高三物理第二轮专题练习之交变电流(新人教)

交变电流

1.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1＝20 ，

R2＝30 ，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2002 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

2.如图所示，理想自耦变压器1与2间匝数为40匝，2与3间匝数为160匝，输入电压为100V，电阻R上消耗的功率为10W，则交流电流表的示数为（ ）

A、0.125A B、0.100A C、0.225A D、0.025A 3.某小型水电站的电能输送示意图如下。发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n，n2。降压变压器原副线匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）。要使额定电压为220V的用电器正常工作，则（ ） A．

n2n3 n1n4n2n3 n1n4

B．

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 4. 在绕制变压器时，某人误将两个线圈绕在如图所示变压器铁心的左右两个臂上，当通以交变电流时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂，已知线圈1、2的匝数之比N1：N2=2：1，在不接负载的情况下（ ） A、当线圈1输入电压220V时，线圈2输出电压为110V B、当线圈1输入电压220V时，线圈2输出电压为55V C、当线圈2输入电压110V时，线圈1输出电压为220V

- 1 -

D、当线圈2输入电压110V时，线圈1输出电压为110V

5.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：5，原线圈两端的交变电压为

u202sin100t 氖泡在两端电压达到100V时开始发光，下列说法中正确的有 （ ） V A．开关接通后，氖泡的发光频率为100Hz B．开关接通后，电压表的示数为100 V C．开关断开后，电压表的示数变大 D．开关断开后，变压器的输出功率不变

6.一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，则外接一只电阻为95.0的灯泡，如图乙所示，则（ ） v的示数为220v A.电压表○

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484w

D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J

7.一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副

线圈接有可调电阻R设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2。当R增大时 （ ） A．I1减小，P1增大 B．I1减小，P1减小 C．I2增大，P2减小 D．I2增大，P2增大

8.如图a所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度 逆时针匀速转动。若以线圈平面与磁场夹角＝45时（如图b）为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正。则下列四幅图中正确的是 （ ）

- 2 -

9.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匀速转动，线框中感应电流的有效值I= 。线框从中性面开始转过线横截面的电荷量q=

10. 两个完全相同的电热器分别通以图中（a）和(b)所示的电流最大值相等的正弦交变电流和方波交变电流，则这两个电热器的热功率之比P甲：P乙=_______________。

的过程中，通过导2

11.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为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端加一定交变电流电压后，两电阻消耗的电功率之比PA：PB=_________________________。

12.水利发电具有防洪、防旱、减少污染多项功能，是功在当代，利在千秋的大事，现在水力发电已经成为我国的重要能源之一。某小河水流量为40m3/s,现在欲在此河段上筑坝安装一台发电功率为1000千瓦的发电机发电。

（1）设发电机输出电压为500V，在输送途中允许的电阻为5Ω，许可损耗总功率的5%，则所用升压变压器原副线圈匝数比应是多大？

（2）若所用发电机总效率为50%，要使发电机能发挥它的最佳效能，则拦河坝至少要建多高？

g取10m/s2

- 3 -

13.某小型实验水电站输出功率是20kW，输电线路总电阻是6Ω。 （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。

14.如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L。槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电量为 +2q，球B带电量为－3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统。最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场 的分布），求：

（1）球B刚进入电场时，带电系统的速度大小；

（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A相对右板的位置。

- 4 -

参与解析

1.【答案】C

【解析】根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫兹，A错。由图乙可知通过R1的电流最大值为Im＝1A、根据欧姆定律可知其最大电压为Um＝20V，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200 V、B错；因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R3和电容器，D错；根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻R2的电流有效值为I＝ImR1、电压有效值为U＝2R2Um/2V，电阻R2的电功率为P2＝UI＝2.【答案】D

20W、C对。 3【解析】由于2与3之间流过的既有原线圈电流，又有副线圈电流，所以必须搞清原、副线圈电流的方向关系；而欲搞清原、副线圈电流的方向关系又必须明确原、副线圈在相应的回路里的地位。

解答：由理想变压器的变压规律，有

U1：U2=n1:n2，

由此解得R两端的电压为

U2n2160U110080V。 n140160由功率公式P2=I2U2可解得流过R的电流，即变压器副线圈电流为

I2=P2/U2=10/80=0.125A。

再由理想变压器的变流规律I1：I2=n1:n2，解得原线圈电流为

I1n2160I20.1251A n140160考虑到2与3之间的一段线圈既是副线圈，又是原线圈的一部分，而副线圈在副线圈回路中是电源，其电流应从低电势流向高电势，原线圈在原线圈回路中是负载，其电流应从高电势流向低电势，这就决定着同时流过2与3间的电流I1与I2始终是反向的，所以，图21-7中的交流电流表的示数应该为I1与I2的差的绝对值，即

IA=0.025A 此例应选D。 3.【答案】AD

【解析】根据变压器工作原理可知

n1220n3U3，，由于输电线上损失一部分电压，n2U2n4220 - 5 -

升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U2U3，所以

n2n3，A正确，BCn1n4不正确。升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D正确。 考点：变压器工作原理、远距离输电 提示：理想变压器的两个基本公式是：⑴

U1n2，即对同一变压器的任意两个线圈，都有U2n2电压和匝数成正比。⑵P1P2，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于所有输出功率之和。只有当变压器只有一个副线圈工作时，才有U1I1U2I2,/

I1n2。 I2n1远距离输电，从图中应该看出功率之间的关系是：P1=P2，P3=P4，P1=Pr=P2。电压之间的关系是：

I1n2I3n4U1n1U3n3,,I2IrI3。,,U2UrU3。电流之间的关系是：

I2n1I4n3U2n2U4n4输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的。分析和计算时都必须用

