新人教版2018_2019学年高中物理第五章章交变电流课后提升作业十一5.5电能的输送选修3_2
学年高中学习物理 第五章节 交变电流 课时提升作业八 . 描述交变电流的物理量 新人教版选修
课时提升作业八描述交变电流的物理量(40分钟100分)一、选择题(此题共7小题,每题8分,共56分)1.(多项选择)如下图为一正弦交变电流的电流图象,根据图象可以判断哪些说法是正确的( )A.电流的有效值是10AB.此交变电流的频率是5HzC.此交变电流的周期是D.此交变电流可以接在“允许通过最大电流为10A〞的用电器上【解析】选B、D。
由图象可知,交流电的电流最大值为10A,而有效值为I==A=5A,故A错误,D正确;由图象可知,交流电的周期为0.2s,所以交流电的频率为f==5Hz,所以B正确,C错误。
2.(2021·郑州高二检测)交流发电机在工作时电动势为e=E m sinωt,假设将电机的转速提高一倍,同时将线圈所围面积减小一半,其他条件不变,那么其电动势变为( )A.e′=E m sinB.e′=2E m sinC.e′=E m sin2ωtD.e′=sin2ωt【解析】选C。
根据题意,当转速提高一倍,由ω=2πn可知,角速度ω变为原来的2倍,面积减小一半,那么由e=E m sinωt=nBSωsinωt,可知:e′=nB2ωsin2ωt=nBSωsin2ωt=E m sin2ωt,故C选项正确。
3.(2021·安庆高二检测)如下图是某种交变电流的电流随时间变化的图线,i>0局部的图线是一个正弦曲线的正半周,i<0局部的图线是另一个正弦曲线的负半周,其最大值如图中所示,那么这种交变电流的有效值为( )0B.I0 C.I0 D.I0【解析】选C。
设电流的有效值为I,那么RT+R·2T=I2R·3T,解得I=I0,选项C正确。
【补偿训练】如下图是一交变电流的i-t图象,那么该交流电电流的有效值为( )A C. A D.A【解析】选D。
设交流电电流的有效值为I,周期为T,电阻为R,那么I2RT=×4·R·+42·R·T,解得:I=A,应选D。
高中物理第五章交变电流章末提升训练新人教版选修.docx
第五章交变电流章末提升训练(二)(时间:60分钟分值:100分)一、选择题(本题共6小题,每小题8分,共48分.每小题给出的四个选项中,至少有一项是正确的,全部选对得8分,部分选对得4分,有选错或不选的得0分)?(多选)图5-T-1为交流发电机的示意图,线圈的AB边连在金属滑环K上,CD边连在金属滑环L上,两个导体电刷E、F分别压在两个滑环上,线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接.关于其工作原理,下列分析正确的是()图5-T-1A.当线圈平面转到中性面的瞬间,穿过线圈的磁通量最大B.当线圈平面转到中性面的瞬间,线圈中的感应电流最大C.当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间,穿过线圈的磁通量最小D.当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间,线圈中的感应电流最小?多数同学家里都有调光台灯、调速电风扇,过去是用变压器来实现上述调节的,缺点是成本高、体积大、效率低,且不能任意调节灯的亮度或风扇的转速.现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的,图5-T-2为一个经过双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压,即在正弦式交变电压的每一个12周期中,前面的14被截去,从而改变了电灯上的电压.那么现在电灯上的电压为()图5-T-2A.U mB.Um2C.Um2D.Um4?(多选)如图5-T-3所示,面积为S、匝数为N、电阻为r的线圈与电阻R构成闭合回路,理想交流电压表并联在电阻R的两端.线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转动轴以角速度ω匀速转动,则()图5-T-3A.在图示位置,线圈平面处于中性面位置,流过电阻R的电流为零,电压表的读数也为零B.1s内流过电阻R的电流方向改变ωπ次C.在电阻R的两端再并联一个电阻后,电压表的读数将减小D.在电阻R的两端再并联一个电容较大的电容器后,电压表的读数不变?(多选)发电机的输出电压为U,经电阻为r的输电线向远处的用户供电,发电机的输出功率为P,则()A.输电线上的电流为PUB.输电线上的功率损失为U2rC.用户得到的功率为P-PU2rD.用户得到的电压为PrU?(多选)图5-T-4是某供电系统的原理图,它由发电机和副线圈匝数可调的变压器组成,图中R0表示输电线的电阻.滑片P置于a处时,用户的用电器恰好正常工作.要保证用电器仍能正常工作,下列说法中正确的是()图5-T-4A.当发电机输出的电压发生波动使电压表V1的示数小于正常值时,应使滑片P向上滑动B.当发电机输出的电压发生波动使电压表V1的示数小于正常值时,应使滑片P向下滑动C.如果电压表V1的示数保持正常值不变,那么当用电器个数增加时,滑片P应向上滑动D.如果电压表V1的示数保持正常值不变,那么当用电器个数增加时,滑片P应向下滑动?[2017·广东三校联考]如图5-T-5所示为一自耦变压器,保持输入电压不变,以下说法正确的是()图5-T-5A.滑动触头P不动,滑片Q上移,电流表示数不变B.滑动触头P不动,滑片Q上移,电压表示数变小C.滑动触头P向b方向移动,滑片Q下移,电流表示数减小D.滑动触头P向b方向移动,滑片Q不动,电流表示数增大二、实验题(共16分)?利用DIS(数字化信息处理系统)探究手摇发电机(如图5-T-6所示)的线圈产生的交变电流.图5-T-6实验步骤为:①将电压传感器接入数据采集器;②电压传感器的测量夹与发电机的输出端并联;③点击“数据采集设置”设定“采样点时间间隔”;④缓慢摇动发电机的手柄,观察工作界面上的信号.