届高考物理人教版一轮复习交变电流 作业Word版Word文档下载推荐.docx
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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=20Ω,R2=30Ω,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0.02Hz
B.原线圈输入电压的最大值为200V
C.电阻R2的电功率约为6.67W
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;
由图乙知T=0.02s,f=
=50Hz,所以A错误;
通过R1的电流最大值为1A,则R1两端电压最大值为20V,由U1=
U2得,原线圈输入电压最大值为200V,B正确;
又R2的电功率P=
W≈6.67W,所以C正确。
4.(多选)如图所示,变频交变电源的频率可在20Hz到20kHz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
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。
5.在下列所示的四幅图中,a、b均为输入端,接交流电源,c、d均为输出端,则输出电压大于输入电压的电路是( )
答案 C
解析 A、B两图均为滑动变阻器,它们只涉及电压的分配问题,不涉及变压问题;
C、D两图为变压器,C图是一个升压变压器,输出电压大于输入电压,D图是一个降压变压器,输出电压小于输入电压。
故应选C项。
6.如图甲所示是某种型号的电热毯的电路图,电热毯接在交变电源上,通过装置P使加在电热丝上的电压的波形如图乙所示。
此时接在电热丝两端的交流电压表的读数为( )
A.110V B.156V
C.220VD.311V
答案 B
解析 该变化电流实际是正弦交变电流被二极管P滤掉负半周期形成的,一周期T内该电流通过电阻为R的电阻丝产生的热量Q=
·
=
T=
T,电压为U0的恒定电压加在该电阻丝上时,一周期T内的电阻丝产生的热量Q′=
T,根据电流的热效应,有Q=Q′,解得有效值U0=
Um=
×
311V≈156V。
7.(多选)汽车消耗的主要燃料是柴油和汽油。
柴油机是靠压缩汽缸内的空气点火的;
而汽油机做功冲程开始时,汽缸中汽油和空气的混合气是靠火花塞点燃的。
但是汽车蓄电池的电压只有12V,不能在火花塞中产生火花,因此,要使用如图所示的点火装置,此装置的核心是一个变压器,该变压器的原线圈通过开关连到蓄电池上,副线圈接到火花塞的两端,开关由机械控制,做功冲程开始时,开关由闭合变为断开,从而在副线圈中产生10000V以上的电压,这样就能在火花塞中产生火花了。
下列说法中正确的是( )
A.柴油机的压缩点火过程是通过做功使空气的内能增加的
B.汽油机点火装置的开关始终闭合,副线圈的两端也会有高压
C.接该变压器的原线圈的电源必须是交流电源,否则就不能在副线圈中产生高压
D.汽油机的点火装置中变压器的副线圈匝数必须远大于原线圈的匝数
解析 汽车柴油机压缩汽缸内空气,实际上是活塞对气体做功使其内能增加,当温度升高到一定温度时,柴油着火燃烧。
汽油机是借助于变压器在通入原线圈中电压12V断电时产生变化的磁通量从而在副线圈中产生瞬时高压10000V,而达到产生火花的目的,所以电源可以是直流,且副线圈匝数要远大于原线圈匝数,故A、D正确。
8.某中学的学生食堂新安装了磁卡就餐系统,使用不到一周,便出现了电源总开关总是无法接通的问题。
经检查,电源总开关中漏电保护器动作切断了电源。
漏电保护器电路如图所示,变压器A处用火线与零线双股平行绕制成线圈,然后接到磁卡机上,B处有一个输出线圈,一旦线圈B中的电流经放大器放大后便推动断电器切断电源。
造成漏电保护器动作切断电源的原因判断为磁卡机用电端( )
A.零线与火线之间漏电
B.火线与地之间漏电或零线直接接地
C.只有火线与地之间漏电才会产生
D.刷卡机装得过多,造成电流太大
解析 由题意知,火线和零线均绕在铁芯上,故只有火线与零线中电流大小不等时,才会引起漏电保护器切断电源,故可能是火线与地之间漏电,也可能是零线与地之间漏电。
9.如图所示,理想变压器的副线圈上通过输电线接有三只灯泡L1、L2和L3,输电线的等效电阻为R,原线圈接有一个理想电流表。
开始时开关S接通,当S断开时,以下说法正确的是( )
A.原线圈两端P、Q间的输入电压减小
B.等效电阻R上的功率变大
C.原线圈中电流表示数变大
D.灯泡L1和L2变亮
解析 当S断开时,副线圈总电阻变大,而输入电压不变,通过R的电流变小,由P=I2R知,B错;
由于副线圈电流变小,原、副线圈电压不变,输出功率减小,输入功率也减小,输入电流减小,C错;
UMN不变,UR减小,灯泡L1与L2两端电压增大,D对。
10.[2014·
福建高考]图为模拟远距离输电实验电路图,两理想变压器的匝数n1=n4<n2=n3,四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R,A1、A2为相同的理想交流电流表,L1、L2为相同的小灯泡,灯丝电阻RL>2R,忽略灯丝电阻随温度的变化。
当A、B端接入低压交流电源时( )
A.A1、A2两表的示数相同
B.L1、L2两灯泡的亮度相同
C.R1消耗的功率大于R3消耗的功率
D.R2两端的电压小于R4两端的电压
解析 远距离输电过程中,应用高压输电能够减小输电线上的功率损失,R1上消耗的功率小于R3上消耗的功率,C项错;
而比较两个不同输电回路,输电线电阻相同,由P损=I2·
2R可知,A1示数小于A2示数,A项错;
根据欧姆定律可知,R2两端电压小于R4两端电压,D项正确;
由于输电线上损失电压不同,故两灯泡两端电压不同,故亮度不同,B项错。
11.[2014·
江苏高考]远距离输电的原理图如图所示,升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,电压分别为U1、U2,电流分别为I1、I2,输电线上的电阻为R。
变压器为理想变压器,则下列关系式中正确的是( )
A.
