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- 2021-06-23 发布
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第3、4章《交变电流》《远距离输电》单元测试
1．一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R.设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2.当R增大时( )
A.I1减小，P1增大 B.I1减小，P1减小
D.I2增大，P2减小 D.I2增大，P2增大
答案：B
2．如图甲所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动.若以线圈平面与磁场的夹角θ＝45°时(如图乙所示)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正.则下列四幅图中，正确的是( )
甲 乙
解析：本题考查正弦交流电的产生过程、楞次定律等.从图甲可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流的方向为b到a，故瞬时电流的表达式为i＝－imcos(＋ωt)，则图象D正确.要注意对线圈绕垂直于磁场的轴旋转时的瞬时电动势的表达式的理解.
答案：D
3．小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示.此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是( )
A.交变电流的周期为0.125 s
B.交变电流的频率为8 Hz
C.交变电流的有效值为 A
D.交变电流的最大值为4 A
解析：由e－t图象可知，交变电流的周期为0.25 s，故频率为4 Hz，选项A、B错误.根据欧姆定律可知，交变电流的最大值为2 A，故有效值为 A，选项C正确.
答案：C
4．图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化.下列说法正确的是( )
甲 乙
A.图甲表示交变电流，图乙表示直流
B.两种电压的有效值相等
C.图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝311sin 100πt V
D.图甲所示电压经匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的
解析：图甲、乙表示的电压大小和方向都做周期性变化，都为交变电流，A错误.
图甲电压的有效值U＝ V；图乙电压的有效值U＜ V.故B错误.
对于图甲，有：U＝Umsin()t＝311sin100πt V，C正确.
变压器不改变交变电流的频率，D错误.
答案：C
5．图示为四种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用的白织灯泡相同，且都是“220 V 40 W”.当灯泡所消耗的功率都调至20 W时，消耗的功率最小的台灯是[1999年高考·全国物理卷]( )
解析：从题干的问法上可以看出本题是单选题.
台灯的消耗功率是指包含灯泡和其他辅助器件的总功率.由四个选项分析可知：C中理想变压器功率损耗为零，电源输出的总功率只有灯泡的功率20 W.而其他选项中，不论滑动变阻器是分压接法还是限流接法，滑动变阻器上总有功率损耗，台灯的消耗功率都大于20 W，故选项C正确.
答案：C
6．正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图甲所示的方式连接，R＝10 Ω，交流电压表的示数是10 V，图乙是交变电源输出电压u随时间t变化的图象.则( )
甲 乙
A.通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝cos 100πt A
B.通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝cos 50πt A
C.R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR＝5 cos 100πt V
D.R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR＝5 cos 50πt V
解析：由于电压表的示数为交流电压的有效值，故正弦式交流电源的电压最大值Um＝10 V，电流的最大值为Im＝＝ A，则交变电流的瞬时值i＝cos 100π A，故A正确.
答案：A
7．一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶8．原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示.副线圈仅接入一个10 Ω的电阻.则( )
A.流过电阻的电流是20 A
B.与电阻并联的电压表的示数是100 V
C.经过1分钟电阻发出的热量是6×103 J
D.变压器的输入功率是1×103 W
解析：原线圈中电压的有效值是220 V，由变压比知，副线圈中电压为100 V；流过电阻的电流是10 A；与电阻并联的电压表的示数是100 V；经过1分钟电阻发出的热量是6×104 J.
答案：D
9．用示波器观察某交流信号时，在显示屏上显示出一个完整的波形，如图所示.经下列四组操作之一，使该信号显示出两个完整的波形，且波形幅度增大.此组操作是 .(填选项前的字母)
A.调整X增益旋钮和竖直位移旋钮
B.调整X增益旋钮和扫描微调旋钮
C.调整扫描微调旋钮和Y增益旋钮
D.调整水平位移旋钮和Y增益旋钮
解析：调节扫描微调旋钮，当扫描周期为交流信号周期的2倍时，显示屏上出现两个完整的波形；调节Y增益旋钮，可增大波形的幅度.
答案：C
10．某小型水电站输出功率为20 kW，输电线路总电阻是6 Ω.
(1)若采用380 V输电，求输电线路损耗的功率.
(2)若改用5000 V高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压.
解析：(1)输电线上的电流为：
I＝＝ A＝52.63 A
输电线路损耗的功率为：
P损＝I2R＝52.632×6 W≈16620 W＝16.62 kW.
(2)改用高压输电后，输电线上的电流强度变为：
I′＝＝ A＝4 A
用户端在变压器降压前获得的电压为：
U1＝U－I′R＝(5000－4×6) V＝4976 V
根据＝知，用户得到的电压为：
U2＝U1＝×4976 V＝226.18 V.
答案：(1)16.62 kW (2)226.18 V
11．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1.80×104 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，使副线圈电路中的电流超过12 mA时，熔丝就熔断.
(1)熔丝的熔断电流是多大？
(2)当副线圈电路中的电流为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和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，解得：I1＝0.98 A.
(2)设副线圈中电流I2′＝10 mA时，变压器的输入功率为P1，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有：
P1＝I2′U2
解得：P1＝180 W.
答案：(1)0.98 A (2)180 W