图5-T-7(1)工作界面上出现的电压波形如图5-T-7所示,从图中可以看出,手摇发电机产生的电压波形不是正弦波,其原因是.(写出一条即可)(2)研究交变电流的波形,发现在用手摇动发电机手柄的2min内屏上出现了61个向上的“尖峰”,则交变电流的平均周期为T= s;如果发电机手摇大轮的半径是转子小轮半径的2倍,则手摇大轮转动的平均角速度ω= rad/s.三、计算题(本题共2小题,共36分,解答应写出必要的文字说明、表达式和重要的演算步骤.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)?(16分)如图5-T-8甲所示,一台小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴OO'转动,线圈的匝数n=100匝.发电机的内阻r=5Ω,外电路的电阻R=95Ω.穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间按正弦规律变化,如图乙所示.已知感应电动势的最大值E max=nωΦmax,其中Φmax为穿过每匝线圈磁通量的最大值.求串联在外电路中的交流电流表(内阻不计)的读数.图5-T-8?(20分)某发电机输电电路的简图如图5-T-9所示,发电机的矩形线框ABCD处于磁感应强度大小为B=210πT的水平匀强磁场中,线框面积为S=0.25m2,匝数为100匝,电阻不计.线框绕垂直于磁场的轴OO'以角速度ω=100πrad/s匀速转动,并与升压变压器的原线圈相连.降压变压器的副线圈接入若干“220V100W”的灯泡,两变压器间的输电线总电阻R=20Ω,变压器均为理想变压器.当发电机输出功率为5×104W时,灯泡正常发光,线路损失的功率为输出功率的4%.(1)从线框平面与磁感线垂直时开始计时,写出线框中感应电动势随时间变化的关系式.(2)求升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数之比.图5-T-91.AC[解析]当线圈平面转到中性面的瞬间,穿过线圈的磁通量最大,但线圈中的感应电动势为零,感应电流也为零,选项A正确,选项B错误;当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间,穿过线圈的磁通量最小,但磁通量的变化率最大,线圈中的感应电动势最大,感应电流也最大,选项C正确,选项D错误.2.C[解析]由有效值的定义知U2R T=Um22R×T2,故U=Um2,选项C正确.3.BC[解析]在图示位置,线圈平面处于中性面位置,流过电阻R的瞬时电流是零,电压表的读数为有效值,不是零,选项A错误;线圈每转过一圈,电流方向改变2次,故1s内电流方向改变的次数为2f=2×ω2π=ωπ,选项B正确;电阻R两端再并联一个电阻时,干路电流增大,路端电压减小,故电压表的读数减小,选项C正确;电阻R两端并联一个电容器后,由于电路与交流电源相连,电容器反复充、放电,该支路有电流通过,故路端电压减小,电压表的读数也减小,选项D错误.4.AC[解析]由P=UI得输电线上的电流为I=PU,选项A正确;输电线上的功率损失为ΔP=I2r=PU2r,选项B错误;用户得到的功率为P-PU2r,选项C正确;用户得到的电压为U-ΔU=U-Ir=U-PrU,选项D错误.5.AC[解析]当电压表V1的示数小于正常值时,副线圈的输出电压也要变小,要使用电器正常工作,滑片P应向上滑动,选项A正确,选项B错误;当用电器个数增加时,副线圈中的电流增大,输电线上损失的电压增大,要使用电器正常工作,滑片P应向上滑动,选项C正确,选项D错误.6.C[解析]当滑动触头P不动时,输出电压不变,滑片Q上移,负载电阻减小,功率增大,电流表读数增大,故A错误;当滑动触头P不动时,自耦变压器的输出电压不变,电压表测的是输出电压,示数不变,故B错误;当滑动触头P向b方向移动时,输出电压减小,滑片Q不动,电阻不变,故输出功率减小,输入功率也减小,电流表示数减小,故D错误;当滑动触头P向b方向移动时,输出电压减小,滑片Q下移时,电阻增大,故输出功率减小,输入功率也就减小,所以电流表读数减小,故C正确.7.(1)转子不是在匀强磁场中转动(或发电机的转速不均匀)(2)20.5π[解析](1)只有线圈在匀强磁场中匀速转动时,产生的交变电流才是标准的正弦式交变电流,手摇发电机的磁场是由条形磁铁产生的,所以不是匀强磁场;由于是手摇转动,转速难以保持恒定.(2)屏上每出现一次向上尖峰,就代表经过了一个周期,2min内屏上出现了61个向上的尖峰,表明周期T=2×6061-1s=2s;大轮角速度等于小轮角速度的一半,所以大轮角速度ω=2πT×12=0.5πrad/s.8.1.4A[解析]由Φ-t图像可以看出Φmax=1.0×10-2Wb,T=3.14×10-2s.已知感应电动势的最大值E max=nωΦmax,又ω=2πT,故电路中电流的最大值I max=EmaxR+r=n·２π·ΦmaxT(R+r)=100×2×3.14×1.0×10-23.14×10-2×(95+5)A=2A,交流电流表的读数是交变电流的有效值,即I=Imax2≈1.4A.9.(1)e=2502sin100πt(V)(2)1∶20240∶11[解析](1)矩形线框ABCD在匀强磁场中转动时,产生的交流电动势的最大值为E m=nBSω=100×210π×0.25×100πV=2502V从中性面开始计时,线框中产生的感应电动势e=E m sinωt=2502sin100πt(V).(2)画出输电电路图,如图所示.发电机输出的电压U1=Em2=250V发电机输出的电功率P=5×104W根据输电要求,有ΔP损=I22R=P×4%解得I2=P×4R=5×104×0.0420A=10A则U2=PI2=5×10410V=5×103V所以升压变压器原、副线圈的匝数之比为n1n2=U1U2=2505×103=120输电线上的电压损失ΔU损=I2R=10×20V=200VU3=U2-ΔU损=5×103V-200V=4800V据题意可知U4=220V所以降压变压器原、副线圈的匝数之比为n3n4=U3U4=4800220=24011.。
