交流电一.docx

1、交流电一M单元 交变电流目录M单元 交变电流 1M1 交变电流的产生及描述 1M2 变压器 远距离输电 4M3 交变电流综合 19M1 交变电流的产生及描述（2014湖北襄阳五中五月月考）1. 某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为，磁场均沿半径方向匝数为N的矩形线圈abcd的边长abcdl、bcad2l.线圈以角速度绕中心轴匀速转动，bc边和ad边同时进入磁场在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直线圈的总电阻为r，外接电阻为R。则（ ）A线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em=2Bl2B线圈切割磁感线时，

2、bc边所受安培力的大小FC线圈旋转一圈时，流过电阻R的净电荷量为零。D外力做功的平均功率为【知识点】发电机模型、感应电动势大小求解规律法拉第电磁感应定律、电荷量、安培力、功率。【答案解析】CD解析：本题中的发电机模型中的磁场是幅向磁场，那么矩形线圈在磁场中始终垂直切割磁感线，产生的感应电动势为NBl2，所以A选项错误;安培力的大小为FBILNB2l3/R+r,由此可知B项错误；C选项中线圈旋转一圈，磁通量的变化量为零，平均感应电动势为零平均感应电流为零流过R的净电荷量为零，C项正确；因为是匀速转动，外力做的功等于安培力所做的功外力的平均功率等于安培力的功率，即为，D选项正确，从而选择CD答案。

3、【思路点拨】要认真审题，知道是什么样的发电机模型幅向磁场组成的发电机，再依据法拉第电磁感应定律切割磁感线电动势表达式、安培力表达式，功率表达式列式求解；但要注意的是求流过R的电荷量时，要由平均感应电动势表达式和电流强度定义式列式求解，而一圈的整个过程中平均感应电动势为零，所以通过R的净电荷量为零，这一点是本题求解的难点所在。（2014江苏徐州一中考前模拟）2. 如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=T的水平匀强磁场中，线框面积S=0.5m2，线框电阻不计线框绕垂直于磁场的轴OO以角速度=200rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220V，60W”

4、灯泡，灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A下列说法正确的是（ ）A图示位置穿过线框的磁通量为零B线框中产生交变电压的有效值为VC变压器原、副线圈匝数之比为2511D变压器允许输出的最大功率为5000W【知识点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电功率；变压器的构造和原理【答案解析】CD解析：A、图示位置穿过线框的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故A错误；B、电动势的最大值Em=NBS=500.5200=500V，则导线框中产生交变电压的有效值为500V，故B错误；C、交流电压的有效值U1则原副线圈的匝数比，故C正确；D、由于熔断器允许通过的最大电流为10A，所以允许变压器输出

5、的最大功率为P=UI=50010=5000W，所以D正确故选CD【思路点拨】根据E=NBS求出线圈转动产生的电动势最大值，根据最大值求出有效值，根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论（2014广东中山一中模拟）3. 高频焊接技术的原理如图（a）。线圈接入图（b）所示的正弦式交流电（以电流顺时针方向为正），圈内待焊工件形成闭合回路。则（ ）A图（b）中电流有效值为IB0 t1时间内工件中的感应电流变大C0 t1时间内工件中的感应电流方向为逆时针D图（b）中T越大，工件温度上升越快【知识点】 法拉第电磁感应定律；正弦式电流的最大值和有效值、周期

6、和频率【答案解析】AC解析：A、由图知电流的最大值为I，因为该电流是正弦式交流电，则有效值为I，故A正确B、i-t图象切线的斜率等于电流的变化率，根据数学知识可知：0t1时间内工件中电流的变化率减小，磁通量的变化率变小，由法拉第电磁感应定律可知工件中感应电动势变小，则感应电流变小，故B错误C、根据楞次定律可知：0t1时间内工件中的感应电流方向为逆时针，故C正确D、图（b）中T越大，电流变化越慢，工件中磁通量变化越慢，由法拉第电磁感应定律可知工件中产生的感应电动势越小，温度上升越慢，故D错误故选：AC【思路点拨】由图知线圈中接入的是正弦式交流电，可直接读出电流的最大值Im，由I= Im，求出电流

7、的有效值；根据法拉第电磁感应定律分析工件中感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的变化；楞次定律判断感应电流的方向本题高频焊接是电磁感应原理的实际应用，根据电磁感应的普遍规律：法拉第电磁感应定律和楞次定律，进行分析和理解（2014四川成都摸底）4. 图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生 的电动势e随时间t变化的正弦规律图像如图乙所示。发电 机线圈的内电阻不计，外接灯泡的电阻为12。则（ ）A.在t=001 s时刻，穿过线圈的磁通量为零B.电压表的示数为VC.灯泡消耗的电功率为3WD.若其它条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势的表达式e=12sin 100t（V）【

