1、习题课:交变电流“四值”与理想变压器的动态分析课后篇巩固提升必备知识基础练1.一正弦式交变电流的电压随时间变化的规律如图所示。由图可知该交变电流()A.周期为0.125 sB.电压的有效值为102 VC.电压的最大值为202 VD.电压瞬时值的表达式为u=102sin 8t V解析由图像可知,交变电流的周期为0.250s,A错误;电压的有效值U=202V=102V,B正确;电压的最大值为20V,C错误;电压瞬时值的表达式为u=20sin8tV,D错误。答案B2.(2020浙江金华调研)一只电阻分别通过四种不同形式的电流,电流随时间变化的情况如下列各图所示,在相同时间内电阻产生热量最大的是()解
2、析选项A、B中交变电流的有效值都为2A,选项C中恒定电流的大小为1.5A,选项D中交变电流的有效值为2A,根据热量的表达式Q=I2Rt得出选项D正确。答案D3.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e0,不计线圈电阻,则发电机输出电压()A.峰值是e0B.峰值是2e0C.有效值是22Ne0D.有效值是2Ne0解析矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0,所以发电机的电动势峰值为2Ne0,由于不计线圈的电阻,所以发电机的输出电压峰值为
3、2Ne0,A、B错误;发电机有效值为2Ne02=2Ne0,故C错误,D正确。答案D4.(多选)(2020湖北恩施一中检测)如图所示,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,匝数为N,线圈电阻不计。下列说法正确的是()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,则变压器原线圈电压的有效值为NBS解析在题图中将原线圈抽头P向上滑动时,原线圈的匝数变大,故输出的
4、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,线圈的面积与磁感线方向垂直,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2,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,设变压器原线圈电压的有效值为U,则(2NBS)2Rt=U2R2t,即U=NBS,选项D正确。答案AD5.(多选)(2020江西临川二中第一次考试)如图所示,理想变压器原、副线圈匝数之比为101,原线圈两端连接正弦交流电源U=220 V,副线圈接电阻R,同时接有理想电压表和理想电流表。下列判断正确的是()A
5、.电压表读数约为31.1 VB.若仅将副线圈匝数增加到原来的2倍,则电流表的读数增大到原来的2倍C.若仅将R的阻值增加到原来的2倍,则输入功率增加到原来的2倍D.若R的阻值和副线圈匝数同时增加到原来的2倍,则输出功率增加到原来的2倍解析由变压器电压关系U1U2=n1n2可得,U2=U1n2n1=220110V=22V,电压表的读数为22V,A错误;若仅将副线圈匝数增加到原来的2倍,U2=U1n2n1=220210V=44V,则电压表、电流表的读数增大到原来的2倍,B正确;若仅将R的阻值增加到原来的2倍,由P=U2R可知输出功率变为原来的12,则输入功率变为原来的12,故C错误;若R的阻值和副线
6、圈匝数同时增加到原来的2倍,电压和电阻均翻倍,由P=U2R可知输出功率增加到原来的2倍,故D正确。答案BD6.(多选)如图所示,电阻不计的平行金属导轨cd、ef放置在垂直纸面向外、磁感应强度B=1 T的匀强磁场中,导轨间距为L=0.4 m。导轨的左端接理想变压器,原线圈匝数n1=20,副线圈的匝数n2=40,垂直于导轨电阻不计的导体棒ab在水平外力的作用下在导轨上滑行,其速度随时间变化的关系式为v=5sin 10t m/s,图中交流电压表为理想电压表,电阻R1=5 ,R2=15 。则()A.理想变压器原线圈电动势的表达式e=22sin 10t VB.电压表的示数为22 V,电阻R1消耗的功率为
