(浙江选考)2020版高考物理总复习练习：第九章5第5节交变电流的产生和描述练习(含解析)

1、得I= 5 A.-1 -交变电流的产生和描述1.（2019 湖州调研）一个正常工作的理想变压器的原、副线圈中，下列的物理量不一定 相等的是（）A. 交变电流的频率B. 电流的有效值C. 电功率D.磁通量的变化率解析：选 B.变压器原、副线圈中一定相等的物理量是频率、磁通量的变化率、电功率,故选 B.2 . （2019 嘉兴检测）理想变压器原线圈与正弦交变电源连接，输入电压列说法错误的是（）A.与电阻R并联的电压表示数为3.11 VB.流过电阻R的电流最大值为 0.311 AC.变压器的输入功率为0.484 WD. 个周期内，电阻R上产生的热量为 9.68X10一3JC.u随时间t变化的规律如图

2、所示，原、副线圈匝数比学=100,副线圈只接入一个R=10Q的电阻，则下2.0b)解析：选 A.由题中图线得，原线圈两端的电压为U 220 V,由变压器副线圈电压比U-= f 得，畐俊圈上的电压为U = 2.2 V，选项 A 错误；流过电阻R的电流最大值Im=亠器0.311 A，选项 B 正确；变压器的输入功率等于输出功率，即有P入=R=0.484W，选项C正R一3确；一个周期内，电阻R上产生的热量Q= P入T= 9.68X10 J，选项 D 正确.通过某电流表的电流按如图所示的规律变化，则该电流表的读数为A.R-T+ (3 .2)2R-T,-2 -解析：选 C.根据交变电流有效值的定义取一个

3、周期T.有I2RT=4. （2019 绍兴检测）如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其单匝矩形线圈在 磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴0O匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R=10Q的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是 10 V.图乙是矩形线圈中磁通量随时间t变化的图象，则（）A. 电阻R上的电功率为 20 WB.t= 0.02 s 时，R两端的电压瞬时值为零C.R两端的电压U随时间t变化的规律是U= 14.1 cos 100ntVD. 通过R的电流i随时间t变化的规律是i= 14.1 cos 50ntA解析：选 C.电阻R上的电功率为P=U=

4、10 W 选项 A 错误；由题图乙知t= 0.02 s 时磁通量变化率最大，R两端的电压瞬时值最大，选项B 错误；R两端的电压u随时间t变化的规律是u= 14.1cos 100ntV,选项 C 正确；通过R的电流i随时间t变化的规律是i=U= 1.41cosR100ntA，选项 D 错误.5如图所示为远距离交流输电的简化电路图发电厂的输出电压是U,用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是丨1,其末端间的电压为U.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为丨2.则下列说法正确的是（）A.用户端的电压为屮I2B.输电线上的电压降为U2C.理想变压器的输入功率为|1D.输电线路

5、上损失的电功率为11U解析：选 A.根据变压器的工作原理、欧姆定律和电功率公式解决问题.根据理想变压器的工作原理，得l1U=I2U，所以用户端的电压屮，选项 A 正确；输电线上的电压降UI2=1订=U-U,选项 B 错误；变压器的输入功率R=I1U- l1r=I1U,选项 C 错误；输电线路上 损失的功率P=1和=l1（UU），选项 D 错误.【课后达标检测】、选择题1 有一不动的矩形线圈abed，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中，如图所示该匀 强磁场是由一对磁极 N、S 产生，磁极以0O为轴匀速转动.在t= 0 时刻，磁场的方向与线 圈平行，磁极 N 开-3 -始离开纸面向外转动，规定由e

6、Ta方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是（）Nn.dsbcO心/o/ZktABCP答案：C2 . （2019 湖州检测）一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图所 示为穿过线圈的磁通量 随时间变化的图线，则下列说法正确的是（）A. t= 0 时，线圈平面与中性面垂直B. t=T时刻，磁通量的变化率最大C. t=时刻，交流电动势达到最小D. t=T时刻，交流电动势为零答案：A3.将阻值为 100Q的用电器接到按i= 1.414sin 100nt（A）的规律变化的交流电路中， 则（）A. 该交流的周期为 0.02 sB. 用电器两端的电压为 141.4

7、VC. 通过用电器的电流为 1.414 AD. 用电器消耗的功率为 141.4 W答案：A4.（2019 舟山高二期中）如图所示，T 为理想变压器，A、A2为理想交流电流表，R、R为定值电阻，F3为滑动变阻器，原线圈两端接恒压交流电源，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时（）-4 -WV一一一曲血a）图 2解析：选 C.图 2 表示的电压方向在变，也是交流电压，交流电压，有效值与最大值之间并不满足E=, B 错;项 D 错.6 理想变压器上接有三个完全相同的灯泡，其中一个与该变压器的原线圈串联后接入交 流电源，另外两个并联后接在副线圈两端已知三个灯泡均正常发光该变压器原、副线圈 的匝数之比为（）A

8、.1:2B. 2：1C. 2 : 3D. 3 : 2B. Ai的读数变大,C.A的读数变小,A的读数变大D.A的读数变小,A的读数变小解析：选 A.当滑动触头下移时，R3变小，R总变小，1= ，U不变,I变大，U并=U- UR,U并变小，通过 艮的电流IR2变小，|A2=IIR2,IA2变大，A的示数变大,由原、副线圈电流与匝数成反比，可知 Ai的示数变大.（2019 嘉兴测试）图 1、 图 2 分别表示两种电压的波形，其中图1 所示电压按正弦规律变化.F 列说法正确的是（)WV3110 -311W匚、上亠3110-311A.图 1 表示交流电压，图2 表示直流电压B.两种电压的有效值相等C.