2018_2019学年(精篇—1)高中物理第五章交变电流课时提升作业十一5.5电能的输送新人教版选修3_22019030762
课时提升作业十一电能的输送(40分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分)1.(多选)(2018·揭阳高二检测)对于电能输送的以下说法,正确的是( )A.输送电能的基本要求是可靠、保质、经济B.减小输电导线上功率损失的唯一方法是采用高压输电C.减小输电线上电压损失的唯一方法是增大导线的横截面积D.实际输电时,要综合考虑各种因素,如输送功率大小、距离远近、技术和经济要求等【解析】选A、D。
减小输电线上功率损失和电压损失的两个途径:一是减小电阻,可以采用电阻率较小的导线或增大导线横截面积;二是减小电流,可以降低输送功率或提高输送电压,由上可知,B、C均错误。
2.(多选)(2018·厦门高二检测)远距离输送一定功率的交变电流,若输送电压升高为原来的n倍,关于输电线上由电阻造成的电压损失和功率损失的说法中,正确的是 ( )A.输电线上的电功率损失是原来的B.输电线上的电功率损失是原来的C.输电线上的电压损失是原来的D.输电线上的电压损失是原来的n倍【解析】选B、C。
远距离输送一定功率的交变电流,若输送电压升高为原来的n倍时,由于P=UI,输电线上的电流为原来的,所以输电线上的电压损失U损=IR,即是原来的,选项C正确,D错误;再由P损=I2R可知输电线上的电功率损失是原来的,选项B正确,A错误。
3.(多选)远距离输送交流电都采用高压输电,我国正在研究用比1 000 kV高很多的电压进行输电,采用高压输电的优点是( )A.可节省电线的铜材料B.可根据需要调节交流电的频率C.可减少输电线上的能量损失D.可加快输电的速度【解析】选A、C。
当输入电功率一定时,设为P,P=IU,I是输电电流,U是输电电压,设输电导线电阻为R,则输电线上的损耗为P耗=I2R=R,要减小损耗有两条途径:增大输电电压U和减小输电线电阻,输电距离是一定的,要减小输电线电阻只能靠增大电线横截面积,这样就多用材料。
版高中物理 第五章 交变电流 第节 电感和电容对交变电流的影响课时作业 新人教版选修
第五章第3节电感和电容对交变电流的影响基础夯实一、选择题(1～5题为单项选择题，6题为多项选择题)1．电感对交变电流的影响的以下说法中，正确的选项是(B)A．电感对交变电流没有阻截作用B．电感对交变电流阻截作用的大小叫感抗C．电感对某一频率的交变电流的阻截作用跟线圈的自感系数没关D．线圈的自感系数越大，交变电流的频率越高，电感对交变电流的阻截作用就越小剖析：电感对交流电有影响，其阻截作用的大小和线圈的自感系数L、交流电的频率f有关，L越大，f越高，阻截作用越大，应选项A、C、D均错误；电感对交变电流阻截作用的大小叫感抗，B项正确。
2．电容对交变电流影响的以下说法中，错误的选项是(B)A．交变电流能经过电容器B．电容器拥有通直流、阻交流的作用C．电容器电容较小，它拥有通高频、阻低频的作用D．电容器的电容越大、交变电流的频率越高，电容器对交变电流的阻截作用就越小剖析：电容器“通交流、隔直流”，但对交流电有阻截作用，电容越大，频率越高，容抗越小，所以选项A、C、D均正确。
B错误。
3．交变电流经过一段长直导线时，电流为I，若是把这根长直导线绕成线圈，再接入原电路，经过线圈的电流为I′，则(B)A．I′>I B．I′<IC．I′＝I D．无法比较剖析：长直导线的自感系数很小，其对交变电流的阻截作用能够看做是纯电阻，流经它的交变电流只碰到导线电阻的阻截作用。
当导线绕成线圈后，电阻值未变，但自感系数增大，对交变电流的阻截作用不仅有电阻，而且有线圈的阻截作用(感抗)，阻截作用增大，电流减小。
4．(2017·海南省海南中学高二上学期期中)在以下列图电路中，C为电容器，灯泡电阻为R，电流表内阻为零，电压表内阻无量大，交流电源的电压u＝2202 sin100πt V，若保持电源电压的有效值不变，只将电源频率改为100Hz，以下说法正确的选项是(D)A．电流表示数减小B．电压表示数增大C．灯泡变暗D．灯泡变亮剖析：频率变大，容抗减小，电流表示数增大，灯泡变亮，电压表示数减小，应选D。
版高中物理 第五章 交变电流 第节 描述交变电流的物理量课时作业 新人教版选修
第五章第2节描述交变电流的物理量基础夯实一、选择题(1～5题为单项选择题，6题为多项选择题)1．(2017·江西省玉山一中高二下学期检测)电流方向每秒钟改变100次的交变电流，它的周期和频率分别是(C)A．0.01s和100Hz B．0.01s和50HzC．0.02s和50Hz D．0.02s和100Hz剖析：一个周期内电流方向改变两次，因此f＝50Hz，则：T＝0.02s，应选C。
2．一个照明电灯两端赞同加的最大交流电压为311V，当它接入220V照明电路上，这个灯将(D)A．灯不亮B．灯丝将烧断C．只能黯淡发光D．能正常发光剖析：电灯的额定电压为U＝U m2＝3112V＝220V，当它接入220V的照明电路上时能正常发光。
3．(2016·山东文登市高二下学期期末)我国家庭照明电路的电压随时间变化的规律为u＝311sin100πt(V)。
以下说法中正确的选项是(A) A．标有“输入电压100V～240V、50Hz”旅行充电器接在该交流电上能够正常工作B．标有“输入电压100V～240V、100Hz”旅行充电器接在该交流电上能够正常工作C．该交流电只能给标有311V的用电器供电D．该交流电给某电器供电与用311V的稳恒直流电给该电器供电，收效相同剖析：该交流电的最大值为311V，有效值为220V；角速度为100π；则频率f＝50Hz，故A正确，B错误；该交流电只能为220V的用电器工作，故C错误；依据有效值的定义可知，该交流电给某电器供电与用220V的稳恒直流电给该用电器供电，收效相同，故D错误，应选A。
