高中物理沪科技版（2020）选修第二册第七章 电磁感应定律的应用第二节 交变电流课后练习题

这是一份高中物理沪科技版（2020）选修第二册第七章 电磁感应定律的应用第二节 交变电流课后练习题，共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
交变电流章末测试一、单项选择题1、矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，下列说法正确的是(　　)A．线圈平面在中性面位置时，穿过线圈的磁通量变化最快B．线圈平面垂直中性面时，穿过线圈的磁通量最小，感应电动势最大C．穿过线圈的磁通量最大时，线圈产生的瞬时电动势也最大D．线圈每通过中性面两次，电流方向改变一次【答案】B【解析】在中性面位置时，线圈平面与磁场垂直，穿过线圈的磁通量最大，穿过线圈的磁通量变化率为零，即穿过线圈的磁通量变化最慢，线圈产生的瞬时感应电动势最小，故A、C错误；在垂直中性面位置时，穿过线圈的磁通量最小，但穿过线圈的磁通量变化最快，产生的瞬时电动势也最大，故B正确；线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次，故D错误。2、矩形线框绕垂直于磁场的轴匀速转动产生交流电，电动势瞬时值表达式为e＝220sin100πt(V)，下列说法正确的是(　　)A．t＝0时刻穿过线框的磁通量为零B．电动势的有效值为220 VC．交流电的周期为0.01 sD．若转速增大1倍，其他条件不变，则电动势瞬时值表达式为e＝440sin100πt(V)【答案】B【解析】t＝0时刻，线框产生的感应电动势为零，即穿过线框的磁通量的变化率为零，此时线框平面与中性面重合，穿过线框的磁通量最大，A错误；根据电动势瞬时值表达式，该交流电电动势的最大值Em＝220 V，故电动势的有效值E＝＝220 V，B正确；ω＝＝100π rad/s，故交流电的周期为0.02 s，C错误；若转速增大1倍，其他条件不变，则ω变为原来的2倍，由电动势最大值Em＝NBSω得，最大值变为原来的2倍，则电动势瞬时值表达式为e＝440sin200πt(V)，D错误。3、我国正在建设的特高压输电工程将有效降低“西电东送”过程中电能的损失，变压器是远距离输电工程中的重要设备之一。如图所示的理想变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成，原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，下列说法正确的是(　　)A．变压器工作时通过铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈B．在原线圈两端接入两节串联的干电池，副线圈两端的电压为0.3 VC．仅增加原线圈的匝数，副线圈两端的电压增大D．仅增加副线圈的匝数，副线圈两端的电压增大【答案】D【解析】变压器是通过互感现象进行工作的，不是通过铁芯导电传递电能的，故A错误；干电池提供是直流电，在原线圈两端接入两节串联的干电池，不会在副线圈产生感应电动势，故B错误；根据变压器原理可得：U2＝U1，仅增加原线圈的匝数，副线圈两端的电压减小，仅增加副线圈的匝数，副线圈两端的电压增大，故C错误，D正确。4、如图甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电。当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定功率为10 W的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40 Ω，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是(　　)A．变压器输入电压的瞬时值表达式为u＝220sinπt(V)B．电压表的示数为220 VC．变压器原、副线圈的匝数比为11∶1D．变压器的输入功率为110 W【答案】C【解析】由题图乙可知ω＝＝100π rad/s，则变压器输入电压的瞬时值表达式为u＝220sin100πt(V)，A错误；小灯泡的额定功率P＝10 W，由P＝可得小灯泡的额定电压U＝20 V，小灯泡恰好正常发光，则电压表的示数为20 V，B错误；根据变压器变压公式U1∶U2＝n1∶n2，可得＝＝，C正确；小灯泡恰好正常发光，则变压器输出功率为10 W，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，可知该变压器的输入功率为10 W，D错误。5、如图所示，理想变压器原线圈c、d两端接入稳定的交流电压，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，滑动变阻器R的滑片处于变阻器正中间，电表均为理想电表，下列说法中正确的是(　　)A.