高三物理二轮复习教师用书热点9交变电流的综合考查

[热点跟踪专练]1．(多选)(2017·沈阳市三模)如图所示，虚线框内为漏电保护开关的原理示意图：变压器A处用火线和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器．B处有一个输出线圈，一旦线圈B中有电流，经放大后便能推动继电器切断电源．如果甲、乙、丙、丁四人分别以图示方式接触电线(裸漏部分)．甲、乙、丙站在木凳上，则下列说法正确的是()A．甲不会发生触电事故，继电器不会切断电源B．乙会发生触电事故，继电器不会切断电源C．丙会发生触电事故，继电器会切断电源D．丁会发生触电事故，继电器会切断电源[解析]甲、乙、丙、丁四人，只有丁电流由火线经丁流入大地，出现漏电，继电器会切断电源．[答案]AD2．(2017·江西五市八校摸底)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(\r(2),5π)T．单匝矩形线圈面积S＝1m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，Ⓐ为交流电流表．调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为1∶2时，副线圈电路中标有“36V,36W”的灯泡正常发光．以下判断正确的是()A．电流表的示数为1AB．矩形线圈产生电动势的最大值为18VC．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间变化的规律为e＝18eq\r(2)sin90πtVD．若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当下移[解析]小灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I2＝eq\f(36W,36V)＝1A；根据变流比公式：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，解得：I1＝2A，故A错误；小灯泡正常发光，故变压器的输出电压为36V，根据变压比公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得：U1＝18V，故矩形线圈产生电动势的有效值为18V，矩形线圈产生电动势的最大值为18eq\r(2)V，故B错误；根据公式Em＝NBSω，解得：ω＝eq\f(Em,NBS)＝eq\f(18\r(2),1×\f(\r(2),5π)×1)rad/s＝90πrad/s，故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e＝Emsinωt＝18eq\r(2)sin90πtV，故C正确；若矩形线圈转速增大，根据公式Em＝NBSω，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P适当上移，故D错误．[答案]C3．(多选)(2017·石家庄质检一)如图所示为一含有理想变压器的电路．交流电源电压恒定，电阻r、R0为定值电阻，R为滑动变阻器，各电表均为理想电表．现将滑动变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增加量大于电流表A2的示数增加量，下列说法正确的是()A．滑动变阻器滑片是向上滑动的B．电压表V2示数始终大于电压表V3示数C．电压表V1、V2示数不变，V3示数减小D．理想变压器原线圈的匝数小于副线圈的匝数[解析]由于电流表A1的示数增加量大于电流表A2的示数增加量，说明原线圈的电流大于副线圈的电流，说明变压器为升压变压器，则原线圈的匝数小于副线圈的匝数，D正确；又因为两电流表的示数增加，则滑动变阻器的阻值减小，滑动变阻器的滑片应向下滑动，A错误；电压表V3的示数为滑动变阻器两端的电压，而电压表V2的示数等于滑动变阻器两端电压以及定值电阻R0两端电压之和，因此电压表V2的示数始终大于电压表V3的示数，B正确；由于原线圈的电流增大，则定值电阻r两端的电压增大，加在原线圈两端的电压减小，V1的示数减小，副线圈的输出电压减小，V2以及V3的示数均减小，C错误．[答案]BD4.如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，下列说法正确的是()A．在该线圈两端接上一电容器，要使电容器不被击穿，电容器的最大承受电压为eq\f(BSω,\r(2))B．线框中感应电流的有效值为eq\f(BSω,2R)C．从中性面开始转过eq\f(π,2)的过程中，通过线框横截面的电荷量为eq\f(BS,R)D．线框转一周的过程中，产生的热量为eq\f(2πωB2S2,R)[解析]要使电容器不被击穿，电容器的最大承受电压即线框中最大的电动势，为BSω，A错误；线框中感应电流的最大值Im＝eq\f(BSω,R)，由于线框中的感应电流是正弦交流电，其电流有效值I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(\r(2)BSω,2R)，B错误；由q＝eq\f(ΔΦ,R)可知，从中性面开始转过eq\f(π,2)的过程中，通过线框横截面的电荷量q＝eq\f(BS,R)，C正确；线框转一周的过程中，产生的热量等于感应电流做的功，因此Q＝W＝I2R·eq\f(2π,ω)＝eq\f(πωB2S2,R)，D错误．[答案]C5．(多选)如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B＝eq\f(\r(2),10)T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝200rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220V60W”的灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A，下列说法中正确的是()A．该交流电的频率为200HzB．线框中产生的交变电流的电动势的有效值为500eq\r(2)VC．变压器原、副线圈匝数之比为25∶11D．允许变压器输出的最大功率为5000W[解析]题中线圈转动的角速度ω＝200rad/s，根据ω＝2πf可得，f＝eq\f(100,π)Hz，A错误．产生的交变电流的电动势的最大值Em＝NBSω＝500eq\r(2)V，有效值为500V，B错误．变压器原、副线圈匝数之比为500∶220＝25∶11，C正确．由于熔断器允许通过的最大电流为10A，所以允许变压器输出的最大功率为Pm＝EIm＝500V×10A＝5000W，D正确．[答案]CD6．(2017·石家庄质检二)如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数为n，面积为S，总电阻为r的矩形线圈abcd绕轴OO′以角速度ω匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持和外电路电阻R形成闭合电路，回路中接有一理想交流电流表．图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图象，则下列说法中正确的是()A．从t1到t3这段时间穿过线圈的磁通量的变化量为2nBSB．从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为eq\f(nBS,R)C．t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为nBSωD．电流表的示数为eq\f(nBSω,\r(2)r＋R)[解析]从t1到t3的过程，穿过线圈的磁通量变化量为零，选项A错误；从t3到t4的过程，穿过线圈的磁通量变化量为BS，故通过电阻R的电荷量q＝neq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(nBS,R＋r)，选项B错误；t3时刻产生的电动势大小为E0，由法拉第电磁感应定律可得E0＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nBSω，可得eq\f(ΔΦ,Δt)＝BSω，选项C错误；线圈产生的交流电的电动势有效值为eq\f(nBSω,\r(2))，由闭合电路欧姆定律可得，电流表的示数I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(nBSω,\r(2)R＋r)，选项D正确．[答案]D7．(多选)在如图所示的远距离输电示意图中，理想变压器B1的原、副线圈匝数分别为n1、n2，理想变压器B2的原、副线圈匝数分别为n3、n4，输电线的总电阻为r.若交流发电机的输出电压不变，n1＝n4，n2＝n3，则下列说法正确的是()A．n1<n3B．只增大用户总电阻R，输电线的总电阻r消耗的功率将减小C．只增大用户总电阻R，电压表V2的示数将减小D．电压表V1、V2的示数始终相等[解析]在远距离输电中，为了减小输电线上的功率损耗，最可靠的办法是高压输电，即U2>U1，结合eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得n1<n2，而n2＝n3，得n1<n3，选项A正确；当R增大时，用户总电流I4减小，由eq\f(I3,I4)＝eq\f(n3,n4)知输电线上的电流I3也减小，r消耗的功率Pr＝Ieq\o\al(2,3)r减小，选项B正确；当R增大时，输电线上电压Ur＝I3r减小，因发电机的输出电压不变，即电压表V1的示数不变，B1副线圈两端电压U2也不变，又U2＝Ur＋U3，所以B2原线圈两端电压U3增大，结合eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)知B2副线圈两端电压U4也增大，即电压表V2的示数将增大，选项C、D错误．[答案]AB8．(2017·广东毕业综合测试一)如图，在A、B间接入U1＝311sin314t(V)的正弦交流电，通过理想变压器和相同的理想二极管D1、D2给阻值R＝20Ω的纯电阻供电，变压器原线圈n1＝1100匝，副线圈n2＝200匝，Q为副线圈正中央抽头．为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U0，设电阻R上消耗的电功率为P，则()A．U0＝56.6V，P＝20WB．U0＝28.3V，P＝20WC．U0＝40V，P＝80WD．U0＝80V，P＝80W[解析]在A、B间接入正弦交流电，电压有效值为220V，变压器原线圈匝数n＝1100，副线圈匝数n＝200，根据电压与匝数成正比得副线圈电压有效值U2＝40V，二极管的反向耐压值至少为U0，应是最大值，所以U0＝40eq\r(2)V，Q为副线圈正中央抽头，当正向电流通过时，电阻与上面电路二极管构成回路，此时电压的有效值为20V，当反向电流通过时，电阻与下面电路二极管构成回路，此时电压的有效值也为20V，则一个周期R两端电压有效值为U＝20V，所以R消耗的电功率为P＝eq\f(U2,R)＝20W，选项A正确．[答案]A9．(多选)(2017·河北名校联盟)如图甲所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图象如图线b所示．现用该电源通过一理想变压器给一个小灯泡供电，如图乙所示．当原线圈输入如图甲中图线b所示的交变电压时，额定电压为1V的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为0.4Ω，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是()A．图甲中图线a所示的交变电压的瞬时值表达式为e＝15eq\r(2)sin100πt(V)B．当原线圈输入如图甲中图线a所示的交变电压时电压表的示数为2.2VC．变压器原、副线圈的匝数比为10∶1D．小灯泡正常发光时，变压器的输入功率为2.5W[解析]图甲中图线a所示的交变电压的瞬时值表达式为e＝15eq\r(2)sin50πt(V)，A错误；由Em＝nBSω可知，图线a、b表示的交变电动势的峰值之比为Ema∶Emb＝ωa∶ωb＝3∶2，即Emb＝eq\f(2,3)Ema＝10eq\r(2)V，故图线b表示的交变电动势的有效值为E有＝10V，因为额定电压为1V的小灯泡恰好正常发光，所以变压器的匝数比为10∶1，C正确；当原线圈输入如图甲中图线a所示的交变电压时电压表的示数为1.5V，B错误；额定电压为1V的小灯泡恰好正常发光，而灯泡的电阻为0.4Ω，它消耗的功率为P＝eq\f(U\o\al(2,2),R)＝2.5W，理想变压器的输入功率等于输出功率，D正确．[答案]CD10．(多选)图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是()A．输入电压u的表达式u＝20eq\r(2)sin(50πt)VB．只断开S2后，L1、L2均正常发光C．只断开S2后，原线圈的输入功率减小D．若将S1换接到2，R消耗的电功率为0.8W[解析]本题考查变压器知识，意在考查考生利用交流电知识处理问题的能力．交流电的瞬时表达式u＝Emsin(ωt)，由图乙可以看出Em＝20eq\r(2)V，周期T＝0.02s，ω＝eq\f(2π,T)＝100π(rad/s)，A错；根据题中条件S1接1，S2闭合L2正常发光，可以推出能使灯L2正常发光的额定电压为4V，如果S1接1，断开S2，则每个灯泡两端电压为2V，B错；理想变压器输入功率由输出功率决定，而输出功率P出＝eq\f(U2,R0)，在输出电压不变的情况下，负载电阻R0增大，输出功率减小，C对；当S1接2时，U＝4V，R＝20Ω，代入P出＝eq\f(U2,R)得0.8W，D对．[答案]CD11．(多选)如右图所示，接在照明电路中的自耦变压器的副线圈上通过输电线接有三个灯泡L1、L2和L3，输电线的等效电阻为R，输入的交变电压有效值恒定．当滑动触头P向下移动一段距离后，下列说法正确的是()A．等效电阻R上消耗的功率变大B．三个灯泡都变暗C．原线圈两端的输入电压增大D．原线圈中电流表示数增大[解