选择性必修 第二册1 交变电流一课一练

单元素养检测(三)(第三章)

(90分钟　100分)

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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．如图所示，单匝闭合金属线框abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，设穿过线框的最大磁通量为Φm，线框中产生的最大感应电动势为Em，从线框平面与磁场平行时刻(图示位置)开始计时，下列说法正确的是(　　)

A.线框转动的角速度为

B．线框中的电流方向在图示位置发生变化

C．当穿过线框的磁通量为Φm时，线框中的感应电动势为Em

D．若线框的转动周期减小一半，线框中的感应电动势也减小一半

【解析】选A。根据交变电流产生的原理可知，线框匀速转动产生的最大感应电动势Em＝nBSω，结合题干可得线框转动的角速度为，A正确；题图位置感应电动势最大，电流方向的改变在电动势等于0的时刻，B错误；当穿过线框的磁通量为Φm时，线框中的感应电动势为0，C错误；根据法拉第电磁感应定律可知，若线框的转动周期减小一半，转动角速度变为原来的2倍，线框中的感应电动势变为原来的2倍，D错误。

2．可调理想变压器原线圈与一台小型发电机相连，副线圈与灯泡L、可调电阻R、电容器C连成如图所示的电路。当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光，要使灯泡变亮，可以采取的方法有(　　)

A．增大发动机的转速

B．将滑片P向下滑动

C．将可调电阻R阻值减小

D．增大电容器两极板间的距离

【解析】选A。根据E＝NBSω，ω＝2πn可得增大发动机的转速，则交流电源的电压增大，副线圈两端的电压也增大，灯泡变亮，故A正确；滑片P向下滑动，副线圈匝数减少，副线圈两端的电压减小，灯泡变暗，故B错误；将可调电阻R阻值减小，副线圈两端电压不变，通过灯泡的电流不变，故C错误；增大电容器两极板间的距离，即电容器C的电容减小，容抗增大，通过灯泡的电流减小，灯泡变暗，故D错误。

3．如图所示，一个边长l＝10cm，匝数N＝100(匝)的正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，磁感应强度B＝0.50 T，线圈转动的角速度ω＝10π rad/s，闭合回路中两只灯泡均能发光。下列说法正确的是(　　)

A.从图中位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝5πcos(10πt) V

B．增大线圈转动的角速度ω时，感应电动势的峰值Em不变

C．抽去电感器L的铁芯时，灯泡L2变暗

D．增大电容器C两极板间的距离时，灯泡L1变亮

【解析】选A。由Em＝NBSω可得感应电动势的最大值Em＝5π V，由于从线圈垂直于中性面开始计时，所以感应电动势的瞬时值表达式e＝Emcosωt＝5πcos(10πt) V，故A正确；根据Em＝NBSω可得增大线圈转动角速度ω时，感应电动势的峰值Em增大，故B错误；抽去电感器L的铁芯时，即减小自感系数，电感器的感抗减小，流过灯泡L2的电流增大，灯泡L2变亮，故C错误；增大电容器C两极板间的距离时，根据C＝可知电容器的电容C减小，则电容器的容抗增大，流过灯泡L1的电流减小，灯泡L1变暗，故D错误。

4．如图表示一交流电的电流随时间而变化的图像，此交流电的有效值是(　　)

A.5 A    B．5 A    C． A    D． A

【解析】选B。该交变电流通过阻值为R的电阻1个周期的时间(即0.02 s)内所产生的热量为：

Q交＝(4)2×R×0.01＋(3)2×R×0.01＝50×0.01R。

直流电流I通过电阻R一个周期的时间(即0.02 s)内产生的热量为Q直＝I2R×0.02。

由交流电的有效值定义得Q直＝Q交，即

50×0.01R＝I2×0.02R。

则I＝5 A，即交变电流的有效值为5 A。

5．如图所示，M是理想变压器，电源电压U不变，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，示数发生变化的电表是(　　)

