人教版 (新课标)选修31 交变电流课后复习题

这是一份人教版 (新课标)选修31 交变电流课后复习题，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的不得分)
1．(多选)关于交变电流的最大值Imax和有效值I之间的关系，以下说法中正确的是( )
A．正弦式交变电流满足Imax＝eq \r(2)I
B．电子计算机中的矩形脉冲电流满足Imax＝eq \r(2)I
C．所有交变电流都满足Imax＝eq \r(2)I
D．交变电流的有效值是根据电流的热效应来规定的，不是所有的交变电流都满足Imax＝eq \r(2)I
答案 AD
解析 交变电流的有效值是根据电流的热效应来定义的，只有正弦式交变电流满足Imax＝eq \r(2)I。故选项A、D正确。
2．[2015·四川高考]小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都是e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )
A．峰值是e0B．峰值是2e0
C．有效值是eq \f(\r(2),2)Ne0D．有效值是eq \r(2)Ne0
答案 D
解析 根据题意，小型发电机输出电压的峰值为Em＝2Ne0，A、B项均错误；对于正弦式交变电流，峰值与有效值E的关系满足E＝eq \f(Em,\r(2))，故有效值为eq \r(2)Ne0，C项错误，D项正确。
3．(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为
10∶1，R1＝20 Ω，R2＝30 Ω，C为电容器。已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则( )
A．交流电的频率为0.02 Hz
B．原线圈输入电压的最大值为200 V
C．电阻R2的电功率约为6.67 W
D．通过R3的电流始终为零
答案 BC
解析 由题图乙知副线圈获得的是交变电流，可“通过”电容器C，所以D错误；由图乙知T＝0.02 s，f＝eq \f(1,T)＝50 Hz，所以A错误；通过R1的电流最大值为1 A，则R1两端电压最大值为20 V，由U1＝eq \f(n1,n2)U2得，原线圈输入电压最大值为200 V，B正确；又R2的电功率P＝eq \f(\f(20,\r(2))2,30) W≈6.67 W，所以C正确。
4．(多选)如图所示，变频交变电源的频率可在20 Hz到20 kHz之间调节，在某一频率时，A1、A2两只灯泡的炽热程度相同。则下列说法中正确的是( )
A．如果将频率增大，A1炽热程度减弱、A2炽热程度加强
B．如果将频率增大，A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱
C．如果将频率减小，A1炽热程度减弱、A2炽热程度加强
D．如果将频率减小，A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱
答案 BC
解析 某一频率时，两只灯泡炽热程度相同，应有两灯泡消耗的功率相同，频率增大时，感抗增大，而容抗减小，故通过A1的电流增大，通过A2的电流减小，故B项正确；同理可得C项正确。
5．在下列所示的四幅图中，a、b均为输入端，接交流电源，c、d均为输出端，则输出电压大于输入电压的电路是( )
答案 C
解析 A、B两图均为滑动变阻器，它们只涉及电压的分配问题，不涉及变压问题；C、D两图为变压器，C图是一个升压变压器，输出电压大于输入电压，D图是一个降压变压器，输出电压小于输入电压。故应选C项。
6．如图甲所示是某种型号的电热毯的电路图，电热毯接在交变电源上，通过装置P使加在电热丝上的电压的波形如图乙所示。此时接在电热丝两端的交流电压表的读数为( )
A．110 V B．156 V
C．220 VD．311 V
答案 B
解析 该变化电流实际是正弦交变电流被二极管P滤掉负半周期形成的，一周期T内该电流通过电阻为R的电阻丝产生的热量Q＝eq \f(U2,R)·eq \f(T,2)＝eq \f(\f(Um,\r(2))2,2R)T＝eq \f(U\\al(2,m),4R)T，电压为U0的恒定电压加在该电阻丝上时，一周期T内的电阻丝产生的热量Q′＝eq \f(U\\al(2,0),R)·T，根据电流的热效应，有Q＝Q′，解得有效值U0＝eq \f(1,2)Um＝eq \f(1,2)×311 V≈156 V。
7．(多选)汽车消耗的主要燃料是柴油和汽油。柴油机是靠压缩汽缸内的空气点火的；而汽油机做功冲程开始时，汽缸中汽油和空气的混合气是靠火花塞点燃的。但是汽车蓄电池的电压只有12 V，不能在火花塞中产生火花，因此，要使用如图所示的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器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，开关由机械控制，做功冲程开始时，开关由闭合变为断开，从而在副线圈中产生10000 V以上的电压，这样就能在火花塞中产生火花了。下列说法中正确的是( )
