第三章《交变电流》单元练习（解析版）

第三章《交变电流》单元练习一．选择题（共12小题）1．有关电感对交变电流的影响的以下说法中，正确的是（）A．电感对交变电流有阻碍作用 B．电感对交变电流阻碍作用的大小叫容抗 C．电感对交变电流的阻碍作用跟线圈的自感系数无关 D．线圈的自感系数越大，交变电流的频率越高，电感对交变电流的阻碍作用就越小【解答】解：A、电感对沟通电有阻碍作用。故A正确；B、电感对交变电流阻碍作用的大小叫感抗，电容对交变电流阻碍作用的大小叫容抗。故B错误；C、D、电感对沟通电有阻碍作用，阻碍作用越大，感抗越大，感抗与自感系数、沟通电频率成正比，故C错误，D错误。故选：A。2．沟通发电机的线圈转到中性面位置时，下列说法中正确的是（）A．电流方向发生转变 B．电流达到最大值 C．线圈的磁通量为零 D．感应电动势最大【解答】解：A、线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均转变一次，故A正确；B、中性面位置，感应电流为零，故B错误；C、中性面位置，磁感线与线圈平面垂直，磁通量最大，故C错误；D、中性面位置，磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零，故D错误；故选：A。3．如图所示，可以将电压上升供应电灯的变压器是图（）A． B． C． D．【解答】解：A、甲图中原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故A错误；B、乙图中，原线圈匝数比副线圈匝数多，所以是降压变压器，故B错误；C、丙图中，原线圈匝数比副线圈匝数少，所以是升压变压器，故C正确；D、丁图中，原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故D错误。故选：C。4．电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端与电流表连接。假如原线圈匝数为5匝，副线圈匝数为400匝，当电流表示数为0.5A时，原线圈中的电流为（）A．2.5A B．20A C．40A D．200A【解答】解：电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，由I1I2=n2n1可知，I1=n2n故选：C。5．关于下列器材的原理和用途，叙述错误的是（）A．变压器只能转变沟通电压，不能转变恒定直流电压 B．扼流圈对变化的电流有阻碍作用 C．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用 D．真空冶炼炉的工作原理是通过线圈发热使炉内金属熔化【解答】解：A、变压器只能转变电压不能转变沟通电的频率；故A正确B、扼流圈是利用电感对电流的阻碍作用，线圈的电阻阻碍作用很小，故B正确；C、磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流能起电磁阻尼的作用，故C正确。D、真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化，不是线圈发热，故D错误；本题是选原理和用途错误的，故选：D。6．如图所示，铁芯上绕有两个线圈，由于漏磁，导致每个线圈产生的磁场都只有一半穿过对方。当线圈1接入电压为40V的沟通电路中时，线圈2上的电压为U；假如线圈2接入电压为U的沟通电路中时，则线圈1上的电压为（）A．10V B．20V C．30V D．40V【解答】解：设线圈1的匝数为n1，线圈2的匝数为n2，由于漏磁，所以会导致每个线圈产生的磁场都只有一半穿过对方；当线圈1接入电压为40V的沟通电路中时，线圈2上的电压为U；则有：40U假如线圈2接入电压为U的沟通电路中时，设线圈1上的电压为U'1，依据原副线圈的匝数比和电压的比值关系可知：UU'联立可得：40解得：U'1＝10V，故A正确，BCD错误；故选：A。7．如图，是某风力发电节能路灯的电路简化图。