高中物理-交变电流章末检测(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共6小题,每小题4分,共24分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合要求,选对的得4分,选错或不答的得0分)1．如图1甲为风速仪的结构示意图．在恒定风力作用下风杯带动与其固定在一起的永磁体转动,线圈产生的电流随时间变化的关系如图乙．若风速减小到原来的一半,则电流随时间变化的关系图可能是( )图1答案 C解析根据E m＝NBSω,若风速减小到原来的一半时,则最大感应电动势也变小,所以感应电流也变小；根据转速与周期成反比,可知,若风速减小到原来的一半时,则周期变大为原来两倍,故C正确,A、B、D错误．2．图2甲、乙分别表示两种电压的波形,其中图甲所示的电压按正弦规律变化,图乙所示的电压是正弦函数的一部分,下列说法错误的是( )图2A．图甲、图乙所示的电压的最大值不相等B．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝20sin(50πt) VC．图乙所示电压的有效值为20 VD．图乙所示电压的有效值为10 V答案 D解析图甲、图乙所示电压的最大值都等于20 V,图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝20sin(100πt) V,选项A、B错误；由有效值定义,(102)2R×0.02＝0.04×U2R,解得题图乙所示电压的有效值为10 V,选项D正确,C错误．3.用220V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电,变压器输出电压是110V,通过负载的电流随时间变化的图像如图3所示,则( )图3A.变压器输入功率约为3.9WB.输出电压的最大值是110VC.变压器原、副线圈的匝数比是1∶2D.负载电流的函数表达式i＝0.05sin (100πt＋π2) A答案 A解析变压器的输入功率等于输出功率,等于输出电压的有效值与输出电流的有效值的乘积,所以P＝UI＝110V×0.052A≈3.9W,A正确；输出电压的有效值是110V,最大值是1102V,所以B错；变压器原、副线圈匝数之比是2∶1,C错；负载电流的函数表达式是i＝0.05sin (100πt) A,D错.4.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图4甲所示.已知发电机线圈内阻为5Ω,外接一只电阻为95Ω的灯泡,如图乙所示,则 ( )图4A.电压表的示数为220VB.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484WD.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J答案 D解析电压表示数为灯泡两端电压的有效值,由题图知电动势的最大值E m＝220 2 V,有效值E＝220 V,灯泡两端电压U＝RER＋r＝209 V,A错；由题图甲知T＝0.02 s,一个周期内电流方向变化两次,可知1 s内电流方向变化100次,B错；灯泡的实际功率P＝U2R＝209295W＝459.8 W,C错；电流的有效值I＝ER＋r＝2.2 A,发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q r＝I2rt＝2.22×5×1 J＝24.2 J.D对.5.如图5所示,理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1,R1＝20Ω,R2＝10Ω,C 为电容器,原线圈所加电压的瞬时值表达式为u＝2202sin100πt(V).下列说法正确的是( )图5A.通过电阻R3的电流始终为零B.副线圈两端交变电压的频率为5HzC.电阻R2的电功率为48.4WD.原、副线圈铁芯中磁通量的变化率之比为10∶1答案 C解析电容器能够通交流,选项A错误；变压器能够改变交流电的电压,但是不能改变交流电的频率,选项B错误；根据U1U2＝n1n2得U2＝22V,所以电阻R2的电功率为P2＝U22R2＝48.4W,选项C正确；根据法拉第电磁感应定律可知,原、副线圈铁芯中磁通量的变化率之比为1∶1,选项D错误.6．如图6所示为音箱的电路图,高、低频混合电流由a、b端输入,L1和L2是线圈,C1和C2是电容器,则( )图6A．甲扬声器是高频扬声器B．C2的作用是阻碍高频电流通过乙扬声器C．L1的作用是阻碍高频电流通过甲扬声器D．L2的作用是减少通过乙扬声器的高频电流答案 C解析由电感和电容对高、低频的阻碍作用可知,电感L对高频电流的阻碍作用大,所以电感L1阻碍高频电流通向甲,电感L2阻碍高频电流通过乙,C正确,D错误；电容对高频电流的阻碍作用小,所以电容C2阻碍低频电流通向乙．甲是低频扬声器,乙是高频扬声器,A、B错误．二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分．在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)7．