人教版高中物理选修3-2配套练习，同步检测题：第五章 交变电流（

第五章 第1节

交变电流

一、选择题

1．(多选)如图所示的图象中属于交变电流的有( )

答案 ABC

解析 选项A、B、C中e的方向均发生了变化，故它们属于交变电流，但不是正弦式交变电流，选项D中e的方向未变化，故是直流电。

2．(多选)线圈在匀强磁场中转动，产生的电动势表达式为e＝10sin20πt V，则下列说法正确的是( )

A．t＝0时，线圈平面位于中性面 B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大 C．t＝0时，线圈切割磁感线的有效速率最大 D．t＝0.4 s时，e有最大值102 V 答案 AB

解析 由电动势的瞬时值表达式可知计时从线圈位于中性面时开始，所以t＝0时，线圈平面位于中性面，磁通量最大，但此时线圈速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速率为零，A、B正确，C错误。当t＝0.4 s时，e＝10sin20πt＝10×sin(20π×0.4) V＝0，D错误。

3．关于中性面，下列说法中不正确的是( ) A．中性面就是穿过线圈的磁通量为零的面 B．中性面就是线圈中磁通量变化率为零的面

1

C．线圈经过中性面时，电流方向必改变 D．中性面就是线圈内感应电动势为零的面 答案 A

解析 中性面是穿过线圈的磁通量最大时的面。在中性面时，导体不切割磁感线，且转过中性面时线圈转动方向与磁场方向的夹角由锐角变为钝角或由钝角变为锐角，所以在中性面时线圈中感应电动势为零，电流方向要发生变化。故正确的选项为B、C、D，应选A。

4．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图象可知( )

A．在A、C时刻线圈处于中性面位置 B．在B、D时刻穿过线圈的磁通量为0 C．从A时刻到D时刻线圈转过的角度为π

D．若从O时刻到D时刻经过0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变100次 答案 D

解析 A、C时刻感应电流最大，线圈位置与中性面垂直，B、D时刻感应电流为0，线3π

圈在中性面，此时磁通量最大。从A时刻到D时刻线圈转过的角度为。若从O时刻到D

21

时刻经过0.02 s，则T＝0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变×2＝100(次)，故选项D

0.02正确。

5．处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab边垂直。在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，如图所示，线圈的cd边离开纸面向外运动。若规定沿a→b→c→d→a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变化的图象是( )

答案 C

解析 线圈在磁场中从题图位置开始匀速转动时可以产生按余弦规律变化的交流电。对于题图起始时刻，线圈的cd边离开纸面向纸外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同。所以

2

C对。

6．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法中正确的是( )

A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直 B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大 C．t＝0.02 s时刻，交变电动势达到最大

D．该线圈产生的相应交变电动势的图象如图乙所示 答案 B

解析 由题图甲可知t＝0时刻，线圈的磁通量最大，线圈处于中性面。t＝0.01 s时刻，磁通量为零，但变化率最大，所以A项错误，B项正确。t＝0.02 s时，交变电动势应为零，C、D项均错误。

7．旋转电枢式交流发电机的感应电动势e＝Emsinωt，如将电枢的匝数增加一倍，电枢的转速也增加一倍，其他条件不变，感应电动势的表达式将变为( )

A．e＝2Emsin2ωt C．e＝4Emsin2ωt 答案 C

解析 e＝Emsinωt＝NBSωsinωt，N′＝2N，ω′＝2ω，故E′m＝4Em，e′＝4Emsin2ωt。 8．如图所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)。若从图所示位置开始计时，并规定电流方向沿a→b→c→d→a为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是下图中的( )

B．e＝2Emsin4ωt D．e＝4Emsin4ωt

答案 A

解析 线圈总有一半在磁场中做切割磁感线的匀速转动，产生的仍然是正弦交变电流，只是感应电动势最大值为全部线圈在磁场中匀速转动情况下的一半，选项B、C错误。由右手定则可知选项A正确，选项D错误。

3

9．(多选)[2015·桂林第十八中学期中]如图所示，一面积为S的单匝矩形线圈处于有界磁场中，能使线圈中产生交变电流的是( )

A．将线圈水平向右匀速拉出磁场 B．使线圈以OO′为轴匀速转动 C．使线圈以ab为轴匀速转动 D．磁场以B＝B0sinωt规律变化 答案 BCD

解析 将线圈向右拉出磁场时，线圈中电流方向不变，A错误；B、C两种情况下产生交变电流，不同的是在C情况下当线圈全部位于磁场外的一段时间内线圈内没有电流，B、C正确；由法拉第电磁感应定律可知D种情况下产生按余弦规律变化的电流，B、C、D正确。

10.(多选)如图所示，电阻为R的正方形导线框，边长为l，在磁感应强度为B，方向水平向右的匀强磁场中，在t＝0时，线框所在平

面与磁场垂直，线框处于竖直平面内，现使它绕水平轴OO′以角速度ω匀速转过180°，则在转动过程中( )

A．通过导线任意截面的电荷量为0 2Bl2B．通过导线任意截面的电荷量为 RC．导线框中磁通量的最大变化率为Bωl2 D．导线框中感应电流方向改变一次 答案 BC

EΔΦΔtΔΦ2Bl2

解析 通过导线任意截面的电荷量为q＝IΔt＝Δt＝·＝＝，故选项A错误，

RΔtRRRΔΦ

选项B正确；磁通量的变化率最大时，感应电动势最大，且Em＝BSω＝Bωl2，又因为E＝，

Δt所以磁通量的最大变化率为Bωl2，故选项C正确；从中性面转过180°的过程中，感应电流的方向不变，故选项D错误。

11.如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，如图所示，当线圈平面转到与磁场方向平行时( )

4

A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流 B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势 C．线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→d

D．线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力 答案 A

解析 线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量变化率最大，两种情况下产生的感应电动势和感应电流最大且相等，所以A正确B错误。由楞次定律和右手定则可知电流方向相同且沿a→d→c→b方向，C错误。由于电流相同，所以两种情况下dc边受到的安培力相等，D错误。

二、非选择题

12．如图甲所示，矩形线圈匝数N＝100 匝，ab＝30 cm，ad＝20 cm，匀强磁场磁感应强度B＝0.8 T，绕轴OO′从图示位置开始匀速转动，角速度ω＝100π rad/s，试求：

(1)穿过线圈的磁通量最大值Φm为多大？线圈转到什么位置时取得此值？ (2)线圈产生的感应电动势最大值Em为多大？线圈转到什么位置时取得此值？ (3)写出感应电动势e随时间变化的表达式，并在图乙中作出图象。 答案 见解析

解析 (1)当线圈转至与磁感线垂直时，磁通量有最大值。 Φm＝BS＝0.8×0.3×0.2 Wb＝0.048 Wb (2)线圈与磁感线平行时，感应电动势有最大值 Em＝NBSω＝480π V

(3)表达式e＝Emcosωt＝480πcos100πt V 图象如图所示

13.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.1 T，所用矩形线圈的匝数n＝100，边长lAB＝0.2 m，lBC＝0.5 m，以角速度ω＝100π rad/s绕对称轴OO′匀速转动，当线圈平面通过中性面时开始计时，试求：

(1)线圈中感应电动势的大小；

5

T

(2)由t＝0至t＝过程中的平均电动势。

4答案 (1)314sin100πt V (2)200 V

解析 (1)方法一：线圈经过时间t转过角度θ＝ωt，BC和DA边不切割磁感线，AB和ωlADωlBCCD边切割磁感线产生感应电动势，则eAB＝eCD＝nBlABvsinωt，其中v＝＝。

