高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册第三章 交变电流综合与测试课后练习题

单元素养评价(三)(第三章)

(75分钟　100分)

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．“人工肺ecmo”呼吸机是治疗新冠肺炎重症的重要设备。一呼吸机接在电压随时间变化的规律为U＝311 sin100πt(V)的交流电源上，正常工作时电流为2.5 A，则(　　)

A．该交流电的周期为50 Hz 

B．该交流电每秒内电流方向变化50次 

C．该交流电的最大值为220 V 

D．该呼吸机正常工作时的功率为550 W

【解析】选D。根据U＝311 sin100πt(V)可知交流电的最大值为Um＝311 V，角速度为ω＝100π rad/s，则交流电的周期T＝＝ s＝0.02 s，故A、C错误；在一个周期内电流方向改变两次，故每秒内电流方向变化次数n＝×2＝×2次＝100次，故B错误；产生的交流电的效值U＝＝ V＝220 V，故该呼吸机正常工作时的功率为P＝UI＝220×2.5 W＝550 W，故D正确。

2．采用220 kV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，输电电压应变为(　　)

A．55 kV    B．110 kV    C．440 kV    D．880 kV

【解析】选C。当输电功率P＝UI，U为输电电压，I为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P损＝I2R，R为输电线路的电阻，即P损＝()2R。当输电功率一定时，输电线路损失的功率为原来的，则输电电压为原来的2倍，即440 kV，故选项C正确。

3．(2021·珠海高二检测)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、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的，则 (　　)

A．R消耗的功率变为P

B．电压表V的读数为U

C．电流表A的读数变为2I

D．通过R的交变电流频率不变

【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析：

(1)当线圈的转速变为原来的二分之一时，感应电动势也变成原来的一半。

(2)理想变压器原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比。

(3)理想变压器原、副线圈消耗的功率相等。

【解析】选B。根据ω＝2πn可知转速变为原来的，则角速度变为原来的，根据Em＝nBSω可知电动机产生的最大电动势为原来的，根据U＝可知发电机的输出电压有效值变为原来的，即原线圈的输出电压变为原来的，根据＝可知副线圈的输入电压变为原来的，即电压表示数变为原来的，根据P＝可知R消耗的电功率变为P，A错误，B正确；副线圈中的电流为I2＝，即电流变为原来的，根据＝可知原线圈中的电流也变为原来的，C错误；转速减小为原来的，则频率变为原来的，D错误。

【加固训练】

某品牌共享单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，不断地给单车内的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。单车内的小型发电机发电原理如图所示，矩形线圈abcd的面积为0.001 m2，共有100匝，线圈总电阻为1 Ω，线圈处于磁感应强度大小为T的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO′转动，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路阻值为9 Ω的电阻连接，不计交流电流表的内阻。在外力作用下线圈以10π rad/s的角速度绕轴OO′匀速转动时，下列说法中正确的是(　　)

A.交流电流表的示数是0.002 A

B．电阻R的发热功率是0.4 W

C．该交流发电机产生的交变电流的周期为0.2 s

D．当线圈平面和磁场方向平行时，线圈中的感应电流为零

【解析】选C。线圈产生的最大感应电动势为Em＝nBSω＝100××0.001×10π V＝2 V，有效值为E＝＝2 V，根据闭合电路欧姆定律可得I＝＝0.2 A，电阻R的发热功率为P＝I2R＝0.36 W，选项A、B错误；交变电流的周期T＝＝0.2 s，选项C正确；当线圈平面和磁场方向平行时，线圈中的感应电流最大，选项D错误。

4．(2020·北京高考)如图所示，理想变压器原线圈接在u＝Umsin(ωt＋φ)的交流电源上， 副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响。闭合开关S后(　　)

A.电流表A2的示数减小

B．电压表V1的示数减小

C．电压表V2的示数不变

D．电流表A1的示数不变

【解析】选A。开关S闭合时，副线圈总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V1示数不变，但因副线圈的总电阻减小，则副线圈的总电流增大，则原线圈的电流增大，故A1的示数变大；由于副线圈的电流增大，故串联在副线圈的电阻R两端的电压增大，而副线圈的总电压不变，所以副线圈并联部分的电压减小，即V2的示数减小，故电流表A2的示数减小，故A正确，B、C、D错误。

【总结提升】变压器的动态分析

(1)根据题意弄清变量与不变量。

(2)弄清变压器动态变化的决定关系。

①原线圈与副线圈电压的决定关系。

②输入功率与输出功率的决定关系。

③原线圈与副线圈电流的决定关系。

【加固训练】

如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，R0为定值电阻，R是滑动变阻器，原线圈两端的输入电压u＝200sin100πt(V)，设理想交流电压表V1、V2的示数分别是U1、U2；理想交流电流表A1、A2的示数分别是I1、I2。下列说法中正确的是(　　)

A.示数U2＝20 V

B．滑片P向b端滑动过程中，U2不变，I2变大

C．滑片P向b端滑动过程中，U1变小，I1变大

D．通过原、副线圈的交变电流频率之比为10∶1

【解析】选B。由输入电压的表达式知输入电压有效值为U1＝ V＝100 V，由＝，得U2＝×100 V＝10 V，A错误；滑片P向b端滑动过程中，副线圈负载电阻减小，U2不变，则I2变大，B正确；由B项分析知U1不变，I1变大，C错误；变压器不改变频率，D错误。

5．(2020·江苏高考)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器(　　)

A.是一种降压变压器

B．能测量直流电路的电流

C．原、副线圈电流的频率不同

D．副线圈的电流小于原线圈的电流

【解析】选D。原线圈匝数较少，电流互感器是一种升压变压器，A选项错误。电流互感器的工作原理是电磁感应中的互感现象，只可以测量交变电流，B选项错误。电流互感器不会改变电流的频率，只改变电流的大小，故原、副线圈电流的频率相同，C选项错误。原线圈匝数较少，根据I1n1＝I2n2，电流互感器是一种降电流的变压器，副线圈的电流小于原线圈的电流，D正确。

6．一交流电源，电压为u＝220sin100πt(V)，通过理想变压器对电路供电，电路如图所示。已知原、副线圈匝数比为4∶1，照明灯的额定功率为55 W，排气扇电动机线圈的电阻为1 Ω，电流表的示数为3 A，用电器均正常工作，电表均为理想电表，则(　　)

A.电压表的示数为880 V

B．电动机的发热功率为4 W

C．电动机的电功率为106 W

D．通过保险丝的电流为12 A

【解析】选B。根据题意知道变压器的输入电压的有效值为U1＝220 V，电压表的示数为变压器的输出电压，根据理想变压器的变压比公式＝得＝，可以得到U2＝55 V，选项A错误；因为照明灯正常发光，所以通过它的电流为IL＝＝1 A，电流表的示数为变压器的输出电流，即I2＝3 A，根据并联电路的电流特点可知通过排气扇电动机的电流为IM＝I2－IL＝2 A，所以电动机的发热功率为P热＝IRM＝4 W，选项B正确；电动机的电功率为P＝U2IM＝110 W，选项C错误；通过保险丝的电流即变压器的输入电流I1，根据理想变压器的变流比公式＝得＝，可知I1＝0.75 A，选项D错误。

【加固训练】

如图所示，变压器输入的交变电压u＝220sin100πt(V)，副线圈匝数可调，电阻R＝100 Ω，L1、L2均是额定电压为20 V、额定功率为20 W的小灯泡，通过调节副线圈的匝数，使S闭合前后，L1均能正常发光，则S闭合前后副线圈的匝数之比为(　　)

