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交变电流检测(满分：100分，时间：90分钟)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．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，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．边长为L的正方形闭合线圈共n匝，在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω绕垂直于磁感线并在线圈平面内的轴匀速转动，要使线圈中的感应电流增大1倍，下列措施可采用的是()A．只将角速度ω增大1倍B．只将线圈边长L增大至2LC．只将线圈匝数增加至2nD．只将磁感应强度增至2B解析：选BD.由Em＝nBSω＝nBL2ω所以e＝Emsinωt＝nBL2ωsinωt又R＝ρ4nLS截所以i＝BLω4ρS截sinωt可知B、D正确．2．下列说法中，正确的是()A．电感对交流的阻碍作用是因为电感器存在电阻B．电容对交流的阻碍作用是因为电容器的电阻C．感抗、容抗和电阻一样，电流通过它们做功时都是电能转化为内能D．在交变电路中，电阻、感抗、容抗可以同时存在答案：D3.如图5－7所示，一理想变压器由一个初级线圈和两个次级线圈组成，当此变压器工作时，初级和次级线圈的匝数、电流、电压均在图中标出，则下列几组关系式中正确的是()A.U1U2＝n1n2，U1U3＝n1n3B.I1I2＝n1n2，I1I3＝n3n1C．n1I1＝n2I2＋n3I3D.I1I2＋I3＝n2＋n3n1答案：AC4．如图5－8所示，变压器线圈匝数分别为n1＝1100匝，n2＝60匝，n3＝45匝．现将220V的交流电加在线圈n1两端，若需对用电器R供3V的电压，则应()图5－8A．将a接到d，b接到c图5－7B．将a接到bC．将a接到c，b接到dD．以上均不对答案：C5．图5－9中图1、图2分别表示两种电压的波形，其中图1所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是()图5－9A．图1表示交流电，图2表示直流电B．两种电压的有效值相等C．图1所示电压的瞬时值表达式为u＝311sin100πtVD．图1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110解析：选C.图1、2均表示交流电，故A错；图1是正弦式交流电，周期为2×10－2s，所以ω＝2πT＝100πrad/s，所以电压的瞬时值表达式为u＝311sin100πtV，故C选项对；图1和图2的有效值并不相同，B错；变压器只能改变交流电的电压，不能改变交流电的频率，故D错．6．如图5－10所示，一理想变压器的原、副线圈匝数比为3∶1，图中四只灯泡完全相同，在L1、L2、L3正常发光的条件下，若断开L4，则()图5－10A．L1、L2、L3变亮B．L1、L2、L3变暗C．L1变亮，L2、L3变暗D．L1变暗，L2、L3变亮解析：选D.当断开L4时，灯泡L2、L3的并联电阻比L2、L3、L4的并联电阻大，所以副线圈中的电流减小，副线圈的输出功率减小，则原线圈的输入功率也减小，所以通过原线圈的电流将减小，所以L1变暗，而原、副线圈两端电压变大，L2、L3两端的电压变大，因此L2、L3变亮．7．某发电厂用2.2kV的电压将电能输送到远处的用户，后改用22kV的电压，在原有输电线路上输送同样的电功率．要将2.2kV的电压升高至22kV，若变压器原线圈的匝数为180匝，则副线圈的匝数和前后两种输电方式消耗在输电线上电功率之比为()A．1800,10∶1B．18002，102∶1C．1800,100∶1D．18002，502∶1解析：选C.输电线上消耗的电功率P＝P总2U2·R线，则输电线上消耗功率之比为P1∶P2＝100∶1，由U1U2＝n1n2知n2＝U2U1·n1＝1800.8．某变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按图5－11所示规律变化，副线圈接有负载，下列判断正确的是()图5－11A．