9、图 1 所示电压的瞬时值表达式为u= 311sin 100nt(V)D.图 1 所示电压经匝数比为 10：1的变压器变压后,频率变为原来的A 错；图 2 表示的电压是非正弦变压器不能改变交变电流的频率，选A. Ai的读数变大,A的读数变小-5 -I11解析：选 B三灯都正常工作，则电流相等，由此可知变压器的原、 副线圈的电流比I22-6 -对于理想变压器，由于功率相等，Pi=P2,得= 丫得料=2，选项 B 正确.U2IiU217. （2019 宁波调研）对于理想变压器，下列说法中不正确的是（）A.原线圈的输入功率随着副线圈的输出功率增大而增大B. 原线圈的输入电流随着副线圈的输出电流增大而增

10、大C. 原线圈的电压不随副线圈的输出电流变化而变化D. 当副线圈的电流为零时，原线圈的电压也为零答案：D8. （2019 杭州质检）如图所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为 100：1和 1 : 100，图中 a、b 表示电压表或电流表，已知电压表的示数为22A. a 为电流表，b 为电压表B. a 为电压表，b 为电流表C.线路输送电功率是 2 200 kWD.输电线路总电阻为 22Q解析：选 B.由题图可知 a 表是电压表，b 表是电流表.而连接电压表的互感器原线圈的 匝数与副线圈匝数之比为100： 1,连接电流表的互感器原线圈的匝数与副线圈匝数之比为1 :

11、 100,由电压表的示数为22 V，得原线圈的电压为 2 200 V,由电流表的示数为 1 A，得原线圈的电流为 100 A 所以电线输送功率是2.2X105W,由已知条件无法求输电线电阻.9 某小型水电站的电能输送示意图如图所示发电机的输出电压为200 V,输电线总电阻为 r,升压变压器原、副线圈匝数分别为 m、m降压变压器原、副线圈匝数分别为 “、冲（变压器均为理想变压器）要使额定电压为 220 V 的用电器正常工作，则（V 电流表的示-7 -C. 升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压C. 升压变压器的输出功率小于降压变压器的输入功率n2n3A.n1n4n2n3B.n1n4升用变压

12、牖U=UIR= （5 0004X6） V=4 976 V-8 -解析：选 A.根据变压器工作原理可知ni=器，号=謄，由于输电线上损失一部分电压,n2U2n4220二、非选择题）某小型实验水电站输出功率是20 kW,输电线总电阻为 6Q.（1）若采用 380 V 输电，求输电线路损耗的功率；（2）若改用 5 000 V 高压输电，用户端利用 m :n2=22 : 1 的变压器降压，求用户得到的电压.解析：（1）输电线上的电流为输电线路损耗的功率为2 2P损=IR= 52.63x6W16 620 W=16.62 kW.改用高压输电后，输电线上的电流为I，:3P20 x10 A4 AU5 000升

13、压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有3 也所以 n 律，A正确，B C 错误;升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D 错误.10.如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T,转轴OQ垂直于磁场方向，线圈电阻为2Q.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过 60时的感应电流为 1 A .那么（）A.线圈消耗的电功率为 2 WB.线圈中感应电流的有效值为2 A1 L Lnad nnn LC.任意时刻线圈中的感应电动势为e=4cos 年tVD.任意时刻穿过线圈的磁通量为=Tsint解析：选 C.从线圈平面平行于磁感线开始计时，正弦交变电流的感应电动势

14、的一般表达式为e=Emos0，且该式的成立与转轴的位置无关（转轴平行于磁感线的情况除外），则感应e En电流i=R=-RCOS0，由题给条件有1 =号x1，解得 En= 4 V，贝yIm= 2 A ,I有效=.2 A，电功率P=I有效R= 4 W,所以(2n、A、B 错误.e= 4cos3t= 4cosi |tV，故 C 正确.由En=BSw=m年得m=21，故Tn11.(2019 P_20 x103U=380A52.63 A00.,故 D 错误.2T=一 sin冗-9 -用户端在变压器降压前获得的电压-10 -根据U2=n2,用户得到的电压为圧1U2=右 22X 4 976八22618 V答

15、案：(1)16.62 kW (2)226.18 V12. (2019 丽水质检)如图所示是家庭用的“漏电保护器”的关键部分的原理图，其中P是一个变压器铁芯，入户的两根电线(火线和零线)采用双线绕法，绕在铁芯的一侧作为原线圈，然后再接户内的用电器.Q是一个脱扣开关的控制部分(脱扣开关本身没有画出，它是串联在本图左边的火线上，开关断开时，用户的供电被切断)，Q接在铁芯另一侧副线圈的a b两端之间，当a、b间没有电压时，Q使得脱扣开关闭合，当a、b间有电压时脱扣开关立即断开，使用户断电.(2) 如果某人站在地面上，手误触火线而触电，脱扣开关是否会断开？为什么？(3) 已知原线圈的双线各在铁芯上绕了N匝，加在另一侧的副线圈绕了2 匝.已知正常用电时通过火线和零线的电流都是I,某人站在地面上，手误触火线而触电时通过人体的电流为I.把这个变压器视为理想变压器，在人触电的这段时间内，已知a、b两端的电压是