22

ωlBC依题意有e＝eAB＋eCD＝2eAB＝2nBlAB··sinωt＝nBSωsinωt

2Em＝nBSω＝100×0.1×0.2×0.5×100π V＝314 V 所以e＝314sin100πt V。

方法二：感应电动势的瞬时值e＝nBSωsinωt，由题可知 S＝lAB·lBC＝0.2×0.5 m2＝0.1 m2

Em＝nBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V 所以e＝314sin100πt V。

ΔΦT

(2)用E＝n计算t＝0至t＝过程中的平均电动势

Δt4π

|Φ－Φ0|2|0－BS|4nBS2nBSω

E＝n＝n＝＝

TT2ππ－044ω代入数据得E＝200 V。

第五章 第2节 描述交变电流的物理量

一、选择题

1．(多选)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin100πt(V)。对此电动势，下列表述正确的有( )

A．最大值是502 V C．有效值是252 V 答案 CD

解析 从中性面开始计时，交变电动势的表达式为e＝Emsinωt，因e＝50sin100πt(V)，

6

B．频率是100 Hz D．周期是0.02 s

所以最大值Em＝50 V，A错误。由ω＝2πf＝100π rad/s得f＝50 Hz，B错误。有效值E＝1

＝252 V，C正确。T＝＝0.02 s，D正确。

f

Em2

2．(多选)如图所示的(a)、(b)两图分别表示两个交流电压，比较这两个交变电压，它们具有共同的( )

A．有效值 C．最大值 答案 BC

解析 由题图可知，两个交变电压最大值均为2 V，周期均为0.4 s，可知B、C正确。Um

题图(a)中电压有效值Ua＝，题图(b)中电压有效值Ub＝Um，A错。

2

3．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，从中性面开始转动180°角的过程中，平均感应电动势和最大感应电动势之比为( )

A．2∶π C．2π∶1 答案 A

2BS2BS2nBSω解析 设转动的角速度为ω，则平均感应电动势为E＝n＝n＝；感应电

tππ

ω2nBSωπ2

动势的最大值为Em＝nBSω，联立得＝＝，故选项A正确。

EmnBSωπ

E

4．一个按正弦规律变化的交流电的图象如图所示。根据图象可知( )

①该交变电流的频率是0.2 Hz ②该交变电流的有效值是14.1 A

③该交变电流的瞬时值表达式为i＝20sin(0.02t) A T

④在t＝时刻，该交变电流的大小与其有效值相等

8A．①② C．③④ 答案 B

7

B．频率 D．均不一样

B．π∶2 D．无法确定

B．②④ D．①③

1

解析 由图象可知T＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz。电流最大值Im＝20 A，故有效值为I

T＝

Im＝102 A。线圈转动的角速度ω＝2πf＝100π。瞬时值表达式为i＝20sin(100πt)A将t2

T1

＝代入瞬时值公式i＝20sin(100π××0.02) A＝102 A。由以上可知②④正确。 88

5．正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图甲所示的方式连接，R＝10 Ω，交流电压表的示数是10 V。图乙是交变电源输出电压u随时间t变化的图象。则( )

A．通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝2cos(100πt)A B．通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝2cos(50πt) A C．R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR＝52cos(100πt) V D．R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR＝52cos(50πt) V 答案 A

解析 由题图可知：u＝Umcosωt，ω＝

2π

＝100π而交流电压表的示数是有效值，故UmT

uR＝102 V，uR＝102cos(100πt) V。据欧姆定律iR＝＝2cos(100πt) A。

R

6．(多选)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )

A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零 B．线圈先后两次转速之比为3∶2 C．交流电a的瞬时值为u＝10sin5πt V 20D．交流电b的最大值为 V

3答案 BCD

解析 由题图可知，t＝0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，A错误；由题图可知Ta∶Tb＝2∶3，故na∶nb＝3∶2，B正确；由题图可知，C正确；交流电最大值Um

8

220

＝NBSω，故Uma∶Umb＝3∶2，故Umb＝Uma＝ V，D正确。

33

7．夏天空调器正常工作时，制冷状态与送风状态交替运行。一空调器在不同工作状态下电功率随时间变化的关系如图所示，此空调器运转1 h用电( )

A．1.0度 C．2.0度 答案 B

解析 由图象可知，电功率随时间的变化周期为15 min，前5 min为0.5 kW，后10 minT2T

为2 kW。设电功率的有效值为P，周期为T，据有效值定义有P1＋P2＝PT

33

将P1＝0.5 kW，P2＝2 kW代入得：

P＝1.5 kW。此空调1 h用电W＝Pt＝1.5(度)。

点评 对非正弦交变电流有效值求解，一定要从电流热效应出发。

8．(多选)如图所示，A、B两输电线间的电压表达式为u＝2002sin100πt(V)，输电线电阻不计，把电阻R＝50 Ω的用电器接在A、B两输电线上，对此，下列说法正确的是( )

B．1.5度 D．2.5度

A．电流表示数为4 A B．电压表示数为200 V

C．通过R的电流方向每秒钟改变50次 D．用电器消耗的电功率为1.6 kW 答案 AB

解析 由u＝2002sin100πt(V)可知，电压最大值Um＝2002 V，角速度ω＝100π rad/s，Um2π1

所以电压的有效值U＝＝200 V，周期T＝＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz。由欧姆定律得

ωT2U200

I＝＝ A＝4 A，所以A、B正确；一个周期内电流方向改变两次，而f＝50 Hz，则1 sR50内电流方向改变100次，C错误；电功率P＝IU＝4×200 W＝800 W，所以D错误。

9

9．在右图所示电路中，A是熔断电流I0＝2 A的保险丝，R是可变电阻，S是交流电源。交流电源的内电阻不计，其电动势随时间变化的规律是e＝2202sin(314t) V。为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于( )

A．1102 Ω C．220 Ω 答案 B

U220

解析 U＝220 V，Rmin＝＝ Ω＝110 Ω。

I02

10．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则( )

B．110 Ω D．2202 Ω

A．电压表的示数为220 V

B．电路中的电流方向每秒钟改变50次 C．灯泡实际消耗的功率为484 W

D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J 答案 D

解析 由题图象可知电动势的有效值为220 V，而电压表测量的是路端电压，其大小为E220

U＝R＝×95 V＝209 V，选项A错误；由图象读出交变电流的周期为T＝0.02 s，

R＋r95＋51

则频率f＝＝50 Hz，一个周期内电流的方向要改变2次，故每秒钟电流方向要改变2×50

TE220

＝100(次)，选项B错误；灯泡的实际功率为P＝?R＋r?2R＝?95＋5?2×95 W＝459.8 W，选

????

E220

项C错误；由焦耳定律得Q＝?R＋r?2·rt＝?95＋5?2×5×1 J＝24.2 J。故正确选项为D。

????