B.I2=
C.I1U1=I
RD.I1U1=I2U2
解析 根据变压器的工作原理可知
,所以选项A错误;
因U2、I2、R不满足欧姆定律公式中物理量之间的对应关系,所以选项B错误;
U1I1=U2I2,但U2I2≠I
R,选项C错误,D正确。
12.(多选)如图所示为一理想变压器,其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连;
P为滑动头。
现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始,沿副线圈匀速上滑,直至白炽灯泡L两端的电压等于其额定电压为止。
用I1表示流过原线圈的电流,I2表示流过灯泡的电流,U2表示灯泡两端的电压,N2表示灯泡消耗的电功率(这里的电流、电压均指有效值;
电功率指平均值)。
下列四个图中,能够正确反映相应物理量的变化趋势的是( )
解析 副线圈是均匀密绕的且滑动头匀速上滑,说明副线圈的匝数在均匀增大,由U2=
U1=
U1(k为单位时间内增加的匝数)知,灯泡两端的电压和时间成正比,选项C正确;
随着灯泡功率的增大,变压器的输入功率也要增大,则I1也增大,选项A错误;
灯泡的温度升高,电阻增大,流过灯泡的电流与时间不成正比关系,选项B正确;
灯泡的功率N2=
,当电压和时间成正比时,功率不可能也和时间成正比关系,选项D错误。
二、填空题(本题共3小题,每小题6分,共18分)
13.一电热器接在最大值为36V的正弦交流电源上时产生的热功率为P,若接到某直流电源上时产生的热功率为
,忽略电阻随温度的变化,则所接直流电源的电压U=________V。
答案 18
解析 设电热器的电阻为R,接交流电源时,有P=
;
接直流电源时,有
,联立解得U=18V。
14.如图所示,电表均为理想的交流电表,保险丝P的熔断电流为2A,电容器C的击穿电压为300V。
若在a、b间加正弦交流电压,并适当地调节R接入电路中的阻值,使P恰好不被熔断,C恰好不被击穿,则电流表的读数为________A,电压表的读数为________V。
答案 2 212.1
解析 电阻R0和R串联接入交流电路中,通过保险丝的电流与通过电流表的电流相等;
电容器与电阻R并联,故电容器两端的电压与R两端的电压相同。
电压表的读数是电阻R两端电压的有效值,而电容器的击穿电压是加在电容器两端的交流电压的最大值,故电流表的读数为2A,电压表的读数为
V=212.1V。
15.有一个教学用的可拆变压器,如图甲所示,它有两个外观基本相同的线圈A、B,线圈外部还可以绕线。
(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值,指针分别对应图乙中的a、b位置,由此可推断________线圈的匝数较多(选填“A”或“B”)。
(2)如果把它看成理想变压器,现要测定A线圈的匝数,提供的器材有:
一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源,请简要叙述实验的步骤(写出要测的物理量,并用字母表示)。
________________________________________________________________________
A线圈的匝数为nA=________。
(用所测物理量符号表示)
答案 见解析
解析
(1)A 由题图乙可知a位置的阻值大于b位置的阻值,由电阻定律可得A线圈的匝数多于B线圈的。
(2)①用长导线绕一个n匝线圈,作为副线圈替代A线圈;
②把低压交流电源接B线圈,测得线圈的输出电压为U;
③用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈的输出电压为UA。
则nA=
n。
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)
16.(10分)如图所示矩形线圈abcd放置在磁感应强度为B的有界磁场中,磁场只分布在线圈bc边的左侧。
线圈绕bc轴转动,角速度为ω。
将电阻R、理想交流电流表接在线圈上组成电路,且电路中其他电阻不计,已知ab=l1,ad=l2,求:
(1)以abcda为电流正方向,从图示位置开始计时,画出线圈中电流随时间变化的图象;
(2)从图示位置转过
周的时间内,电阻R上产生的热量;
(3)从图示位置转过
周的时间内,通过电阻R上的电荷量;
(4)电流表的示数。
答案
(1)如图所示
(2)
(3)
(4)
解析
(1)线圈开始时在中性面位置,根据楞次定律,开始时电流为正,再根据磁场边界特点,线圈中电流随时间变化规律如图所示。