4．小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，以下列图。
矩形线圈ab边和cd边产生的感觉电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压(D)A．峰值是e0B．峰值是2e0C．有效值是22Ne0D．有效值是2Ne0剖析：由题意可知，线圈ab边和cd边产生的感觉电动势的最大值都为e0，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0，又因为发电机线圈共N匝，因此发电机线圈中总电动势最大值为2Ne0，依照闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感觉电动势的大小，即其峰值为2Ne0，应选项A、B错误；又由题意可知，若从图示地址开始计时，发电机线圈中产生的感觉电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U＝U m2，即U＝2Ne0，应选项C错误，选项D正确。
【高中物理】2018-2019学年高中物理第五章交变电流1交变电流分层训练新人教版选修3-2.doc
1 交变电流A级抓基础1．(多选)下列各图中，线圈中能产生交流电的有( )答案：BCD2．闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的正弦式交变电流i＝I m sin ωt.若保持其他条件不变，使线圈的匝数和转速各增加1倍，则电流的变化规律为( ) A．i′＝I m sin ωt B．i′＝I m sin 2ωtC．i′＝2I m sin ωt D．i′＝2I m sin 2ωt解析：由电动势的最大值知，最大电动势与角速度成正比，与匝数成正比，所以电动势最大值为4E m，匝数加倍后，其电阻也应该加倍，此时线圈的电阻为2R，根据欧姆定律可得电流的最大值为I m′＝4E m2R＝2I m，因此，电流的变化规律为i′＝2I m sin 2ωt.答案：D3.矩形线圈在磁场中匀速转动时，产生的感应电动势最大值为50 V，那么该线圈由右图所示位置转过30°，线圈中的感应电动势大小为( )A．50 V B．25 3 VC ．25 VD ．10 V解析：由题给条件知：交变电流瞬时值表达式为e ＝50cos ωt ＝50cos θ，当θ＝30°时，e ＝25 3V ，B 对．答案：B4．(多选)如图所示，矩形线圈abcd 放在匀强磁场中，ad ＝bc ＝l 1，ab ＝cd ＝l 2，从图示位置起该线圈以角速度ω绕不同转轴做匀速转动，则( )A ．以OO ′为转轴时，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωsin ωtB ．以O 1O 1′为转轴时，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωsin ωtC ．以OO ′为转轴时，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωcos ωtD ．以OO ′为转轴跟以ab 为转轴一样，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωt ＋π2解析：以O 1O 1′为轴转动时，磁通量不变，不产生交变电流．无论以OO ′为轴还是以ab 为轴转动，感应电动势的最大值都是Bl 1l 2ω.由于是从与磁场平行的面开始计时，产生的是余弦式交变电流，故C 、D 正确．答案：CD5．一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电动势为e ＝102sin 20πt V ，则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时，线圈位于中性面B ．t ＝0时，穿过线圈的磁通量为零C ．t ＝0时，导线切割磁感线的有效速度最大D ．t ＝0.4 s 时，电动势第一次出现最大值解析：由电动势e ＝102sin 20πt V 知，计时从线圈位于中性面时开始，所以t ＝0时，线圈位于中性面，磁通量最大，但此时导线线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速度为零，A 正确，B 、C 错误．当t ＝0.4 s 时，e ＝10 2 sin(20π×0.4) V ＝0，D错误．答案：AB级提能力6．(多选)如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动．当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t＝π2ω时刻( )A．线圈中的电流最大B．穿过线圈的磁通量为零C．线圈所受的安培力为零D．线圈中的电流为零解析：t＝π2ω＝T4，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B错误，由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A错误，C、D 正确．答案：CD7．矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生如下图所示的交流电，设沿a→b→c→d→a方向为电流正方向，则对应t1时刻线圈位置为( )解析：由题图知在t1时刻线圈获得最大正向电流，电流方向为a→b→c→d→a，又线圈为逆时针转动，故只有B图符合电流方向为a→b→c→d→a且最大．答案：B8．如图所示，甲、乙两个并排放置的共轴线圈，甲中通有如图所示的交流电，则下列判断错误的是( )A．