专题十三 交变电流【专题检测】A组一、选择题1.(2020浙江“山水联盟”返校考,9)如图所示,面积为0.02m2、内阻可忽略不计的100匝矩形线圈ABCD,绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动,转速为50r/s,匀强磁场的磁感应强度为T。矩形线圈通过滑环与变压器(由绕在不闭合铁芯上的两组线圈构成)原线圈相连,所有接触电阻不计,副线圈接入一只标有“5V,1W”的小灯泡,小灯泡恰好正常发光,电流表的内阻不计。当线圈平面与磁场方向垂直时开始计时。下列说法不正确的是( )A.图示位置穿过线圈的磁通量变化率为零B.线圈每转动1s,线圈中的电流方向变化100次C.原线圈中感应电动势的表达式为e=20sin(100πt)VD.原、副线圈的匝数之比为4∶1,电流表的示数为0.5A答案 D 图示中线圈处于中性面,磁通量最大,磁通量的变化率最小,等于零,所以A正确,不符合题意;由题意可知,转速为50r/s,则交流的周期为T==0.02s,交流在一个周期内方向要改变两次,1s内包括50个周期,所以线圈中的电流方向变化100次,所以B正确,不符合题意;由题意可知,线圈产生的感应电动势的最大值为Em=NBSω=20V,其中ω=2πn=100πrad/s,则原线圈中感应电动势的表达式为e=20sin(100πt)V,所以C正确,不符合题意;原线圈电动势的有效值为E=U1=20V,副线圈的电压为U2=5V,若变压器为理想变压器,则原、副线圈的匝数之比为==4,电流表的示数为I==0.05A,但题中变压器不是理想变压器,不满足相对应关系,所以D错误,符合题意。故选D。2.(2020浙江嘉兴一模,5)如图所示是输入电压为220V,输出电压为27V的变压器,相应的线圈匝数分别为n1和n2,则( )A.n1<n2B.输入的电流大于输出的电流C.绕制输入端线圈的导线比输出端细D.输出端连接的用电器数量增加,输入端功率不变答案 C 由题意知,副线圈的电压小于原线圈的电压,故此为降压变压器,故n1>n2,故A错误;根据电流与匝数成反比可知,输入的电流小于输出的电流,故B错误;因为输入功率与输出功率相等,而通过副线圈的电流大,
为了减少导线上功率损失,节约成本,故绕制输入端线圈的导线比输出端细,故C正确;输出端连接的用电器数量增加,输出功率增大,输入端功率也增大,故D错误。故选C。3.(2020浙江名校协作体联考,10)如图所示,手摇发电机产生正弦式交流电,通过一台理想变压器向定值电阻R供电。理想电压表和电流表的示数分别为U和I。当发电机转速增大,使发电机的输出电压变为原来的2倍,下列说法正确的是( )A.电压表V的示数仍为UB.电流表A的示数仍为IC.通过电阻R的电流的频率增大D.电阻R消耗的功率变为原来的2倍答案 C 发电机的输出电压变为原来的2倍,变压器原线圈两端电压变为原来的2倍,根据变压器原、副线圈电压与匝数关系可得,变压器副线圈两端电压变为原来的2倍,电压表测量变压器副线圈两端电压,则电压表的示数变为2U,故A项错误;根据A项分析知,变压器副线圈两端电压变为原来的2倍,则流过定值电阻R的电流变为原来的2倍,根据变压器原、副线圈电流与匝数关系可得,流过原线圈的电流变为原来的2倍,电流表A的示数变为2I,故B项错误;发电机转速增大,产生交流电的频率增大,通过变压器原、副线圈的电流的频率增大,通过电阻R的电流的频率增大,故C项正确;根据A项分析知,变压器副线圈两端电压变为原来的2倍,根据P=知,电阻R消耗的功率变为原来的4倍,故D项错误。4.(2018浙江杭州西湖高级中学月考)(多选)理想变压器原线圈与交流电源连接,输入电压u随时间t变化的规律如图所示,原、副线圈匝数比=,副线圈只接入一个R=10Ω的电阻,则( )A.与电阻R并联的电压表示数为3.11VB.流过电阻R的电流最大值为0.311AC.变压器的输入功率为0.484WD.一个周期内,电阻R上产生的热量为9.68×10-3J答案 BCD 原线圈两端电压有效值是220V,则根据=可得副线圈两端电压有效值U2=2.2V,电压表测的是有效值,A错;流过副线圈的电流的有效值为I2=0.22A,流过副线圈的电流的最大值为0.311A,B对;理想变压器输入功率等于输出功率,输出功率P2=U2I2=0.484W,C对;根据Q=Rt并代入数据可得Q=9.68×10-3J,D对。5.(2020浙江十校联盟返校联考,16)(多选)如图所示,理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶2,原线圈与光滑水平导轨相连,轨道间距L=0.5m,匀强磁场磁感应强度B=0.2T、垂直于轨道,若电阻不计的金属棒ab以速度v=12.5sin(200πt)m/s在导轨上运动,副线圈上连接规格“2.5V,5W”小灯泡L、电容器C。则下列说法正确的是( )A.小灯泡恰好能正常发光B.电容器的支路没有电流C.若金属棒运动速度v=12.5cos(200πt)m/s,小灯泡亮度不变