只将S从a拨接到b，电流表的示数将减半B.只将S从a拨接到b，电压表的示数将减半C.只将滑动变阻器R的滑片从中点移到最上端，电流表的示数将减半D.只将滑动变阻器R的滑片从中点移到最上端，c、d两端输入的功率将为原来的【答案】C【解析】只将S从a拨接到b，原线圈的匝数n1减半，输入电压不变，根据＝可知副线圈的输出电压U2增大到原来的2倍，即电压表的示数增大到原来的2倍，根据欧姆定律可知副线圈的输出电流I2增大到原来的2倍，根据＝可知原线圈的输入电流I1增大到原来的4倍，即电流表的示数将增大到原来的4倍，故A、B错误；只将滑动变阻器R的滑片从中点移到最上端，负载增大到原来的2倍，因副线圈的输出电压U2不变，根据欧姆定律可知副线圈的输出电流I2减小到原来的一半，根据＝可知原线圈的输入电流I1减小到原来的一半，即电流表的示数将减半，c、d两端的输入功率P入＝I1U1将为原来的，故C正确，D错误。6、(2022·朔州怀仁市期末)一含有理想变压器的电路如图甲所示，图中理想变压器原、副线圈匝数之比为 2∶1，电阻R1和R2的阻值分别为3 Ω和10 Ω，电流表、电压表都是理想交流电表，a、b输入端输入的电流如图乙所示，下列说法正确的是(　　)A．0.03 s时，通过电阻R1的电流为0B．电流表的示数为 AC．电压表的示数为 VD．0～0.04 s内，电阻R1产生的焦耳热为0.48 J【答案】A【解析】由题图乙可知，在0.03 s的前后，原线圈中的电流不变化，则副线圈中没有感应电流，所以通过电阻R1的瞬时电流为0，故A正确；设电流表的示数为I1，则有IRT＝( A)2R＋( A)2R，求得I1＝ A，故B错误；原线圈中只有交流部分电流才能输出到副线圈中，故副线圈中电流最大值为2 A，设副线圈交流电的有效值为I2，则IRT＝()2R，求得I2＝ A，因此电压表的示数为U＝I2R2＝10 V，故C错误；在0～0.04 s内，电阻R1产生的焦耳热为Q＝IR1t＝0.24 J，故D错误。7、(2022·济南二模)如图所示的是远距离输电的示意图，已知交流电源电压为U，升压变压器的原、副线圈匝数比为1∶m，降压变压器的原、副线圈匝数比为1∶n，负载R正常工作。现输电距离增大，输电线电阻随之增大，若要保证负载仍能正常工作，只改变选项中的一个量，下列做法可行的是(　　)A．增大m　　　　　　　　 B．减小mC．减小n   D．减小U【答案】A【解析】现输电距离增大，输电线电阻随之增大，上面消耗的电压增多，要保证负载仍能正常工作，即副线圈两端电压不变，增大m，升压变压器副线圈上的电压增大，可保证降压变压器原线圈上的电压不变，B错误，A正确；减小n，降压变压器副线圈上的电压变小，不能保证负载正常工作，C错误；减小U，负载两端电压变小，负载不能正常工作，D错误。8、如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源u＝20sin(50πt) V，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端；假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大；用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则(　　)A．Uab∶Ucd＝n1∶n2B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C．负载电阻的阻值越小，c、d间的电压Ucd越小D．副线圈上交变电流的频率为50 Hz【答案】B【解析】设副线圈两端电压的有效值为U2，根据理想变压器的电压与匝数成正比有：Uab∶U2＝n1∶n2，而因二极管的单向导电性，c、d间电压的有效值并不等于副线圈两端电压的有效值，所以Uab∶Ucd不等于n1∶n2，故A错误；副线圈两端的电压取决于原线圈的输入电压和原、副线圈匝数比，所以副线圈两端的电压不变，负载电阻R增大，则副线圈中电流减小，副线圈的输出功率减小，又根据原线圈输入功率等于副线圈输出功率，可知原线圈输入功率减小，而原线圈输入电压不变，故原线圈中电流减小，所以电流表的示数减小，故B正确；c、d间的电压与原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比、二极管有关，与负载电阻无关，所以c、d间的电压Ucd不会随着负载电阻阻值的变化而变化，故C错误；原线圈上交变电流的频率为f＝＝ Hz＝25 Hz，由于理想变压器不改变交变电电流的频率，所以副线圈上交变电流的频率为25 Hz，故D错误。二、多项选择题9、(2022·长春北师大附属学校开学考)图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的图像如图乙所示。