章末综合测评2 交变电流

章末综合测评(二)
(时间：90分钟 分值：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，全选错的得0分．)
1．如图1所示为一正弦交流电电压随时间变化的图像，下列表达式正确的是( )
24622090
图1
A ．e ＝2sin 0.2πt(V)
B ．e ＝2sin 10πt(V)
C ．e ＝2sin 10πt(V)
D ．e ＝2sin 0.2πt(V)
C [由图像知，交流电周期0.2 s ，则ω＝2π
T
＝10π，故选项C 正确．]
2．在“练习使用示波器”的实验中，关于竖直位移旋钮和Y 增益调节旋钮的作用，下列说法正确的是( )
A ．竖直位移旋钮用来调节图像在竖直方向的位置，Y 增益调节旋钮用来调节图像在竖直方向的幅度
B ．竖直位移旋钮用来调节图像在竖直方向的幅度，Y 增益调节旋钮用来调节图像在竖直方向的位置
C ．竖直位移旋钮和Y 增益调节旋钮都是用来调节图像在竖直方向的位置
D ．竖直位移旋钮和Y 增益调节旋钮都是用来调节图像在竖直方向的幅度
A [竖直位移旋钮可以调节图像在屏幕竖直方向的位置，使观察的信号位于屏幕中央，Y 增益调节旋钮则用来调节图像在竖直方向的幅度，故A 正确，
B 、
C 、
D 错误．]
3．某交流电电源电压的瞬时值表达式为u ＝62sin 100πt(V)，则下列说法中正确的是( ) A ．用交流电压表测该电源电压时，示数是6 V B ．用交流电压表测该电源电压时，示数是6 2 V
C ．用此电源给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔为0.01 s
D ．把标有“6 V 3 W”的小灯泡接在该电源上时，小灯泡将被烧毁
A [电压表测量的是有效值，用交流电压表测该电源电压时，示数是6 V ，故A 正确，
B 错误；由u ＝62sin 100πt(V)，可知，该交流电的最大值为6 2 V ，ω＝100π rad/s ，所以T ＝2π
100π s ＝0.02 s ，
频率为50 Hz ，用此电源给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔为0.02 s ，故C 错误；小灯泡的额定电压为有效值，所以小灯泡正常发光，故D 错误．]
4．如图2所示，在水平方向的匀强磁场中一矩形闭合线圈绕OO′轴匀速转动，若要使线圈中的电流
峰值减半，下列不可行的方法是( )
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图2
A ．将线圈的转速减半
B ．将线圈的匝数减半
C ．将匀强磁场的磁感应强度减半
D ．将线圈的边长减半
B [由I m ＝E m R ，E m ＝NBS ω，ω＝2πn ，得I m ＝NBS·2πn
R ，故A 、C 不符合题意；又因为电阻R 与匝数
有关，当匝数减半时电阻R 也随之减半，则I m 不变，故B 符合题意；当边长减半时，面积S 减为原来的1
4，
而电阻减为原来的1
2
，故D 不符合题意．]
5.如图3所示，在铁芯P 上绕着两个线圈a 和b ，则( )
图3
A ．线圈a 输入正弦交变电流，线圈b 可输出恒定电流
B ．线圈a 输入恒定电流，穿过线圈b 的磁通量一定为零
C ．线圈b 输出的交变电流不对线圈a 的磁场造成影响
D ．线圈a 的磁场变化时，线圈b 中一定有电场
D [a 、b 线圈相当于变压器的原、副线圈，根据电磁感应定律可知，当线圈a 输入正弦交变电流时，线圈b 将输出正弦交变电流，故A 选项错误；当线圈a 输入恒定电流，将产生不变的磁场，则穿过线圈b 的磁通量不为零，只是磁通量的变化量为零，故B 选项错误；线圈b 输出的交变电流也要产生磁场，对线圈a 的磁场也会产生影响，故C 选项错误；根据麦克斯韦电磁场理论可知，变化的磁场周围将产生电场，则线圈a 中的磁场变化时，线圈b 中一定有电场，故D 选项正确．]
6．图4为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器．原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P ，使输出电压有效值由220 V 降至110 V ．调节前后( )
图4
A ．副线圈中的电流比为1∶2
B ．副线圈输出功率比为2∶1
C ．副线圈的接入匝数比为2∶1
D ．原线圈输入功率比为1∶2
C [根据欧姆定律I ＝U R ，U 2由220 V 降至110 V ，副线圈上的电流变为原来的1
2，即调节前后，副线圈
上电流之比为2∶1，选项A 错误；根据P ＝UI 知，U 、I 均变为原来的1
2时，副线圈上输出的功率变为原来
的14，即调节前后副线圈的输出功率之比为4∶1，选项B 错误；根据理想变压器电压与匝数的关系U 1U 2＝n 1n 2，当U 2由220 V 降至110 V 时，n 2变为原来的1
2，即调节前后副线圈接入的匝数比为2∶1，选项C 正确；根
据理想变压器P 入＝P 出，所以原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，即调节前后原线圈输入功率之比为4∶1，选项D 错误．]