A.电流表A1      B．都发生变化

C．电压表V1     D．电压表V2

【解析】选A。副线圈电压不变，所接的电路按直流电路分析：电阻变小，电流增大，而原线圈电压不变，电流随副线圈中的电流增大而增大。故选A。

6．在家用交流稳压器中，变压器的原、副线圈都带有滑动头，如图所示。当变压器输入电压发生变化时，可上下调节P1、P2的位置，使输出电压稳定在220 V。现发现输出电压低于220 V，下列措施不正确的是(　　)

A.P1不动，将P2向上移

B．P2不动，将P1向下移

C．将P1向上移，同时P2向下移

D．将P1向下移，同时P2向上移

【解析】选C。由变压器原、副线圈的电压比等于线圈匝数比＝可知，输出电压低于220 V，可以增加副线圈匝数或减少原线圈匝数，A、B、D正确，C错误。

7.如图所示，理想变压器原线圈接u＝220sin100πt(V)的正弦交流电源，图中电流表内阻不计。副线圈接入“110 V　60 W”灯泡一只，且灯泡正常发光。下列说法正确的是(　　)

A．原线圈中的输入功率为30 W

B．通过灯泡的电流的频率为50 Hz

C．电流表的示数为A

D．理想变压器原、副线圈匝数之比为2∶1

【解析】选B。由P入＝P出得P入＝60 W，A错误；交流电的周期T＝＝

 s，故频率为50 Hz，B正确；交流电的峰值Um＝220 V，则其有效值U＝＝220 V，由P＝UI得I＝＝ A＝ A，C错；由＝得＝＝2∶1，D项错误。

8.如图所示电路中，已知交流电源电压u＝200sin100πt V，电阻R＝100 Ω。则电流表和电压表的示数分别为(　　)

A．1.41 A，200 V      B．1.41 A，141 V

C．2 A，200 V       D．2 A，141 V

【解析】选B。电流表和电压表显示的是有效值，即U＝＝100 V≈141 V；I＝＝1.41 A，故选项B正确。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9．如图所示为一自耦变压器，R1为定值电阻，在c、d端输入电压u1＝311sin 100πt(V)，所有电表均为理想电表，则以下说法正确的是(　　)

A.滑片P向a端移动，滑片Q不动，电压表示数减小

B．滑片P向b端移动，滑片Q下移，电流表示数减小

C．滑片P不动，滑片Q上移，电流表示数不变

D．滑片P不动，滑片Q上移或下移，电压表示数始终不变

【解析】选B、D。设原线圈匝数为n1，副线圈匝数为n2，原线圈两端电压为U1，副线圈两端电压为U2，由＝可得U2＝U1，滑片P向a端移动，滑片Q不动，n1减小，U1、n2不变，U2增大，电压表测的是副线圈两端的电压，示数增大，故A错误；滑片P向b端移动，滑片Q下移，由U2＝U1，U1、n2不变，n1增大，U2减小，副线圈所在电路总电阻增大，副线圈中的电流减小，由＝可知，原线圈中的电流也减小，电流表示数减小，故B正确；滑片P不动，滑片Q上移，U2不变，副线圈所在电路总电阻减小，电流增大，原线圈电流增大，电流表示数增大，故C错误；滑片P不动，滑片Q上移或下移，U2＝U1，U1、n1、n2不变，U2不变，电压表示数始终不变，故D正确。

10．一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e＝220sin100πt V，则(　　)

A．交流电的频率是100π Hz

B．t＝0时，线圈位于中性面

C．交流电的周期是0.02 s

D．t＝0.05 s时，e有最大值

【解析】选B、C。由瞬时值表达式可知：角速度ω＝100π rad/s。感应电动势是按正弦规律变化的，所以t＝0时，线圈平面位于中性面。因ω＝2πf，所以f＝＝ Hz＝50 Hz，由T＝得T＝ s＝0.02 s，当t＝0.05 s时，e＝

220sin5π V＝0，故B、C选项正确。

11．如图甲所示，电阻不计的N匝矩形闭合导线框abcd处于磁感应强度大小为0.2 T的水平匀强磁场中，导线框面积为0.5 m2。导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，原、副线圈的匝数比为10∶1，副线圈接有一滑动变阻器R，副线圈两端的电压随时间的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是(　　)