已知发电机线圈电阻为10 Ω，外接一只阻值为90 Ω的电阻，不计电路的其他电阻，则(　　)　A．电流表的示数为0.31 AB．线圈转动的角速度为100π rad/sC．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D．在线圈转动一周过程中，外电阻发热约为0.087 J【答案】BD【解析】在交流电路中电流表的示数I＝＝ A＝0.22 A，A错误；从图像可知线圈转动的周期为0.02 s，则线圈转动的角速度ω＝＝100π rad/s，B正确；0.01 s时线圈的感应电动势为0，因此线圈在中性面处，C错误；线圈产生的热量应用电流的有效值进行计算，则产生的热量Q＝I2Rt＝0.087 J，D正确。10、将一总电阻为1 Ω、匝数n＝4的线圈放在匀强磁场中，已知磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化，则(　　)A．在0～8 s内与8～10 s内线圈中的电流方向相同B．在0～8 s内通过线圈导线某截面的电荷量为8 CC．在8～10 s内线圈中感应电动势为1 VD．产生交变电流的有效值为2 A【答案】BD【解析】由楞次定律可以判断，在0～8 s内与8～10 s内线圈中的电流方向不同，A错误；在0～8 s内，q＝I1Δt1＝Δt1＝nΔt1＝n＝8 C，B正确；在8～10 s内，感应电动势E2＝n＝4 V，C错误；根据有效值的定义，t1＋t2＝I2R(t1＋t2)，其中t1＝8 s，t2＝2 s，解得I＝2 A，D正确。11、一交流发电机组为某用户区供电的示意图如图所示，发电机组能输出稳定的电压。升压变压器原、副线圈匝数之比为n1∶n2＝1∶10，线圈两端的电压分别为U1、U2。输电线的总电阻为r，降压变压器的原、副线圈匝数之比为n3∶n4＝10∶1，线圈两端电压分别为U3、U4。L是用户区里一常亮的灯泡，三个回路的干路电流分别为I1、I2、I3。随着用电高峰的到来，用户区开启了大量的用电器，下列说法正确的是(　　)A．电压U4不变，始终等于U1B．电流I1始终等于I3C．L变暗D．输电线的电阻消耗的功率减小【答案】BC【解析】用户区开启了大量的用电器，则电流I3增大，根据＝可知，I2＝I3，故I2增大，输电线路中损失的电压ΔU＝I2r增大，由于发电机组能输出稳定的电压，故U1不变，根据＝可知U2不变，则U3＝U2－ΔU减小，在降压变压器中，根据＝可知U4减小，故A错误；在降压变压器中，＝＝，在升压变压器中，＝＝，故电流I1始终等于I3，故B正确；由于U4减小，故灯泡L两端的电压降低，则L变暗，故C正确；输电线上损失的功率ΔP＝Ir，由于I2增大，故输电线的电阻消耗的功率增大，故D错误。12、如图所示，由导体材料制成的闭合线框，曲线部分PNQ满足函数y＝0.5sin0.5πx，其中x、y的单位均为m，x满足0≤x≤2，曲线部分电阻不计，直线部分PMQ的电阻为R＝10 Ω。使线框从图示的位置开始(t＝0)，以v＝2 m/s的速度匀速通过宽度为d＝2 m、磁感应强度B＝1 T的有界匀强磁场区域，在线框穿越磁场的过程中，下列说法正确的是(　　)A．线框穿越磁场的时间为4 sB．线框穿越磁场的过程中，P、Q两点间的最大电压为1 VC．线框穿越磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1 JD．线框穿越磁场的过程中，感应电流的变化规律为i＝0.1sin0.5πt(A)【答案】BC【解析】线框穿越磁场的时间为t＝＝ s＝2 s，A错误；当y最大时，P、Q两点间的电压最大，最大值为Um＝Em＝Bymv＝1×0.5×2 V＝1 V，B正确；线框穿越磁场的过程中产生正弦式交变电流，电动势的最大值为Em＝1 V，有效值为E＝ V＝ V，则线框中产生的焦耳热为Q＝t＝×2 J＝0.1 J，C正确；因感应电流的最大值Im＝＝ A＝0.1 A，x＝vt＝2t，则线框穿越磁场的过程中，感应电流的变化规律为i＝0.1sinπt(A)，D错误。三、非选择题13、(1)某同学在做“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”实验时，用学生电源提供给图甲所示变压器原线圈的电压为5 V，用演示电表交流50 V 挡测量副线圈电压时示数如图乙所示，则变压器的原、副线圈匝数之比可能是__________；A．5∶8  B．5∶16  C．1∶14  D．1∶8(2)街头见到的变压器是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，__________(填写“原线圈”或“副线圈”)应该使用较粗的导线。【答案】(1)D　(2)副线圈【解析】(1)根据电压表读数的方法可知，该变压器的输出电压为40 V，所以变压器的原副线圈匝数之比＝＝＝，故D正确，A、B、C错误。