风速为V时，沟通发电机的电动势表达式为e＝2v•sinωt，能感应风速大小的调整器（不消耗副线圈电路的电能）可以把握变压器副线圈的滑片P上下移动，使灯泡始终保持额定电压正常发光，下列说法正确的是（）A．风速变大时，流过灯泡的电流变大 B．风速变大时，滑片P将向上移动 C．风速变大时，变压器的输入电压变大 D．风速变大时，变压器的输出电压变大【解答】解：AD、调整器可以把握变压器副线圈的滑片P上下移动，使灯泡始终保持额定电压正常发光，所以风速变大时，流过灯泡的电流不变，变压器的输出电压不变，故AD错误；C、由题意可知e＝2vsinωt所以风速变大时，沟通发电机的电动势变大，则变压器的输入电压变大，故C正确；B、由变压器原副线圈电压与匝数关系U1可知，输入电压U1增大，输出电压U2不变，原线圈匝数不变时，副线圈的匝数应减小，则滑片P向下移动，故B错误；故选：C。8．如图，一抱负自耦变压器线圈AB绕在一个圆环形闭合铁芯上，正弦沟通电压u＝311sin100πt（V），L1和L2为相同的灯泡，电阻R2＝352Ω恒定不变，定值电阻阻值R为灯泡阻值的13。当滑片P处于如图所示示位置时，AB端与PB端匝数比为4：1；S1、S2A．灯泡正常发光的电压U0＝22V B．灯泡正常发光的电功率P＝22W C．S1、S2均闭合时，将P沿逆时针方向转动，L1变亮 D．断开S1，闭合S2，将P沿逆时针方向转动，电阻R消耗的电功率变大【解答】解：A、由u＝311sin100πt（V）得有效值为：U=u依据变压器的工作原理可得：U1代入数据解得：U0＝44V，故A错误；B、对L1，依据欧姆定律可得：I1则P＝U0I＝44×0.125W＝5.5W，故B错误；C、从原副线圈匝数比为4：1到原副线圈匝数比为1：1的变化过程中，R与L2在原线圈回路中的等效电阻减小，可知原线圈电流增大，L1变亮，故C正确；D、从原副线圈匝数比为4：1到原副线圈匝数比为1：1的变化过程中，R消耗的功率有最大值，可知R消耗的功领先增大后减小，故D错误；故选：C。9．如图甲所示，“超薄磁吸无线充电器”直接吸附在手机上进行充电。该充电器的工作原理如图乙所示，送电线圈通入正弦式交变电流后，受电线圈中产生感应电流，为手机电池充电，若送电线圈和受电线圈匝数比n1：n2＝5：1，两个线圈中所接电阻的阻值分别为5R和R。当ab间接上u=2202sin(100πt)V的正弦交变电压，手机两端的电压为5V，充电电流为A．受电线圈中电流的频率为100Hz B．受电线圈两端电压U2为44V C．R的值为16.25Ω D．充电时，送电线圈的输入功率为88W【解答】解：A、由u=2202sin(100πt)V得：ω＝由ω＝2πf得：f=ω2π=即两线圈中电流的频率均为50Hz，故A错误；C、抱负变压器原副线圈电流比等于匝数的反比，则有：I代入数据解得：I1＝0.4A结合能量守恒有：UI1＝U手I2+I22R代入数据解得：R＝16.25Ω故C正确；B、受电线圈两端的电压U2＝U手+I2R＝5V+2×16.25V＝37.5V故B错误；D、送电线圈输入功率P＝I2U2＝2×37.5W＝75WD故错误。故选：C。10．变压器是利用电磁感应的原理来转变沟通电压的装置，主要构件是初级线圈、次级线圈和铁芯（磁芯）。如图甲所示，电路接在一正弦沟通电源上，抱负变压器原、副线圈的匝数之比为3：1，R1、R2、R3、R4均为定值电阻，R3＝10Ω，R1＝R2＝R4＝20Ω，电表均为抱负电表。已知R3中电流i3随时间t变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是（）A．电流表A的示数为1.5A B．电压表V的示数为130V C．正弦沟通电源的输出电压为1302VD．正弦沟通电源的输出电功率为65W【解答】解：A、由R3中电流i3随时间t变化的图像可知R3中电流的最大值为2A，则电流的有效值IR3＝1A，则UR3＝R3IR3＝10×1V＝10V，R4中电流IR4=UR4R4=UR3R4=1020A＝0.5A，变压器的输出电流I2＝IR3+IR4＝1A+0.5A＝1.5AB．电阻R2两端的电压：UR2＝I2R2＝1.5×20V＝30V，变压器的输出电压U2＝UR2+UR3＝30V+10V＝40V，由变压器的变压比公式U1U2=n1n2C．