Ur2P。特别重要的是要会分析输电线上的功率损失rIr,UrI2r，而不能用Prr22PL1Pr12。

SU2SU24.【答案】D

【解析】该题考查的是变压器的原理，若不去深入研究变压器的变压原理，只死记公式，很容易错选。

解答：该题给出的变压器的铁心为日字形，与考生熟知的口字形变压器不同，且通过交变电流时，每个线圈产生的磁通量只有一半通过另一线圈，故电压比能利用电磁感应定律，从变压器的原理入手，才能解出该题。

当线圈1作为输入端时，

2U1n1不再成立。所以只U2n21U1tn11224。 2n22111U2n2tn1因为U1=220V，所以U2=55V，所以选项B对。 当线圈2作为输入端时，

- 6 -

U1'n12'121。 U2'n21'21因为U2’=110V，所以U1’=110V，所以选项D对。 5.【答案】AB

【解析】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解。由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为U12022V=20V，由

n1U1得副线圈两端的电压为U2100V，电压表的示数为交n2U210050 Hz，一个周期内电压两次大于2流电的有效值，B项正确；交变电压的频率为f100V，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100Hz，A项正确；开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，C项错误；断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，D项错误。 6.【答案】D

【解析】电压表示数为灯泡两端电压的有效值,由图像知电动势的最大值Em=2202V，有效值E=220V，灯泡两端电压URE209V，A错；由图像知T=0.02S，一个周期内电

Rr流方向变化两次，可知1s内电流方向变化100次，B错；灯泡的实际功率

U22092PW459.8W,C错；电流的有效值IR95E2.2A，发电机线圈内阻每秒钟产Rr生的焦耳热为QrI2rt2.2251J24.2J，D对。 7.【答案】B

【解析】 理想变压器的特点是输入功率等于输出功率，当负载电阻增大时，由于副线圈的电压不变，所以输出电流I2减小，导致输出功率P2减小，所以输入功率P1减小；输入的电压不变，所以输入的电流I1减小，B正确 8.【答案】D

【解析】本题考查正弦交流电的产生过程、楞次定律等知识和规律。从a图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为b到a，故瞬时电流π

的表达式为i=－imcos（+ωt），则图像为D图像所描述。平时注意线圈绕垂直于磁场

4的轴旋转时的瞬时电动势表达式的理解。 9.【答案】

2BSBS

2R,R- 7 -

【解析】解析： 电动势的最大值EmBS，电动势的有效值EEm，电流的有效值2IEBSE2BSt；qItt。 RRtRRR2R10.【答案】Pa：Pb=1：2。

【解析】对于正弦交变电，其最大值恰等于有效值的2倍，但对于非正弦交变电，其最大值与有效值间的关系一般需要根据有效值的定义来确定。

解答：通以正弦我变电流的电热器的热功率为Pa=I2R=(Im2)R=ImR/2；通以方波交变电流的电热器，尽管通电时电流方向不断变化，但线时刻流过的电流数值均为Im，且电流的热功率与电流方向无关，所以Pb=ImR.。于是得Pa：Pb=1：2。

交变电流的有效值与最大值间的关系Im=2I，只对正弦交变电流才成立。图所示的方波交变电流，有效值等于最大值。 11.【答案】1:16

【解析】抓住理想变压器（图中的虚线框内的部分）原、副线圈的电流关系，A、B两电阻消耗的电功率关系及电压关系均可求得 解答：对理想变压器，有

222I1n21 I2n1421222I1PAI122 PAI1R,PBI2R IPBI16212.【解析】

（1）设送电电流为I，损耗的功率为P耗、导线电阻为R线，由P＝I2R得：

IP耗R线10001030.05100A

5设送电电压为U送，由P＝IU得：

P1000103＝1104V U送＝＝I100则升压变压器原副线圈匝数比:

n原U5001＝原＝＝ n副U副1000020（2）发电时水的重力势能转化为电能故： 50％ mgh ＝Pt - 8 -

mVPt100010334其中:11040410kgsh5m

ttmg0.104100.513.【解析】

P20103（1）输电线上的电流强度为I＝A＝52.63A

U380输电线路损耗的功率为P损＝IR＝52.63×6W≈16620W＝16.62kW

2

2

P20103（2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为I′＝A＝4A U5000用户端在变压器降压前获得的电压 U1＝U－I′R＝（5000－4×6）V＝4976V 根据

U1n1 U2n21n2×4976V＝226.18V U1＝22n1用户得到的电压为U2＝

14.【解析】

对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有：

W12qE2.5L(3qE1.5L)0由此可以判定，球A不仅能达到右极板，

而且还能穿过小孔，离开右极板。假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2，有：

W22qE2.5L(3qE3.5L)0由此判定，球B不能达到右极板

综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧。 （1）电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律：a1球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：v12a1L 求得：v122qEqE＝ 2mm2qEL mv1 a1⑵设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则：t1解得：t12mL qE3qE2qEqE

2m2m球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律：a2

- 9 -

显然，带电系统做匀减速运动。设球A刚达到右极板时的速度为v2，减速所需时间为t2，

2则有： v2v122a21.5L t2v2v1 a2求得： v212qEL2mL ,t22mqE球A离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a3，再由牛顿第二定律：

a33qE 2m设球A从离开电场到静止所需的时间为t3，运动的位移为x，则有：t32v22a3x

0v2 a3求得：t1L12mL x

63qE可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：

tt1t2t3球A相对右板的位置为：x72mL

3qEL 6 - 10 -