江苏鸭高考物理二轮复习第一部分专题四电路和电磁感应专题跟踪检测十九交变电流常考的三个题型

1、专题跟踪检测（十九）交变电流常考的三个题型一、选择题（第15题为单项选择题，第 69题为多项选择题）1如图甲所示，在匀强磁场中有一个 n= 10匝的闭合矩形线圈绕轴匀速转动， 转轴OQ 垂直于磁场方向，线圈电阻为5 Q,从图甲所示位置开始计时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图像如图乙所示，贝U （）心10 / 7P乙A. 线圈转动过程中消耗的电功率为10n 2 WB. 在t = 0.2 s时，线圈中的感应电动势为零，且电流改变一次方向C. 所产生的交变电流感应电动势的瞬时值表达式为e= 10n sin 5 n t V=10 n V，感应电动势的有效值为:En 10 nlE= V = 5 订2

2、 nV，线圈转动过程中消耗的电功率为：p= R=5 2 n522 -W= 10n W故A正确;t = 0.2 s时，磁通量为0,线圈中的2 n 2 n感应电动势最大，电流方向不变，故B错误；由题图乙知角速度3 =07 rad/s = 5nrad/s，因为从线圈垂直中性面开始计时，所以交变电流感应电动势的瞬时值表达式为e =10 n cos 5 n t V，故C错误；线圈在图示位置磁通量为0,磁通量的变化率最大，穿过线圈的磁通量变化最快，转过 90时，磁通量最大，磁通量变化率为0,故D错误。2.如图甲所示，50匝矩形闭合导线框 ABCD处于磁感应强度大小 B= 转T的水平匀强磁场中， 线框电阻不

3、计。线框匀速转动时 EF处所产生的 正弦交流电压图像如图乙所示。 把该交流电压加在图丙中理想变压器的 P、 Q两端。已知变压器的原线圈I和副线圈n的匝数比为 5:1，交流电流表D.线圈从图示位置转过90时穿过线圈的磁通量变化最快解析：选 A 最大感应电动势为：2 n2 n2 nEn= n BS = n BS=n =10 x 0.2 xVTT0.4A. t = 0.1 s时，电流表的示数为 0B. 副线圈中交流电的频率为50 Hz1 2C. 线框面积为m5 nD. 0.05 s时线框位于图甲所示位置、,、，一Em 1/2, U ni解析：选C原线圈中电压的有效值U=：=学-V = 10 V,根据

4、订=，解得U= 2 V,羽遊U n2一U 211 n2故副线圈中的电流 12 = = - A = 2 A，电流表的电流为 丨1,由厂=，解得11 = 0.4 A，故AR 112 n11错误；交流电的周期 T= 0.2 s，故交流电的频率 f = t= 5 Hz，故B错误；根据Em= nBSw可知S=EmnB10述2=丄2n m =5n50 X10 0.2m2，故C正确;0.05 s时线框中产生的感应电动势最大，线框平面与中性面垂直，故D错误。3如图甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化，下列说 法正确的是（）31】0311311T (/(XICU5)f/(xio2s)V甲

5、乙A. 图甲表示交流电，图乙表示直流电B. 两种电压的有效值都是311 VC. 图甲所示电压的瞬时值表达式为u= 220sin 100 n t VD. 图甲所示电压经原、畐U线圈匝数比为10 : 1的理想变压器变压后，功率比为1 : 1解析：选D由于题图甲、乙中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故A错误；两种电压的最大值是311 V，有效值要小于 311 V，故B错误；从题图甲可知，Em=2 n311 V，3 = =100n rad/s，所以题图甲电压的瞬时值表达式为u = 311sin 100 n t V，故C错误；交流电经理想变压器变压后，输入功率等于输出功率，功率比为1 : 1