11．面积均为S的两个线圈分别放在如图所示的磁场中，图甲中是磁感应强度为B0的2πt匀强磁场，线圈在磁场中以周期T绕OO′轴匀速转动，图乙中磁场变化规律为B＝B0cos，

T则两线圈中感应电动势最大值( )

10

A．一定相同 C．可能不同 答案 A

2π

解析 图甲中的磁通量变化规律为Φ甲＝B0Scost，图乙中磁通量的变化规律为Φ乙＝

T2πB0Scost。由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两个线圈中感应电动势的变化规律相同，

T电动势的最大值也一定相同。

12．如下图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)，则线框内产生的感应电流的有效值为( )

B．可能相同 D．不能确定

BL2ω

A. 2R2BL2ωC. 4R答案 D

解析 交变电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框全部进入磁场中后，因磁通量不变，故没有感应电流产生，所以只有线框进入和穿出磁场的过程中有感应电流。设线框L??BLω·T

2?转动周期为T，而线框转动一周只有的时间内有感应电流，根据有效值的概念，有?4

?R?2

2BL2ωB．

2RBL2ωD．

4R

T2BL2ωR·＝IRT，解得I＝，选项D正确。 44R

二、非选择题

13．在水平方向的匀强磁场中，有一正方形闭合线圈绕垂直磁感线的轴匀速转动，已知

线圈的匝数为n＝100匝，边长为20 cm，电阻为10 Ω，转动频率f＝50 Hz，磁场的磁感应

11

强度为0.5 T，求：

(1)外力驱动线圈转动的功率。

(2)转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势及感应电流的大小。 (3)在线圈由中性面转至与中性面成30°夹角的过程中，通过线圈横截面的电荷量。 答案 (1)1.97×104 W (2)314 V 31.4 A (3)0.027 C

解析 (1)线圈中交变电动势的最大值

Em＝nBSω＝100×0.5×(0.2)2×2π×50 V≈628 V。 交变电动势的有效值E＝

Em＝3142 V。 2

外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等。 E2?3142?2

即P外＝＝ W≈1.97×104 W。

R10

(2)线圈转到与中性面成30°角时，其电动势的瞬时值e＝Emsin30°＝314 V， e314

交变电流的瞬时值i＝＝ A＝31.4 A。

R10

ΔΦ

(3)在线圈从中性面转过30°角的过程中，线圈中的平均感应电动势E＝n，平均感Δt应电流I＝

E

ΔΦ＝n，通过导体横截面的电荷量为q， RR·Δt

2

?ΔΦnBl?1－cos30°

则q＝IΔt＝n＝ RR

100×0.5×0.22×?1－0.866?

＝ C≈0.027 C。

10

14．某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁4

场区域的圆心角α均为π，磁场均沿半径方向。匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd

9＝l、bc＝ad＝2l。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。求：

(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em； (2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F。

12

(3)外接电阻上电流的有效值I。 答案 见解析

l

解析 (1)bc、ad边的运动速度v＝ω 2感应电动势Em＝4NBlv，解得Em＝2NBl2ω。

Em4N2B2l3ω

(2)电流Im＝，安培力F＝2NBIml，解得F＝

r＋Rr＋R4

(3)一个周期内，通电时间t＝ T

9R上消耗的电能

W＝I2mRt，且

4NBl2ω

W＝IRT，解得I＝。

3?r＋R?

2

第五章 第3节

电感和电容对交变电流的影响

一、选择题

1．(多选)在交流电路中，下列说法正确的是( )

A．影响电流与电压的关系的，不仅有电阻，还有电感和电容

B．电感对交变电流有阻碍作用，是因为交变电流通过电感线圈时，线圈中产生自感电动势阻碍电流的变化

C．交变电流能通过电容器，是因为交变电压的最大值大于击穿电压，电容器被击穿了 D．电容器的电容越大，交流的频率越高，容抗就越大 答案 AB

解析 在交流电路中，电阻、电感器和电容器对交流都有阻碍作用，选项A正确；电感器对交流有阻碍作用，本质是产生了自感电动势，阻碍电流的变化，选项B正确；交流能通过电容器，是因为电容器两极加上交变电压，电容器不断进行充电和放电，电路中形成了电流，表现为交流通过了电容器，选项C错误；电容器的电容越大，交流的频率越高，容抗越小，选项D错误。

2．一个灯泡通过一个粗导线绕制的线圈与一交流电源相连接，如图所示。一铁块插入线圈之后，该灯将( )

13

A．变亮 C．亮度不变 答案 B

B．变暗 D．无法判断

解析 线圈和灯泡是串联的，当铁块插入线圈后，线圈的自感系数增大，所以线圈对交变电流的阻碍作用增大。因此，电路中的电流变小，则灯变暗。选项B正确。

3．(多选)如图所示，甲、乙两图中用交流电源，丙、丁两图中用直流电源，各电路图中灯泡、电容器、电压表示数都相同，则下列说法正确的是( )

A．灯L1比灯L2亮

B．灯L3也能发光，但亮度最暗 C．灯L2和L4亮度相同 D．灯L4比灯L1亮 答案 CD

解析 电压表示数相同，说明交流电压的有效值相同。甲图中电容器与灯L1串联，电容器对电流有阻碍作用；乙图中电容器与灯L2并联，交变电流全部流过灯L2；丙图中电容器与灯L3串联且是直流电源，电容器隔直通交，所以没有电流流过灯L3，灯L3不亮；丁图中电容器与灯L4并联，电流全部流过灯L4。综合以上分析，C、D两项正确。

4．如图所示，图甲、乙中电源为交流电源，图丙中电源为直流电源，各电路中线圈自感系数相同且直流电阻不计，各电压表示数都相同，下列说法正确的是( )

A．灯L1比灯L2亮 C．灯L1与灯L2一样亮 答案 B

解析 图甲中电源电压U＝U1＋UL1，线圈对交流有阻碍作用，U1≠0，灯泡两端电压

14

B．灯L3比灯L1亮 D．灯L1与灯L3一样亮

UL1＜U；图乙中线圈与灯泡并联，灯泡电压UL2＝U；图丙中，线圈对直流电没有阻碍作用，灯泡电压UL3＝U，故UL1＜UL2＝UL3，即L2与L3一样亮且都比L1亮，B正确，A、C、D错误。

5．有两个电容器的电容分别为C1＝5 μF和C2＝3 μF，分别接在峰值一定的交流电源两端，在下列各种情况下，哪一种情况通过电容器的电流最大( )

A．在C1上所加交变电流的频率为50 Hz B．在C2上所加交变电流的频率为50 Hz C．在C1上所加交变电流的频率为100 Hz D．在C2上所加交变电流的频率为100 Hz 答案 C

解析 电容越小，频率越小，容抗越大，电流越不容易通过。若要使电流较容易通过电容器，则应容抗较小，电容较大，频率较大。C1＞C2,100 Hz＞50 Hz，C正确。

6.(多选)某电路的输入电流既有直流成分，又有交流高、低频成分，若通过如图装置，只把交流低频成分输送到下一级，那么关于该电路中各元件的作用，说法正确的是( )

A．L起到消除交流成分的作用 B．C1是隔直电容器

C．C2起到消除高频成分的作用 D．以上说法都不对 答案 BC

解析 线圈L通直流阻交流，起到消除直流成分的作用，A错；C1隔直流通交流，B对；C2允许高频通过，起到消除高频成分的作用，C对。

7．两个相同的白炽灯L1和L2接到如图所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感器串联，当a、b处接电压最大值为Um、频率为f的正弦式交流电源时，两灯都发光，且亮度相同。更换一个新的正弦式交流电源后，灯L1的亮度大于灯L2的亮度，新电源的电压最大值和频率可能是( )

A．最大值仍为Um，而频率大于f B．最大值仍为Um，而频率小于f C．最大值大于Um，而频率仍为f D．最大值小于Um，而频率仍为f

15

答案 A

解析 因为灯L1的亮度大于灯L2的亮度，所以此时电路中的感抗大于容抗，故交流的频率一定比原来的大，选项A正确。

8．如图所示，交流电源的电压有效值跟直流电源的电压相等，当将双刀双掷开关接到直流电源上时，灯泡的实际功率为P1，而将双刀双掷开关接到交流电源上，灯泡的实际功率为P2，则( )

A．P1＝P2 C．P1＜P2 答案 B

解析 当双刀双掷开关接到直流电源上时，线圈对直流没有阻碍作用，电流较大；而当双刀双掷开关接到交流电源上时，线圈对交流有阻碍作用，电流较小。因此，P1＞P2，选项B正确。

9．在收音机线路中，天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送给下一级，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输入给下一级，我们采用了如图装置电路，其中代号a、b应选择的元件是( )