D.若金属棒向右匀加速运动,电容器上极板带正电答案 ACD 金属棒切割磁感线产生的感应电动势e=BLv=1.25sin(200πt)V,所以产生的感应电动势的有效值为E=V=1.25V,所以原线圈的输入电压为U1=E=1.25V,根据变压器原理可得=,解得副线圈两端电压U2=U1=×1.25=2.5V,所以小灯泡恰好能正常发光,故A正确;电容器“隔直流,通交流”,由于原线圈产生的电流为正弦式交流电,故有电流通过电容器,故B错误;若金属棒运动速度v=12.5cos(200πt)m/s,小灯泡两端电压有效值不变,则小灯泡亮度不变,故C正确;若金属棒向右匀加速运动,根据右手定则可知金属棒中的感应电流方向由b向a,且电流增大,原线圈中的磁场方向向下,副线圈中的磁场方向向上增强,根据楞次定律可知副线圈中感应电流的磁场方向向下,则副线圈的感应电流方向向上,副线圈的上方为正极,电容器上极板带正电,故D正确。故选A、C、D。6.(2020浙江杭州模拟,10)小宇同学为探究变压器的工作原理,设计了如图所示的实验装置,学生电源的交流稳压输出端串联一定值电阻R后与理想变压器原线圈相连,副线圈两端接有灯泡、滑动变阻器等。原、副线圈匝数比一定。先将开关S2闭合、S3断开,当闭合S1时灯泡刚好正常发光。调节变阻器滑片至中间位置,则下列关于此后操作中说法正确的是( )A.当闭合开关S3时,灯泡亮度变暗B.当闭合开关S3时,原线圈输入电压不变C.闭合开关S3以后,增大滑动变阻器连入电路中的阻值,则通过定值电阻的电流增大D.闭合开关S3以后,当滑动变阻器连入电路中的阻值减小时,变压器输出功率减小答案 A 当闭合开关S3时,副线圈电阻减小,根据欧姆定律可知,副线圈输出电流增大,则原线圈输入电流增大,则电阻R上分压增加,原线圈输入电压减小,根据=可知,副线圈输出电压减小,灯泡两端电压减小,灯光变暗,故A正确,B错误。闭合开关S3以后,增大滑动变阻器连入电路中的阻值,则副线圈输出电流减小,根据=可知,原线圈输入电流减小,则通过定值电阻R的电流减小,故C错误。闭合开关S3以后,当滑动变阻器连入电路中的阻值减小时,副线圈总电阻减小,则变压器副线圈消耗的功率变大,则变压器输出功率变大,选项D错误。故选A。7.(多选)某同学在实验室中研究远距离输电。由于输电线太长,他将每100米导线卷成一卷,共卷成8卷来代替输电线路。第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连,测得输电线上损失的功率为P1;第二次采用如图所示的电路输电,其中变压器T1与电源相连,其原、副线圈的匝数比为n1∶n2,变压器T2与用电器相连,测得输电线上损失的功率为P2,下列说法正确的是( )A.第二次实验也可研究远距离直流输电B.T1是升压变压器,T2是降压变压器C.若输送功率一定,则P2∶P1=∶D.实验可以证明,增大输电电流能减小远距离输电的能量损失答案 BC 变压器只能改变交变电流的电压,所以第二次实验只能研究远距离交流输电,故A错误;远距离输电采用高压输电,减小输电线上的电流,以减少功率损耗,到用户区采用降压变压器降压,所以T1是升压变压器,T2是降压变压器,故B正确;若输送功率一定,设输电线电阻为R,第一次实验输电线上的电流I=,
输电线上损失的功率P1=I2R=R,第二次实验,升压变压器副线圈两端的电压U2=U1,输电线上的电流I'=,输电线上损失的功率P2=I'2R=R,==,故C正确;实验可以证明,减小输电电流能减小远距离输电的能量损失,故D错误。二、非选择题8.(2019浙江金华十校模拟,14)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系“实验中。(1)实验时需要的仪器为图中的 。(填选项字母) (2)某同学在完成上述实验后,采用如图所示的电路测量变压器原线圈的电阻(阻值较小),为保证电路中各元件安全,实验结束时,首先应断开 。(填选项前的字母) A.导线A B.导线B C.开关C D.导线D答案 (1)ADF (2)A解析 (1)“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验,需要有学生电源提供低压交流电,同时还需要交流电压表来测量电压及可拆变压器和导线,结合题目给定的器材,图A是可拆变压器,B是直流电源,C是条形磁铁,D是学生电源,提供低压交流电,E是电压表,F是多用电表,用来测交流电流和电压,结合器材需求和题干,故选A、D、F。(2)实验结束时,应先把电压表从电路中断开,否则在断开开关瞬间会产生大电压烧毁电压表,故应先断开导线A,故选A。9.如图所示,交流发电机的矩形金属线圈abcd的边长ab=cd=50cm,bc=ad=30cm,匝数n=100,线圈的总电阻r=10Ω,线圈位于磁感应强度B=0.050T的匀强磁场中,线圈平面与磁场方向平行。线圈的两个末端分别与金属滑环K、L焊接在一起,并通过电刷与阻值R=90Ω的定值电阻连接。现使线圈绕过bc和ad边中点且垂直于磁场的转轴OO'以角速度ω=400rad/s匀速转动。电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计。求:(1)线圈中感应电流的最大值;(2)线圈转动过程中电阻R的发热功率;(3)从线圈经过图示位置开始计时,经过周期通过电阻R的电荷量。
答案 (1)3.0A (2)405W (3)7.5×10-3C解析 (1)线圈产生感应电动势的最大值Em=nBωab×bc=300V根据闭合电路欧姆定律可知,线圈中感应电流的最大值Im=解得:Im=3.0A(2)通过电阻R的电流的有效值I=线圈转动过程中电阻R的发热功率P=I2R解得:P=405W(3)根据法拉第电磁感应定律有:
