资源简介

(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
第3章　交变电流与远距离输电
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.如图所示是交流发电机的示意图,下列说法中正确的是 (　　)
A.该发电机是旋转电枢式发电机
B.两磁极之间产生的磁场是辐向磁场
C.线圈转至图示位置时,穿过线圈的磁通量为零,感应电动势也为零
D.线圈逆时针转至图示位置时,线圈中感应电流的方向是A→B→C→D
2.如图所示,边长为50 cm的单匝闭合正方形导体框在水平方向的匀强磁场中绕竖直方向的对称轴OO'匀速转动,转动的角速度为 rad/s。已知匀强磁场的磁感应强度大小为1 T,导体框从图示位置开始计时,前2 s内 (　　)
A.导体框的磁通量增加了 Wb
B.导体框的磁通量增加了 Wb
C.穿过导体框的磁通量增加得越来越快
D.导体框中没有感应电流
3.如图为某电吹风电路图,a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时,电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如表所示。下列说法正确的是 (　　)
吹热风时输入功率 460 W
吹冷风时输入功率 60 W
小风扇额定电压 60 V
正常工作时小风扇输出功率 52 W
A.当触片P同时接触a、b两个触点时,电吹风处于吹冷风状态
B.吹热风时,流过电热丝的电流是 A
C.小风扇的内阻是60 Ω
D.变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=3∶11
4.如图(a)所示,理想变压器原、副线圈匝数比为11∶1,副线圈与理想电流表、理想电压表以及负载电阻R连接成闭合回路,原线圈接电压为U0的交流电源,R两端电压随时间变化的规律如图(b)所示,负载电阻R=20 Ω。下列说法中正确的是 (　　)
A.变压器输入电压的最大值是110 V
B.电流表的示数为 A
C.原线圈输入交流电的频率是100 Hz
D.变压器的输入功率是10 W
5.某种风力发电机的原理如图所示,发电机的线圈固定,磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴匀速转动,已知磁体间的磁场为匀强磁场,磁感应强度的大小为 T,线圈的匝数为100,线圈内阻不计,交流发电机的矩形线圈面积为0.2 m2,若磁体转动的角速度为10π rad/s,线圈外接理想变压器原线圈,若“6 V,6 W”的灯泡正常发光,则 (　　)
A.矩形线圈中产生的电动势的有效值为12 V
B.变压器原、副线圈匝数之比为4∶1
C.原线圈的输入功率为24 W
D.若磁体转速减半,则灯泡功率变成原来一半
6.如图甲所示,将阻值为R=5 Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上,电阻上电流随时间变化的规律如图乙所示,电流表为理想电表,下列说法正确的是 (　　)
A.电阻R两端电压变化规律的函数表达式为u=2.5 sin 100πt (V)
B.电阻R消耗的电功率为1.25 W
C.若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生,如图丙所示,当线圈的转速提升一倍时,电流表的示数为1 A
D.图乙交变电流与图丁所示电流的有效值之比为
7.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时产生正弦式交变电流,其电动势的变化规律如图线a所示。当调整线圈转速后,电动势的变化规律如图线b所示。以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是 (　　)
A.图线a所示交变电流电动势的有效值为75 V
B.线圈先后两次转速之比为2∶3
C.在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零
D.图线b所示交变电流的电动势的瞬时值表达式为e=100 sinπt (V)
8.如图所示为远距离输电的示意图,升压变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2,降压变压器原、副线圈的匝数比为n3∶n4,变压器均为理想变压器,发电机输出电压恒定,输电线的电阻为r。则下列判断正确的是 (　　)
A.>·
B.输电线损失的功率为
C.若发电机的输出功率增大,则U4也增大
D.若发电机的输出功率增大,则输电线损失功率与输出功率之比减小
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.如图所示,空间中分布着磁感应强度大小为B的匀强磁场,一边长为L的n匝等边三角形金属线框垂直于磁场放置,线框总电阻为R,若线框以角速度ω绕中线MN匀速转动,并从图示位置开始计时,则 (　　)
A.线框中产生的感应电动势的最大值为nBL2ω
B.0到时间内,通过线框的电荷量为
C.t=时,线框中产生的感应电动势为零
D.t=时,穿过线框的磁通量为零
10.如图甲所示,位于敦煌的“超级镜子电站”是全球最高、聚光面积最大的熔盐塔式光热电站,吸收光能后利用熔盐储换热系统实现24小时连续发电。发电站输出正弦式交流电的功率为P=4.5×104 kW,电压为U1=1×104 V,利用图乙所示电路进行远距离输电,T1、T2均为理想变压器。已知输电线总电阻为R=50 Ω,输电线上损失的功率为ΔP=500 kW,次级变电站两端的电压为U4=1×104 V,则 (　　)
A.该发电站每天接收到的光能为1.08×106 kW·h
B.输电线上的电流I2=100 A
C.变压器T1原、副线圈的匝数比为1∶45
D.变压器T2原、副线圈的匝数比为45∶1
11.如图甲所示是一固定的水平放置内阻不计的圆形导体线圈,线圈匝数N=100,面积S=0.040 m2。线圈的两端P、Q分别与一理想变压器原线圈两端相连接,该变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=3∶2,变压器的副线圈电路中有一小灯泡L和滑动变阻器R并联。在线圈所在的空间存在着与线圈平面垂直的磁场,磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化,此时小灯泡恰好能够正常发光。规定垂直于线圈平面向上为B的正方向,则下列说法中正确的是(π取3.14) (　　)
A.在1.57×10-2~4.71×10-2 s时间内,P点的电势低于Q点的电势
B.线圈中产生的感应电动势的有效值为6 V
C.小灯泡的额定电压为8 V
D.滑动变阻器的滑片向上滑动时,小灯泡的亮度将减小
12.风力发电绿色环保、低碳,通过变压器和远距离输电线给用户供电,工作原理如图所示。发电机线圈面积S=0.5 m2、匝数N=100、电阻不计,处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,线圈绕垂直于磁场的水平轴匀速转动,转速n=25 r/s,其输出端与升压变压器的原线圈相连,输出电压U1=250 V,升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=5∶48,输出功率为12 kW,降压变压器的副线圈连接用户,两变压器间的输电线总电阻R=40 Ω,变压器均为理想变压器。用户端工作电压为220 V。下列说法正确的是 (　　)
A.磁感应强度大小为B= T
B.用户获得的功率为11 kW
C.降压变压器原、副线圈匝数比n3∶n4=130∶11
D.若输出电压U1不变,输电线中电流变大,则用户端电压变小
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)某学习小组在探究变压器原、副线圈两端电压和匝数关系的实验中采用了可拆式变压器,铁芯B安装在铁芯A上形成闭合铁芯,将原、副线圈套在铁芯A的两臂上,如图所示。
(1)下列说法正确的是　　　　。
A.为保证实验安全,原线圈应接低压直流电源
B.变压器中铁芯是整块硅钢
C.保持原线圈两端电压及匝数不变,可改变副线圈的匝数,研究副线圈的匝数对输出电压的影响
D.变压器正常工作后,电能由原线圈通过铁芯导电输送到副线圈
(2)实验过程中,变压器的原、副线圈选择不同的匝数,利用多用电表测量相应电压,记录如下。根据表格中的数据,在实验误差允许的范围内,可得出原、副线圈两端电压与匝数的关系为　　　　。
n1 200 400 400 800
n2 100 100 200 200
U1/V 4.28 8.00 10.60 9.64
U2/V 2.1 1.95 5.22 2.35
(3)学习小组观察实验室中一降压变压器的两个线圈的导线,发现导线粗细不同,结合以上实验结论,应将导线较细的线圈作为　　　　(填“原”或“副”)线圈。
14.(8分)用正弦式交流充电桩为动力电池充电的供电电路如图所示。配电设施的输出电压为U1=250 V,变压器均视为理想变压器,升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=1∶8。充电桩“慢充”时的额定功率为7 kW,额定电压为U4=220 V,频率为50 Hz。