B．P1＞P2 D．无法比较

A．a是电容较大的电容器，b是低频扼流线圈 B．a是电容较大的电容器，b是高频扼流线圈 C．a是电容较小的电容器，b是高频扼流线圈 D．a是电容较小的电容器，b是低频扼流线圈 答案 C

解析 电容器具有“通高频、阻低频”作用，这样的电容器电容应较小，故a处放电容较小的电容器。电感线圈在该电路中要求“通低频、阻高频”，所以b处应接一个高频扼流线圈。

10．如图所示，两个同学利用图示装置做实验，第一位同学使导体棒ab在导轨上匀速运动，第二位同学使导体棒ab在导轨上做变速运动，但两位同学对ab杆做的功一样多。第一位同学的方法使小灯泡消耗的电能为W1，第二位同学的方法使小灯泡消耗的电能为W2，

16

除小灯泡外，回路中其余各部分电阻均忽略不计，则( )

A．W1＝W2 C．W1＜W2 答案 A

解析 电感线圈通过变化电流时，电能与磁场能往复转化，所以不会消耗电能；两同学做功一样多，所以最终消耗电能一样多。

11．下面的电路图是电子技术中的常用电路图(如图所示)。a、b是电路的输入端，其中输入的高频电流用“

”表示，低频电流用“～”表示，直流电流用“－”表示。对于负

B．W1＞W2 D．不能比较

载电阻R中通过的电流有以下说明。

①图甲中R通过的是低频电流 ②图乙中R通过的是高频电流 ③图乙中R通过的是低频电流 ④图丙中R通过的是直流电流 ⑤图丁中R通过的是高频电流，其中正确的是( )

A．①②③ C．③④⑤ 答案 D

解析 甲图中电容器与R串联，电容器“通交流，隔直流”，因此甲图中的直流电流被过滤掉，R中通过的只是低频电流，①正确。乙图中C很小，电流有交流高频和低频两种成分，C与R并联，因电容器“通高频，阻低频”，所以R中通过的是低频部分，②错误，③正确。丙图中是交流低频与直流电流，C与R并联，R中通过的为直流，④正确。丁图中，电源为交流高频和低频，图为电感L和电阻R串联，电感L是“通低频，阻高频”，所以R中通过的为低频电流，⑤错误，故正确答案为①③④，选D。

二、非选择题

12．如图所示，从ab输入的信号中，有直流电流和交变电流，现要求信号到达输出端只有交流而没有直流成分，需在AB间接一个什么

17

B．②③④ D．①③④

元件？该元件的作用是什么？

答案 电容器 隔开直流，通过交流

解析 因为输出端不需要直流电，只需要交流电，根据电容器有“通交流，隔直流”的特点，应该在AB之间接入一个电容器，该电容器隔开直流，通过交流。

13．在电子技术中，从某一装置输出的电流既有高频成分又有低频成分，如果只需要把低频成分输送到下一级装置，只要在两级电路之间接入一个高频扼流圈和一个容抗很大的电容器就可以了。如图所示的接法对吗？为什么？

答案 见解析

解析 因为高频扼流圈自感系数较小，它有“通低频、阻高频”的功能，低频很容易通过，而高频很难通过，但容抗很大的电容可以让高频通过而阻碍低频，所以高频电流就几乎不从高频扼流圈通过了。题图所示的接法是正确的。

第五章 第4节

变压器

一、选择题

1．关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是( ) A．通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变 B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等 C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势 D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈 答案 C

解析 通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的，由于面积S不变，故磁通量Φ变化，A错误；因理想变压器无漏磁，故B错误；由互感现象知C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，原副线圈通过磁场联系在一起，故D错误。

2．对理想变压器作出的判断正确的是( ) A．高压线圈匝数多、电流大、导线粗 B．低压线圈匝数少、电流小、导线细 C．高压线圈匝数多、电流大、导线细

18

D．低压线圈匝数少、电流大、导线粗 答案 D

解析 电压高的匝数多，电流小，用细线。电压低的，匝数少，电流大，用粗线。 3．(多选)理想变压器正常工作时，原、副线圈中的电流为I1、I2，电压为U1、U2，功率为P1、P2，关于它们之间的关系，下列说法中正确的是( )

A．I1由I2决定 C．P1由P2决定 答案 AC

n2解析 对理想变压器的电流关系可写成I1＝I2，原线圈中的电流与副线圈中的电流成

n1

正比，所以原线圈中的电流由副线圈中的电流决定；功率关系为：负载用多少，原线圈端就输入多少，因此选项A、C正确。

4．一台理想变压器从10 kV的线路中降压并提供200 A的负载电流。已知两个线圈的匝数比为40∶1，则变压器原线圈的电流、输出电压及输出功率是( )

A．5 A,250 V,50 kW B．5 A,10 kV,50 kW C．200 A,250 V,50 kW D．200 A,10 kV,2×103 kW 答案 A

解析 设原线圈输入电压、电流、功率分别为U1、I1、P1，副线圈输出电压、电流、功率分别为U2、I2、P2，原、副线圈匝数分别为n1、n2。

I1n2n21

由＝知I1＝I2＝×200 A＝5 A。 I2n1n140由

U1n1n21

＝知U2＝U1＝×10×103 V＝250 V， U2n2n140

B．U2与负载有关 D．以上说法都不正确

输出功率P出＝U2I2＝250×200 W＝50 kW。

5．(多选)如图(a)所示，左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R＝55 Ω，?、为理想电流表和电压表。若原线圈接入如图(b)所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V，下列表述正确的是( )

A．电流表的示数为2 A B．原、副线圈匝数比为1∶2

19

C．电压表的示数为电压的有效值 D．原线圈中交变电压的频率为100 Hz 答案 AC

U1n1解析 由题图(b)可知原线圈两端电压的有效值U1＝220 V，由＝，可得原、副线圈U2n2

n1U1220

匝数之比＝＝＝2∶1，故B错误。电流表示数与电压表示数都为有效值，故C正确。

n2U2110U110

电流表示数I＝＝ A＝2 A，故A正确。由题图(b)可知T＝0.02 s，所以交变电压的频率

R5511为f＝＝ Hz＝50 Hz，D错误。

T0.02

6．如图甲、乙所示电路中，当A、B接10 V交变电压时，C、D间电压为4 V，M、N接10 V直流电压时，P、Q间电压也为4 V。现把C、D接4 V交流，P、Q接4 V直流，下面哪个选项可表示A、B间和M、N间的电压( )

A．10 V 10 V C．4 V 10 V 答案 B

解析 题图甲是一个自耦变压器，当A、B作为输入端，C、D作为输出端时，是一个降压变压器，两边电压之比等于两边线圈的匝数之比，当C、D作为输入端，A、B作为输出端时，是一个升压变压器，电压比也等于匝数比，所以C、D接4 V交流时，A、B间将得到10 V交流。题图乙是一个分压电路，当M、N作为输入端时，上、下两个电阻上的电压跟它们的电阻的大小成正比。但是当把电压加在P、Q两端时，电流只经过下面那个电阻，上面的电阻中没有电流，两端也就没有电势差，即M、P两点的电势相等。所以当P、Q接4 V直流时，M、N两端的电压也是4 V。

7．一输入电压为220 V、输出电压为36 V的变压器副线圈烧坏，为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，如图所示，然后将原线圈接到220 V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1 V。按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为( )

A．1100,360 C．2200,180 答案 B

20

B．10 V 4 V D．10 V 0

B．1100,180 D．2200,360

U1n1220 Vn1220 Vn1解析 由＝得＝，＝，解得n1＝1100、n2＝180，选项B正确。

U2n236 Vn21 V58．如图所示，L1和L2是高压输电线，甲、乙是两只互感器，若已知n1∶n2＝1000∶1，n3∶n4＝1∶100，图中电压表示数为220 V，电流表示数为10 A，则高压输电线的送电功率为( )