A.闭合导线框中产生的交变电压的瞬时值表达式为u＝100sin 100t(V)

B．线框abcd的匝数N＝10

C．若滑动变阻器的滑片P向上移动，电流表的示数将减小

D．若导线框的转速增加一倍，则变压器的输出功率将增加一倍

【解析】选B、C。由题图乙可知，输出电压的最大值Um2＝10 V，周期为2π×

10－2 s，角速度ω＝＝100 rad/s，输入端电压的最大值Um1＝10Um2＝100 V，则闭合导线框中产生的交变电压的瞬时值表达式为u＝Um1sin ωt＝100sin 100t

(V)，故A错误；导线框输出电压的最大值Um1＝NBSω＝100 V，解得N＝＝10，故B正确；理想变压器原、副线圈匝数不变，输入电压不变，则输出电压不变，滑动变阻器的滑片P向上移动时，接入电路的电阻增大，则输出电流减小，输入电流减小，电流表示数减小，故C正确；若导线框的转速增加一倍，则线框产生交变电压的最大值增加一倍，有效值增加一倍，输出电压的有效值也增加一倍，则由P＝可知，输出功率将变成原来的4倍，故D错误。

12．如图所示，在远距离输电过程中，若保持升压变压器原线圈的输入功率不变，下列说法正确的是(　　)

A.升高U1会减小输电电流I2

B．升高U1会增大线路的功率损耗

C．升高U1会增大线路的电压损耗

D．升高U1会提高电能的利用率

【解析】选A、D。提高输电电压U1，由于输入功率不变，则I1将减小，又因为I2＝I1，所以I2将减小，故A对；线路功率损耗P损＝IR，因此功率损耗在减小，电压损耗减小，故B、C错误；因线路功率损耗减小，因此电能利用率将升高，故D对。

三、实验题：本题共2小题，共14分。

13．(6分)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中：

(1)原线圈中接入的电源是________；

A．220 V交流电

B．学生电源12 V以下直流输出

C．学生电源12 V以下交流输出

(2)对于实验过程，下列说法正确的是________。

A．为便于探究，应该采用控制变量法

B．因为实验所用电压较低，通电时可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路

C．使用多用电表测电压时，先用中等量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量

【解析】(1)“探究变压器的电压与匝数的关系”要用低压交流电源和交流电表，所以不需要干电池，变压器是改变电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不超过12 V，故A、B错误，C正确。

(2)探究变压器原副线圈两端的电压与匝数的关系，为便于探究，应该采用控制变量法，故A正确；实验通电时，用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，这样无形之中，将人体并联到电路中，导致所测数据不准确，故B错误；使用多用电表测电压时，先用最高量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故C错误。

答案：(1)C　(2)A

14．(8分)(1)某学生做探究变压器两个线圈的电压与匝数的关系实验时，原线圈接在学生电源上，用多用电表测量副线圈两端的电压，下列操作正确的是________。

A．原线圈接直流电压，多用电表用直流电压挡

B．原线圈接直流电压，多用电表用交流电压挡

C．原线圈接交流电压，多用电表用直流电压挡

D．原线圈接交流电压，多用电表用交流电压挡

(2)该学生继续做实验，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)。上述探究中采用的实验方法是____________________。

【解析】(1)变压器的工作原理是互感现象，故原线圈接交流电压，输出电压也是交流电压，故多用电表用交流电压挡，故A、B、C错误，D正确。

(2)根据公式＝，保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大；保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小；该探究采用的实验方法是控制变量法。

答案：(1)D　(2)增大　减小　控制变量法

四、计算题：本题共4小题，共46分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位。

15.(8分)如图为一个小型交流发电机的原理图，其矩形线圈的面积为S，共有n匝，线圈总电阻为r，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO′转动；线圈处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路电阻R的连接。在外力作用下线圈以恒定的角速度ω绕轴OO′匀速转动(不计转动轴及滑环与电刷的摩擦)。