如图7,M为半圆形导线框,圆心为O M；N是圆心角为直角的扇形导线框,圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N的水平面上方有一匀强磁场,磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始,分别绕垂直于纸面、且过O M和O N的轴,以相同的周期T逆时针匀速转动,则( )图7A．两导线框中均会产生正弦交流电B．两导线框中感应电流的周期都等于TC．在t＝T8时,两导线框中产生的感应电动势相等D．两导线框的电阻相等时,两导线框中感应电流的有效值也相等答案BC解析当线框进入磁场过程中,根据E＝12BR2ω可得,感应电动势恒定,感应电流恒定,不是正弦式交流电,A错误,C正确；当线框进入磁场时,根据楞次定律可得,两线框中的感应电流方向为逆时针,当线框穿出磁场时,根据楞次定律可得,线框中产生的感应电流为顺时针,所以感应电流的周期和线框运动周期相等,B正确；线框N在完全进入磁场后有T4时间内穿过线框的磁通量不变化,没有感应电动势产生,即线框N在0～T4和3T4～T内有感应电动势,其余时间内没有；而线框M在整个过程中都有感应电动势,即便两导线框电阻相等,两者的电流有效值不会相同,D错误．8.如图8甲所示,理想变压器的原线圈电路中装有0.5A的保险丝L,原线圈匝数n1＝600匝,副线圈匝数n2＝120匝.当原线圈接在如图乙所示的交变电源上时,要使整个电路和用电器正常工作,则副线圈两端可以接 ( )图8A.阻值为14.4Ω的电阻B.并联两盏“36V,40W”的灯泡C.工作频率为10Hz的电视D.耐压值为36V的电容器答案AB解析理想变压器可以变压、变流,但不可以改变功率和频率；由题图乙可知,原线圈中交变电源的周期为0.02 s,频率为50 Hz,则副线圈得到的交变电流的频率也为50 Hz,故接入工作频率为10 Hz的电视不能正常工作,C错误；由题图乙可知,原线圈所接电源的电压有效值为180 V,由理想变压器特点可知,变压比等于匝数比,则U＝120600×180 V,得U＝36 V,B中两灯泡接入电路时,原线圈中的电流I1≈0.44 A＜0.5 A,B正确；副线圈两端电压的有效值为36 V,但其最大值大于电容器的耐压值,故D错误；由理想变压器特点可知,原、副线圈消耗的功率相等,则(36 V)2R＝180 V×0.5 A,解得R＝14.4 Ω,A正确.9.如图9所示,理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2,输电线的等效电阻为R.开始时,开关S断开,当S接通后( )图9A.变压器的输出电压减小B.输电线等效电阻R两端的电压增大C.通过灯泡L1的电流减小D.原线圈中的电流减小答案BC解析当S接通后,变压器的输出电压不变,副线圈负载电阻减小,引起总电流增大,因此输电线的等效电阻两端的电压增大,灯泡L1两端的电压减小,通过灯泡L1的电流减小,选项A错误,选项B、C正确；S接通后,变压器输出功率增大,输入功率增大,原线圈中的电流增大,选项D错误.10.如图10为某小型水电站的电能输送示意图,发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电.已知输电线的总电阻R＝10Ω,降压变压器T2原、副线圈的匝数之比为4∶1,副线圈与用电器R0组成闭合电路.若T1、T2均为理想变压器,T2的副线圈的输出电压的瞬时值表达式为u＝2202sin100πt (V),用电器的电阻R＝11Ω,则( )图10A.通过用电器R0的电流的有效值是20AB.升压变压器的输入功率为4650WC.发电机中的交变电流的频率为100HzD.当用电器的电阻R0减小时,发电机的输出功率减小答案AB解析由T2的副线圈的输出电压的表达式可知,副线圈的输出电压的有效值为220V,电流的有效值为I＝22011A＝20A,选项A正确；通过输电线的电流I′＝204A＝5A,所以升压变压器的输入功率为P＝I′2R＋I2R0＝52×10W＋202×11W＝4650W,选项B正确；发电机中的交变电流的频率与T2的输出电压的频率相同,也为50Hz,选项C错误；当用电器的电阻R0减小时,其消耗的功率变大,发电机的输出功率变大,选项D错误.三、填空题(共2小题,共10分)11.(4分)有一理想变压器原、副线圈匝数分别为1320匝、144匝,将原线圈接在220V的交流电压上,副线圈上电压为________V,穿过铁芯的磁通量的最大变化率为________Wb/s.答案242 6解析 由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝24V,穿过铁芯的磁通量的最大变化率等于每一匝线圈中产生的感应电动势的最大值,即⎝ ⎛⎭⎪⎫ΔΦΔt m ＝E m n＝22021320Wb/s ＝26Wb/s.12.(6分)利用DIS(数字化信息处理系统)探究手摇发电机(如图11所示)的线圈产生的交变电流.图11实验步骤如下：①将电压传感器接入数据采集器；②电压传感器的测量夹与发电机的输出端并联； ③点击“数据采集设置”设定“采样点时间间隔”； ④缓慢摇动发电机的手柄,观察工作界面上的信号.图12(1)屏上出现的电压波形如图12所示,从图中可以看出,手摇发电机产生的电压波形不是正弦波,其原因可能是________________________(写出一条即可). (2)研究交变电流的波形,发现在用手摇动发电机手柄的2min 内屏上出现了61个向上的“尖峰”,则交变电流的平均周期为____________.