在t1到t2时间内，甲、乙相吸B．在t2到t3时间内，甲、乙相斥C．t1时刻两线圈间作用力为零D．t2时刻两线圈间吸引力最大解析：t1和t2时间内，甲中电流减小，甲中的磁场穿过乙并且减小，因此乙中产生与甲同向的磁场，故甲、乙相吸，A选项正确，同理B选项正确．t1时刻甲中电流最大，但变化率为零，乙中无感应电流，故两线圈的作用力为零，故C选项正确．t2时刻甲中电流为零，此时电流的变化率最大，乙中的感应电流最大，但相互作用力为零，故D选项错误．答案：D9.如图所示为演示用的手摇发电机模型，匀强磁场磁感应强度B＝0.5 T，线圈匝数n ＝50，每匝线圈面积0.48 m2，转速150 r/min，在匀速转动过程中，从图示位置开始计时．(1)写出交变感应电动势瞬时值的表达式；(2)画出e－t图线．解析：(1)当线圈平面经过中性面开始计时，则线圈在时间t内转过角度ωt，于是感应电动势瞬时值e＝E m sin ωt，其中E m＝nBSω.由题意知n＝50，B＝0.5 T，ω＝2π×15060rad/s＝5π rad/s ，S＝0.48 m2，Em＝nBSω＝50×0.5×0.48×5 π V≈188 V，所以e＝188sin 5πt(V)．(2)根据交流电的方程画图线时，最大值是正弦图线的峰值，由纵轴上的刻度值标出，交流电的频率与正弦图线的周期相对应，ω＝2πT，而周期由时间轴上的刻度值标出，T＝2πω＝0.4 s，e－t图线如图所示．10．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动，线圈共100 匝，转速为10πr/min，在转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为0.03 Wb，则线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势为多少？当线圈平面与中性面夹角为π3时，感应电动势为多少？解析：由题意知：Φm＝0.03 Wb，ω＝2πn＝2π×10π×160rad/s＝13rad/s.线圈转至与磁感线平行时，感应电动势最大，故E m ＝NBSω＝NΦmω＝100×0.03×13V＝1 V，瞬时值表达式e＝E m sin ωt＝sin 13t V，当θ＝ωt＝π3时，e＝sinπ3V＝32V.。
高中物理第五章第1节交变电流课后达标能力提升练习(含解析)新人教版选修32
高中物理第五章第1节交变电流课后达标能力提升练习（含解析）新人教版选修32交变电流(建议用时：40分钟)【A组基础巩固】1．图中，设磁感应强度为0.01 T，单匝线圈边长AB为20 cm，宽AD为10 cm，转速n 为50 r/s，则线圈转动时感应电动势的最大值为( )A．1×10－2 V B．3.14×10－2VC．2×10－2 V D．6.28×10－2 V解析：选D.感应电动势最大值E m＝NBSω＝NBS2πn＝1×0.01×0.2×0.1×2π×50 V＝6.28×10－2 V.2．(2019·聊城高二联考)如图所示，面积均为S的单匝线圈绕轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，从图中所示位置开始计时，下图中能产生正弦交变电动势e ＝BSωsin ωt的是( )解析：选A.由题意可知，只有A、B图中线圈在切割磁感线，导致磁通量在变化，从而产生感应电流，但B中在t＝0时产生的感应电动势最大，不按正弦规律变化，故只有A中产生的感应电动势为正弦交变电动势e＝BSωsin ωt，而C、D图均没有导致磁通量变化，A正确．3．一台发电机的结构示意图如图所示，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状．M是圆柱形铁芯，铁芯外套有一矩形线圈，线圈绕铁芯M中心的固定转轴匀速转动．磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场．若从图示位置开始计时电动势为正值，下列图象中能正确反映线圈中感应电动势e随时间t变化规律的是( )解析：选D.发电机中的磁场为辐向磁场，因而在任何时刻均与导体垂直切割，故A、B错误；当线框经过竖直面后，电流方向改变，则C错误，D正确．4．如图所示为演示交变电流的装置图，关于这个实验，正确的说法是( )A．线圈每转动一周，指针左右摆动两次B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流C．图示位置，ab边的感应电流方向为由a→bD．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零解析：选C.线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次，故A错；线圈平面垂直于磁感线的位置称为中性面，显然图示位置不是中性面，所以B错；线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为由a→b，C对；线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈处于竖直位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，D错．5．(多选)(2019·济南高二检测)如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动．当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照如图乙所示的余弦规律变化，则在t＝π2ω时刻( )A．线圈中的电流最大B．穿过线圈的磁通量为零C．线圈所受的安培力为零D．