8、知识点】 交流的峰值、有效值以及它们的关系；交流发电机及其产生正弦式电流的原理【答案解析】C 解析：A 在t=0.01s的时刻，电动势为0，则为中性面，穿过线圈磁通量最大故A错误； B 电动势的最大值为Em=6，电压表测量的为有效值，故示数为=6V；故B错误；C、灯泡消耗的功率P= =3W；故C正确；D、周期为0.02S，则瞬时电动势的表达式为eEmsin（）e6 sin100t（V）转速提高一倍后，最大值变成12 V，=2n，故角速度变为原来的2倍，表达式应为：12 sin200t；故D错误；故选：C【思路点拨】在中性面感应电动势最小，磁通量最大；根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，

9、然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等，本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式M2 变压器 远距离输电（2014吉林九校联合体第二次摸底）1. 在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器。如下所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是（ ）【知识点】变压器的构造和原理【答案解析】 A 解析：由理想变压器的原副线圈的电流之比可知，电流与匝数成反比则电流互感器应串连接入匝数较多的线圈上同时一次绕组匝数很少，且串在需要测量的电流的线路中故A正确；【思路点拨】电流互感器的接线应

10、遵守串联原则；按被测电流大小，选择合适的变化，否则误差将增大（2014湖南十三校第二次联考）2. 如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，A、V均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）、理想线圈和灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是（ ）A电压犹的频率为100 HzBV的示数为C有光照射R时，A的示数变大D抽出L中的铁芯，D变亮【知识点】变压器 交表电流图像【答案解析】CD 解析：根据图像知周期为0.02s，则频率为,A错误；B、峰值为，则有效值为，根据变压器电压与匝数成正比，则，B错误；C、光照增大，电阻变小，则电流增大,C正

11、确；D，理想线圈，抽出铁芯，自感系数变小，则电流增大，D灯变亮，D正确。故选CD【思路点拨】根据图像得到交变电流的周期与峰值，注意电压表的示数为有效值，然后利用光敏电阻和自感线圈的性质进行求解。（2014吉林市普高二模）3. 今年春节前后，我国西南部分省市的供电系统由于气候原因遭到严重破坏。为此，某小区启动了临时供电系统，它由备用发电机和副线圈匝数可调的变压器组成，如图所示，图中R0表示 输电线的电阻。滑动触头P置于a处时，用户的用电器恰好正常工作，在下列情况下，要保证用电器仍能正常工作，则（ ）A当发电机输出的电压发生波动使V1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头P向上滑动B当发电机输

12、出的电压发生波动使V1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头P向下滑动C如果V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向上滑D如果V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向下滑【知识点】变压器的构造和原理【答案解析】AC解析：A、要保证用电器仍能正常工作，用电器两端电压不能发生变化，当V1示数小于正常值，要使V2不变，则应使滑动触头P向上滑动，减小原副线圈匝数比，故A正确，B错误；C、当用电器增加时，通过R0的电流增大，R0所占的电压也增大，要使用电器仍能正常工作，用电器两端电压不能发生变化，所以V2要变大，而V1示数保持正常值不变，则应使滑动触头P向上滑动，

13、减小原副线圈匝数比，故C正确，D错误；故选AC【思路点拨】对于理想变压器要明确两个关系：一是输出电压由输入电压决定，二是输入功率由输出功率决定明确这两个关系然后根据有关电路知识即可求解（2014福建漳州八校第四次联考）4. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，电压表和电流表均为理想电表，为副线圈的负载电阻。现在原线圈两端加上交变电压，其时间变化的规律，则（ ）A若电流表示数为0.1A，则1min内电阻上产生的焦耳热为132JB副线圈中产生的交变电流频率为100HzC电压表的示数为VD若电流表示数为0.1A，则原线圈中的电流为1A【知识点】变压器的构造和原理【答案解析】A 解析：A

14、、副线圈消耗的电能全部转化为焦耳热，所以Q=UIt=220.160=132J，所以A正确B、由表达式知道周期T=0.02s，所以频率f=50Hz，B错误；C、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220V，所以副线圈的电压的最大值为22V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为22V，所以C错误；D、电流与匝数成反比，所以若电流表示数为0.1A，则原线圈中的电流为0.01A，所以D错误故选：A【思路点拨】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论. 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电

15、路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法（2014广东珠海二模）5 如图所示，理想变压器的原线圈接有频率为f、电压为U的交流电，副线圈接有光敏电阻R、交流电表。下列说法正确的是（ ）A当U增大时，变压器的输入功率增大B当f减小时，变压器的输入功率减小C当光照增强时，交流电表的示数减小D当滑动触头P向下滑动时，交流电表的示数增大【知识点】变压器的构造和原理；电功、电功率【答案解析】AD 解析：A、当U增大时，变压器的输出电压增加；根据功率表达式P=，用电器消耗的功率增大，故A正确；B、当f减小时，输入电压和输出电压不变，输出功率不变，故变压器的输入功率不变，故B错误；C、当光照增强时，光敏电阻