正弦沟通电源的输出电压U0＝U1+I1R1＝120V+20×0.5V＝130V，故C错误；D．正弦沟通电源的输出电功率P0＝U0I0＝U0I1＝130×0.5W＝65W，故D正确。故选：D。11．如图（a）所示，抱负变压器的原、副线圈的匝数比为3：1，RT为阻值随温度上升而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为抱负沟通电表。原线圈所接电源电压u随时间t按正弦规律变化，如图（b）所示。下列说法正确的是（）A．u随t变化的规律为u＝2502sin（100πt）V B．变压器原、副线圈中的电流之比为3：1 C．变压器输入、输出功率之比为1：3 D．若热敏电阻RT的温度上升，则电流表的示数变小，变压器的输入功率变大【解答】解：A、由图像得，电源电压的峰值为Um＝2502V周期为T＝0.02s则ω=2πT=2π0.02u随t变化的规律为u＝Umsinωt＝2502sin（100πt）V故A正确；B、抱负变压器原副线圈电流比等于匝数的反比，则变压器原、副线圈中的电流之比为1：3故B错误；C、变压器输入功率等于输出功率，故C错误；D、若热敏电阻RT的温度上升，RT的阻值减小，副线圈回路总电阻减小，电压不变，则电流增大，电流表的示数增大，由P＝UI得，变压器的输出功率增大，变压器的输入功率等于输出功率，则变压器的输入功率增大，故D错误。故选：A。12．如图“复兴号”高铁的供电流程是将电网高压U1经过牵引变电所进行变压（可视作抱负变压器）降至U2，通过接触网上的电线与车顶上的受电器进行接触完成受电，机车最终获得U3的电压使高铁机车运行，牵引变电所到机车之间线路的电阻不行忽视。依据上述信息可知（）A．牵引变电所变压器的原、副线圈匝数比n1：n2＝U2：U1 B．机车获得的电压U3与牵引变电所输出的电压U2相等 C．假如高铁机车功率为P，则牵引变电所到机车之间线路的等效电阻为r=(D．假如高铁机车功率为P，牵引变电所到机车之间线路损耗的电功率为P【解答】解：A、电网的电压为U1，牵引变电所进行变压降至U2，则变电所的变压器原、副线圈匝数比为n1：n2＝U1：U2，故A错误；B、由题，馈线的电阻不能忽视不计，所以机车获得的电压U3小于牵引变电所输出的电压U2，故B错误；C、若高铁机车功率为P，则机车获得的电流：I=PU3，所以牵引变电所到机车之间线路的等效电阻为r=D、若高铁机车功率为P，则牵引变电所到机车之间线路损耗的电功率为：P损=I故选：D。二．多选题（共3小题）（多选）13．如图所示，抱负变压器原线圈通过抱负电流表接在输出电压u＝2202sin100πt（V）的沟通电源的两端，副线圈中接有抱负电压表及阻值R＝50Ω的电阻。已知原、副线圈匝数之比为11：1，则下列说法中正确的有（）A．电压表的示数为20V B．电流表的示数为4.4A C．原线圈的输入功率为16W D．通过电阻R的交变电流的频率为50Hz【解答】解：A、由表达式知原线圈电压有效值为220V，副线圈两端电压为：U2=220V11=20VB、副线圈的电流为：I=U2R=2050A＝C、输入功率等于输出功率为：P＝UI＝20×0.4W＝8W，故C错误；D、频率为：f=100π2π=50Hz故选：AD。（多选）14．如图所示，水平放置的金属导轨由bade和bcM两部分组成，bcM是以O点为圆心、L为半径的半圆导轨，c为半圆中点，扇形bOc内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面对里的匀强磁场，金属杆OP的P端与圆弧bcM接触良好，O点与e点有导线相连，金属杆OP绕O点以角速度ω在b、M之间做往复运动（导体棒OP在b、M点换向时间可忽视）。已知导轨左侧接有阻值为R的定值电阻，其余部分电阻均不计。下列说法正确的是（）A．金属杆OP在磁场区域内沿顺时针方向转动时，P点电势低于O点电势 B．金属杆OP在磁场区域内转动时，其产生的感应电动势大小为BLC．金属杆OP在磁场区域内转动时，回路中电流的大小为BLD．回路中电流的有效值为2【解答】解：A．