6、，故D正确。4. （2017 苏州一模）如图所示为一个小型电风扇的电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n原线圈接电压为 u的交流电源，输出端接有一只电阻为R的灯泡L和交流电风扇电动机D,电动机线圈电阻为 r。接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电 动机的电流为I。则下列说法正确的是（）A.理想变压器的输入功率为UIB.风扇电动机中的电流为UnrU R+ rC.风扇电动机输出的机械功率为D. 若电风扇由于机械故障被卡住，则通过原线圈的电流为解析：选D理想变压器的原、副线圈的匝数比为n,原线圈接电压为 U的交流电源，U一UI则输出端电压为n，而风扇电动机的输入功率为 ，因输出端还有一

7、只灯泡，故a错误；由U一一U上述分析知输出端电压为，因为风扇电动机不是纯电阻器件，所以电流不能表示为，故nnr一UI一2B错误；风扇电动机的输入功率为，而风扇电动机的线圈电阻消耗的功率为I r，则风扇U R+ r2n2Rr，故D正确。n电动机输出的机械功率为n- I2r，故C错误；若电风扇由于机械故障被卡住可视为纯电阻,两电阻并联，则根据欧姆定律可知，通过原线圈的电流为5. （2017 镇江三模）如图所示，一理想变压器的原线圈接有 电压为U的交流电，副线圈接有电阻 R、光敏电阻F2（阻值随光照 增强而减小），开关K开始时处于闭合状态，下列说法正确的是 （ ）A当光照变弱时，变压器的输入功率增加

8、B. 当滑动触头P向下滑动时，电阻 R消耗的功率增加C. 当开关K由闭合到断开，原线圈中电流变大D. 当U增大时，副线圈中电流变小解析：选B当光照变弱时，光敏电阻的阻值变大，输出功率减小，输入功率也变小,故A错误；当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减小，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压增大，电阻 R两端的电压增大，电阻 R消耗的功率增加，故 B正确；当开关 K由闭合到断开，畐U线圈回路电阻增大,输出电流减小,匝数比不变，所以原线圈中电流变小,学牛电擁故C错误；当U增大时，副线圈电压增大，副线圈中电流变大，故D错误。6. 某同学在实验室中研究远距离输电。由于输电线太长，他将 每100米导

9、线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路（忽略输电线路 的电磁感应）。在输送功率相同时，第一次直接将输电线与学生电源 及用电器相连，测得输电线上损失的功率为R,第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器Ti与学生电源相连，其原、副线圈的匝数比为ni : n2,理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P2。下列说法正确的是（）A. 前后两次实验都可用于研究远距离直流输电B. 实验可以证明，Ti采用升压变压器（匝数比为n21）能减小远距离输电的能量损失niC. 若输送功率一定，则 F2 : Pi= ni : n2D. 若输送功率一定，则 F2 : Pi= ni2: n22解析：选BD变压

10、器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流P2P2输电，故A错误；第一次实验，输电线上的电流I =兀，输电线上损失的功率 Pi= I R=tpRUUn2P第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U,输电线上的电流I =応，输电线上损失niP2p u2 n2的功率p2=建疋R,所以訐UT n?故D正确，C错误；由上述分析知RPi，即实验B正确。可以证明，Ti采用升压变压器能减小输电电流，能减小远距离输电的能量损失，故7如图所示为某小型发电站高压输电示意图。发电机输出功率、输出电压均恒定，输A.B.C.D.电线电阻不变,F列说法正确的是（）采用高压输电可以减小输电线中的电流输电线损耗的

11、功率为P下移,用户获得的电压将降低解析:P下移,选AD用户获得的功率将增大发电机输出功率恒定，根据中的电流，故A正确；输电线上损失的功率为:P= UI可知，采用高压输电可以减小输电线P损斗2,而U2为升压变压器副线圈两端的电压，故B错误；若P下移，升压变压器的副线圈匝数增大，由n2U2=nU，根据功率表达式，可知输电线中电流丨=则电流会减小，输电线中损失电压U = IR，输电线的电压减小,则用户获得的电压升高,故C错误；若P下移，升压变压器的副线圈匝数增大，由上分析可知，输电线中损失电压减小，用户获得的功率将增大，故D正确。8. （2017 江苏一模）钳形电流测量仪的结构图如图所示，其铁芯在捏