线圈中的电流为零解析：选CD.t＝π2ω＝T4，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B错误；由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A错误，C、D 正确．6．(多选)(2019·武汉调研)如图所示是交流发电机的示意图．线圈的AB边连在金属滑环 K上，CD边连在滑环 L 上，导体做的两个电刷 E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接．下列说法正确的是( )A．当线圈转到图甲位置时，磁通量的变化率最大B．从图乙所示位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝I m cos ωtC．当线圈转到图丙位置时，感应电流最小D．当线圈转到图丁位置时，流经外电路的电流方向为E→F解析：选BC.线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率最小为零，故A错误；从图乙所示位置开始计时，线圈产生的感应电动势最大，形成的感应电流最大，线圈中电流i 随时间t变化的关系是i＝I m cos ωt，故B正确；当线圈转到图丙位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，且感应电流方向改变，故C正确；当线圈转到图丁位置时，感应电动势最大，根据楞次定律可知AB边感应电流方向为A→B，流经外电路的电流方向为F→E，故D错误．7．(多选)(2019·天津联考)如图所示是交流发电机的示意图，当线圈转动到图示水平位置时( )A．穿过线圈的磁通量最大B．穿过线圈的磁通量变化率最大C．AB边电流方向为A→BD．AB边电流方向为B→A解析：选BD.线框平面与磁场平行，穿过线圈的磁通量为零，感应电动势最大，即穿过线圈的磁通量变化率最大；根据右手定则可知AB边电流方向为B→A，故B、D正确，A、C错误．【B组素养提升】8．一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法中正确的是( )A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大C．t＝0.02 s时刻，感应电动势达到最大D．该线圈产生的相应感应电动势的图象如图乙所示解析：选B.由题图甲可知t＝0时刻，穿过线圈的磁通量最大，线圈处于中性面，t＝0.01 s时刻，磁通量为零，但变化率最大，故A项错误，B项正确；t＝0.02 s时刻，感应电动势应为零，故C、D项均错误．9．一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中．通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是( )A．t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大B．t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变C．t2、t4时刻线圈中磁通量最大D．t2、t4时刻线圈中感应电动势最小解析：选B.从题图乙可以看出，t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，线圈经过中性面位置时线圈中感应电流方向改变，A错误，B正确；t2、t4时刻通过线圈的磁通量为零，线圈处于与中性面垂直的位置，此时感应电动势和感应电流均为最大，故C、D均错误．10．(2019·百校联盟猜题卷)甲、乙两矩形单匝金属线圈分别绕与磁感线垂直的轴在同一匀强磁场中匀速转动，输出交流电的感应电动势图象如图中甲、乙所示，则( )A．甲的频率是乙的频率的2倍B．甲线圈的截面积是乙线圈截面积的6倍C．t＝1 s时，两线圈中的磁通量均为零D．t＝2 s时，两线圈均与磁感线平行解析：选B.由图象知甲的周期为2 s，乙的周期为1 s，所以f甲∶f乙＝1∶2，选项A错误；甲的最大值为6 V，乙的最大值为2 V，所以E m甲∶E m乙＝3∶1，由E m＝BSω可知S甲∶S乙＝6∶1，选项B正确；当线圈处于中性面时磁通量最大，而感应电动势为零，当线圈平行磁感线时，通过线圈的磁通量为零，而感应电动势最大，t＝1 s和t＝2 s 时两线圈均处于中性面位置，选项C 、D 错误． 11．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动，线圈共100 匝，转速为10π r/min ，在转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为0.03 Wb ，则线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势为多少？当线圈平面与中性面夹角为π3时，感应电动势为多少？ 解析：由题意知：Φm ＝0.03 Wb ， ω＝2πn ＝2π×10π×160 rad/s ＝13rad/s.线圈转至与磁感线平行时，感应电动势最大，故 E m ＝NBSω＝NΦm ω＝100×0.03×13V ＝1 V ，瞬时值表达式e ＝E m sin ωt ＝sin 13t V ， 当θ＝ωt ＝π3时，e ＝sin π3 V ＝32V. 答案：见解析12．如图所示，一半径为r ＝10 cm 的圆形线圈共100匝，在磁感应强度B ＝5π2 T 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO ′以n ＝600 r/min 的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时．(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式．(2)求线圈从图示位置开始在160s 时的电动势的瞬时值． 解析：(1)线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，线圈内产生正弦式交变电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为e ＝E m sin ωt .e ＝E m sin ωt ，E m ＝NBSω(与线圈形状无关)，ω＝2πn ＝20π rad/s，故e ＝100sin 20πt V.(2)当t ＝160s 时， e ＝100sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫20π×160V ＝50 3 V≈86.6 V. 答案：(1)e ＝100sin 20πt V(2)86.6 V。