(1)推导发电机线圈产生的感应电动势最大值的表达式Em＝nBSω；

(2)求线圈从图示位置转过90°时电流表的示数；

(3)求线圈转动N周过程中发电机线圈电阻r产生的焦耳热。

【解析】(1)设线圈ab边的边长为l1，bc边的边长为l2。当线圈平面与磁场方向平行时，线圈中的感应电动势最大。

设此时ab边的线速度为v，则单匝线圈的ab边产生的感应电动势为E1＝Bl1v，

cd边产生的感应电动势为E2＝Bl1v，

n匝线圈产生的总感应电动势为

Em＝n(E1＋E2)＝2nBl1v，(1分)

由于v＝ωr＝ω，

有Em＝2nBl1ω·＝nBl1l2ω＝nBSω。(2分)

(2)线圈产生的感应电动势的有效值为E＝，

电路中电流的有效值I＝＝，(1分)

即电流表的示数为。(1分)

(3)线圈转动的周期T＝，

线圈转动N周的时间t＝NT＝N×，(1分)

根据焦耳定律，发电机线圈产生的焦耳热Q＝I2rt，(1分)

解得Q＝。(1分)

答案：(1)见解析　(2)　(3)

16．(8分)有一个电子元件，当它两端的电压的瞬时值高于u′＝110 V时则导电，低于u′＝110 V时不导电，若把这个电子元件接到220 V，50 Hz的正弦式交变电流的两端，则它在1 s 内导电多少次？每个周期内的导电时间为多少？

【解析】由题意知，加在电子元件两端电压随时间变化的图像如图所示，

表达式为u＝220sin ωt V。(2分)

其中ω＝2πf，f＝50 Hz，T＝＝0.02 s，得

u＝220sin100πt V。(2分)

在一个周期内，把u′＝110 V代入上述表达式得到

t1＝ s，t2＝ s(1分)

所以每个周期内的导电时间为

Δt＝2(t2－t1)＝ s＝ s。(2分)

由所画的u­t图像知，一个周期内导电两次，

所以1 s内导电的次数为n＝2＝100。(1分)

答案：100次　 s

17．(14分)如图所示，理想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匝数比。

(2)两灯均工作时原线圈的电流以及只有L1工作时原线圈中的电流。

【解析】(1)由变压比公式得

＝(2分)

＝＝＝55∶9(3分)

(2)两灯均工作时，由能量守恒得

P1＋P2＝U1I1(2分)

I1＝＝ A＝0.082 A(2分)

只有L1灯工作时，由能量守恒得

P1＝U1I′1(2分)

解得I′1＝＝ A＝0.055 A。(3分)

答案：(1)55∶9　(2)0.082 A　0.055 A

18．(16分)水力发电的基本原理就是将水流的机械能(主要指重力势能)转化为电能。某小型水力发电站水的流量为Q＝5 m3/s(流量是指流体在单位时间内流过某一横截面的体积)，落差为h＝10 m，发电机(内阻不计)的输出电压为U1＝250 V，输电线总电阻为r＝4 Ω，为了减小损耗采用了高压输电。在发电机处安装升压变压器，而在用户处安装降压变压器，其中n3∶n4＝190∶11，用户获得的电压U4＝220 V，用户获得的功率P4＝1.9×105 W，若不计变压器损失的能量，已知水的密度为ρ＝1×103 kg/m3、重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)高压输电线中的电流强度I2；

(2)升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2；

(3)该发电站将水能转化为电能的效率η。

【解析】(1)根据＝，(2分)

解得U3＝3 800 V，(1分)

根据理想变压器无能量损失，

知P3＝P4＝1.9×105 W，(1分)

根据P3＝U3I2，(1分)

得I2＝50 A。(1分)

(2)高压输电线损失的电压ΔU＝I2r＝200 V，(1分)

得U2＝U3＋ΔU＝4 000 V，(1分)

故n1∶n2＝U1∶U2＝1∶16。(1分)

(3)高压输电线损失的电功率ΔP＝Ir＝10 000 W，(2分)

故发电机输出电功率P1＝P3＋ΔP＝2×105 W，(1分)

水流每秒产生的机械能即功率

P0＝＝ρQgh＝5×105 W，(2分)

故水能转化为电能的效率η＝×100%＝40%。(2分)

答案：(1)50 A　(2)1∶16　(3)40%