7．调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图5所示，线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，AB 间加上正弦交流电，交流电压有效值恒定为U ，移动滑动触头P 的位置，就可以调节输出电压，在输出端连接了滑动变阻器R ，变阻器的滑动触头为Q ，图中的电表均为理想交流电表，则( )
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图5
A ．保持P 的位置不动，将Q 向下移动时，电流表的读数变小
B ．保持P 的位置不动，将Q 向下移动时，电压表的读数变小
C ．保持Q 的位置不动，将P 沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大
D ．保持Q 的位置不动，将P 沿逆时针方向移动时，电压表的读数变小
AC [保持P 的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则滑动变阻器R 两端的电压不变，当将Q 向下移动时，连入电路的电阻的阻值变大，副线圈电流减小，原线圈电流也减小，故A 正确，B 错误；保持Q 的位置不动，即是保持滑动变阻器R 连入电路的阻值不变，将P 沿逆时针方向移动时，变
压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数增多，由U 2＝n 2
n 1U 1知滑动变阻器R 两端的电压将增大，I 2增大，
I 1也增大，所以电流表的读数变大，故C 正确，D 错误．]
8．一台理想变压器，开始时开关S 接1，此时原、副线圈的匝数比是11∶1，原线圈接入电压为220 V 的正弦交流电，一只理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上，如图6所示，则下列判断正确的是( )
图6
A ．原、副线圈中的功率之比为11∶1
B ．若只将S 从1拨到2，电流表示数减小
C ．若开关S 接1，滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω时，则1 min 内滑动变阻器产生的热量为1 200 J
D ．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则两电表示数均减小
BC [原副线圈的输入功率等于输出功率，故A 错误；若只将S 从1拨到2，副线圈的电压减小，副线圈电流减小，原线圈电流即电流表示数减小，故B 正确；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈端电压为20 V ，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知202
R ·T 2＝U 2
R T 解得U ＝10 2
V ，若滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω，则1 min 内滑动变阻器产生的热量为Q ＝
()
1022
10
×60 J＝1 200
J ，故C 正确；将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，电流表的读数变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，故D 错误．]
9.如图7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 ＝202sin 100πt V ，氖泡在两端电压达到100 V 时开始发光，下列说法中正确的有( )
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图7
A ．开关接通后，氖泡的发光频率为100 Hz
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
AB [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U 1＝2022 V ＝20 V ，由n 1n 2＝U 1
U 2得副线
圈两端的电压为U 2＝100 V ，电压表的示数为交流电的有效值，所以B 项正确；交变电压的频率为f ＝
100π
2π＝50 Hz ，一个周期内电压两次大于100 V ，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100 Hz ，所以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，所以C 项错误；开关断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，所以D 项错误．]