12、紧扳手时会张开，可以在不切断被测载流导线的情况下，通过内置线&諒内览 逝圈中的电流值I和匝数n获知载流导线中的电流大小I。，则关于该钳形电流测量仪的说法正确的是（）A. 该测量仪可测量直流电的电流B. 载流导线中电流大小Io =-nC. 若钳形部分铁芯没有完全闭合，测量出的电流将小于实际电流D. 若将载流导线在铁芯上多绕几匝，钳形电流测量仪的示数将变大解析：选CD钳形电流测量仪实质上是一个升压变压器，只能测量交流电的电流，故A错误；根据= *得载流导线中电流大小 Io = nl，故B错误；若钳形部分铁芯没有完全闭合，载流导线中电流产生的磁场减弱，磁通量变化率减小， 在内置线圈产生的感应电动势减

13、小，感应电流减小，则测量出的电流将小于实际电流，故C正确；根据nil 1= n2| 2，知若将载流导线在铁芯上多绕几匝，即ni变大，li、n2不变，则钳形电流测量仪的示数|2将变大,故D正确。9. （2015 天津高考）如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻 R0和滑动变阻器R, P为滑动变阻器的滑动触头。 在原线圈上加一电压为 U的正弦交流电，则（）A. 保持Q的位置不动，将B. 保持Q的位置不动，将C. 保持P的位置不动，将D. 保持P的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大 P向上滑动时，电流表读数变小 Q向上

14、滑动时，电流表读数变大 Q向上滑动时，电流表读数变小R接入电路的电阻变解析：选BC保持Q的位置不动，则 U不变，将P向上滑动时,大，根据I 2= U2知，丨2变小，由=空得Il也变小，即电流表读数变小，选项 A错误，BR）+ R12 ni正确；保持P的位置不动，将 Q向上滑动时,U变大，则根据P2= rUr知副线圈输出功率变大，由Pi= P2知，变压器原线圈输入功率 R变大，而Pi= liU,输入电压U定，Ii变大, 即电流表读数变大，选项 C正确，D错误。、非选择题I0.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B= 0.5 T，边长L= I0 cm的正方形线圈共 ioo匝，线圈总电阻r = i Q,线

15、圈绕垂直于磁感线 的对称轴0O匀速转动，角速度 3= 2n rad/s，外电路中的电阻 R =4 Q，求：（1）感应电动势的最大值；(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60时的瞬时感应电动势; 由图示位置转过 60的过程中产生的平均感应电动势；交流电压表的示数；(5)线圈转动一周产生的总热量；1 由图示位置开始在 石周期内通过电阻 R的电荷量。解析：(1)感应电动势的最大值为2En= NBSo = 100X 0.5 X 0.1 X 2n V = 3.14 V。(2)由图示位置转过 60时的瞬时感应电动势为e= Emcos 60 = 3.14 X 0.5 V = 1.57 V。 由图示位

16、置转过 60的过程中产生的平均感应电动势为0.5 X 0.1 2X#V 2.6 V。BSsin 60 2E = N = N= 100X t112nTX662 n 交流电压表的示数为外电路两端电压的有效值，即E 3.141U=丽rR=2 X 石X 4 V 1.78 V。(6)0.087 C=1.0 A的保险丝，负载为一可变电阻R(2)要使保险丝不被熔断，电阻R的阻值应不小于多少？变压器输出的电功率不能超过线圈转动一周产生的总热量为 在1周期内通过电阻 R的电荷量为T E T 2.61q= 1 X 6=祐 X 6=不 X 6 80.087 C。答案：(1)3.14 V (2)1.57 V (3)2.6 V (4)1.78 V (5)0.99 J11. 如图所示，理想变压器 B的原线圈跟副线圈的匝数比n1=2 : 1，交流电源电压 U1 = 311 sin 100 n t V, F为熔断电流为(1)当电阻R= 100 Q时，保险丝能否被熔断?多少?解析：原线圈电压的有效值为U = 3 V = 220 VI In由u=n得副线圈两端的电压o,即 |1= 1.0 A ,输出的电功率不U2= n2U=卜 220 V = 110 V。 ni2当R= 100 Q时，畐U线圈中电流= A = 1.10 AR