人教版 (新课标)选修3第五章 交变电流综合与测试复习练习题

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一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题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，有选错的得0分)
1．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V交变电流改变为110 V．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )
A．200 B．400 C．1 600 D．3 200
B [根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，得n2＝eq \f(n1U2,U1)＝eq \f(800×110,220)＝400，选项B正确．]
2．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为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )
A．峰值是e0 B．峰值是2e0
C．有效值是eq \f(\r(2),2)Ne0 D．有效值是eq \r(2)Ne0
D [因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0，每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0.N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E＝eq \r(2)Ne0，故选项D正确．]
3．如图所示，将一根绝缘硬金属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形状，它通过两个小金属环a、b与长直金属杆导通，在外力F作用下，正弦形金属导线可以在杆上无摩擦滑动．金属杆的电阻不计，导线电阻为R，a、b间距离为2L，金属导线组成的正弦图形顶部或底部到杆的距离都是eq \f(L,2).在金属导线和金属杆构成的平面内有一有界匀强磁场区域，磁场的宽度为L，磁感应强度为B.现在外力F作用下金属导线沿金属杆以恒定的速度v向右运动，在运动过程中金属导线和金属杆组成的平面始终与磁场垂直．t＝0时金属导线从O点进入磁场，直到全部穿过磁场，外力F所做的功为( )
A.eq \f(B2L2v2,R) B.eq \f(B2L3v,2R)
C.eq \f(3B2L3v,4R) D.eq \f(3B2L2v2,4R)
C [金属导线产生的感应电动势的瞬时值为e＝Byv，y是有效切割磁场长度，易知金属导线和金属杆组成的回路中产生的是正弦式交变电流的半个周期的组合．金属导线向右移动L时，对应时间t1＝eq \f(L,v)，感应电动势最大值Em1＝eq \f(1,2)BLv，有效值为E1＝eq \f(\r(2),4)BLv；金属导线再向右移动L时，对应时间t2＝eq \f(L,v)，感应电动势最大值Em2＝BLv，有效值为E2＝eq \f(\r(2),2)BLv；金属导线再向右移动L时，对应时间t3＝eq \f(L,v)，感应电动势最大值Em3＝eq \f(1,2)BLv，有效值为E3＝eq \f(\r(2),4)BLv.金属导线全部穿过磁场的过程，金属导线的总位移为3L，则外力F所做的功W＝eq \f(E\\al(2,1),R)t1＋eq \f(E\\al(2,2),R)t2＋eq \f(E\\al(2,3),R)t3＝eq \f(3B2L3v,4R)，故选项C正确．]
4．如图甲所示，变压器为理想变压器，其原线圈接到U1＝220 V的交流电源上，副线圈与阻值为R1的电阻接成闭合电路；图乙中阻值为R2的电阻直接接到电压为U1＝220 V的交流电源上，结果发现R1与R2消耗的电功率恰好相等，则变压器原、副线圈的匝数之比为( )
甲 乙
A.eq \f(R1,R2) B.eq \f(R2,R1) C.eq \r(\f(R2,R1)) D.eq \r(\f(R1,R2))
C [对题图甲，eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，P1＝eq \f(U\\al(2,2),R1)，对题图乙：P2＝eq \f(U\\al(2,1),R2)，据题意有P1＝P2，联立以上各式解得：eq \f(n1,n2)＝eq \r(\f(R2,R1))，故C正确．]
5．如图所示，理想变压器原线圈输入电压U＝Umsin ωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器．V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是( )
A．I1和I2表示电流的瞬间值
B．U1和U2表示电压的最大值
C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大
D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小
C [电压表V1和V2分别测量的变压器原、副线圈的输入、输出电压的有效值，电流表A1和A2分别测量的原、副线圈电路中电流的有效值，A、B项错误；滑动变阻器向下滑动时，接入电路的电阻变小，原副线圈输入、输出电压不变，由欧姆定律I＝eq \f(U,R＋R0)可知，副线圈电路中的电流变大，副线圈输出功率变大，由P入＝P出，得原线圈的输入功率变大，由P＝IU可知，原线圈电路中的电流变大，C项正确，D项错误．]
6．图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比为n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20 Ω，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流，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)V
B．只断开S2后，L1、L2均正常发光
C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大
D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W
D [由题图乙知周期为0.02 s，因此输入电压的表达式u＝20eq \r(2)sin (100πt)V，A错误；只断开S2，L1、L2两端的电压小于额定电压，都不能正常发光，B错误；只断开S2，负载电阻变大，功率变小，C错误；S1换接到2后，据P＝eq \f(U\\al(2,出),R)和eq \f(U入,U出)＝eq \f(n1,n2)得R消耗的功率为0.8 W，故选D.]