A．1∶11    B．2∶1    C．3∶5    D．6∶11

　【解析】选D。由变压器输入的交变电压u＝220sin100πt(V)可知有效值为U1＝220 V；S闭合前电阻R与L1串联，L1正常发光，可知其额定电流为I＝＝1 A，故U2＝IR＋U＝120 V，由变压器原理可知＝＝；S闭合后，L1和L2并联后再与R串联，U2′＝2IR＋U＝220 V，同理可得＝＝，故联立可得＝，故选D。

7．(2020·浙江7月选考)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发电机的电压U1＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220 V。已知输电线上损失的功率P线＝5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是(　　)

A.发电机输出的电流I1＝40 A

B．输电线上的电流I线＝625 A

C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11

D．用户得到的电流I4＝455 A

【解析】选C。发电机的输出电流I1 ＝ ＝ A＝400 A，选项A错误。输电线上的电流I线 ＝ ＝ A＝25 A，选项B错误。升压变压器的副线圈输出电压U2 ＝ ＝ V＝4×103 V，输电线损耗电压ΔU＝I线R＝25×8 V＝200 V，降压变压器的原线圈电压U3＝U2－ΔU＝ 3 800 V，故降压变压器的匝数比＝＝＝，选项C正确。降压变压器的功率P4＝P3＝P－P线＝95 kW，故用户得到的电流I4＝ ＝ A＝431.8 A，选项D错误。

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8．图甲为风力发电的简易模型。在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动，磁铁下方的线圈与电压传感器相连。在某一风速时，电压传感器显示如图乙所示正弦规律变化，则(　　)

A.磁铁的转速为10 r/s

B．线圈两端电压的有效值为6 V

C．交流电压的表达式为u＝12sin 5πt V

D．该交流电可以直接加在击穿电压为9 V的电容器上

【解析】选B、C。由题图乙可知，电流的周期为T＝0.4 s，故磁铁的转速n＝＝ r/s＝2.5 r/s，故A错误；由题图乙可知电压的最大值为12 V，故有效值U＝＝6 V，故B正确；周期T＝0.4 s，故ω＝＝ rad/s＝5π rad/s，故交流电压的表达式为u＝12sin5πt V，故C正确；该交流电的最大值大于电容器的击穿电压，故不能直接加在击穿电压为9 V的电容器上，故 D错误。

9．(2019·海南高考)如图，一理想变压器输入端接交流恒压源，输出端电路由R1、R2和R3三个电阻构成。将该变压器原、副线圈的匝数比由5∶1改为10∶1后(　　)

A.流经R1的电流减小到原来的

B．R2两端的电压增加到原来的2倍

C．R3两端的电压减小到原来的

D．电阻上总的热功率减小到原来的

【解析】选C、D。根据＝可知变压器原、副线圈的匝数比由5∶1改为10∶1后，输出电压变为原来的，根据I＝可知流经R1的电流减小到原来的，选项A错误；由于R2和R3的阻值不变，则电压的分配关系不变，故R2和R3两端的电压都减小到原来的，选项C正确，B错误；因为R1、R2和R3的阻值和连接方式都不变，则总电阻也不变，由P＝得电阻上总的热功率减小到原来的，选项D正确。

【加固训练】

(多选)如图所示，一理想变压器原线圈接在u＝220sin 100πt (V)的交流电压上，副线圈上理想交流电压表和R＝10 Ω的电阻并联接入电路，原、副线圈匝数比n1∶n2＝20∶1，现在A、B两点间接入不同的电子元件或用电器，则下列说法正确的是(　　)