A．柴油机的压缩点火过程是通过做功使空气的内能增加的
B．汽油机点火装置的开关始终闭合，副线圈的两端也会有高压
C．接该变压器的原线圈的电源必须是交流电源，否则就不能在副线圈中产生高压
D．汽油机的点火装置中变压器的副线圈匝数必须远大于原线圈的匝数
答案 AD
解析 汽车柴油机压缩汽缸内空气，实际上是活塞对气体做功使其内能增加，当温度升高到一定温度时，柴油着火燃烧。汽油机是借助于变压器在通入原线圈中电压12 V断电时产生变化的磁通量从而在副线圈中产生瞬时高压10000 V，而达到产生火花的目的，所以电源可以是直流，且副线圈匝数要远大于原线圈匝数，故A、D正确。
8．某中学的学生食堂新安装了磁卡就餐系统，使用不到一周，便出现了电源总开关总是无法接通的问题。经检查，电源总开关中漏电保护器动作切断了电源。漏电保护器电路如图所示，变压器A处用火线与零线双股平行绕制成线圈，然后接到磁卡机上，B处有一个输出线圈，一旦线圈B中的电流经放大器放大后便推动断电器切断电源。造成漏电保护器动作切断电源的原因判断为磁卡机用电端( )
A．零线与火线之间漏电
B．火线与地之间漏电或零线直接接地
C．只有火线与地之间漏电才会产生
D．刷卡机装得过多，造成电流太大
答案 B
解析 由题意知，火线和零线均绕在铁芯上，故只有火线与零线中电流大小不等时，才会引起漏电保护器切断电源，故可能是火线与地之间漏电，也可能是零线与地之间漏电。
9．如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有三只灯泡L1、L2和L3，输电线的等效电阻为R，原线圈接有一个理想电流表。开始时开关S接通，当S断开时，以下说法正确的是( )
A．原线圈两端P、Q间的输入电压减小
B．等效电阻R上的功率变大
C．原线圈中电流表示数变大
D．灯泡L1和L2变亮
答案 D
解析 当S断开时，副线圈总电阻变大，而输入电压不变，通过R的电流变小，由P＝I2R知，B错；由于副线圈电流变小，原、副线圈电压不变，输出功率减小，输入功率也减小，输入电流减小，C错；UMN不变，UR减小，灯泡L1与L2两端电压增大，D对。
10．[2014·福建高考]图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1＝n4＜n2＝n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻RL＞2R，忽略灯丝电阻随温度的变化。当A、B端接入低压交流电源时( )
A．A1、A2两表的示数相同
B．L1、L2两灯泡的亮度相同
C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率
D．R2两端的电压小于R4两端的电压
答案 D
解析 远距离输电过程中，应用高压输电能够减小输电线上的功率损失，R1上消耗的功率小于R3上消耗的功率，C项错；而比较两个不同输电回路，输电线电阻相同，由P损＝I2·2R可知，A1示数小于A2示数，A项错；根据欧姆定律可知，R2两端电压小于R4两端电压，D项正确；由于输电线上损失电压不同，故两灯泡两端电压不同，故亮度不同，B项错。
11．[2014·江苏高考]远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )
A.eq \f(I1,I2)＝eq \f(n1,n2)B．I2＝eq \f(U2,R)
C．I1U1＝Ieq \\al(2,2)RD．I1U1＝I2U2
答案 D
解析 根据变压器的工作原理可知eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，所以选项A错误；因U2、I2、R不满足欧姆定律公式中物理量之间的对应关系，所以选项B错误；U1I1＝U2I2，但U2I2≠Ieq \\al(2,2)R，选项C错误，D正确。
12．(多选)如图所示为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连；P为滑动头。现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯泡L两端的电压等于其额定电压为止。用I1表示流过原线圈的电流，I2表示流过灯泡的电流，U2表示灯泡两端的电压，N2表示灯泡消耗的电功率(这里的电流、电压均指有效值；电功率指平均值)。下列四个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是( )
答案 BC
解析 副线圈是均匀密绕的且滑动头匀速上滑，说明副线圈的匝数在均匀增大，由U2＝eq \f(n2,n1)U1＝eq \f(kt,n1)U1(k为单位时间内增加的匝数)知，灯泡两端的电压和时间成正比，选项C正确；随着灯泡功率的增大，变压器的输入功率也要增大，则I1也增大，选项A错误；灯泡的温度升高，电阻增大，流过灯泡的电流与时间不成正比关系，选项B正确；灯泡的功率N2＝eq \f(U\\al(2,2),R)，当电压和时间成正比时，功率不可能也和时间成正比关系，选项D错误。
二、填空题(本题共3小题，每小题6分，共18分)
13．一电热器接在最大值为36 V的正弦交流电源上时产生的热功率为P，若接到某直流电源上时产生的热功率为eq \f(P,2)，忽略电阻随温度的变化，则所接直流电源的电压U＝________V。
答案 18
解析 设电热器的电阻为R，接交流电源时，有P＝eq \f(\f(Um,\r(2))2,R)；
接直流电源时，有eq \f(P,2)＝eq \f(U2,R)，联立解得U＝18 V。
14．如图所示，电表均为理想的交流电表，保险丝P的熔断电流为2 A，电容器C的击穿电压为300 V。若在a、b间加正弦交流电压，并适当地调节R接入电路中的阻值，使P恰好不被熔断，C恰好不被击穿，则电流表的读数为________A，电压表的读数为________V。
答案 2 212.1
解析 电阻R0和R串联接入交流电路中，通过保险丝的电流与通过电流表的电流相等；电容器与电阻R并联，故电容器两端的电压与R两端的电压相同。电压表的读数是电阻R两端电压的有效值，而电容器的击穿电压是加在电容器两端的交流电压的最大值，故电流表的读数为2 A，电压表的读数为eq \f(300,\r(2)) V ＝212.1 V。
15．有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B，线圈外部还可以绕线。
(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的a、b位置，由此可推断________线圈的匝数较多(选填“A”或“B”)。
(2)如果把它看成理想变压器，现要测定A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请简要叙述实验的步骤(写出要测的物理量，并用字母表示)。
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A线圈的匝数为nA＝________。(用所测物理量符号表示)
答案 见解析
解析 (1)A 由题图乙可知a位置的阻值大于b位置的阻值，由电阻定律可得A线圈的匝数多于B线圈的。
(2)①用长导线绕一个n匝线圈，作为副线圈替代A线圈；②把低压交流电源接B线圈，测得线圈的输出电压为U；③用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈的输出电压为UA。则nA＝eq \f(UA,U)n。
三、计算题(共44分。 解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16．(10分)如图所示矩形线圈abcd放置在磁感应强度为B的有界磁场中，磁场只分布在线圈bc边的左侧。线圈绕bc轴转动，角速度为ω。将电阻R、理想交流电流表接在线圈上组成电路，且电路中其他电阻不计，已知ab＝l1，ad＝l2，求：
(1)以abcda为电流正方向，从图示位置开始计时，画出线圈中电流随时间变化的图象；
(2)从图示位置转过eq \f(1,4)周的时间内，电阻R上产生的热量；
(3)从图示位置转过eq \f(1,4)周的时间内，通过电阻R上的电荷量；
(4)电流表的示数。
答案 (1)如图所示
(2)eq \f(πB2l\\al(2,1)l\\al(2,2)ω,4R) (3)eq \f(Bl1l2,R) (4)eq \f(Bl1l2ω,2R)
解析 (1)线圈开始时在中性面位置，根据楞次定律，开始时电流为正，再根据磁场边界特点，线圈中电流随时间变化规律如图所示。
(2)感应电动势最大值
Em＝Bl1l2ω，
则Im＝eq \f(Bl1l2ω,R)
eq \f(1,4)周内，电流有效值I＝eq \f(Bl1l2ω,\r(2)R)
Q＝I2R·eq \f(T,4)＝eq \f(πB2l\\al(2,1)l\\al(2,2)ω,4R)。
(3)eq \f(1,4)周内平均感应电动势eq \x\t(E)＝eq \f(Bl1l2,\f(1,4)T)
平均电流eq \x\t(I)＝eq \f(Bl1l2,\f(1,4)TR)
通过R的电荷量q＝eq \x\t(I)·eq \f(1,4)T＝eq \f(Bl1l2,R)。
(4)设此交变电流一个周期内的有效值为I′，则I′2RT＝(eq \f(\r(2),2)Im)2R·eq \f(T,2)
解得I′＝eq \f(1,2)Im＝eq \f(Bl1l2ω,2R)，故电路中交流电流表的示数为eq \f(Bl1l2ω,2R)。
