高中物理第五章交变电流阶段验收评估新人教版选修3_2

第五章 交变电流(时间：50分钟 满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第1～5小题中只有一个选项符合题意，第6～8小题中有多个选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．(2015·江苏高考)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 ．200B ．400C ．1 600D ．3 200解析：选B 根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系U 1U 2＝n 1n 2，得n 2＝n 1U 2U 1＝800×110220＝400，选项B 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1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e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )图1A ．峰值是e 0B ．峰值是2e 0C ．有效值是22Ne 0 D ．有效值是2Ne 0解析：选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e 0，每匝中ab 和cd 串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e 0。

N 匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne 0，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 ＝2Ne 0，故选项D 正确。

3．以下说法正确的是( ) A ．交变电流的有效值就是它的平均值 B ．任何交变电流的有效值都是它最大值的12C ．如果交变电流接在电阻R 上产生的热量为Q ，那么该交变电流的有效值为Q RD ．以上说法均不正确解析：选D 有效值是根据电流的热效应来定义的，平均值并不是有效值，例如线圈在匀强磁场中转动一圈，其平均电动势为零，故A 错。

在正弦式交变电流中，其有效值为最大值的12，对于其他交变电流并不一定满足此关系，故B 错。

交变电流要产生热量需要一定的时间，C 选项中没有告诉时间，因此是错误的。

4．如图2所示，当交流电源的电压有效值U ＝220 V ，频率f ＝50 Hz 时，3只灯L 1、L 2、L 3的亮度相同(L 无直流电阻)，若将交流电源的频率变为f ＝100 Hz ，则( )图2A ．L 1灯比原来亮B ．L 2灯比原来亮C ．L 3灯比原来亮D ．L 3灯比原来暗解析：选A 此题考查电容、电感对交变电流的影响，也就是容抗、感抗与交变电流的关系。

当交变电流的频率变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，因此L 1变亮，L 2变暗。

又因为电阻在直流和交流电路中起相同的作用，故L 3灯亮度不变，所以A 正确。

5．频率为50 Hz 的交变电流，其电压u ＝120 2sin ωt V ，把它加在激发电压、熄灭电压均为85 V 的霓虹灯的两端，则在半个周期内霓虹灯点亮的时间是( )A.150 s B.1100 s C.1150s D.1200s解析：选C 该交变电压的周期T ＝150s ＝0.02 s ，电压的最大值U m ＝120 2 V≈170 V＝2×85 V。

作出交变电压的u ­t 图像如图所示，由于加在霓虹灯两端电压大于85 V 时灯才发光，由图像可知在半个周期内霓虹灯点亮的时间是Δt ＝t 2－t 1，u ＝170sin(2πft )V ＝85 V则2πft 1＝π6，t 1＝1600 s,2πft 2＝5π6，t 2＝5600 s所以Δt ＝t 2－t 1＝1150s即霓虹灯在半个周期内被点亮的时间为1150s 。

6．图3是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的( )图3A ．周期是0.01 sB ．最大值是311 VC ．有效值是220 VD ．表达式为u ＝220sin 100πt (V)解析：选BC 由题图像可直接读出正弦式交变电压的周期T ＝0.02 s ，最大值U max ＝311 V ，则有效值为U ＝22U max ＝22×311 V＝220 V ，角速度为ω＝2πT ＝2π0.02rad/s ＝100π rad/s ，瞬时值表达式为u ＝311sin 100πt (V)，故只有B 、C 正确。

7．如图4所示，理想变压器的原、副线圈分别接着定值电阻R 1、R 2，且R 1＝R 2，原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝2∶1，交流电源电压为U ，则( )图4A ．R 1两端的电压为U5 B ．R 1两端的电压为3U5C ．R 2两端的电压为2U5D ．R 2两端的电压为U2解析：选AC 输入的电流电源电压U 应等于原线圈两端电压加上R 1两端电压，即U ＝U 1＋U R 1，则通过原线圈电流I 1＝U R 1R 1＝U －U 1R 1，而I 2＝U R 2R 2＝U 2R 2。

又因为I 1I 2＝n 2n 1＝12，R 1＝R 2，U 1U 2＝21，所以代入可求得U R 1＝U 5，U R 2＝2U5，A 、C 正确。

8．如图5所示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T 1和降压变压器T 2向用户供电，已知输电线的总电阻R ＝10 Ω，降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R 0组成闭合电路。