A．2.2×103 W C．2.2×108 W 答案 C

解析 由电流互感器知高压输电线中电流I＝1000 A，由电压互感器知高压U＝220×103 V，则高压输电线功率P＝UI＝2.2×108 W。

9．(多选)如图所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦式交变电流，在其他条件不变的情况下，为了使变压器输入功率增大，可使( )

B．2.2×102 W

－

D．2.2×104 W

A．原线圈匝数n1增加 B．副线圈匝数n2增加 C．负载电阻R的阻值增大 D．负载电阻R的阻值减小 答案 BD

U1n1U22解析 由＝，P出＝ U2n2R

2U21n2可得P出＝2

n1R

22U1n2又因为P入＝P出，所以P入＝2 n1R

分析可得选项B、D正确。

10．(多选)有一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图所示，在副线圈两输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，

21

在原线圈上加一电压为U的交流电，则( )

A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大 B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小 C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大 D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小 答案 BC

U1n1解析 保持Q的位置不动，副线圈匝数不变，由＝知U2不变，当P向上滑动时，

U2n2

U2R变大，由I2＝知I2减小，I1减小，故电流表的读数变小，A错误，B正确；保持P

R0＋RU1n1U2的位置不动，将Q向上滑动时，副线圈的匝数增多，由＝知U2增大，由I2＝知

U2n2R＋R0I2增大，I1增大，故电流表的读数变大C正确，D错误。

11．(多选)[2014·课标全国卷Ⅱ]如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该

二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则( )

A．Uab∶Ucd＝n1∶n2

B．增大负载电阻的阻值为R，电流表的读数变小 C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大 D．将二极管短路，电流表的读数加倍 答案 BD

Uabn1解析 设变压器副线圈两端的电压为U2，则有＝，而U2＝2Ucd，所以A项错误；

U2n2

增大负载电阻R，变压器的输出功率减小，所以电流表的读数减小，B项正确；负载电阻的阻值减小，Ucd不变，C项错误；将二极管短路，变压器的输出功率加倍，所以输入功率加倍，因此电流表的示数加倍，D项正确。

12．自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分。 一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220 V的交流电源上。当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0 kW。设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，

22

且变压器是理想的，则U2和I1分别约为( )

A．380 V和5.3 A C．240 V和5.3 A 答案 B

P2000

解析 对理想变压器，原、副线圈功率相同，故通过原线圈的电流I1＝＝ A≈9.1

U1220A，负载两端电压即为副线圈电压，由

二、非选择题

13.如图所示，一台有两个副线圈的变压器，原线圈匝数n1＝1100，接入电压U1＝220 V的电路中。

(1)要求在两个副线圈上分别得到电压U2＝6 V，U3＝110 V，它们的匝数n2、n3分别为多少？

(2)若在两副线圈上分别接上“6 V 20 W”“110 V 60 W”的两个用电器，原线圈的输入电流为多少？

答案 (1)n2＝30 n3＝550 (2)0.36 A

解析 (1)根据原、副线圈间电压与匝数的关系，由 U1n1U1n1＝，＝，得 U2n2U3n3

U26

n2＝n1＝×1100＝30

U1220U3110

n3＝n1＝×1100＝550。

U1220

(2)设原线圈输入电流为I1，由P入＝P出，即 I1U1＝I2U2＋I3U3＝P2＋P3

P2＋P320＋60所以I1＝＝ A＝0.36 A。

U1220

14．如图所示，交流发电机电动势的有效值E＝20 V，内阻不计，它通过一个R＝6 Ω的指示灯连接变压器。变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都标有“6 V，0.25 W”，且灯泡都正常发光，导线电阻不计。求：

U1U2220U2＝，即＝，可得U2＝380 V，故B对。 n1n211001900

B．380 V和9.1 A D．240 V和9.1 A

23

(1)降压变压器初级、次级线圈匝数之比； (2)发电机的输出功率。 答案 (1)3∶1 (2)6.67 W 解析 (1)彩色小灯泡的额定电流

P0.251IL＝＝ A＝ A，次级线圈总电流I2＝24IL＝1 A。

U624变压器输入功率等于：I1U1＝I2U2＝6 W。 变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得 6

E＝U1＋I1R＝＋6I1，

I1

1

代入E值解得I1＝ A(I1＝3 A应舍去，据题意是降压变压器，应I1＜I2)，

3n1I23所以＝＝。

n2I11

(2)发电机输出功率P＝I1E≈6.67 W。

第五章 第5节 电能的输送

一、选择题

1．(多选)远距离输送交流电都采用高压输电，采用高压输电的优点是( ) A．可节省输电线的材料 B．可根据需要调节交流电的频率 C．可减少输电线上的能量损失 D．可加快输电的速度 答案 AC

解析 设输电功率为P，输电电压为U，输电线的电阻为R，则输电线上损失的功率为P1

P损＝()2R，若P、R一定，则P损∝2，采用高压输电可以减少输电线上的电功率损失；

UU

24

L1

若P损、P一定，则R∝U2，又R＝ρ，ρ、L一定时输电导线的横截面积S∝2，采用高压

SU输电可使输电导线的横截面积大大减小，从而节省输电线的材料。故选项A、C正确。

2．(多选)在远距离输电时，若输电功率为P，输电电压为U，所用导线电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为L，输电线上损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P用，则下列关系式中正确的是( )

U2S

A．P′＝

ρLU2S

C．P用＝P－

ρL答案 BD

LP

解析 输电线电阻R＝ρ，输电电流I＝

SUP2LP2ρL

输电线上损失的功率P′＝IR＝()ρ＝2 USUS

2

P2ρL

B．P′＝2 USPρL

D．P用＝P(1－2)

US

PρL

用户得到的电功率P用＝P－P′＝P(1－2)

US所以选项B、D正确。

3．(多选)某发电厂原来用11 kV的交变电压输电，后来改用升压变压器将电压升到220 kV输电，输送的电功率都是P。若输电线路的电阻为R，则下列说法中正确的是( )

P1

A．根据公式I＝，提高电压后输电线上的电流降为原来的

U20U

B．根据公式I＝，提高电压后输电线上的电流增为原来的20倍

R

P21

C．根据公式P损＝IR＝2R，提高电压后输电线上的功率损失减为原来的

U400

2

U2

D．根据公式P＝，提高电压后输电线上的功率损耗将增大为原来的400倍

R答案 AC

PΔU

解析 输电线上电流为I＝，也可以用I＝来表示，其中ΔU为输电线上电阻R两

URP2

端的电压，而不是输送电压，故A正确，B错误；输电线上的功率损失为P损＝IR＝2R，

U

2

U2

C正确；如果用P损＝，则U应为R上的分压ΔU，故D错误。

R

4．某用电器距离供电电源为L，线路上的电流为I，若要求线路上的电压降不超过U，已知输电导线的电阻率为ρ，那么，该输电导线的横截面积最小值是( )

ρLA. UUC. IρL

25

2ρLIB． U2ULD．

Iρ

答案 B

Uρ·2Lρ·2L2ρLI

解析 输电线电流I＝，R＝，所以最小横截面积S＝＝。

RSRU5．如图所示为远距离输电线路的示意图：

若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是( )

A．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关 B．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定 C．当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大 D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 答案 C

解析 变压器输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的，选项A、U2

B错误。用户的总电阻减小，根据P＝，消耗的功率增大，输电线电流增大，由P损＝I2线RR

线

可知线路损失功率增大，C项正确，升压变压器的输出电压等于输电线电阻上损失的电压

加上降压变压器的输入电压，D项错误。

6．某农村水力发电站的发电机的输出电压稳定，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器。经变压器降压后，再用线路接到各用户，设两变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率增加，这时( )