点评 (1)电流表的示数是交变电流的有效值，为了找到有效值应该先计算最大值。 (2)每转一周外力所做的功也应该用交变电流的有效值计算。
17．(11分)图1是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路。图2是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示。已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动。(只考虑单匝线圈)
(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；
(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图3所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；
(3)若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。(其他电阻均不计)
答案 (1)e1＝BL1L2ωsinωt (2)e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0) (3)eq \f(πωRB2L\\al(2,1)L\\al(2,2),R＋r2)
解析 (1)矩形线圈abcd在磁场中转动时，ab、cd切割磁感线，且转动的半径为r＝eq \f(L2,2)，
转动时，ab、cd的线速度v＝ωr＝eq \f(ωL2,2)，且与磁场方向的夹角为ωt，
所以，整个线圈中的感应电动势e1＝2BL1vsinωt＝BL1L2ωsinωt。
(2)当t＝0时，线圈平面与中性面的夹角为φ0，则某时刻t时，线圈平面与中性面的夹角为(ωt＋φ0)
故此时感应电动势的瞬时值
e2＝2BL1vsin(ωt＋φ0)＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)
(3)线圈匀速转动时感应电动势的最大值Em＝BL1L2ω，故有效值E＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \f(BL1L2ω,\r(2))
回路中电流的有效值I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(BωL1L2,\r(2)R＋r)
根据焦耳定律知转动一周电阻R上的焦耳热为
Q＝I2RT＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(BωL1L2,\r(2)R＋r)))2·R·eq \f(2π,ω)＝eq \f(πωRB2L\\al(2,1)L\\al(2,2),R＋r2)。
18．(11分)如图所示，变压器原线圈输入电压为220 V，副线圈输出电压为36 V，两只灯泡的额定电压均为36 V，L1额定功率为12 W，L2额定功率为6 W。试求：
(1)该变压器的原、副线圈的匝数比。
(2)两灯均工作时原线圈中的电流以及只有L1工作时原线圈中的电流。
答案 (1)55∶9 (2)0.082 A 0.055 A
解析 (1)由变压比公式得eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，即n1∶n2＝220∶36＝55∶9。
(2)两灯均工作时，由能量守恒得P1＋P2＝U1I1，即
I1＝eq \f(P1＋P2,U1)＝eq \f(12＋6 W,220 A)≈0.082 A
只有L1灯工作时，由能量守恒得P1＝U1I2
解得I2＝eq \f(P1,U1)＝eq \f(12 W,220 A)≈0.055 A
19．(12分)某小河水流量为4 m3/s，水流下落的高度为5 m。现在利用它来发电，设所用发电机的总效率为50%，g＝9.8 m/s2，求：
(1)发电机的输出功率。
(2)若输电导线的总电阻为4 Ω，输电导线上损失的电功率为发电机输出功率的5%，则需用多大的电压输送电能？
(3)输电导线上的电压损失。
答案 (1)9.8×104 W (2)2.8×103 V (3)140 V
解析 (1)水由高处流下，重力势能转化为动能，推动水轮机做功，设水的流量为Q，则发电机的输入功率为P1＝ρQgh
所以输出功率为P2＝ηP1＝ηρQgh＝50%×1.0×103×4×9.8×5 W＝9.8×104 W。
(2)设输电电压为U，输电线上的电流为I，电阻为R，损失的电功率为P3。由P3＝I2R得
I＝eq \r(\f(P3,R))＝eq \r(\f(5%P2,R))＝eq \r(\f(5%×9.8×104,4)) A＝35 A
由P2＝IU得输电电压
U＝eq \f(P2,I)＝eq \f(9.8×104,35) V＝2.8×103 V。
(3)输电导线上损失的电压为
ΔU＝IR＝35×4 V＝140 V。