1、交变电流说明：本试卷分为第、卷两部分,请将第卷选择题的答案填入题后括号内,第卷可在各题后直接作答.共100分,考试时间90分钟.第卷（选择题 共40分）一、本题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项正确,有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分.1.交流发电机正常工作时产生的电动势 e= Emsint,若线圈匝数减为原来的一半,而转速增为原来的2倍,其他条件不变,则产生的电动势的表达式为A.e=Emsint B.e=2EmsintC.e=2Emsin2tD.e=Emsin2t解析：因为 Em= nBS, =2f,f
2、变为原来的2倍,变为原来的2倍,n变为原来的,Em不变.答案：D2.如图所示的电路,G为一交流发电机,C为平行板电容器.为使安培表示数增加,可行的办法是 A.使发电机的转速增加B.使发电机的转速减少C.在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质D.使电容器两极板间距离增大解析：要使安培表示数增加,应该增加电源电压的有效值或减少电容器的容抗、使发电机转速增加时,产生交变电流频率增加,由Em=nBS知最大值增加,因此有效值也增加,由于电源频率增加,容抗减少,所以A对B错.由C=得知,C、D选项都使得电容器电容减少,而电容越小,容抗就越大,在不改变电源有效值的情况下,容抗越大,电流就越小,所以C、D选
3、项错误.答案：A3.如图所示的电路中,当a、b端加直流电压时,L1灯发光,L2灯不亮；当加同样电压的交流电源时,L1灯发光但较暗,L2灯发光较亮.那么以下正确的是A.A中接的是电感线圈,B中接的是电容器B.A中接的是电容器,B中接的是电感线圈C.A中接的是电阻,B中接的是电容器D.若加的交流电频率增大,电压不变,则L1灯变得更暗,L2灯变得更亮解析：电感的特点是：“通直流、阻交流,通低频、阻高频”.电容的特点是：“通交流、隔直流,通高频、阻低频”.由题意：a、b两端加直流电压时,L2灯不亮；加交流电压时,L2较亮,可知B为电容器,而L1灯先是亮的,后又较暗,可知A为电感线圈.交流电频率越大时,
4、线圈感抗越大,电容器容抗越小,故D正确.答案：AD4.如图所示为一交变电流随时间变化的图象,此交流电的有效值是A.10 AB.10 AC.7 AD.7 A解析：电流的有效值要根据电流的热效应确定,即“同样阻值”“同一时间”“相等热量”.而又由交流电具有周期性,可选一个周期的时间,根据焦耳定律求出此交流的有效值.设想让此电流通过一阻值为R的电阻,在一个周期T=0.02 s内产生的热量,与一个恒定电流I通过相同的电阻在同样时间内产生的热量相等,即（6）2R+（8)2R=I2RT,那么I=10 A.答案：B5.发电厂发电机的输出电压为U1,发电厂至学校的输电导线总电阻为R,通过导线的电流为I,学校得
5、到的电压为U2.则输电线上损耗的功率可表示为A.B.C.IU1D.I(U1U2)解析：输电线上损耗的功率就是输电导线总电阻消耗的热功率,由焦耳定律得P热=I2R,因此C错误；由能量转化与守恒定律得P线损=P出总P用=IU1IU2=I(U1U2),故D正确.又I（U1U2）=(U1U2)=,因此B对A错.答案：BD6.如图所示的电路图中,变压器是理想变压器,原线圈匝数n1=600匝,装有0.5 A的保险丝,副线圈的匝数n2=120匝.要使整个电路正常工作,当原线圈接在180 V的交流电源上,则副线圈A.可接耐压值为36 V的电容器B.可接“36 V 40 W”的安全灯两盏C.可接电阻为14的电烙
6、铁D.可串联量程为3 A的电流表测量其电路的总电流解析：根据得：U2=U1=180 V=36 V,又由,在保险丝安全的条件下,副线圈中允许流过的最大电流为I2=I1=0.5 A=2.5 A,最大输出功率Pm=2.5 A36 V=90 W,B选项正确.而交流电压的有效值为36 V,那么其最大值一定大于36 V,所以A项错误.接14的电阻时,流过电阻的电流将达到I2= A2.5 A,C项不正确；串联电流表时会因电流过大烧毁电流表或烧断保险丝.答案：B7.如图所示,某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节,原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电.在其他条件不变的情况下,为了使变压器输入功率增大,可使
7、A.原线圈匝数n1增加B.副线圈匝数n2增加C.负载电阻R的阻值增大D.负载电阻R的阻值减小解析：根据理想变压器的工作原理知：,P入=P出,又结合本题电路可知P出=,联立以上三式求解得P入=.由此可见B、D选项正确.答案：BD8.有两个输出电压相同的交流电源,第一个电源外接一个电阻R1,第二个电源外接一个变压器,变压器的初级线圈匝数为n1,次级线圈的匝数为n2,变压器的负载为一个电阻R2,测得两个电源的输出功率相等.则此两电阻大小之比 R1R2为A.n1n2B.n12n22C.n2n1D.n22n12解析：根据题意画出示意图,如图（a）和（b）所示,设电源输出电压为U,图（a）中电源输出功率是
8、R1上得到的功率 P1=,图(b)中电源的输出功率等于原线圈的输入功率,也等于副线圈的输出功率,即电阻R2上得到的功率P2,变压器的副线圈两端电压 U2=U, 所以P2=.根据题意 P1=P2,得到 R1R2=n12n22.答案：B9.电学中的库仑定律、欧姆定律、法拉第电磁感应定律（有关感应电动势大小的规律）、安培定律（磁场对电流作用的规律）都是一些重要的规律.下图为远距离输电系统的示意图（为了简单,设用户的电器是电动机）,下列选项中正确的是A.发电机能发电的主要原理是库仑定律变压器能变压的主要原理是欧姆定律电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律B.发电机能发电的主要原理是安培定
9、律变压器能变压的主要原理是欧姆定律电动机通电后能转动起来的主要原理是库仑定律C.发电机能发电的主要原理是欧姆定律变压器能变压的主要原理是库仑定律电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律D.发电机能发电的主要原理是法拉第电磁感应定律变压器能变压的主要原理是法拉第电磁感应定律电动机通电后能转动起来的主要原理是安培定律解析：发电机主要是将其他形式的能转化为电能的设备,应用法拉第电磁感应定律原理.变压器是由电流的变化产生磁场的变化,从而使得线圈内的磁通量发生变化,产生感应电流,也是应用法拉第电磁感应定律原理.电动机是将电能主要转化为机械能的设备,通电导线在磁场中要受到力矩的作用从而运动,是
10、安培定律的应用.答案：D10.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芯的左右两个臂上,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n1n2=21,在不接负载的情况下A.当线圈1输入电压 220 V时,线圈2输出电压为 110 VB.当线圈1输入电压220 V时,线圈2输出电压为55 VC.当线圈2输入电压110 V时,线圈1输出电压为220 VD.当线圈2输入电压110 V时,线圈1输出电压为110 V解析：变压器的变压原理是当线圈中通有交变电流时,在闭合铁芯中产生交变的磁通量,由于闭合铁芯中交变的磁通量处处相同,所
11、以在线圈中产生的感应电动势与线圈的匝数成正比（这是由法拉第电磁感应定律所确定）.而本题中的闭合铁芯中多了中间的一个臂,导致原线圈中产生的交变磁通量只有一半通过另一个线圈,而另一半通过中间的臂,这就导致线圈中的感应电动势只有全部通过时的一半.答案：BD第卷（非选择题 共60分）二、本题共5小题,每小题4分,共20分,把答案填在题中的横线上.11.一台理想变压器,其原线圈2200匝,副线圈440匝,并接一个100的负载电阻,如图所示.（1）当原线圈接在44 V直流电源上时,电压表示数_V,电流表示数_A.（2）当原线圈接在输出电压U=311sin100t V的交变电源上时,电压表示数_V,电流表示
12、数_A,此时变压器的输入功率_W.解析：（1）原线圈接在直流电源上时,由于原线圈中的电流恒定,所以穿过原、副线圈的磁通量不发生变化,副线圈两端不产生感应电动势,故电压表示数为零,电流表示数也为零.（2）此交流电压的有效值U1= V=220 V.由得U2=U1=220 V=44 V（电压表示数）.I2= A=0.44 A（电流表示数）P入=P出=I2U2=0.4444 W=19.36 W.答案：（1）0 0 （2）44 0.44 19.3612.如图（1）所示直流电通过图（2）中的电阻R,则交变电流表的示数为_A. 图（1）图（2）解析：由图（1）所示的直流电的大小是变化的,它不属于恒定的电流,
13、而交变电流表所示的示数为电流的有效值,但这个电流的有效值不是5/ A.显然,应该从电流有效值的定义来求解.图（1）中的I-t图象是正弦曲线,在半个周期内,它的有效值与正弦交变电流的有效值相同,再根据交流电在一个周期内所做的功和其有效值做功等效的关系,就可以求出通过电流表的示数.因Im=5 A,I=2.5 A,=IA2RT IA=2.5 A.答案：2.513.如图所示,接于理想变压器的四个灯泡规格相同,且全部都正常发光.则这三个线圈的匝数比为 n1n2n3=_.解析：应用理想变压器原、副线圈中功率的关系和电压与匝数的关系求解.由题意可知,所有灯泡都正常发光,所以U 为灯泡的额定电压,I为灯泡的额
14、定电流,由P1=P2+P3,则U1I=U2I+U3I=2UI+UI=3UI所以U1=3U,则故n1n2n3=321.答案：32114.下图中为示波器面板,屏上显示的是一亮度很低、线条较粗且模糊不清的波形.（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.答案：（1）辉度 （2）聚焦 （3）竖直位移（或“”）水平位移（或）15.如图所示,在磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中,有一个正方形金属线圈abcd,边长L=0.2 m,线圈ad边跟磁场左侧边界重合,线圈的电阻R=0.4.用外力使线圈从磁场中运动