A.在A、B两点间接入一只阻值为10 Ω的电阻，电压表示数为11 V

B．在A、B两点间接入一只标有“6 V　3 W”的小灯泡，小灯泡的发光功率为3 W

C．在A、B两点间接入一只电感线圈，再提高交流电频率，电阻R消耗的电功率减小

D．在A、B两点间接入一只电容器，再提高交流电频率，电压表示数减小

【解析】选B、C。由＝得U2＝U1＝×220 V＝11 V，在A、B两点间接入一只阻值为10 Ω的电阻，由串联电路的电压关系知，电压表的示数为5.5 V，选项A错误；小灯泡的电阻RL＝＝ Ω＝12 Ω，由闭合电路欧姆定律得，通过小灯泡的电流I＝＝ A＝0.5 A，小灯泡的发光功率为P＝I2RL＝(0.5)2×12 W＝3 W，选项B正确；交流电频率越高，电感线圈对电流的阻碍作用越大，故提高交流电频率，电路中的电流减小，电阻R消耗的电功率减小，选项C正确；交流电频率越高，电容器对电流的阻碍作用越小，故提高交流电频率，电路中的电流增大，由欧姆定律知，电压表示数增大，选项D错误。

10．(2021·佛山高二检测)如图所示是一远距离输电的示意图，图中变压器均为理想变压器，输电导线的总电阻为R。则下列关系式正确的是(　　)

A.输电导线中的电流为I2＝

B．输电导线上损失的功率ΔP＝(U2－U3)I3

C．两变压器线圈匝数比满足>

D．变压器①的输出电流I2和变压器②的输入电流I3的关系满足I2>I3

【解析】选A、B。因为是理想变压器，所以P1＝P2，其中P1＝U1I1，P2＝U2I2，故I2＝＝，选项A正确；输电线上的电流I2＝I3，输电线上损失的电压为ΔU＝U2－U3，所以输电线上损失的功率为ΔP＝ΔUI3＝(U2－U3)I3，选项B正确；＝，＝，因为不知道U1和U4的具体关系，所以匝数比的大小无法判断，选项C错误；变压器①的输出电流I2和变压器②的输入电流I3都是输电线上的电流，二者相等，选项D错误。

三、非选择题：共54分。

11．(7分)理想变压器的原、副线圈匝数比为n1∶n2＝1∶10，副线圈与阻值R＝20 Ω的电阻相连。原线圈接在以速度v＝40 m/s向右匀速运动的金属棒两端，金属棒的电阻可忽略不计，棒所切割磁场的边界变化规律为y＝±sin x m，副线圈输出交变电流的频率为__________Hz；匀强磁场的磁感应强度B＝0.25 T，则交流电压表的示数为__________V，电阻R上消耗的电功率为__________W。

【解析】原线圈产生的交变电流的周期T＝＝ s＝0.1 s，则副线圈输出交变电流的频率为f＝＝10 Hz。金属棒切割磁感线产生感应电动势，产生的交流电压最大值Em＝BLv＝0.25×2×40 V＝20 V，则交流电压表的示数为U1＝＝20 V。根据理想变压器的变压比公式＝可知，副线圈的输出电压为U2＝U1＝200 V，电阻R上消耗的电功率为P＝＝ W＝2 000 W。

答案：10　20　2 000

12．(9分)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中：

(1)下列仪器中不需要的是__________。

(2)实验时，原线圈接在电源上，用多用电表测量副线圈的电压，下列操作正确的是__________。

A．原线圈接直流电压，电表用直流电压挡

B．原线圈接直流电压，电表用交流电压挡

C．原线圈接交流电压，电表用交流电压挡

D．原线圈接交流电压，电表用直流电压挡

(3)若某次实验中用匝数N1＝400、N2＝800的变压器，测得的电压分别为U1＝3.6 V、U2＝8.2 V，据此可知__________(选填“N1”或“N2”)是原线圈匝数，电压比与匝数比不相等，可能的原因是______________________________。

【解析】(1)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，要用低压交流电源和交流电表，不需要干电池和条形磁铁。

(2)根据实验原理可知，原线圈应接交流电压，用多用电表测量副线圈的电压，应选择交流电压挡，选项C正确，A、B、D错误。

(3)根据匝数及电压关系可知，该变压器为降压变压器，故N2为原线圈匝数。电压比与匝数比不相等，是因为变压器是非理想变压器，可能是存在漏磁、线圈电阻大、铁芯发热等因素。