16、的电阻值减小，副线圈电压不变，交流电表的示数增大；故C错误；D、当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减少，变压器的输出电压增大，交流电表的示数增大，故D正确；故选：AD【思路点拨】变压器的输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率；结合功率表达式分析判断即可, 本题关键是明确电压器的电压、电流、功率关系，知然后结合变压比公式和功率公式进行动态分析（2014黑龙江大庆铁人中学模拟）6. 如图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原副线圈匝数比为l：100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100。降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一

17、定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小。电压表V显示加在报警器上的电压（报警器未画出）。未出现火警时，升压变压器的输入功率为750kW。下列说法中正确的有（ ）A降压变压器副线圈输出的交流电频率为50Hz B远距离输电线路损耗功率为180kwC当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大D当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变大【知识点】变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【答案解析】AD解析：A、由图乙知交流电的周期0.02s，所以频率为50Hz，A正确；B、由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250V，根据电压与

18、匝数成正比知副线圈电压为25000V，所以输电线中的电流为：I=30A，输电线损失的电压为：U=IR=30100=3000V，输电线路损耗功率为：P=UI=90kW，B错误，C、当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数变小，C错误；D、由C知副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流变大，D正确；故选：AD【思路点拨】根据升压变压器的输入电压，结合匝数比求出输出电压，从而得出输送电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据闭合电路的动态分析判断电流与电压的变化（2014湖北襄阳四中模拟）7. 如图所示的远距离输

19、电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压及输电线的电阻均不变在用电高峰期，发电厂输出功率将增大，下列说法正确的是（ ）升压变压器副线圈中电流变小降压变压器副线圈中电流变小输电线上损耗的功率减小用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小【知识点】交变电流、理想变压器原理、远距离输电。输线路损耗功率。【答案解析】D解析：根据变压器的输入功率决定于输出功率，输出功率决定于负载的理论，当在用电高锋期，发电厂输出功率将增大，则输出电压不变，则输出电流将增大，电路中线路损耗将增大。降压变压器的输入电压减少，功率是增大的，那么降压变压器的输入电流增大，由此可知选项ABC都错误；进一

20、步分析可知：用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例将减小，故只有D答案正确。【思路点拨】本题只要抓住变压器的输入功率决定于输出功率，输出功率决定于负载的理论和题目所给的条件就不难分析题中的选项。（2014湖南长沙模拟）8. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈接交流电源，副线圈通过电阻为R的导线与热水器、抽油烟机连接。测得副线圈两端的电压按图乙所示规律变化，现闭合开关S接通抽油烟机，下列说法正确的是（ ）A原线圈两端电压表示数为1100 VB抽油烟机上电压的瞬时值表达式为C抽油烟机工作时，热水器的实际功率增大D抽油烟机工作时，变压器的输入功率减小【知识点】变压器的构造和原理

21、；电功、电功率【答案解析】A 解析：A、U1=U2=220=1100V，则电压表示数为1100V，故A正确；B、由图乙可知，交变电流的峰值是220V，=100rad/s，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=220sin100tv，因有电阻R的存在，220V不是抽油烟机两端的电压瞬时值，故B错误；C、接通开关，副线圈电阻减小，电流增大，R上的分压增大，热水器两端的电压减小，所以实际功率减小，故C错误；D、接通开关，电流增大，电压不变，所以线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，故D错误；【思路点拨】会写交变电流的瞬时值表达式，应知道电压表与电流表测的是交变电流的有效值，能用动态分析法判断电流、

22、电压的变化（2014江西师大附中、鹰潭一中5月联考）9. 如图所示，a、b间接入电压u311sin314t（V）的正弦交流电，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器（当温度升高时，其阻值将减小），所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻当传感器R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是（ ）AA1的示数增大，A2的示数增大BV1的示数不变，V2的示数减小CA1的示数增大，A2的示数减小DV1的示数减小，V2的示数减小【知识点】变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值

23、和有效值、周期和频率【答案解析】BC 解析：当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，所以D正确选：BC 【思路点拨】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情

24、况（2014江西师大附中三模）10. 图甲所示的变压器原、副线圈匝数比为3:1,图乙是该变压器cd输入端交变电压u的图像,L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9 V,6 W”的相同灯泡,各电表均为理想交流电表.以下说法正确的是（ ）A.ab输入端电压的瞬时值表达式为t（ V）B.电流表的示数为2A,且四只灯泡均能正常发光C.流过灯L2的电流每秒钟方向改变50次D.ab输入端输入功率Pab=18 W【知识点】变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【答案解析】B 解析：A、由输入端交变电压u的图象，可求出有效值27V，副线圈电压为9V，副线圈三只灯泡均能正常发光