(1)t=0时刻,充电桩的电压u4=0,则交流电压u4随时间t变化的方程为u4=　　　　。
(2)“慢充”时,充电桩中电流的有效值I4为　　　A。(保留3位有效数字)
(3)降压变压器原、副线圈的匝数比n3∶n4=9∶1,输电线的总电阻r为　　　Ω。(保留3位有效数字)
(4)配电设施的输出功率为　　　　kW。(保留3位有效数字)
15.(8分)如图所示,在匀强磁场中有一个“”形导线框可绕AB轴转动,已知匀强磁场的磁感应强度大小为B= T,线框的CD边长为 20 cm,CE、DF边长均为10 cm,转速为50 r/s。若从图示位置开始计时,则
(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式;
(2)作出线框中感应电动势随时间变化关系的图像。
16.(8分)图甲为某同学设计的充电装置示意图,线圈ab匝数为n=100,面积为S=10-3m2,匀强磁场方向垂直于线圈平面,磁感应强度随时间按正弦规律变化,如图乙所示。理想变压器副线圈接充电器,已知额定电压为6 V的充电器恰能正常工作,不计线圈电阻。求:
(1)线圈ab中的最大感应电动势Em;
(2)变压器原、副线圈匝数比n1∶n2。
17.(14分)水力发电的基本原理就是将水流的机械能(主要指重力势能)转化为电能。某小型水力发电站水流量为Q=5 m3/s(流量是指流体流过某一横截面的体积与时间之比),落差为h=10 m,发电机(内阻不计)的输出电压为U1=250 V,输电线总电阻为r=4 Ω,为了减小损耗采用了高压输电。在发电机处安装升压变压器,而在用户处安装降压变压器,其中n3∶n4=190∶11,用户端获得电压U4=220 V,用户端获得的功率P4=1.9×105 W,若不计变压器损失的能量,已知水的密度ρ=1×103 kg/m3。求:
(1)高压输电线中的电流I2;
(2)升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2;
(3)该电站将水能转化为电能的效率η。
18.(16分)如图导体棒受外力作用在圆形轨道所围磁场中绕端点O以角速度ω=100π rad/s沿逆时针方向匀速转动。磁场区域的半径为a=1.0 m,第一和第三象限的磁感应强度大小为B1= T,第二和第四象限的磁感应强度大小为B2= T,磁场均垂直于轨道平面,方向如图。导体棒两端分别与圆心O和金属导轨良好接触,接入电路中的电阻为R1=10 Ω,外电路电阻R2=40 Ω,外电路与圆心O和导轨上的N点连接,不计一切摩擦。
(1)求图中所示时刻导体棒O、M两点之间的电势差UOM;(M为此时导体棒与轨道的接触点)
(2)若从导体棒刚进入第一象限开始计时,规定R2中电流向右为正方向,画出导体棒转动一周的过程中,外电路电阻R2中电流i随时间t变化的图像;
(3)求图中理想电流表的示数(结果保留1位小数);
(4)求为了维持导体棒匀速转动,外力在1分钟内做的功。
答案全解全析
1.A　电枢转动,磁极不动的发电机叫旋转电枢式发电机,故A正确;两磁极之间产生的磁场可近似认为是匀强磁场,故B错误;题图中线圈平面与磁场方向平行,则通过线圈的磁通量为零,此时磁通量的变化率最大,感应电动势最大,故C错误;根据右手定则可知,线圈逆时针转至图示位置时,线圈中感应电流的方向是D→C→B→A,故D错误。故选A。
2.B　前2 s内导体框转过的角度为θ=ωt=,导体框的磁通量增加了ΔΦ=BS sin θ= Wb,A错误,B正确;从导体框经过图示位置开始计时,导体框产生的电动势随时间变化的函数关系式为e=BSω cos ωt,前2 s内,随着线圈的转动,电动势越来越小,磁通量的变化率也就越来越小,穿过导体框的磁通量增加得越来越慢,C错误;转动过程中,穿过导体框的磁通量发生变化,则导体框中有感应电流,D错误。
3.B　当触片P同时接触a、b两个触点时,电热丝与小风扇均被接通,故电吹风处于吹热风状态,A错误;小风扇额定电压为60 V,由变压器原、副线圈两端电压与匝数的关系可得===,D错误;吹冷风时输入功率为60 W,即正常工作时小风扇的额定功率为60 W,可得P=U2I,解得小风扇中的电流I==1 A,输出功率为52 W,故小风扇内阻上消耗的功率为P热=I2R=8 W,解得小风扇的内阻为R=8 Ω,C错误;由题中数据可知,吹热风时,电热丝的功率为P'=400 W,P'=U1I',解得流过电热丝的电流为I'== A,B正确。故选B。
4.A　正弦式交变电流的有效值是最大值的,由图(b)可知副线圈两端电压的有效值为U2= V=10 V,原、副线圈匝数比为11∶1,由=可得原线圈两端电压的有效值U1=110 V,则其最大值为110 V,故A正确;电流表示数为交变电流的有效值,I2==0.5 A,故电流表示数为0.5 A,故B错误;由题图(b)可知交流电的周期为0.02 s,由T=可知频率为50 Hz,变压器原、副线圈交流电频率相等,所以原线圈输入交流电的频率是50 Hz,故C错误;副线圈功率P2=U2I2=5 W,理想变压器原、副线圈功率相等,所以变压器输入功率为5 W,故D错误。
5.B　矩形线圈产生的电动势的最大值为Em=NBSω=24 V,有效值为E==24 V,故A错误;根据理想变压器的变压原理可得原、副线圈匝数之比为==,故B正确;原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率,即6 W,故C错误;若磁体转速减半,则原线圈两端电压变为原来的一半,灯泡两端电压变为原来的一半,根据P=可知灯泡功率变为原来的四分之一,故D错误。
6.D　题图乙所示电流的最大值为Im=0.5 A,由欧姆定律得Um=ImR=2.5 V,周期为T=0.01 s,角速度ω==200π rad/s,所以R两端电压的函数表达式为u=2.5 sin 200πt (V),选项A错误;该电流的有效值为I=,电阻R消耗的电功率为P=I2R,解得P=0.625 W,选项B错误;该交变电流由题图丙所示矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生,当转速提升一倍时,由Em=nBSω知,电动势的最大值变为原来的2倍,电路中电流的有效值也是原来的2倍,即I'=2I=2×=A≠1 A,选项C错误;题图乙所示的正弦式交变电流的有效值为 A,题图丁所示的交变电流的有效值为0.5 A,两者之比为,选项D正确。
7.D　图线a所示交变电流电动势有效值为E==75 V,A错误;转速之比等于周期的反比,则转速之比为3∶2,B错误;t=0时,感应电动势为零,此时磁通量最大,C错误;感应电动势最大值Em=NBSω,因此===,即Emb=Ema=100 V,所以图线b所示交变电流电动势的瞬时值表达式为e=100 sinπt (V),D正确。
8.A　由理想变压器原、副线圈两端电压与匝数的关系可得=、=,则有=··,由于输电线上有电压损失,则有>1,故有>·,A正确;输电线损失的功率为P损=,故B错误;若发电机的输出功率增大,在输出电压恒定的情况下,输电线上的电流增大,输电线损失的电压增大,则U3减小,根据=可知U4减小,故C错误;若发电机的输出功率增大,则输电线上的电流I2增大,则输电线上损失的功率与输出功率之比为===,由于U1恒定,则U2恒定,由于I2增大,则输电线上损失的功率与发电机的输出功率之比增大,故D错误。
9.AD　线框中产生的感应电动势的最大值为Em=nBSω=nB··L·L·cos 30°·ω=nBL2ω,故A正确;线圈转动周期T=,0到时间内,线框转动周,通过线框的电荷量q=t=t=t==,故B错误;t=时,线框平面与磁场方向平行,穿过线框的磁通量为零,线框中产生的感应电动势最大,故C错误,D正确。故选A、D。
10.BC　该发电站每天输出的电能为W=Pt=4.5×104×24 kW·h=1.08×106 kW·h,光能转化成电能的效率等未知,无法求出该发电站每天接收到的光能,故A错误;由ΔP=R可得,输电线上的电流I2==100 A,故B正确;发电站输出正弦式交流电的电流为I1==4.5×103 A,由=,可得=,故C正确;变压器T2的输出功率P'=P-ΔP=U4I4,可得I4=4 450 A,所以变压器T2原、副线圈的匝数比为==,故D错误。故选B、C。
11.AB　由题意,磁场的磁感应强度B按图乙所示的规律变化,根据楞次定律结合安培定则可判断在1.57×10-2 ~4.71×10-2 s时间内,线圈中产生的感应电流沿逆时针方向(从上向下看),将产生电动势的线圈看成电源,Q为电源的正极,P为电源的负极,所以P点的电势低于Q点的电势,故A正确;由图乙知周期为T=6.28×10-2 s=2π×10-2 s,所以ω== rad/s=100 rad/s,则线圈中产生的感应电动势的最大值Em=NBmSω=100×3.0×10-2×0.040×100 V=12 V,所以线圈中产生的感应电动势的有效值为E== V=6 V,故B正确;原线圈两端电压U1=E,根据变压器的变压原理可知=,所以U2=U1=×6 V=4 V,小灯泡恰好能够正常发光,所以小灯泡的额定电压为4 V,故C错误;滑动变阻器的滑片向上滑动时,副线圈两端的电压不变,即小灯泡两端的电压不变,所以小灯泡的亮度将不变,故D错误。
12.BD　线圈产生的感应电动势的最大值为Em=NBSω,ω=2πn,U1=,解得B= T,A错误;升压变压器副线圈两端的电压为U2=U1=2 400 V,升压变压器副线圈中的电流为I2==5 A,则U3=U2-I2R=2 200 V,则用户获得的功率为P'=U3I2=11 kW,B正确;降压变压器原、副线圈匝数比为n3∶n4=U3∶U4=10∶1,C错误;若输出电压U1不变,则U2不变,输电线中电流变大,则U3减小,U4减小,D正确;故选B、D。