7．如图所示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＝Umsin ωt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( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n1,n2)))eq \f(U\\al(2,m),4r) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n2,n1)))eq \f(U\\al(2,m),4r)
C．4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n1,n2)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,Um)))2r D．4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n2,n1)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,Um)))2r
C [因为u＝Umsin ωt，所以有U1＝eq \f(Um,\r(2))，根据变压器变压规律有：U2＝eq \f(n2U1,n1)，根据P＝U2I2得：I2＝eq \f(P,U2)＝eq \f(\r(2)Pn1,n2Um)，线路损失的功率为ΔP＝2Ieq \\al(2,2)r＝eq \f(4n\\al(2,1)P2r,n\\al(2,2)U\\al(2,m))，所以C项正确，A、B、D项错误．]
8．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，L1、L2两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，L1炽热程度减弱、L2炽热程度加强
B．如果将频率增大，L1炽热程度加强、L2炽热程度减弱
C．如果将频率减小，L1炽热程度减弱、L2炽热程度加强
D．如果将频率减小，L1炽热程度加强、L2炽热程度减弱
BC [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L1的电流增大，通过L2的电流减小，故B项正确，同理可得C项正确，故选B、C.]
9．如图甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r＝2 Ω的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OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R的最大阻值为R0＝eq \f(40,7) Ω，滑片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝eq \f(R0,2)，其他电阻不计，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时．闭合开关S，线圈转动过程中理想交流电压表示数是10 V，图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图象，则下列说法正确的是( )
甲 乙
A．电阻R2上的热功率为eq \f(5,7) W
B．t＝0.02 s时滑动变阻器R两端的电压瞬时值为零
C．线圈产生的瞬时电动势e随时间t变化的规律是e＝10eq \r(2)cs 100πt V
D．从线圈开始转动到t＝eq \f(1,600) s的过程中，通过R1的电荷量为eq \f(\r(2),200π) C
AD [根据串并联电路的知识得
负载总电阻R总＝R1＋eq \f(R0,2)＋eq \f(\f(R0,2),2)＝1.75R0＝10 Ω
理想交流电压表示数是10 V，所以干路电流I＝eq \f(10,10) A＝1 A
所以电阻R2两端电压UR2＝eq \f(10,7) V
根据公式P＝eq \f(U2,R)得电阻R2上的热功率PR2＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,7)))2,\f(20,7)) W＝eq \f(5,7) W，故A正确．
由图乙可知，t＝0.02 s时通过线圈的磁通量为零，感应电动势最大，R两端的电压的瞬时值不为零，故B错误．
由图乙可知，T＝0.02 s，ω＝eq \f(2π,T)＝100π rad/s
电动势的有效值E＝(10＋1×2) V＝12 V
电动势的最大值Em＝12eq \r(2) V，所以线圈产生的瞬时感应电动势e随时间t变化的规律是e＝12eq \r(2)cs 100πt V，故C错误．
电动势的最大值Em＝12eq \r(2) V＝nBSω，Φm＝BS＝eq \f(12\r(2),n×100π) Wb
矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的规律为
Φ＝eq \f(12\r(2),n×100π)sin 100πt Wb
从线圈开始转动到t＝eq \f(1,600) s的过程中，通过电阻R1的电荷量为q＝eq \f(nΔΦ,R总＋r)＝eq \f(\f(12\r(2),100π)×\f(1,2)－0,10＋2) C＝eq \f(\r(2),200π) C，故D正确．]
10．如图甲所示，为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间按余弦规律变化，其e­t图象如图乙所示．发电机线圈的内阻为1 Ω，外接灯泡的电阻为9 Ω，则( )

A．电压表的示数为6 V
B．发电机的输出功率为4 W
C．在1.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量最大
D．在2.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大
CD [根据e­t图象可知产生的交变电流的电动势最大值为6eq \r(2) V，有效值为6 V，根据闭合电路欧姆定律可求得电压表的示数为U＝eq \f(9,9＋1)×6 V＝5.4 V，A错误；根据电功率公式得发电机的输出功率为P＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,9＋1)))2×9 W＝3.24 W，B错误；根据e ­t图象可知在1.0×10－2 s时刻，电动势为零，说明此时线圈处于中性面，磁通量最大，C正确；在2.0×10－2 s时刻，电动势为最大，说明此时线圈处于与中性面垂直的位置，磁通量最小，但是磁通量的变化率最大，D正确．]
二、非选择题(本题共6小题，共60分)
11．(9分)如图所示，圆形线圈共100匝，半径为r＝0.1 m，在匀强磁场中绕过直径的轴OO′匀速转动，磁感应强度B＝0.1 T，角速度为ω＝eq \f(300,π) rad/s，电阻为R＝10 Ω，求：
(1)线圈由图示位置转过90°时，线圈中的感应电流；
(2)写出线圈中电流的表达式(磁场方向如图所示，图示位置为t＝0时刻)；
(3)线圈转动过程中产生的热功率．
[解析] (1)当从题图示位置转过90°时，线圈中有最大感应电流．最大感应电动势为
Em＝NBSω＝100×0.1×π×0.12×eq \f(300,π) V＝30 V
Im＝eq \f(Em,R)＝3 A.
(2)由题意知i＝Imsin ωt，即i＝3sin eq \f(300,π)t (A)．
(3)感应电流的有效值I＝eq \f(Im,\r(2))＝eq \f(3,\r(2)) A.
发热功率P＝I2R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,\r(2))))2×10 W＝45 W.
[答案] (1)3 A (2)i＝3sin eq \f(300,π) t (A) (3)45 W
12．(9分)如图所示，有一台小型发电机，其矩形线圈的匝数n＝200匝，线圈面积S＝0.01 m2，线圈电阻r＝0.5 Ω，磁场的磁感应强度B＝eq \f(6\r(2),5π) T时，产生频率f＝50 Hz的单相正弦交变电流，供电给“220 V 2 200 W”的电器让其正常工作．求：
(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时表达式；
(2)发动机输出端交流电压表的示数；
(3)电阻R的阻值．
[解析] (1)发电机产生的感生电动势的最大值：
Em＝nBSω＝nBS·2πf＝200×eq \f(6\r(2),5π)×0.01×100π V＝240eq \r(2) V
感应电动势的瞬时表达式e＝240eq \r(2)sin 100πt (V)．
(2)电动势有效值E＝240 V
正常工作时的电流I＝eq \f(P,U)＝eq \f(2 200,220 A)＝10 A
输出端电压表的示数U＝E－Ir＝240 V－10×0.5 V＝235 V.
(3)电阻R上的电压ΔU＝235 V－220 V＝15 V
则线路电阻R＝eq \f(ΔU,I)＝eq \f(15,10) Ω＝1.5 Ω.
[答案] (1)e＝240eq \r(2)sin 100πt(V) (2)235 V (3)1.5 Ω
13．(10分)如图甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动．若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示．已知发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接灯泡的电阻为9.0 Ω.求：
(1)写出流经灯泡的瞬时电流的表达式；
(2)转动过程中穿过线圈的最大磁通量；
(3)线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功．
[解析] (1)由题图得e＝Emsin ωt＝6eq \r(2)sin 100πt (V)
则流经灯泡的电流i＝eq \f(e,R＋r)＝0.6eq \r(2)sin 100πt (A)．
(2)Em＝BSω
Em＝6eq \r(2) V
ω＝100π rad/s
Φ＝BS＝eq \f(Em,ω)＝eq \f(3\r(2),50π) Wb＝2.7×10－2 Wb.
(3)E＝eq \f(Em,\r(2))＝6 V，
外力所做的功W＝Q＝eq \f(E2,R＋r)T＝7.2×10－2 J.