10．如图8所示，矩形线圈abcd 与理想变压器原线圈组成闭合电路．线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc 边匀速转动，磁场只分布在bc 边的左侧，磁感应强度大小为B ，线圈面积为S ，转动角速度为ω，线圈匝数为N ，线圈电阻不计．下列说法正确的是 ( )
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图8
A ．将原线圈抽头P 向上滑动时，灯泡变暗
B ．电容器的电容
C 变大时，灯泡变暗
C ．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大
D ．若线圈abcd 转动的角速度变为2 ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBS ω
AD [在图中将原线圈触头P 向上滑动时，原线圈的匝数变大，故输出的电压变小，灯泡变暗，选项A 正确；电容器的电容C 变大时，电容对电流的阻碍作用变小，故灯泡变亮，选项B 错误；图示位置时，线圈的ad 边运动方向与磁感线方向平行，故矩形线圈中瞬时感应电动势最小，选项C 错误；若线圈abcd 转动的角速度变为2ω，且线圈转动一周只有半周产生感应电压，在这半周中，电压的最大值是2NBS ω，设变压器原线圈电压的有效值为U ，则
2NBS ω2
R
t ＝U
2
R
×2t，即U ＝NBS ω，选项D 正确．]
二、非选择题(本题共6小题，共40分)
11．(4分)如图9所示为示波器面板，屏上显示的是一亮度很低、线条较粗且模糊不清的波形．
图9
(1)若要增大显示波形的亮度，应调节________旋钮．
(2)若要屏上波形线条变细且边缘清晰，应调节________旋钮．
(3)若要将波形曲线调至屏中央，应调节________与____________旋钮．
解析(1)辉度调节旋钮，作用是调节图像亮度．
(2)聚焦调节旋钮和辅助聚焦旋钮配合使用使图像线条清晰．
(3)竖直位移旋钮和水平位移旋钮，调节图像在竖直、水平方向的位置．
答案(1)辉度调节(2)聚焦调节(3)竖直位移水平位移
12．(6分)有一个教学用的可拆变压器，如图10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．
甲乙
图10
(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10乙中的a、b位置，由此可推断________(填“A”或“B”)线圈的匝数较多．
如果把它看成理想变压器，现要测量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)．________________________________________________________
________________________________________________________
(2)线圈的匝数为n A＝________.(用所测物理量符号表示)
解析(1)由图乙可知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
匝数．
(2)①用长导线绕一个n 匝线圈，作为副线圈替代A 线圈；②把低压电源接B 线圈，测得线圈的输出电压U ；③用A 线圈换下绕制的线圈测得A 线圈输出电压U A .n A ＝U A
U
n.
答案 (1)A (2)步骤见解析 n A ＝U A
U
n
13．(6分)如图11所示，矩形线圈abcd 在磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中绕轴OO′以角速度ω＝10π rad/s 匀速转动，线圈共10匝，每匝线圈的电阻值为0.5 Ω，ab ＝0.3 m ，bc ＝0.6 m ，负载电阻R ＝45 Ω.求：
图11
(1)电阻R 在0.05 s 内发出的热量；
(2)电阻R 在0.05 s 内流过的电荷量(设线圈从垂直中性面开始转动)． 解析 (1)矩形线圈abcd 在匀强磁场中旋转产生正弦交变电流，电动势的峰值为 E m ＝nBS ω＝10×2×0.3×0.6×10π V ＝113.04 V 电流的有效值I ＝
I m 2＝
E m 2
＋
＝1.60 A
所以0.05 s 内R 上发出的热量Q ＝I 2
Rt ＝5.76 J. (2)矩形线圈旋转过程中产生的感应电动势的平均值 E ＝n ΔΦΔt ＝nBS T 4＝2nBS ωπ＝2E m
π
＝72 V
电流的平均值I ＝E
R ＋r
＝1.44 A
0．05 s 内电路流过的电荷量q ＝It ＝0.072 C. 答案 (1)5.76 J (2)0.072 C
14．(6分)如图12所示，变压器原线圈n 1＝800匝，副线圈n 2＝200匝，灯泡A 标有“10 V 2 W”字样，电动机D 的线圈电阻为1 Ω，将交变电流u ＝1002sin 100πt V 加到理想变压器原线圈两端．灯泡恰能正常发光，求：
图12
(1)副线圈两端电压(有效值)； (2)电动机D 的电功率．
解析 (1)原线圈两端电压(有效值) U 1＝
U m12＝
1002
2
V ＝100 V 由变压器变压比规律U 1U 2＝n 1
n 2知副线圈两端电压
U 2＝n 2
n 1U 1＝25 V.