①升压变压器的副线圈的电压变大 ②高压输电线路的电压损失变大 ③降压变压器的副线圈上的电压变大

④降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大 A．①② C．③④ 答案 D

解析 用电高峰期，用户端总电阻由于并联白炽灯增多而减小，从而电流增大，又由U

损

B．②③ D．②④

＝Ir可知，输电导线上的电压损失变大，升压变压器副线圈的电压不变，降压变压器原、

副线圈上的电压变小，而降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大。故正确答案为D。

7．(多选)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n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(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( )

26

n2n3A.＞ n1n4n2n3B.＜ n1n4

C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率 答案 AD

解析 由于输电线有电阻，所以有电压损失，则升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，选项C错误。根据变压器的电压与匝数的关系，可知要使用电器正常工作，n2n3必须有＞，故选项A正确，B错误。由于输电线上有电功率损失，可知选项D正确。

n1n4

8．“西电东送”工程中为了减少输电损耗，必须提高输电电压。从西部某电站向华东某地区输送的电功率为106 kW，输电电压为1000 kV，输电线电阻为100 Ω。若改用超导材料作为输电线，则可减少输电损耗的功率为( )

A．105 kW C．106 kW 答案 A

PP

解析 输电电流I＝，输电线路损失的电功率P损＝I2R＝()2R＝1×105 kW；当改用

UU超导输电时，就不损失电能，因此减少的输电损耗就等于P损，A正确。

9．[2014·浙江高考]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I1，其末端间的电压为U1。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I2。则( )

B．104 kW D．103 kW

I1U1A．用户端的电压为

I2B．输电线上的电压降为U

2

C．理想变压器的输入功率为I1r

D．输电线路上损失的电功率为I1U 答案 A

27

解析 理想变压器输入和输出功率相同，设用户端得到的电压为U2，则有I1U1＝U2I2，I1U1

U2＝，选项A正确；输电线上的电压降为ΔU＝I1r，或者ΔU＝U－U1，选项B错误；

I2理想变压器的输入功率为P＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的电功率为ΔP＝I21r，选项D错误。

10．(多选)[2015·广东茂名一模]远距离输电装置如图所示，升压变压器和降压变压器均是理想变压器，当K由2改接为1时，下列说法正确的是( )

A．电压表读数变大 B．电流表读数变大 C．电流表读数变小 D．输电线损失的功率减小 答案 AB

n2

解析 由U2＝U1知，当K由2改接为1时，升压变压器的原线圈匝数不变，副线圈

n1

匝数变大，输送电压变大，降压变压器的输入电压和输出电压均变大，电压表示数变大，选项A正确；降压变压器的输出电压变大时，流过灯泡的电流I灯也变大，输电线上的电流I

线

也随着I灯的变大而变大，所以电流表读数变大，选项B正确而C错误；I线变大时，输电

线损失的功率P线＝I2线R变大，选项D错误。

二、非选择题

11．如图所示，降压变压器的变压系数是3，即初级线圈的匝数与次级线圈的匝数之比是3∶1。初级线圈的输入电压是660 V，次级线圈的电阻为0.2 Ω，用这台变压器供给100盏标有“220 V,60 W”的电灯用电。求：

(1)空载时次级线圈的端电压和输出功率； (2)接通时次级线圈的端电压； (3)每盏灯的实际功率。

答案 (1)220 V 0 (2)214.68 V (3)57.1 W

n2U2解析 (1)将变压器视为理想变压器。设空载时次级线圈的输出电压为U2，由＝，

n1U1

n2

得到U2＝U1＝220 V，因为空载，次级线圈的负载电阻R2→∞，次级线圈中的电流为零，

n1所以I2＝0，P＝I2U2＝0。

28

(2)接通电路后，100盏灯并联的总电阻为 U2额P额R

R外＝＝≈8.07 Ω，

100100

U2220

次级线圈中的电流I2＝＝ A，

R外＋R线8.07＋0.2电灯两端电压：U′2＝I2R外≈214.68 V。 (3)每盏灯的实际功率

220×214.68I2P＝U2′＝ W＝57.1 W。

1008.27×100

12．某小型水电站输出功率为20 kW，输电线路总电阻是6 Ω。 (1)若采用380 V输电，求输电线路损耗的功率；

(2)若改用5000 V高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压。

答案 (1)16.6 kW (2)226.2 V 解析 (1)P电＝U1I1，P损＝I21R线，

P24×108电

损耗的功率为P损＝2R线＝×6 W＝16.6 kW。

U13802(2)P电＝U2I2，损失的电压ΔU＝I2R线＝24 V，U3＝U2－ΔU＝4976 V，U3∶U4＝n1∶n2，用户得到的电压U4＝226.2 V。

13．某学校有一台应急备用发电机，内阻为r＝1 Ω，升压变压器的匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为R＝4 Ω，全校22个教室，每个教室用“220 V,40 W”的灯泡6盏，要求所有灯都正常发光，求：

(1)输电线上损耗的电功率多大？ (2)发电机的输出功率多大？ (3)发电机的电动势多大？

答案 (1)144 W (2)5424 W (3)250 V

解析 (1)根据题意，画出从发电机到教室灯泡之间的传输过程，如图所示。

所有灯都正常工作的总功率为P2′＝22×6×40 W＝5280 W P2′5280

灯泡都正常工作时的总电流为I2′＝＝ A＝24 A

U2′220

29

I2′

两个变压器之间输电线上的电流为IR＝I2＝＝6 A

4故输电线上损耗的电功率PR＝I2RR＝144 W

(2)升压变压器的输出功率为P1′＝PR＋P2′＝5424 W

而发电机输出功率即为升压变压器的输入功率，P出＝P1＝P1′＝5424 W (3)降压变压器上的输入电压U2＝4U2′＝880 V 输电线上的电压损失为UR＝IRR＝24 V

因此升压变压器的输出电压为U1′＝UR＋U2＝904 V U1′升压变压器的输入电压为U1＝＝226 V

4升压变压器的输入电流为I1＝4IR＝24 A 发电机的电动势

E＝U1＋I1r＝226 V＋24×1 V＝250 V

第五章 综合检测(A卷)

一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的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，有选错的不得分)

1．(多选)我国“西电东送”采用高压输电，继三峡至常州500 kV直流输电工程后，又实现了三峡至广东的500 kV直流输电工程。采用高压直流输电有利于不同发电机为同一电网供电和不同电网的互联。关于高压直流输电，下列说法正确的是( )

A．高压输电可以减小输电电流，从而减少输电导线的能量损失 B．恒定的直流输电可以有效消除交流高压输电中感抗和容抗的影响 C．可以加快输电的速度

D．为实现高压直流输电，可以用变压器直接改变恒定电流的电压 答案 AB

解析 在功率一定时，采用高压输电，根据P＝UI，可以通过减小电流，从而减少输电导线的能量损失，A项正确；交流电由于感抗和容抗的作用，不能无限升压，而利用直流输电可以有效弥补这个缺陷，B项正确；两种输电方式都不能改变输电的速度，C项错误；变压器只能改变交变电流的电压，D项错误。

2．(多选)[2015·葫芦岛五校协作体高二联考]一个探究性学习小组利用示波器，绘制出了一个原、副线圈匝数比为2∶1的理想变压器的副线圈两端输出电压u随时间t变化的图

30

象，如图所示(图线为正弦曲线)。则下列说法错误的是( )

A．该变压器原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝20sin100πt V B．接在副线圈两端的交流电压表的示数为7.1 V C．该变压器原线圈输入频率为50 Hz