金属杆OP在磁场区域内沿顺时针方向转动时，由右手定则可知，P点电势高于O点电势，故A错误；B．金属杆OP位于磁场区域时，依据法拉第电磁感应定律可知其产生的电动势E=BLv=BL0+LωC．金属杆OP位于磁场区域时，依据闭合电路欧姆定律可知回路中电流的大小为：I1=ED．金属杆OP运动一个周期T时，只有一半时间在切割磁感线产生感应电流，依据有效值的定义有I1解得回路中电流有效值为：I效=2故选：BD。（多选）15．自行车的发电花鼓可以在骑行时为车灯供应不超过额定值的电能，其原理简化为图（甲）所示，图中N、S是与摩擦小轮同轴转动的一对磁极，磁极四周固定一个与抱负变压器原线圈相连的矩形线框，变压器的输出端与车灯相连。匀速骑行时，摩擦小轮在车轮的驱动下带动磁极旋转，变压器输出正弦式沟通电。某辆装有发电花鼓的自行车的部分结构如图（乙）所示，其中大齿轮与踏板相连，半径较小的小齿轮1和半径较大的小齿轮2与后轮同轴固定，骑行者可调整变速器使链条挂在不同的小齿轮上，骑行时摩擦小轮与车轮、车轮与地面均不打滑。下列说法正确的是（）A．车行速度越快，车灯肯定越亮 B．车行速度越快，沟通电的周期肯定越大 C．同样的车行速度，链条挂在小齿轮1上和挂在小齿轮2上，灯泡亮度相同 D．同样的车行速度，变压器的原线圈匝数越多，车灯越亮【解答】解：A．车速越快，摩擦小轮转动越快，穿过线框的磁通量变化率大，产生的感应电动势越大，所以车灯越亮，故A正确；B．车速越快，摩擦小轮转动越快，磁铁转动越快，沟通电周期越小，故B错误；C．车速相同，磁铁转速相同，产生的感应电动势相同，所以灯泡亮度相同，故C正确；D．由变压器原、副线圈电压与匝数关系可得U1解得车灯电压为U2所以原线圈匝数越大，车灯电压越小，灯泡越暗，故D错误。故选：AC。三．试验题（共2小题）16．做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的试验。（1）以下给出的器材中，本试验需要用到的有ACE。（填选项字母）A．B．C．D．E．（2）下列说法正确的是C。A．变压器工作时副线圈电压周期与原线圈不相同B．试验中要通过转变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是抱负模型法C．为了人身平安，试验中只能使用低压沟通电源，电压不要超过12VD．变压器的原线圈接低压沟通电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”（3）为了减小能量传递过程中的损失，减小涡流，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。作为横挡的铁芯Q的硅钢片应依据下列哪种方法设计C。A．B．C．（4）由于交变电流的电压是变化的，所以试验中测量的是电压的有效值（选填“平均”、“有效”）；若在试验中用匝数n1＝100匝和n2＝200匝的变压器，对应的电压测量数据如表所示。依据测量数据，下列说法正确的是C。试验次数1234U1/V1.701.902.202.40U2/V3.504.004.505.00A．n1肯定是原线圈B．n1可能是副线圈C．n2肯定是原线圈D．n2可能是副线圈【解答】解：（1）做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的试验需要沟通电源，沟通电压表，变压器，故ACE正确，BD错误。故选：ACE。（2）A．变压器工作时只转变电压，不转变频率，所以副线圈电压频率与原线圈相同，副线圈电压周期与原线圈相同，故A错误；B．试验中，在原、副线圈匝数和原线圈两端电压三个变量中保持两个不变，转变一个来争辩匝数比与原、副线圈电压之比的关系，用的是把握变量法，故B错误；C．变压器转变的是沟通电压，因此为了人生平安，原线圈两端只能使用低压沟通电源，所以沟通电压不能超过12V，故C正确；D．变压器的原线圈接低压沟通电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“沟通电压挡”，故D错误。故选：C。