13.答案　(1)C(2分)　(2)=(2分)　(3)原(2分)
解析　(1)变压器改变的是交流电压,因此原线圈不能接低压直流电源,故A错误;因为变压器的工作原理是电磁感应,如果变压器铁芯用整块硅钢,铁芯中会产生很大的涡流从而产生较多的热量,当热量达到一定程度时,会损坏铁芯和线圈,故不能用整块硅钢,故B错误;研究变压器原、副线圈两端电压和匝数的关系,用到控制变量法,可以先保持原线圈两端电压及匝数不变,改变副线圈匝数,研究副线圈匝数对副线圈两端电压的影响,故C正确;变压器的工作原理是电磁感应现象,若不计各种损耗,在原线圈上将电能转化成磁场能,在副线圈上将磁场能转化成电能,铁芯起到传递磁场能的作用,而不是靠铁芯导电来传输电能,故D错误。故选C。
(2)由表格中数据可知,在实验误差允许的范围内,原、副线圈两端电压之比等于两个线圈的匝数比,即=。
(3)因为是降压变压器,所以副线圈两端电压小于原线圈两端的电压,所以副线圈中的电流大于原线圈中的电流,故应将导线较细的线圈作为原线圈。
14.答案　(1)220 sin 100πt (V)(2分)　(2)31.8(2分)　(3)5.67(2分)　(4)7.06(2分)
解析　(1)交流电压u4的频率为50 Hz,则ω=2πf=100π rad/s,交流电压u4的峰值Um=220 V,交流电压u4随时间t变化的方程为u4=220 sin 100πt (V)。
(2)“慢充”时,充电桩中电流的有效值I4== A≈31.8 A。
(3)配电设施的输出电压为U1=250 V,又==,解得U2=2 000 V,由=得U3=U4=×220 V=1 980 V,又=,解得I3=I4=×31.8 A=×31.8 A≈3.53 A,输电线的总电阻r== Ω≈5.67 Ω。
(4)通过输电线的电流I2=I3=3.53 A,又=,解得I1=I2=×3.53 A=28.24 A,配电设施的输出功率为P1=I1U1=28.24 A×250 V=7 060 W=7.06 kW。
15.答案　(1)e=10 cos 100πt (V)　(2)见解析图
解析　(1)线框平面与磁感线平行时开始计时,在t时刻线框转过的角度为ωt,此时刻e=Bl1l2ω cos ωt (1分)
ω=2πn=2π×50 rad/s=100π rad/s (1分)
代入数据解得e=10 cos 100πt (V) (2分)
(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图像如图所示 (4分)
16.答案　(1) V　(2)1∶6
解析　(1)由题图乙可知磁感应强度变化周期T=0.2 s (1分)
则ω==10π rad/s (1分)
又Em=nBmSω (1分)
代入数据可得Em= V (1分)
(2)对理想变压器,有= (1分)
其中U1=,U2=6 V (1分)
可得n1∶n2=1∶6 (2分) (2分)
17.答案　(1)50 A　(2)1∶16　(3)40%
解析　(1)根据理想变压器的变压原理得= (1分)
解得U3=3 800 V (1分)
又根据理想变压器无能量损失知
P3=P4=1.9×105 W (1分)
再根据P3=U3I2得I2=50 A (1分)
(2)高压输电线上损失的电压ΔU=I2r=200 V (1分)
则U2=U3+ΔU=4 000 V (1分)
故n1∶n2=U1∶U2=1∶16 (1分)
(3)高压输电线上损失的电功率
ΔP=r=10 000 W (2分)
故发电机输出的电功率P1=P3+ΔP=2×105 W (1分)
水流每秒带来的机械能P0==ρQgh=5×105 W (2分)
故水能转化为电能的效率η=×100%=40% (2分)
18.答案　(1)24 V　(2)见解析　(3)1.2 A　(4)4 320 J
解析　(1)图中时刻,根据法拉第电磁感应定律得
E1=B1ωa2=30 V (2分)
O、M两点之间的电势差UOM=E1=24 V (2分)
(2)若从导体棒刚进入第一象限开始计时,规定R2中电流向右为正方向,则
I1==0.6 A (1分)
E2=B2ωa2=80 V (1分)
I2==1.6 A (1分)
外电路电阻R2中电流i随时间t变化的图像如图
(3分)
(3)根据有效值的定义可得
R2+R2=I2R2T (2分)
解得电流表的示数I≈1.2 A(2分)
(4)为了维持导体棒匀速转动,外力在1分钟内做的功
W=I2(R1+R2)t=4 320 J (2分)

展开更多......

收起↑