D．接在副线圈两端阻值为20 Ω的白炽灯，消耗的功率为2.5 W 答案 AC

解析 由图象知，输出电压的峰值为10 V，周期为0.04 s，由电压与匝数比关系知，输12π

入电压峰值为20 V，交变电压的频率为f＝＝25 Hz，角频率ω＝＝50π rad/s，输入电压

TTU2m的瞬时值表达式为u＝20sin50πt V，选项A、C错误；输出电压的有效值为U2＝＝52 V

2

2U2＝7.1 V，选项B正确；电灯的功率为P＝＝2.5 W，选项D正确。

R

3．一个阻值为2 Ω的线圈在匀强磁场中转动，产生的电动势为e＝102sin20πt V，当该线圈与一阻值为8 Ω的电阻组成闭合回路时，下列说法正确的是( )

A．t＝0时，线圈平面位于中性面 B．t＝0时，穿过线圈的磁通量为0 C．电阻的热功率为16 W

D．用电压表测路端电压时读数为11.3 V 答案 A

解析 由产生的电动势的表达式可知，t＝0时，电动势为零，线圈平面位于中性面，磁E

通量最大，故A对B错；电动势的有效值E＝10 V，电阻两端的电压U＝R＝8 V，D

R＋rU2

错；由P＝得P＝8 W，C错误。

R

4．[2015·课标全国卷Ⅰ]一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则( )

1A．U＝66 V，k＝ 91

C．U＝66 V，k＝

3

31

1

B．U＝22 V，k＝

91

D．U＝22 V，k＝

3

答案 A

220 V－I1Rn1解析 设原线圈中电流为I1，由变压器变压公式可得＝＝3，由变压器变流

Un2

I11

公式有，＝，由欧姆定律可得，副线圈回路中电阻两端电压U＝I2R，联立解得U＝66 V。

I23I111

电阻消耗功率P＝I2R，由于＝，所以原、副线圈回路中电阻消耗功率的比值为，选项A

I239正确。

5．[2015·福建高考]下图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsinωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )

n1U2mA．() n24rn1PC．4()2()2r

n2Um答案 C

Umn2U1

解析 因为u＝Umsinωt，所以有U1＝，根据变压器变压规律有：U2＝，根据P

n12

22

P2Pn14n1Pr2

＝U2I2得：I2＝＝，线路损失的功率为ΔP＝2I2r＝22，所以C项正确，ABD项

U2n2Umn2Um

n2U2mB．() n14rn2PD．4()2()2r

n1Um

错误。

6．(多选)[2014·天津高考]如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a、b所示，则( )

A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合 B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3 C．曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz

32

D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V 答案 AC

解析 t＝0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面11重合，A项正确；图中a、b对应的周期之比为2∶3，因此线圈转速之比na∶nb＝∶＝3∶

TaTb11

2，B项错误；a线表示的交流电动势的频率为fa＝＝ Hz＝25 Hz，C项正确；a

Ta4×10－22π

线对应线圈相应的电动势的最大值Eam＝NBS·，由图象知Eam＝15 V，b线对应线圈相应

Ta2πEbmTa210

的电动势的最大值Ebm＝NBS·，因此＝＝，Ebm＝10 V，有效值Eb＝ V＝52 V，

TbEamTb32D项错误。

7．[2015·三亚模拟]如图所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n，原线圈接正弦交流电压U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机。电动机线圈电阻为R，当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一重物匀速上升，下列判断正确的是( )

A．原线圈中的电流为nI UI

B．变压器的输入功率为

nC．电动机输出的总功率为I2R D．电动机两端电压为IR 答案 B

I

解析 电流表的读数为副线圈电流，所以原线圈电流为，故A错误；原线圈的输入功

nIIU

率则为U，故B对；电动机上的热功率为I2R，电动机消耗功率为U，两端电压为，故nnnC、D错误。

8．(多选)为了减少输电线路中的电力损失，发电厂发出的电通常是经过升压变电站升压后通过远距离输送，再经过降压变电站将高压变为低压。某降压变电站将电压U0＝110002sin100πt(V)的交流电降为220 V供居民小区用电，则变电站变压器( )

A．原、副线圈匝数比为50∶1 B．副线圈中电流的频率是50 Hz C．原线圈的导线比副线圈的要粗

D．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和 答案 AB

33

U1n1n150

解析 原电压的有效值为U1＝11000 V，由＝得，＝，选项A正确；变压器不

U2n2n21n1I2改变交流电的频率，故选项B正确；由＝得，副线圈的电流大，要想导线发热少，导线

n2I1要粗一些(使电阻较小)，故选项C错误；居民小区各用电器电流总和应该等于副线圈的电流，选项D错误。

9．如图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3

的阻值相同，线圈L的电阻不计。在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内( )

A．电流表的示数比的小 B．电流表的示数比的小 C．电流表和的示数相同 D．电流表的示数都不为零 答案 C

解析 理想变压器原线圈中的磁感应强度随时间均匀增加，穿过副线圈的磁通量也将随时间均匀增加，副线圈中产生恒定的感应电动势，副线圈中的电流为恒定电流，电感线圈对恒定电流无阻碍作用，因而电流表、的示数相同，C项正确，A项错误；恒定电流不能通过电容器，因而电流表的示数为零，B、D项错误。

10．[2015·安徽高考]图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将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的示数增大了0.2 A，电流表○A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是( )

A．电压表○V1示数增大 B．电压表○V2、○V3示数均增大 C．该变压器起升压作用

D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动 答案 D

34

解析 由于变压器原线圈的电压不变，因此电压表○V1、○V2的读数均不变，选项AB均错误。由题意可知，该变压器起降压作用，选项C错误。由于副线圈的电压不变，电流表○A2的示数增大，根据欧姆定律可知负载的电阻变小，所以滑动变阻器连入电路的阻值变小，选项D正确。

11．一个边长为6 cm的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电阻为0.36 Ω。磁感应强度B随时间t的变化关系如图所示，则线框中感应电流的有效值为( )

A.2×105 A

－

B.6×105 A

－

C.2－

×105 A 232－

D．×105 A

2

答案 B

ΔΦΔB2El2ΔB

解析 感应电动势E＝＝·l，线圈电阻R＝0.36 Ω，则感应电流为：I＝＝·，

ΔtΔtRRΔtΔBΔB－－－－

0～3 s内：＝2×103 T/s，I1＝2×105 A,3～5 s内：＝3×103 T/s，I2＝3×105 A。

ΔtΔt

22

设线框中感应电流的有效值为I，由电流有效值的定义得：3I1R＋2I2R＝5I2R，解得：I＝6×10

－5

A，故选项B正确。

12．(多选)如右图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重

力)，当两板间加上如下图所示的交变电压后，能使电子有可能做往返运动的是( )

答案 ABC

111

解析 对A图象可知，电子先做加速度减小的加速运动，T时刻速度最大，由T到T

442113

做加速度增加的减速运动，T时刻速度为零。从T到T电子反向做加速度减小的加速运动，

22433

T时刻速度最大，由T到T做加速度增大的减速运动，T时刻速度为零，回到原位置，即44

35

电子能做往复运动。同样的分析方法可得B、C也对。

二、填空题(本题共3小题，每小题6分，共18分)

13．如图所示，理想变压器原线圈与10 V的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a和b，小灯泡a的额定功率为0.3 W，正

常发光时电阻为30 Ω，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09 A，可计算出原、副线圈的匝数比为________，流过灯泡b的电流为________。

答案 10∶3 0.2 A

解析 副线圈电压U2＝Ua＝PaRa＝3 V n1U110

＝＝，Ub＝Ua＝3 V n2U23

由能量守恒定律得：U1I1＝Pa＋UbIb代入数据得：Ib＝0.2 A 14．一个面积为S的矩形线圈在匀强磁场中以某一边为轴做匀速转动，磁场方向与轴垂直。线圈中感应电动势e与时间t的关系T