答案：(1)A、B　(2)C　(3)N2　存在漏磁、线圈电阻大、铁芯发热等

13．(10分)如图所示为交流发电机示意图，匝数为n＝100的矩形线圈，边长分别为a＝10 cm和b＝20 cm，内阻为r＝5 Ω，在磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中绕轴OO′以ω＝50 rad/s的角速度匀速转动，开始转动时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过滑环和电刷与外部R＝20 Ω的电阻相接。开关S合上后：

(1)写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；

(2)求电压表和电流表示数；

(3)求电阻R上所消耗的电功率；

(4)求从计时开始，线圈转过的过程中，通过外电阻R的电荷量。

【解析】(1)从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，感应电动势的最大值

Em＝nBSω＝nBabω＝100×0.5×0.1×0.2×50 V＝50 V(2分)

故交变电动势瞬时值表达式为

e＝Emcosωt＝50cos 50t(V)(1分)

(2)交变电动势有效值E＝(1分)

解得E＝50 V(1分)

开关S合上后，由闭合电路欧姆定律得

I＝＝ A＝2.0 A(1分)

U＝IR＝2.0×20 V＝40 V(1分)

(3)电阻R上所消耗的电功率为P＝UI＝2.0×40 W＝80 W(1分)

(4)线圈由图示位置转过的过程中，通过外电阻R的电荷量为q＝Δt＝n＝＝0.04 C(2分)

答案：(1)e＝50cos 50t(V)　(2)40 V　2.0 A　(3)80 W　(4)0.04 C

14．(12分)图甲为一理想变压器，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uab­t图像如图乙所示。若只在c、e间接一只Rce＝400 Ω的电阻，或只在d、e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c、e间接400 Ω的电阻时，原线圈中的电流I1；

(3)求c、e和d、e间线圈的匝数比。

【解析】(1)由题图乙知T＝0.01 s，

则ω＝＝200π rad/s(2分)

故原线圈的输入电压瞬时值表达式为

uab＝400sin200πt(V)(1分)

(2)原线圈输入电压的有效值

U1＝ V＝200 V(1分)

理想变压器P1＝P2＝80 W(1分)

原线圈中的电流I1＝(1分)

解得I1≈0.28 A(或 A)(1分)

(3)设a、b间线圈匝数为n1，

＝＝(2分)

由题意知＝(1分)

解得＝(1分)

代入数据解得＝(1分)

答案：(1)uab＝400sin 200πt(V)　(2)0.28 A(或 A)

(3)4∶3

15．(16分)(2021·潮州高二检测)如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈abcd匝数N＝100，面积S＝0.03 m2，线圈匀速转动的角速度ω＝100π rad/s，匀强磁场的磁感应强度B＝ T。输电时先用升压变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用，输电导线的总电阻为R＝10 Ω，变压器都是理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为n3∶n4＝10∶1。若用户区标有“220 V　8.8 kW”的电动机恰能正常工作，发电机线圈电阻r不可忽略。求：

(1)交流发电机产生感应电动势的最大值Em；

(2)输电线路上损耗的电功率ΔP；

(3)若升压变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝1∶8，求升压变压器原线圈两端的电压U1。

【解析】(1)根据正弦式交变电流的产生规律可知，感应电动势的最大值为Em＝NBSω(1分)

代入数据解得Em＝300 V(1分)

(2)设降压变压器原、副线圈中的电流分别为I3、I4，电动机恰能正常工作，有I4＝＝40 A(2分)

根据理想变压器的变流比公式＝(1分)

可得I3＝＝4 A(1分)

所以输电线路上损耗的电功率为ΔP＝IR＝160 W(2分)

(3)根据理想变压器的变压比公式＝(1分)

得U3＝＝＝2 200 V(2分)

升压变压器副线圈两端的电压为

U2＝U3＋I3R＝2 240 V(2分)

又＝(1分)

可得U1＝＝280 V(2分)

答案：(1)300 V　(2)160 W　(3)280 V