7、0.1 WC.导体棒ab在水平外力为恒力的作用下在导轨上滑行D.理想变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为0.1 Wb/s解析原线圈的电动势e=Blv=2sin10tV,选项A错误;原线圈电压有效值U1=2V,由U1U2=n1n2可知,副线圈电压有效值U2=n2n1U1=22V,则电压表读数为22V,副线圈电流I2=U2R1+R2=210A,R1的功率PR1=IR12R1=0.1W,故B正确;因速度随时间变化,则感应电流随时间变化,安培力随时间变化,外力F不是恒力,故C错误;原线圈感应电动势的最大值为Em=2V,则根据Em=n1t,则变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为t=0.1Wb/s,故D正确。
8、答案BD7.如图所示,先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电。第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化,如图甲所示;第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示。若图甲、乙中的U0、T所表示的电压、周期值是相等的,则第一次灯泡两端的电压有效值是U0;第二次灯泡两端的电压有效值是U0;第一次和第二次灯泡的电功率之比是。解析第一次所加正弦交流电压的有效值为U1=22U0;设第二次所加交流电压的有效值为U2,则根据有效值的定义有U22RT=(2U0)2RT2+U02RT2,解得U2=102U0;根据电功率的定义式P=U2R可知,P1P2=15。答案22102158.某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站
9、,发电机输出功率为9 kW,输出电压为500 V,输电线的总电阻为10 ,线路损耗的功率为输出功率的4%。求:(1)村民和村办小企业需要220 V电压时,所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少?(不计变压器的损耗)(2)若不用变压器而由发电机直接输送,村民和村办小企业得到的电压和功率是多少?解析(1)输电电路图如图所示,由P=4%P输出和P=I22R得I2=4%P输出R=6A则U送=P输出I2=1500V升压变压器原、副线圈匝数比n1n2=U0U送=5001500=13输电线上电压损失U=I2R=60V故降压变压器输入电压U1=U送-U=1440V故降压变压器原、副线圈匝数比n
10、1n2=U1U2=1440220=7211(2)若不用变压器,则输电电流I=P输出U0=18AU=U0-IR=320V,P=P输出-I2R=5760W答案(1)137211(2)320 V5 760 W关键能力提升练9.(2020河南三门峡月考)如图所示,变压器输入有效值恒定的电压,副线圈匝数可调,输出电压通过输电线输送给用户(小灯泡等用电器),R表示输电线的电阻,则()A.用电器增加时,变压器输出电压增大B.要提高用户的电压,滑动触头P应向上滑C.用电器增加时,输电线的热损耗减小D.用电器增加时,变压器的输入功率减小解析由于变压器原、副线圈的匝数不变,而且输入电压不变,因此用电器增加不会影响
11、输出电压,选项A错误;根据变压器的变压比可知输出电压U2=n2n1U1,当滑动触头P向上滑时,n2增大,所以输出电压增大,用户的电压增大,选项B正确;由于用电器是并联的,因此用电器增加时总电阻变小,输出电压不变,总电流增大,故输电线的热损耗增大,选项C错误;用电器增加时总电阻变小,总电流增大,变压器输出功率增大,所以输入功率增大,选项D错误。答案B10.(多选)(2020辽宁五校协作体高三月考)单匝闭合矩形线框的电阻为R,在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动,穿过线框的磁通量与时间t的关系图像如图所示。下列说法正确的是()A.T2时刻线框平面与中性面垂直B.从0到T4过程中通过线框某一截面的电荷量为maxRC.线框转一周产生的热量为22max2RTD.从T2到3T4过程中线框的平均感应电动势为2maxT解析由图可知T2时刻穿过线框的磁通量为零,线框平面处于与中性面垂直的位置,故A正确;根据E=t,I=qt=ER,可得q=R=maxR,故B正确;由图可知线圈磁通量与时间t的关系为=maxsin2Tt,由法拉第电磁感应定律可得E=t,故感应电动势大小与时间t的关系为E=2Tmaxcos2Tt,其感应电动势有效值为E有效=Em2=2maxT,线圈转动一周产生的热量为Q=UIt=E有效2RT=22max2RT,故C正确;从T2到3T4过程中线框的平均感应电动势为