(2)理想变压器的电压与匝数成正比，当只有一个副线圈的时候，电流与匝数成反比，街头用电的变压器是降压变压器，可知副线圈的匝数比原线圈的匝数少，副线圈的电流较大，应该使用较粗的导线。14、如图所示，有一单匝矩形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′以角速度ω匀速转动，边ab、bc的长度分别为L1和L2，轴OO′分别通过ad和bc的中点，线圈的总电阻为r，线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环e、f(集流环)焊接在一起，并通过电刷与阻值为R的定值电阻连接。求：(1)线圈转动过程中感应电动势的最大值；(2)若线圈平面由如图所示位置开始计时，t时刻感应电动势瞬时值的表达式；(3)感应电流的有效值；(4)电阻R的功率。【答案】(1)BL1L2ω　(2)e＝BL1L2ωsin ωt　(3)　(4)【解析】(1)根据正弦式交变电流的产生规律可知，线圈感应电动势最大值Em＝BL1L2ω。(2)线圈平面由题图所示位置开始计时，t时刻感应电动势瞬时值的表达式e＝Emsin ωt＝BL1L2ωsin ωt。(3)电动势的有效值为E有＝＝根据欧姆定律，电流为I有＝＝。(4)电阻R的功率P＝I有2R＝。15、(2022·宁德期末)某小型发电站的远距离输电示意图如图所示，已知发电机线圈匝数N＝100匝、面积S＝0.36 m2、电阻r＝1 Ω。该线圈在磁感应强度B＝ T的匀强磁场中，绕垂直磁场的OO′轴匀速转动。已知输电线的总电阻R＝4 Ω，升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝1∶8，降压变压器原、副线圈的匝数比n3∶n4＝10∶1。若用户区标有“220 V、20 W”的1 100只灯泡恰能同时正常发光(假设此时没有其他用电器工作，变压器均为理想变压器)。求：(1)输电线的电流；(2)发电机的输出功率；(3)发电机线圈转动的角速度。【答案】(1)10 A　(2)22 400 W　(3)100π rad/s【解析】(1)依题意得，用户端总电流为I4＝1 100根据理想变压器的电流与匝数关系可得＝代入数据得I3＝I2＝I线＝10 A。(2)根据能量守恒可知P1＝P3＋P损根据功率公式可知输电线损失的功率P损＝IR根据能量守恒可知P3＝P4＝1 100P代入数据得P1＝22 400 W。(3)由交变电流的有效值公式可知E＝由闭合电路欧姆定律可知E＝U1＋I1r根据理想变压器的电流与匝数关系可得＝根据功率公式可知U1＝代入数据得ω＝100π rad/s。16、如图所示为一交流发电机的原理示意图，装置中两磁极之间产生的磁场可近似为匀强磁场，发电机的矩形线圈abcd在磁场中，图中a、b、c、d分别为矩形线圈的四个顶点，其中的c点被磁铁遮挡而未画出。线圈可绕过bc边和ad边中点且垂直于磁场方向的水平轴OO′匀速转动。为了便于观察，图中发电机的线圈只画出了其中的1匝，用以说明线圈两端的连接情况。线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上；用导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动过程中可以通过滑环和电刷保持其两端与外电路的定值电阻R连接。已知矩形线圈ab边和cd边的长度L1＝50 cm，bc边和ad边的长度L2＝20 cm，匝数n＝100匝，线圈的总电阻r＝5.0 Ω，线圈转动的角速度ω＝282 rad/s，外电路的定值电阻R＝45 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝0.05 T。电流表和电压表均为理想电表，滑环与电刷之间的摩擦及空气阻力均可忽略不计，计算中取π＝3.14，＝1.41。(1)请推导出线圈在匀速转动过程中感应电动势最大值Em的表达式(用题中已知物理量的符号表示)，并求出此最大值；(2)求电流表的示数I；(3)求维持线圈匀速转动1圈，所需外力做的功W(结果保留三位有效数字)。【答案】(1)Em＝nBL1L2ω　141 V  (2)2 A　(3)4.45 J【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律，当线圈转动到图示位置时，线圈ab、cd边的线速度与磁感线垂直，产生的感应电动势最大。一匝线圈ab边(或cd边)切割磁感线所产生的电动势为：E1＝BL1v＝，对于n匝线圈，ab边与cd边一起垂直切割磁感线的情况，应有：Em＝nBL1ω＋nBL1ω＝nBL1L2ω，代入数据解得：Em＝141 V。(2)根据交变电流最大值与有效值的关系可知，电动势有效值为：E＝＝100 V，根据闭合电路欧姆定律有：I＝＝2 A。(3)线圈匀速转动1圈，所用时间为：t＝T＝，根据能量守恒定律可知，外力所做的功全部转化为电能，为：W＝EIt，代入数据解得：W≈4.45 J。