[答案] (1)i＝0.6eq \r(2)sin 100πt (A) (2)2.7×10－2 Wb (3)7.2×10－2 J
14．(10分)如图甲所示，一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，电阻r＝1.0 Ω，所围成的矩形的面积S＝0.040 m2；小灯泡的电阻R＝9.0 Ω.磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示．线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e＝nBmSeq \f(2π,T)cseq \f(2π,T)t V，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；
(3)在磁感应强度变化的0～eq \f(T,4)时间内，通过小灯泡的电荷量．
甲 乙
[解析] (1)由图象知，线圈中产生的交变电流的周期T＝3.14×10－2 s，由感应电动势瞬时值的表达式可知，感应电动势的最大值Em＝nBmSeq \f(2π,T)＝8.0 V.
(2)电动势的有效值E＝eq \f(Em,\r(2))＝4eq \r(2) V
由I＝eq \f(E,R＋r)，PR＝I2R
可求得小灯泡消耗的电功率
PR＝2.88 W.
(3)由eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)，eq \x\t(E)＝neq \f(BmS,\f(T,4))，q＝eq \x\t(I)·eq \f(T,4)
可求得在磁感应强度变化的0～eq \f(T,4)时间内，通过小灯泡的电荷量q＝4.0×10－3 C.
[答案] (1)8.0 V (2)2.88 W (3)4.0×10－3 C
15．(11分)某发电厂通过两条输电线向远处的用电设备供电．当发电厂输出的功率为P0时，纯电阻用电设备消耗的功率为P1.若发电厂用一台升压变压器T1先把电压升高，仍通过原来的输电线供电，到达用电设备所在地，再通过一台降压变压器T2把电压降到低于用电设备的额定电压后，供用电设备使用，如图所示．这样改动后，当发电厂输出的功率仍为P0时，用电设备可获得的功率增加至P2.试求所用升压变压器T1的原线圈与副线圈的匝数比eq \f(N1,N2)以及降压变压器T2的原线圈与副线圈的匝数比eq \f(n1,n2)各为多少？
[解析] 设发电厂的输出电流为I0，输电线的电阻为R，用电设备的电阻为r，没有变压器时，输电线上消耗的电功率为
PR1＝P0－P1＝Ieq \\al(2,0)R ①
用电设备消耗的功率为P1＝Ieq \\al(2,0)r ②
用了变压器后，输电线上消耗的电功率为
PR2＝P0－P2＝I2R ③
(式中I是输电导线上的电流，也是升压变压器副线圈和降压变压器原线圈上的电流)
由①和③式可得I＝I0eq \r(\f(P0－P2,P0－P1)) ④
所以eq \f(N1,N2)＝eq \f(I,I0)＝eq \r(\f(P0－P2,P0－P1))
此时用电设备消耗的功率为P2＝I′2r ⑤
联立②⑤式得I′＝I0eq \r(\f(P2,P1)) ⑥
由④式和⑥式得eq \f(n1,n2)＝eq \f(I′,I)＝eq \r(\f(P2,P1)·\f(P0－P1,P0－P2)).
[答案] eq \r(\f(P0－P2,P0－P1)) eq \r(\f(P2,P1)·\f(P0－P1,P0－P2))
16.(11分)如图所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框，可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B＝eq \f(5\r(2),π) T，线框相邻两边相互垂直，其中CD边长为20 cm，CE、DF长均为10 cm，转速为50 r/s，若从图示CEFD平面平行磁场位置开始计时．
(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)求出由图示位置转过30°过程中线框产生的平均电动势；
(3)作出线框中感应电动势随时间变化的e­t图象．
[解析] (1)线框转动，开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置，CD边长为l1＝20 cm，CE、DF边长为l2＝10 cm，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻e＝Bl1l2ωcs ωt
其中B＝eq \f(5\r(2),π) T
l1×l2＝0.1×0.2 m2＝0.02 m2
ω＝2πn＝2π×50 rad/s＝100π rad/s
故e＝eq \f(5\r(2),π)×0.02×100πcs 100πt(V)
即e＝10eq \r(2)cs 100πt(V)．
(2)线框由题图所示位置转过30°的过程中
ΔΦ＝eq \f(1,2)Bl1l2
Δt＝eq \f(π,6ω)
则平均电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(30\r(2),π) V.
(3)线框中感应电动势随时间变化的图象如图所示：
[答案] (1)e＝10eq \r(2)cs 100πt(V)
(2)eq \f(30\r(2),π) V (3)见解析图