25、电流表的读数为I=3A=2A，原线圈电流为2=A，所以原线圈的灯泡也能正常发光，ab输入端电压的瞬时值表达式为uab=36sin100t（V）A错误B正确C、由图象知交流电的周期为0.02s，交流电的频率为50Hz，流过灯L2的电流每秒钟方向改变100次，C错误；D、ab输入端输入功率Pab=46=24W，故D错误；故选：B【思路点拨】闭合电路动态分析中，电源部分是由变压器提供，其它仍用闭合电路殴姆定律当断开开关S时，导致总电阻发生变化，而电压不变，则可判断出电路中的电流及电压如何变化同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，其值就是刚才的有效值（2014江

26、西重点中学协作体第二次联考）11. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈通过电阻为R的导线与热水器、抽油烟机连接。已知原线圈两端的电压保持不变，副线圈上的电压按图乙所示规律变化，现闭合开关S接通抽油烟机，下列说法正确的是（ ）A抽油烟机上电压的瞬时值表达式为B电压表示数为1100 V C热水器的实际功率增大D变压器的输入功率增大【知识点】变压器的构造和原理；电功、电功率【答案解析】BD解析：A、由图乙可知，交变电流的峰值是220V，=100rad/s，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=220sin100tv，因有电阻R的存在，220V不是抽油

27、烟机两端的电压瞬时值，故A错误；B、U1=U2=220=1100V，则电压表示数为1100V，故B正确；C、接通开关，副线圈电阻减小，电流增大，R上的分压增大，热水器两端的电压减小，所以实际功率减小，故C错误；D、接通开关，电流增大，电压不变，所以线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，故D正确；故选：BD【思路点拨】电压表测的是电流的有效值根据图乙所示图象求出交变电流的峰值、角频率初位相，然后写出交变电流的瞬时值表达式根据动态分析法分析实际功率由W=Pt可以求出抽油烟机消耗的电能（2014山东日照一中二模）12. 如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比，接线柱a、b间接一正弦

28、交变电源，其电压随时间的变化规律如图乙所示。变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中是用半导体热敏材料（电阻随温度升高而减小）制成的传感器，为一定值电阻。下列说法中正确的是（ ）A电压表V的示数为22VB当所在处出现火警时，电压表V的示数减小C当所在处出现火警时，电流表A的示数增大D当所在处出现火警时，电阻的功率变大【知识点】变压器的构造和原理 【答案解析】BCD解析：A、由图象可知，输入的电压为220V，变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为22V，电压表测的是半导体热敏材料的电压，R1，R2的总电压为22V，所以电压表的示数小于22V，所以A错误；B、当出现火警时，温度升高，电

29、阻R2减小，副线圈的电流变大，所以R1的电压要增大，由于副线圈的总电压不变，所以R2的电压就要减小，所以B正确；C、由B的分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也就要增大，所以C正确；、由B的分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，由于R1的电阻不变，由P=I2R1可知，电阻R1的功率变大，所以D正确故选B【思路点拨】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可（2014山西大学附中5月月考）13. 如图为某款电吹风的电路图，a、b、c、d为四个固定触电，可动的扇形金

30、属片P可同时接触两个触电触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹自然风三种不同的工作状态理想变压器的两线圈匝数分别为n1和n2，电吹风的各项参数如下表所示，下列说法正确的有（ ）热风时输入功率460W自然风时输入功率60W小风扇额定电压60V正常工作时小风扇的输出功率52WA. 触片P与触点b、c接触时，电吹风吹热风B. 小风扇的内阻为60C. 变压器两线圈的匝数比n1：n2=3：11D. 若把电热丝截去一小段后再接入电路，电吹风吹热风时输入功率将变小【知识点】 变压器的构造和原理；电功、电功率【答案解析】 C 解析解：A、电动机与小风扇同时接入电路时吹自然风，触片P与触点b、c接触故A错误；B、小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率，因未说明小风扇的效率，所以不能计算小风扇的内阻60是风扇消耗的电能全部转化为内能时的电阻故B错误；C、根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系：n1：n2=60：220=3：11，故C正确；D、根据公式P=可知，把电热丝截去一小段后的电热丝（材料、粗细均不变）电阻变小，电吹风吹热风时的功率将变大故D错误故选：C【思路点拨】当只有电动机接入电路时吹冷风；电动机与电热丝同时接入电路时吹热风；小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率；根据公式P=可知，电源电压不变，电阻越小，电