难度较大。12. 解：A、根据电压与匝数成正比，=，故A错误，B正确C、根据电流与匝数成反比，=，故I1=0.01A，故C正确D、变压器不改变频率，故D错误故选：BC 根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器不改变频率等特点即可求得结论本题结合变压器的变压比与变流比公式进行计算，同时要明确变压器的工作原理13. 【分析】本题考查理想变压器的相关计算，对理想变压器有，对只有一组副线圈的变压器有；解题的关键是知道变压器的工作原理，知道理想变压器的输出功率等于输入功率，在解决此类问题时我们一般从副线圈入手。【解答】A.副线圈两端电压，由得解得，故A正确；B.由电压表达式得，则交流电的频率为，故B错误；C.副线圈两端电压，则V表的示数约为44 V，故C错误；D.由得，故D正确；故选AD。14. 解：AD、由图可知，A串联在电路中是电流互感器，电路中是强电流，