15、出来：一次是用力使线圈从左侧边界匀速平动移出磁场；另一次是用力使线圈以ad边为轴匀速转动出磁场,两次所用时间都是0.1 s.则两次外力对线圈做功之差为_.解析：线圈从磁场中匀速拉出过程中感应电动势为E=BLv=,线圈中产生的电能就是外力所做的功W1=0.01 J;线圈匀速转动,产生交变电动势为e=BSsint,Em=BL2/t,此过程所做的功为W2,W2=0.0123 J.两次做功之差为W=W2W1=2.3103 J.答案：2.3103 J三、本题共4小题,每小题10分,共40分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和
16、单位.16.如图所示,一个变压器（可视为理想变压器）的原线圈接在220 V的市电上,向额定电压为1.80104 V的霓虹灯供电,使它正常发光.为了安全,需在原线圈回路中接入熔断器,使副线圈电路中电流超过12 mA时,熔丝就熔断.（1）熔丝的熔断电流是多大？（2）当副线圈电路中电流为10 mA时,变压器的输入功率是多大？解析：（1）设原、副线圈上的电压、电流分别为U1、U2、I1、I2,根据理想变压器的输入功率等于输出功率,有I1U1=I2U2当I2=12 mA时,I1即为熔断电流.代入数据,得I1=0.98 A.（2）设副线圈中电流为I2=10 mA时,变压器的输入功率为P1,根据理想变压器的
17、输入功率等于输出功率,有P1=I2U2代入数据得,P1=180 W.答案：（1）0.98 A （2）P1=180 W17.如图所示为交流发电机示意图,匝数为n=100匝的矩形线圈,边长分别为 10 cm和20 cm,内阻为 5,在磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中绕OO轴以50 rad/s的角速度匀速转动,线圈和外部 20的电阻R相接.求：（1）S断开时,电压表示数；（2）电键S合上时,电压表和电流表示数；（3）为使R正常工作,R的额定电压是多少？（4）通过电阻R的电流最大值是多少？电阻R上所消耗的电功率是多少？解析：（1）感应电动势最大值Em=nBS=1000.50.10.250 V=50
18、 VS断开时,电压表示数为电源电动势有效值E=50 V.(2)电键S合上时,由全电路欧姆定律I= A=2.0 A,U=IR=220 V=40 V.即电流表示数为 2 A,电压表示数为 40 V.（3）额定电压即为电压有效值,故R的额定电压为 40 V.（4）通过R中电流的最大值 Im=I=2 A.电阻R上所消耗的电功率 P=IU=240 W=80 W.答案：(1)50 V (2)2 A 40 V (3)40 V (4)2 A 80 W18.磁铁在电器中有广泛的应用,如发电机.如图所示,已知一台单相发电机转子导线框共有N匝,线框长为l1、宽为l2,转子的转动角速度为,磁极间的磁感应强度为B.试导
19、出发电机的瞬时电动势e的表达式.现知道有一种强永磁材料钕铁硼,用它制成发电机的磁极时,磁感应强度可增大到原来的k倍.如果保持发电机结构和尺寸、转子转动角速度、需产生的电动势都不变,那么这时转子上的导线框需要多少匝？解析：取轴Ox垂直于磁感应强度,线框转角为（如图所示）,线框长边垂直于纸面,点A、B表示线框长边导线与纸面的交点,O点表示转轴与纸面的交点.线框长边的线速度为v=一根长边导线产生的电动势为Bsinl1,一匝导线框所产生的感应电动势为e1=l1l2BsinN匝线框产生的电动势为eN=Ne1=Nl1l2Bsin=Nl1l2Bsint磁极换成钕铁硼永磁体时,设匝数为N,则有eN=Nl1l2
20、kBsint由eN=eN可得N=.答案：eN=Nl1l2Bsint 19.人们利用发电机把天然存在的各种形式的能（水流能、煤等燃料的化学能）转化为电能,为了合理地利用这些能源,发电站要修建在靠近这些天然资源的地方,但用电的地方却分布很广,因此需要把电能输送到远方.某电站输送电压为U=6000 V,输送功率为P=500 kW,这时安装在输电线路的起点和终点的电能表一昼夜里读数相差4800 kWh（即4800度电）.试求：（1）输电效率和输电线的电阻；（2）若要使输电线损失的功率降到输送功率的2%,电站应使用多高的电压向外输电？解析：审题可发现输电线上功率损失为=200 kW,计算输电线上功率损失P损=I2R线=（）2R线=U线I,其中P为输送功率,U为输送电压,不可混淆输送电压与线上损失电压.（1）依题意,输电线上的功率损失为P损= kW=200 kW则输电效率=100%=60%.因为P损=I2R线,又因为P=IU,所以R线=28.8.（2）设升压至U可满足要求,则输送电流I= A.输电线上损失功率为P损=I2R线=P2%=10000 W,则有（）2R线=10000 W,得U= V=2.68104 V.答案：（1）60% 28.8 （2）2.68104 V