如图所示。则磁感应强度B＝________。在t＝时刻，线圈平面与

12磁感线的夹角等于________。

答案

EmaxTπ

2πS6

解析 线圈在磁场中匀速旋转时产生的感应电动势的最大值为：Emax＝BSω EmaxEmaxT

则磁感应强度B＝＝

Sω2πS

T

因为题图乙中计时的起点为线圈平面与磁感线平行的位置，所以在t＝时刻，线圈平12T2πTπ

面与磁感线的夹角即为线圈平面经过t＝转过的角度，其大小为：α＝ωt＝·＝。

12T126

15．一个标有“220 V 200 W”的电炉接入u＝156sin314t V的电路，通过电炉的电流瞬时值表达式是i＝________A；与其串联的交流电流表的示数为________A，并联的交流电压表示数是________V，电炉消耗功率P为________W。

答案 0.645sin314t 0.456 110 50 U22202

解析 由R＝＝ Ω＝242 Ω知

P200u156

i＝＝sin314t A≈0.645sin314t A， R242电流表、电压表示数均为有效值 I＝

0.645156

A≈0.456 A，U＝ V≈110 V， 22

电炉的功率P＝UI≈50 W。

三、计算题(共44分。 解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)

36

16．(10分)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比n1∶n2

＝4∶1，原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等。a、b两端加一定交流电压后，求两电阻消耗的电功率之比和两电阻两端电压之比。

答案

11 164

解析 变压器原、副线圈电流比 I1n21＝＝ I2n14

设流过A电阻电流I1＝I，则流过B电阻电流I2＝4I 所以两电阻功率之比 PAI2I2R11R

＝2＝2＝ PBI2R16IR16

UAI1R1

两电阻两端电压之比＝＝。

UBI2R4

17．(11分)如图甲所示，固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场。已知线圈的匝数n＝100 匝，总电阻r＝1.0 Ω，所围成矩形的面积S＝0.040 m2，小灯泡的电阻R＝9.0 Ω，磁感应强度随时间按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e＝nBmS

2π2π

cost，TT

其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化，求：

(1)线圈中产生感应电动势的最大值； (2)小灯泡消耗的电功率；

T

(3)在磁感应强度变化的0～时间内，通过小灯泡的电荷量。

4答案 (1)8.0 V (2)2.88 W (3)4.0×103 C

－

解析 (1)由图象知，线圈中产生的交变电流的周期T＝3.14×102 s，所以Em＝nBmSω

－

2πnBmS＝＝8.0 V。

T

(2)电流的最大值Im＝I2R＝2.88 W。

EmIm22

＝0.80 A，有效值I＝＝ A，小灯泡消耗的电功率P＝

5R＋r2

37

TnSΔB

(3)在0～时间内，电动势的平均值E＝，

4Δt平均电流I＝

nSΔB

＝， R＋r?R＋r?Δt

nSΔB－

＝4.0×103 C。 R＋r

E

流过灯炮的电荷量Q＝IΔt＝

18．(11分)如图所示，将单匝正方形线圈ABCD的一半放入匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝1 T，让它以边界OO′为轴以角速度ω＝100 rad/s匀速转动，在AB、CD边的中点用电枢将电流输送给小灯泡，线圈边长L＝0.2 m，总电阻r＝4 Ω，灯泡电阻R＝2 Ω，不计P、Q接触电阻及导线电阻，求：

(1)理想电压表的读数；

(2)从图示位置开始，在线圈转动90°的过程中灯泡上产生的热量是多少？ (3)从图示位置开始，在线圈转动180°的过程中，通过灯丝的电荷量是多少？ 答案 (1)0.47 V (2)1.7×103 J (3)6.7×103 C

－

－

EmBSωBL2ω解析 (1)因电压表的读数为有效值，电源电动势的有效值E＝＝＝＝2 V

2222R2

由电路结构可知UV＝·E＝×2 V≈0.47 V。

r＋R4＋2U2U2VTV2π－

(2)灯泡产生的热量为QL＝·＝·＝1.7×103 J。

R4R4ω(3)平均电流I＝

R＋rE

ΔΦBS－

通过灯泡的电荷量q＝IΔt＝＝＝6.7×103 C。

R＋rR＋r

19．(12分)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10 kW，输出电压为400 V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损耗，使用2 kV高压输电，最后用户得到220 V、9.5 kW的电力，求：

n1(1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比；

n2(2)输电线路导线电阻R；

n3(3)用户降压变压器原、副线圈匝数比。

n4

38

195

答案 (1) (2)20 Ω (3) 511

n1U14001

解析 (1)升压变压器原、副线圈匝数比为：＝＝＝。

n2U220005(2)由P损＝I22R知，输出电流取决于输出电压及输送功率， P由I2＝得

U2

P损P损10000－9500R＝2＝＝ Ω＝20 Ω。

I2P2?10000/2000?2??U2(3)设降压变器线圈上电压为U3， U3＝U2－I2R＝(2000－5×20) V＝1900 V 所以降压变压器原、副线圈匝数比为： n3U3190095＝＝＝。 n4U422011

第五章 综合检测(B卷)

一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的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，有选错的不得分)

1．(多选)关于交变电流的最大值Imax和有效值I之间的关系，以下说法中正确的是( ) A．正弦式交变电流满足Imax＝2I

B．电子计算机中的矩形脉冲电流满足Imax＝2I C．所有交变电流都满足Imax＝2I

D．交变电流的有效值是根据电流的热效应来规定的，不是所有的交变电流都满足Imax

＝2I

答案 AD

解析 交变电流的有效值是根据电流的热效应来定义的，只有正弦式交变电流满足Imax

＝2I。故选项A、D正确。

2．[2015·四川高考]小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都是e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )

A．峰值是e0

39

B．峰值是2e0

C．有效值是答案 D

2Ne 20

D．有效值是2Ne0

解析 根据题意，小型发电机输出电压的峰值为Em＝2Ne0，A、B项均错误；对于正弦式交变电流，峰值与有效值E的关系满足E＝

Em，故有效值为2Ne0，C项错误，D项正确。 2

3．(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为

10∶1，R1＝20 Ω，R2＝30 Ω，C为电容器。已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则( )

A．交流电的频率为0.02 Hz

B．原线圈输入电压的最大值为200 V C．电阻R2的电功率约为6.67 W D．通过R3的电流始终为零 答案 BC

解析 由题图乙知副线圈获得的是交变电流，可“通过”电容器C，所以D错误；由1

图乙知T＝0.02 s，f＝＝50 Hz，所以A错误；通过R1的电流最大值为1 A，则R1两端电

Tn1压最大值为20 V，由U1＝U2得，原线圈输入电压最大值为200 V，B正确；又R2的电功

n220??2

2

率P＝ W≈6.67 W，所以C正确。

30

4．(多选)如图所示，变频交变电源的频率可在20 Hz到20 kHz之间调节，在某一频率时，A1、A2两只灯泡的炽热程度相同。则下列说法中正确的是( )

A．如果将频率增大，A1炽热程度减弱、A2炽热程度加强 B．如果将频率增大，A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱 C．如果将频率减小，A1炽热程度减弱、A2炽热程度加强 D．如果将频率减小，A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱 答案 BC

解析 某一频率时，两只灯泡炽热程度相同，应有两灯泡消耗的功率相同，频率增大时，感抗增大，而容抗减小，故通过A1的电流增大，通过A2的电流减小，故B项正确；同理可得C项正确。

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本文来源：https://www.bwwdw.com/article/5p0.html