输出电压的最大值为36VB．原、副线圈中电流之比为55∶9C．变压器输入、输出功率之比为55∶9D．交流电源有效值为220V，频率为50Hz解析：选D.理想变压器中原、副线圈的电压与原、副线圈的匝数成正比，可得输出电压的最大值为362V，A选项错误．原、副线圈的电流与匝数成反比，应为9∶55，B选项错误．变压器的输入功率与输出功率相等，C选项错误．由图象可知交流电压的最大值为2202V，周期为0.02s，所以有效值为220V，频率为50Hz，D选项正确．9．一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5.原线圈与正弦式交流电源连接，输入电压u如图5－12所示，副线圈仅接入一个10Ω的电阻．则()图5－12A．流过电阻的电流是20AB．与电阻并联的电压表的示数是1002VC．经过1分钟电阻放出的热量为6×103JD．变压器的输入功率是1×103W解析：选D.设输入电压U1，输出电压为U2，由U1U2＝n1n2知U2＝100V，I＝U2R＝10010A＝10A，故选项A、B错误；1分钟内电阻产生的热量Q＝I2Rt＝102×10×60J＝60000J，故选项C错误；P输入＝P输出＝U22R＝1×103W，故选D正确．10．如图5－13所示，L1和L2是高压输电线，甲、乙是两只互感器，若已知n1∶n2＝1000∶1，n3∶n4＝1∶100，图中电压表示数为220V，电流表示数为10A，则高压输电线的送电功率为()图5－13A．2.2×103WB．2.2×10－2WC．2.2×108WD．2.2×104W解析：选C.由互感器中电压、电流与匝数关系得高压线路中U＝220kV，I＝1000A，所以其输送功率P＝IU＝2.2×108W.11．如图5－14所示，在远距离输电过程中，若保持原线圈的输入功率不变，下列说法正确的是()图5－14A．升高U1会减小输电电流I2B．升高U1会增大线路的功率损耗C．升高U1会增大线路的电压损耗D．升高U1会提高电能的利用率解析：选AD.提高输电电压U1，由于输入功率不变，则I1将减小，又因为I2＝n1n2I1，所以I2将减小，故A对，线路功率损耗P损＝I22R，因此功率损耗在减小，电压损失减小，故B、C错误，因线路损耗功率减小，因此利用率将升高．12．如图5－15所示，理想变压器的原副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，原线圈接正弦式交流电，副线圈接电动机，电动机线圈电阻为R，当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升，若电动机因摩擦造成的能量损失不计，则图中电压表的读数为()图5－15A．4IR＋mgvIB.mgvIC．4IRD.14IR＋mgvI解析：选D.根据电流与匝数的关系知变压器的输出电流为I2，电动机消耗的总功率为P2＝mgv＋I2R4，又变压器的输入功率P1＝UI＝P2＝mgv＋I2R4，则U＝mgvI＋IR4整理得D项正确．二、填空题(本题共2小题，每小题6分，共12分．将答案填在题中横线上)13．有一个电子元件，当它两端的电压的瞬时值高于u＝1102V时则导电，低于u＝1102V时不导电，若把这个电子元件接到220V,50Hz的正弦式交变电流的两端，则它在1s内导电____________次，每个周期内的导电时间为____________．解析：由题意知，加在电子元件两端电压随时间变化的图象如图所示，表达式为u＝2202sinωtV.其中ω＝2πf，f＝50Hz，T＝1f＝0.02s，得u＝2202sin100πtV.把u′＝1102V代入上述表达式得到t1＝1600s，t2＝5600s所以每个周期内的通电时间为Δt＝2(t2－t1)＝4300s＝175s.由所画的u－t图象知，一个周期内导电两次，所以1s内导电的次数为n＝2tT＝100.答案：100175s14．某集装箱吊车的交流电动机输入电压为380V，则该交流电压的最大值为____________V．当吊车以0.1m/s的速度匀速吊起总质量为5.7×103kg的集装箱时，测得电动机的电流为20A，则电动机的工作效率为____________．(g取10m/s2)解析：交流电机输入电压380V是有效值，其最大值应为3802V．工作效率η＝mg·vIU×100%＝5.7×103×10×0.120×380×100%＝75%.答案：380275%三、计算题(本题共4小题，共40分，计算题必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位，只写出最后答案的不得分)15．(8分)(2010年株洲市期末)如图5－16所示，变压器原线圈n1＝800匝，副线圈n2＝200匝，灯泡L标有“10V,2W”，电动机D的线圈电阻为1Ω.将交变电流u＝1002sin100πtV加到理想变压器原线圈两端，灯泡恰能正常发光．求：图5－16(1)副线圈路端电压(有效值)；(2)电动机D的电功率．解析：(1)原线圈电压U1＝U1m2＝100V副线圈电压U2＝n2n1U1＝25V.(2)灯泡正常发光，则副线圈电流I2＝PLUL＝0.2A电动机的电压UD＝U2－UL＝15V电动机的电功率PD＝UDI2＝3W.答案：(1)25V(2)3W16．(8分)(2010年鞍山市期末)如图5－17所示，变压器原线圈输入电压为220V，副线圈输出电压为36V，两只灯泡的额定电压均为36V，L1额定功率为12W，L2额定功率为6W．试求：图5－17(1)该变压器的原、副线圈匝数比．(2)两灯均正常工作时原线圈的电流，以及只有L1正常工作时原线圈中的电流．解析：(1)由U1/U2＝n1/n2得：n1/n2＝220/36＝55/9.(2)两灯均工作时，P1＋P2＝U1I1I1＝(P1＋P2)/U1＝(12＋6)/220(A)≈0.082A只有L1灯工作时，P1＝U1I2I2＝P1/U1＝12/220A≈0.055A.答案：(1)55∶9(2)0.082A0.055A17．(12分)(2010年盐城市期末)如图5－18所示，在B＝0.5T的匀强磁场中，有一个n＝100匝的矩形线圈，边长L1＝0.1m，L2＝0.2m，线圈从图中位置开始绕中心轴OO′以角速度ω＝314rad/s逆时针方向匀速转动，求：图5－18(1)线圈中产生的感应电动势的最大值和有效值；(2)线圈转过1/4周过程中感应电动势的平均值；(3)线圈转过30°时感应电动势的瞬时值．解析：(1)感应电动势最大值Em＝nBSω＝314V感应电动势有效值E＝Em2＝1572V≈222V.(2)线圈转过14周过程中感应电动势平均值E＝nΔΦΔt＝nBSπ2ω＝200V.(3)感应电动势的瞬时表达式e＝Emcosωt＝314cos314tV线圈转过30°时感应电动势e＝314cos30°V＝1573V≈272V.答案：(1)314V222V(2)200V(3)272V18．(12分)如图5－19所示，某小型水电站发电机的输出功率为10kW，输出电压为400V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2kV高压输电，最后用户得到220V,9.5kW的电力，求：图5－19(1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比n1/n2.(2)输电线路导线电阻R.(3)用户降压变压器原、副线圈匝数比n3/n4.解析：升压变压器的原、副线数匝数之比应等于发电机的电压和升压变压器的输出电压之比．已知输入功率为10kW，而用户得到功率为9.5kW，所以损失的功率为0.5kW，它应等于导线的电阻与输送电流的平方之积．输送电流应等于输送功率与升压变压器的输出电压之比．而降压变压器的原、副线圈匝数之比应等于原、副线圈两端电压之比．(1)升压变压器原、副线圈匝数比为n1n2＝U1U2＝4002000＝15.(2)导线电阻R与输送电流和输电线上损失的电功率有关，有P损＝I2R，而输送电流又决定于输出电压及输送功率，有I＝P/U2，所以R＝P损I2＝P损·(U2P)2＝0.5×103×(200010×103)2Ω＝20Ω.(3)设降压变压器原线圈上电压为U3U3＝U2－IR＝(2000－5×20)V＝1900V，所以降压变压器原、副线圈匝数比为n3n4＝U3U4＝1900220＝9511.答案：(1)1∶5(2)20Ω(3