(2)电动机两端电压
U D ＝U 2－U A ＝15 V ，I ＝P A
U A ＝0.2 A
发动机的功率P D ＝U D I ＝3 W. 答案 (1)25 V (2)3 W
15．(8分)如图13所示，匝数为100匝、面积为0.01 m 2
的线圈，处于磁感应强度B 1为1π T 的匀强磁
场中．当线圈绕O 1O 2以转速n 为300 r/min 匀速转动时，电压表、电流表的读数分别为7 V 、1 A ．电动机的内阻r 为1 Ω，牵引一根原来静止的、长L 为1 m 、质量m 为0.2 kg 的导体棒MN 沿轨道上升．导体棒的电阻R 为1 Ω，架在倾角为30°的框架上，它们处于方向与框架平面垂直、磁感应强度B 2为1 T 的匀强磁场中．当导体棒沿轨道上滑1.6 m 时获得稳定的速度，这一过程中导体棒上产生的热量为4 J ．不计框架电阻及一切摩擦，g 取10 m/s 2
.求：
图13
(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时值表达式； (2)导体棒MN 的稳定速度；
(3)导体棒MN 从静止到达到稳定速度所用的时间.
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解析 (1)线圈转动过程中电动势的最大值为E m ＝NB 1S ω＝NB 1S·2πn ＝100×1
π×0.01×2π×5 V＝
10 V
则从线圈处于中性面开始计时的电动势瞬时值表达式为e ＝E m sin ωt ＝10sin10 πt (V)． (2)电动机的电流I ＝1 A ，电动机的输出功率 P 出＝IU －I 2
r ，又P 出＝F·v 而棒产生的感应电流I′＝E R ＝B 2Lv
R
稳定时棒处于平衡状态，故有F ＝mgsin θ＋B 2I′L 由以上各式代入数值，解得棒的稳定速度 v ＝2 m/s(v ＝－3 m/s 舍去)．
(3)由能量守恒定律得P 出t ＝mgh ＋12mv 2
＋Q
其中h ＝xsin θ＝1.6sin 30°＝0.80 (m)， 解得t ＝1.0 s.
答案 (1)e ＝10sin 10πt (V) (2)2 m/s (3)1.0 s
16．(10分)有一台内阻为1 Ω的发电机，供给一学校照明用电，如图14所示．升压变压器原、副线圈匝数比为1∶4，降压变压器原、副线圈匝数比为4∶1，输电线的总电阻为4 Ω.全校共有22个班，每班有“220 V 40 W”灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则
图14
(1)发电机的输出功率多大？ (2)发电机的电动势多大？ (3)输电效率为多少？
解析 (1)降压变压器的输出功率为： P 用＝40×22×6 W＝5 280 W 降压变压器副线圈的电流： I 4＝40
220×6×22 A＝24 A ，
降压变压器原线圈的电流： I 3＝n 4n 3I 4＝1
4×24 A＝6 A
输电线损失的功率：
ΔP ＝I 2
3R ＝144 W ，所以发电机的输出功率： P ＝5 280 W ＋144 W ＝5 424 W. (2)降压变压器原线圈电压为： U 3＝n 3n 4U 4＝4
1×220 V＝880 V
输电线上损失的电压为：
ΔU ＝I 3R ＝24 V ，升压变压器的输出电压为： U 2＝880 V ＋24 V ＝904 V 所以发电机原线圈电压： U 1＝n 1n 2U 2＝1
4
×904 V＝226 V
发电机原线圈中电流为I 1＝n 2n 1I 2＝4
1×6 A＝24 A
发电机内阻分压：U r ＝24×1 V＝24 V 电动势为：E ＝226 V ＋24 V ＝250 V. (3)输电效率η＝P 用P ＝5 280
5 424×100%＝97.3%.
答案 (1)5 424 W (2)250 V (3)97.3%。