（3）依据楞次定律和安培定则，产生的涡旋电流的方向与左侧面平行，为了减小涡旋电流在铁芯中产生的热量，相互绝缘的硅钢片应平行于前表面（后表面），故C正确，AB错误。故选：C。（4）由于交变电流的电压是变化的，试验中测量的是电压的有效值。由于有漏磁、原副线圈内阻分压等因素，所以副线圈实际测量的电压值应当小于理论值，由抱负变压器规律U1由表格数据值U1总是略小于12U2，故U1应当是副线圈的电压值，n1肯定是副线圈，n2肯定是原线圈，故C故选：C。故答案为：（1）ACE；（2）C；（3）C；（4）有效，C。17．在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”试验中：（1）试验室中有下列器材：A.可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）B.条形磁铁C.沟通电压表D.开关、导线若干在本试验中，上述器材不用的是B（填器材序号字母），还需用到的器材有低压沟通电源（填“低压沟通电源”或“低压直流电源”）。（2）某同学做试验时，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观看到副线圈两端的电压增大（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，观看到副线圈两端的电压减小（选填“增大”“减小”或“不变”）；上述探究过程接受的试验方法是把握变量法。（3）若试验电路图如图（b）所示，试验时n1＝800匝，n2＝400匝，断开S，接通电源，观看到电压表的读数为6V，则：①若可拆变压器为抱负变压器，则变压器的输入电压有效值为C；A.3VB.62VC.12VD.15V②若灯泡的额定电压为6V，闭合S，灯泡能否正常发光？能（填“能”或“不能”）。【解答】解：（1）试验室中有下列器材有可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）、沟通电压表及开关、导线若干，不需要的是条形磁铁；还需要用到低压沟通电源。（2）先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观看到副线圈两端的电压增大，再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观看到副线圈两端的电压减小；上述方法为把握变量法。（3）①电压表示数为变压器的输出电压，依据抱负变压器电压与匝数比的关系，变压器原线圈两端电压U1=n1n②电压表示数和灯泡的额定电压为有效值，因此额定电压为6V的灯泡能正常发光。故答案为：（1）B；低压沟通电源；（2）增大；减小；把握变量法；（3）C；能。四．计算题（共3小题）18．如图所示，单匝矩形线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的dc边匀速转动，周期为0.2s，线圈电阻为5Ω。磁场只分布在dc边的左侧，若线圈从如图所示垂直磁场方向开头计时，线圈转过30°时的感应电流为1A。（1）线圈从图示位置转过90°的整个过程中，流经线圈导线横截面的电荷量为多少？（2）求线圈中感应电流的有效值？【解答】解：（1）线圈转动的角速度为ω=2π依据Em＝BSω可得BS=故线圈从图示位置转过90°的整个过程中，流经线圈导线横截面的电量为q=Δϕ（2）线圈转动产生的感应电动势的最大值为Em，最大电流Im，则i＝Imsinωt又线圈转过30°时的感应电流为1A，所以Im＝2A由于线圈在转动过程中在半个周期内有感应电流，依据电流的热效应可得(I解得I＝1A答：（1）线圈从图示位置转过90°的整个过程中，流经线圈导线横截面的电荷量为15πC（2）线圈中感应电流的有效值为1A。19．电力公司要检修电路，需停电一天，为了保障正常的教学，学校用一台不计内阻的发电机来供应照明用电，如图所示。升压变压器原、副线圈匝数比为1：4，降压变压器原、副线圈匝数比为4：1，输电线的总电阻为4Ω。全校共有22个班，每班有“220V，40W”灯6盏，若只保证全部电灯正常发光，则（1）降压变压器