2018_2019学年高中物理第五章章交变电流课后提升作业八5.2描述交变电流的物理量新人教版选修3_2
课后提升作业八描述交变电流的物理量（40分钟50分）、选择题（本题共6小题，每小题6分,共36分）1. （2018 •芜湖高二检测）如图甲所示电路,电阻R的阻值为50Q ,在ab间加上图乙所示的正甲乙A. 交流电压的有效值为100 VB. 电流表示数为2 AC. 该交变电流的周期为0.01sD. 如果产生该交流电的线圈的转速提高一倍，则电流表的示数也增大一倍【解析】选C。
由图乙知T=0.02s,U m=100l V,故U=」=100V,故A正确,C错误;l= =2A,B 正确；若线圈转速提高一倍，由E=nBSco =nBS・2 n n可知，电动势的峰值增大一倍，电动势的有效值也增大一倍，由欧姆定律可知电流也增大一倍，D正确。
【补偿训练】将阻值为5Q的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图所示F列说法中正确的是（A.电路中交变电流的频率为B•通过电阻的电流为I 2 AC. 电阻消耗的电功率为 2.5WD. 用交流电压表测得电阻两端的电压为5V1]— _ 2【解析】 选C 。
电路中交变电流的频率为 f=「= l 上I 。
H Z =25H Z ,选项A 错误；通过电阻项C正确；用交流电压表测得电阻两端的电压为U=IR=丄X 5V= 2.5 I V,选项D 错误。
2. 小型手摇发电机线圈共 N 匝,每匝可简化为矩形线圈 abed,磁极间的磁场视为匀强磁场 ，方 向垂直于线圈中心轴 00 ,线圈绕00匀速转动，如图所示。
矩形线圈 ab 边和ed 边产生的B -/ ・1(1■"(1)分析线圈ab 边和cd 边等效电源的串并联关系。
⑵计算出整个线圈的电动势的最大值为2Ne )o【解析】选D 。
由题意可知，线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为 e 。
，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e o ,又因为发电机线圈共 N 匝,所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne o ,根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大 小,即其峰值为2Ne o ,故A 、B 错误；又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生u mm的感应电流为正弦式交变电流 ，由其有效值与峰值的关系可知 ，U 「」，即U= NG b ,故C 错误、D 正确。
2018版高中物理课时作业十一电感和电容对交变电流的影响新人教版
课时作业(十一) 电感和电容对交变电流的影响一、单项选择题1．关于电容对交变电流的影响，下列说法正确的是( )A．对一只给定的电容器来说它对任何频率的交变电流的阻碍作用都相同B．同一只电容器对高频交变电流的容抗大于对低频交变电流的容抗C．同一只电容器对高频交变电流的容抗小于对低频交变电流的容抗D．同一只电容器对高频交变电流的容抗等于对低频交变电流的容抗解析：电容器的容抗跟交流电的频率成反比，频率越大，容抗越小，对交变电流的阻碍作用就越小．答案：C2．关于电阻、电感、电容对电流作用的说法正确的是( )A．电阻对直流电和交流电的阻碍作用相同B．电感对直流电和交流电均有阻碍作用C．电容器两极板间是绝缘的，故电容支路上没有电流通过D．交变电流的频率增加时，电阻、电感、电容的变化情况相同解析：电阻的阻值对直流电和交流电相同，A正确；电感对直流电没有阻碍作用，对交流电有阻碍作用，B错误；由于电容器不断地充放电，电路中存在充电电流和放电电流，C 错误；电阻的阻值与交流电的频率无关，感抗随交流电频率的增大而增大，容抗随交流电频率的增大而减小，D错误．答案：A3．如图所示，线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小(如L＝1 mH，C＝200 pF)，此电路的重要作用是( )A．阻直流通交流，输出交流B．阻交流通直流，输出直流C．阻低频通高频，输出高频交流D．阻高频通低频，输出低频交流和直流解析：因线圈自感系数L很小，所以对低频成分的阻碍作用很小，这样直流和低频成分能顺利通过线圈，电容器并联在电路中，起旁路作用，因电容C很小，对低频成分的阻碍作用很大，而对部分通过线圈的高频成分阻碍作用很小，被它旁路，最终输出的是低频交流和直流．答案：D4．(广州高二检测)如图所示的电路，F为一交流发电机，C为平行板电容器，为使电流表A的示数增大，可行的办法是( )A．使发电机F的转速增大B．使发电机F的转速减小C．在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质D．