(2)感应电动势最大值
Em=Bl1l2ω,
则Im=
周内,电流有效值I=
Q=I2R·
。
(3)
周内平均感应电动势
平均电流
通过R的电荷量q=
(4)设此交变电流一个周期内的有效值为I′,则I′2RT=(
Im)2R·
解得I′=
Im=
,故电路中交流电流表的示数为
点评
(1)电流表的示数是交变电流的有效值,为了找到有效值应该先计算最大值。
(2)每转一周外力所做的功也应该用交变电流的有效值计算。
17.(11分)图1是交流发电机模型示意图。
在磁感应强度为B的匀强磁场中,有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动,由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接,金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触,这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路。
图2是线圈的主视图,导线ab和cd分别用它们的横截面来表示。
已知ab长度为L1,bc长度为L2,线圈以恒定角速度ω逆时针转动。
(只考虑单匝线圈)
(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时,试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式;
(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时,如图3所示,试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式;
(3)若线圈电阻为r,求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。
(其他电阻均不计)
答案
(1)e1=BL1L2ωsinωt
(2)e2=BL1L2ωsin(ωt+φ0) (3)
解析
(1)矩形线圈abcd在磁场中转动时,ab、cd切割磁感线,且转动的半径为r=
,
转动时,ab、cd的线速度v=ωr=
,且与磁场方向的夹角为ωt,
所以,整个线圈中的感应电动势e1=2BL1vsinωt=BL1L2ωsinωt。
(2)当t=0时,线圈平面与中性面的夹角为φ0,则某时刻t时,线圈平面与中性面的夹角为(ωt+φ0)
故此时感应电动势的瞬时值
e2=2BL1vsin(ωt+φ0)=BL1L2ωsin(ωt+φ0)
(3)线圈匀速转动时感应电动势的最大值Em=BL1L2ω,故有效值E=
回路中电流的有效值I=
根据焦耳定律知转动一周电阻R上的焦耳热为
Q=I2RT=
2·
R·
18.(11分)如图所示,变压器原线圈输入电压为220V,副线圈输出电压为36V,两只灯泡的额定电压均为36V,L1额定功率为12W,L2额定功率为6W。
试求:
(1)该变压器的原、副线圈的匝数比。
(2)两灯均工作时原线圈中的电流以及只有L1工作时原线圈中的电流。
答案
(1)55∶9
(2)0.082A 0.055A
解析
(1)由变压比公式得
,即n1∶n2=220∶36=55∶9。
(2)两灯均工作时,由能量守恒得P1+P2=U1I1,即
I1=
≈0.082A
只有L1灯工作时,由能量守恒得P1=U1I2
解得I2=
≈0.055A
19.(12分)某小河水流量为4m3/s,水流下落的高度为5m。
现在利用它来发电,设所用发电机的总效率为50%,g=9.8m/s2,求:
(1)发电机的输出功率。
(2)若输电导线的总电阻为4Ω,输电导线上损失的电功率为发电机输出功率的5%,则需用多大的电压输送电能?
(3)输电导线上的电压损失。
答案
(1)9.8×
104W
(2)2.8×
103V (3)140V
解析
(1)水由高处流下,重力势能转化为动能,推动水轮机做功,设水的流量为Q,则发电机的输入功率为P1=ρQgh
所以输出功率为P2=ηP1=ηρQgh=50%×
1.0×
103×
4×
9.8×
5W=9.8×
104W。
(2)设输电电压为U,输电线上的电流为I,电阻为R,损失的电功率为P3。
由P3=I2R得
I=
A=35A
由P2=IU得输电电压
U=
V=2.8×
103V。
(3)输电导线上损失的电压为
ΔU=IR=35×
4V=140V。
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