若T 1、T 2均为理想变压器，T 2的副线圈两端电压u ＝2202sin 100πt (V)，当用电器电阻R 0＝11 Ω时( )图5A ．通过用电器R 0的电流有效值是20 AB ．升压变压器的输入功率为4 650 WC ．发电机中的电流变化频率为100 HzD ．当用电器的电阻R 0减小时，发电机的输出功率减小解析：选AB 由T 2的副线圈两端电压的表达式知，副线圈两端的电压有效值为220 V ，电流为I ＝22011 A ＝20 A ，选项A 正确；由于输电线电流I ′＝204 A ＝5 A ，所以升压变压器的输入功率为P ＝P 线＋I 2R 0＝52×10 W ＋202×11 W ＝4 650 W ，选项B 正确；发电机中的电流变化频率与T 2的副线圈两端电压的频率相同，也为50 Hz ，选项C 错误；当用电器的电阻R 0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。

二、计算题(本题共3小题，共52分)9．(16分)如图6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：图6(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)由图得e ＝E m sin ωt ＝62sin 100πt (V) 则流经灯泡的电流i ＝eR ＋r＝0.62sin 100πt (A)。

(2)E m ＝BS ωE m ＝6 2 Vω＝100π rad/sΦ＝BS ＝E m ω＝3250πWb ＝2.7×10－2Wb 。

(3)E ＝E m2＝6 V ， 外力所做的功W ＝Q ＝E 2R ＋rT ＝7.2×10－2 J 。

答案：(1)i ＝0.62sin 100πt (A) (2)2.7×10－2Wb (3)7.2×10－2J10．(18分)如图7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，为了减少电能损失，使用2 kV 高压输电，最后用户得到220 V 、9.5 kW 的电力，求：图7(1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2； (2)输电线路导线电阻R ；(3)用户降压变压器原、副线圈匝数比n 3n 4。

解析：升压变压器的原、副线圈匝数之比应等于发电机的电压和升压变压器的输出电压之比。

已知输入功率为10 kW 而用户得到功率为9.5 kW ，所以损失的功率为0.5 kW ，它应等于导线的电阻与输送电流的平方之积。

输送电流应等于输送功率与升压变压器的输出电压之比，而降压变压器的原、副线圈匝数之比应等于原、副线圈两端电压之比，所以有(1)升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝4002 000＝15。

(2)输电线上损失的电功率与导线电阻R 和输送电流有关，有P 损＝I 2R ，而输送电流又取决于输电电压及输送功率，有I ＝P U 2，所以R ＝P 损I 2＝P 损⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 22＝10 000－9 500⎝ ⎛⎭⎪⎫10 0002 0002Ω＝20 Ω。

(3)降压变压器原线圈上电压U 3＝U 2－IR ＝(2 000－5×20)V ＝1 900 V 。

所以降压变压器原、副线圈匝数比n 3n 4＝U 3U 4＝1 900220＝9511。

答案：(1)15 (2)20 Ω (3)951111．(18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P 0时，纯电阻用电设备消耗的功率为P 1。

若发电厂用一台升压变压器T 1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T 2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8所示。

这样改动后，当发电厂输出的功率仍为P 0时，用电设备可获得的功率增加至P 2。

试求所用升压变压器T 1的原线圈与副线圈的匝数比N 1N 2以及降压变压器T 2的原线圈与副线圈的匝数比n 1n 2各为多少？图8解析：设发电厂的输出电流为I 0，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P R 1＝P 0－P 1＝I 02R ①用电设备消耗的功率为P 1＝I 02r ②用了变压器后，输电线上消耗的电功率为P R 2＝P 0－P 2＝I 2R 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 ＝I 0P 0－P 2P 0－P 1④ 所以N 1N 2＝I I 0＝P 0－P 2P 0－P 1此时用电设备消耗的功率为P 2＝I ′2r ⑤ 联立②⑤式得I ′＝I 0 P 2P 1⑥ 由④式和⑥式得n 1n 2＝I ′I＝P 2P 1·P 0－P 1P 0－P 2。

答案：P 0－P 2P 0－P 1 P 2P 1·P 0－P 1P 0－P 2。