如果发电机手摇大轮的半径是转子小轮半径的2倍,则手摇大轮转动的平均角速度为__________. 答案 (1)转子不是在匀强磁场中转动(或手摇动发电机的转速不均匀) (2)2s 0.5πrad/s解析 只有线圈在匀强磁场中匀速转动时,产生的交变电流才是标准的正弦式电流,手摇发电机的磁场是由条形磁铁产生的,所以不是匀强磁场,由于是手摇转动,转速难以保证恒定.屏上每出现一次向上的尖峰,就代表经过了一个周期,2min 内屏上出现了61个向上的尖峰,表明周期T ＝2×6061－1s ＝2s,大轮的角速度等于小轮的角速度的一半,所以大轮的角速度ω＝2πT ·12＝0.5πrad/s. 四、解答题(本题共4小题,共46分.解答应写出必要的文字说明,只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)13.(10分)如图13甲所示,固定的矩形导体线圈水平放置,线圈的两端接一个小灯泡,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 ＝1Ω,所围成的矩形的面积S ＝0.04m 2,小灯泡的电阻R ＝9Ω,磁感应强度随时间按图乙所示的规律变化,线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝nB m S2πT cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT t ,其中B m 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：图13(1)线圈中产生的感应电动势的最大值； (2)小灯泡消耗的电功率；(3)在0～T4时间内,通过小灯泡的电荷量. 答案 (1)8V (2)2.88W (3)4×10－3C解析 (1)由图像知,线圈中产生的交变电流的周期T ＝3.14×10－2s,所以E m ＝nB m Sω＝2πnB m ST＝8V.(2)电流的最大值I m ＝E m R ＋r ＝0.8A,有效值I ＝I m2＝225A,小灯泡消耗的电功率P＝I2R＝2.88W.(3)在0～T4时间内,电动势的平均值E＝nSΔBΔt,平均电流I＝ER＋r＝nSΔB(R＋r)Δt,通过小灯泡的电荷量Q＝IΔt＝nSΔBR＋r＝4×10－3C.14.(10分)如图14所示,理想变压器原线圈中输入电压U1＝3300V,副线圈两端电压U2为220V,输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2,绕过铁芯的导线所接的电压表V的示数U＝2V.求：图14(1)原线圈n1等于多少匝？(2)当开关S断开时,电流表A2的示数I2＝5A.则电流表A1的示数I1为多少？(3)当开关S闭合时,电流表A1的示数I1′等于多少？答案(1)1650匝(2)0.33A (3)0.67A解析(1)由电压与变压器匝数的关系可得：U 1 n 1＝U2n2＝U,则n1＝1650匝.(2)当开关S断开时,有：U 1I1＝U2I2,I1＝U2I2U1＝13A≈0.33A(3)当开关S断开时,有：R1＝U2I2＝44Ω.当开关S闭合时,设副线圈总电阻为R′,有R′＝R12＝22Ω,副线圈中的总电流为I2′＝U2R′＝10A.由U1I1′＝U2I2′可知,I1′＝U2I2′U1＝23A≈0.67A.15.(12分)一居民小区有440户,以前每户平均消耗电功率为100W,使用的区间变压器匝数比为165∶6,恰好能使额定电压为220V的家用电器正常工作,现在因家用电器增加,每户平均消耗的电功率为250W,若变压器输入电压仍为6600V,区间输电线路不变,为了使家用电器正常工作,需更换区间变压器,则更换后的区间变压器的匝数比为多少？答案220∶9解析未换时,输电电流I＝P总U用＝440×100220A＝200A.输出电压U2＝n2n1U1＝6165×6600V＝240V,则由U线＝U2－U用＝IR线知,R线＝240－220200Ω＝0.1Ω.换变压器后,I′＝P总′U用＝440×250220A＝500A.线路损失电压U线′＝I′R线＝50V,变压器输出电压U2′＝U用＋U线′＝220V＋50V＝270V.变压器匝数之比为n1∶n2＝U1∶U2′＝6600∶270＝220∶9.16.(14分)某发电厂的发电机的输出功率P＝100kW,发电机端电压U＝250V,向远处送电的输电线的总电阻R＝8Ω.已知输电线上损失的功率为输送功率的5%,用户得到的电压是220V.(1)应该怎样安装变压器？画出输电线路的示意图.(2)求出所用的变压器的原、副线圈的匝数之比.答案(1)见解析(2)1∶16190∶11解析(1)需要安装一台升压变压器和一台降压变压器,输电线路的示意图如图所示.(2)按题意,P损＝5%P＝0.05×100×103W＝5×103W设输电线路中的电流为I,P损＝I2RI＝P损R＝5×1038A＝25A输送电压U2＝PI＝100×10325V＝4000V对升压变压器,n1n2＝U1U2＝2504000＝116输电线路上损失的电压U 损＝IR ＝25×8V＝200V降压变压器原线圈两端的电压U 3＝U 2－U 损＝(4000－200) V ＝3800V 用户在副线圈两端得到的电压U 4＝220V所以n 3n 4＝U 3U 4＝3800220＝19011即升压变压器原、副线圈的匝数之比为1∶16,降压变压器原、副线圈的匝数之比为190∶11.。