使电容器两极板间的距离增大解析：当发电机转速增大时，交变电流的频率增大，容抗减小，电流表A的读数增大，A项正确，B项错误；在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质时，电容器的电容减小，电容器两极板间距离增大时电容也减小，当电容减小时，容抗增大，对交变电流的阻碍作用增大，电流表A示数减小，C、D两项均错误．答案：A5．(潍坊高二检测)如图所示，在电路两端加上正弦交变电流，保持电压有效值不变，使频率增大，发现各灯的亮暗情况是灯1变亮，灯2变暗，灯3不变，则M、N、L中所接元件可能是( )A．M为电阻，N为电容器，L为电感线圈B．M为电感线圈，N为电容器，L为电阻C．M为电容器，N为电感线圈，L为电阻D．M为电阻，N为电感线圈，L为电容器解析：当交变电流的频率增大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，由灯1变亮、灯2变暗可知M为电容器、N为电感线圈，而电阻与交变电流的频率无关，故L为电阻，C 正确．答案：C6．如图所示，L1、L2为两个完全相同的灯泡，其中L2和直流电阻可以忽略的电感线圈串联，当在a、b之间分别接直流电源和频率不同的交流电源时，关于两个灯泡的亮度以下说法正确的是( )A．两个灯泡的亮度总是一样的，与接什么电源无关B．接直流电源时L1亮一些C．所接电源的频率越大，L1比L2亮的越明显D．所接电源的频率越小，L1比L2亮的越明显解析：因为电感线圈的直流电阻可以忽略，接直流电源时，L1、L2一样亮，故B错；电感线圈对交变电流有阻碍作用，频率越大其阻碍作用越大，故C对，A、D错．答案：C7．在电子技术中，从某一装置输出的交变电流常常既有高频成分，又有低频成分，若只需要把低频成分输送到后一级装置中，那么要在这两级电路之间接一电路元件是( ) A．电感线圈B．电容器C．电阻 D．二极管解析：应将电容器并联接入电路，如图所示，电容器对高频成分容抗小，易通过；对低频成分容抗大，输入到下一级，有这种作用的电容器叫高频旁路电容．答案：B8．在电子技术中，从某一装置输出的电流既有高频成分又有低频成分，如果只需把低频成分输送到下一级装置，如图所示，则下列做法合理的是( )A．在a、b间接入一个电容器B．在a、b间接入一个低频扼流圈C．在a、b间接入一个高频扼流圈D．在a、b间接入一个电容器或高频或低频扼流圈都可以解析：假设接入电容器，通过的是高频电流，不符合题意，故应接入线圈，通过的是低频电流，故应接高频扼流圈，故C正确．答案：C9．某信号源中有直流成分、交流高频成分和交流低频成分，为使放大器仅得到交流低频成分，如图所示电路中可行的是( )解析：A图放大器得到所有成分．B图放大器可得到直流成分，若为高频扼流圈也能得到低频成分．C图既可得高频成分也可得低频成分．D图通过C1的是高、低频都有，通过C2的是旁路电容让高频成分滤去，故只有D合适．答案：D10．(陕西西工大附中三模)图中L为电感足够大的理想电感，C是电容足够大的理想电容器，R1、R2是阻值大小合适的相同电阻，G1、G2是两个零刻度在中央的相同的灵敏电流计，且电流从哪一侧接线柱流入指针即向哪一侧偏转，E是可以不计内阻的直流电源．针对该电路下列判断正确的是( )A．开关S闭合的瞬间，仅G1的指针发生明显地偏转B．开关S闭合的瞬间，两电流计指针将同时发生明显的偏转C．电路工作稳定后，两电流计均有明显不为零的恒定示数D．电路工作稳定后再断开开关S，此后的短时间内，G1的指针将向右偏转，G2的指针将向左偏转解析：开关S闭合的瞬间，由于L的自感，其所在支路相当于断路，所以电流计G1指针发生偏转，因C的电容足够大，S闭合瞬间，C所在支路相当于短路，G2又偏转，A、B错误；电路工作稳定后，R1被短路，G1无示数，只有R2串联在电路中，所以G2有示数，C错误；电路工作稳定后再断开开关S，L和R1组成回路，要阻碍原电流的减小，C和R2组成回路，电容器要进行放电，故G1的指针将向右偏转，G2的指针将向左偏转，D正确．答案：D二、多项选择题11．对交变电流能够通过电容器的正确理解是( )A．在有电容器的交流电路中，没有电荷定向移动B．在有电容器的交流电路中，有电荷定向移动C．当电容器接到交变电源上时，电容器交替进行充、放电，电路中才有交变电流D．当电容器接到交变电源上时，因为有自由电荷通过电容器，电路中才有交变电流解析：电容器能够通过交变电流，是通过电容器交替充、放电而进行的，实际上自由电荷并没有通过电容器两极板间的绝缘介质，故C对、D错；既然电容器交替充、放电，电路中就有了电荷的定向移动，故B对、A错．答案：BC12．(湖南怀化期中)某电路的输入电流既有直流成分，又有交流高、低频成分，若通过如图装置，只把交流低频成分输送到下一级，那么关于该电路中各元件的作用，说法正确的是( )A．L起到消除交流成分的作用B．C1是隔直电容器C．C2起到消除高频成分的作用D．以上说法都不对解析：线圈L通直流阻交流，起到消除直流成分的作用，A错；C1隔直流通交流，B对；C2允许高频通过，起到消除高频成分的作用，C对．答案：BC13．(揭阳高二检测)关于电子技术中的扼流圈，下列说法正确的是( )A．扼流圈是利用电感线圈对交变电流的阻碍作用来工作的B．高频扼流圈的作用是允许低频交流通过，而阻碍高频交流通过C．低频扼流圈的作用是不仅要阻碍高频交流通过，还要阻碍低频交流通过D．高频扼流圈的自感系数比低频扼流圈的自感系数大解析：扼流圈是利用变化的电流通过线圈时，感应出自感电动势，从而来阻碍电流的变化，故A正确．高频扼流圈是“通低频，阻高频”，故B正确；低频扼流圈是“阻低频，阻高频，通直流”，故C正确；高频扼流圈比低频扼流圈自感系数小，故D错．答案：ABC14．如图所示，输入端A、B的输入电流既有直流成分，又有交流成分，下列说法中正确的是(L的直流电阻不为0)( )A．直流成分只能从L通过B．交流成分只能从R通过C．通过R的既有直流成分，又有交流成分D．若L的直流电阻R L<R，则通过L的直流成分比通过R的直流成分必定要大解析：由于线圈的直流电阻不为0，所以有直流通过R，而线圈对交流有阻碍作用，因此也有交流成分通过R，选项B错误，选项C正确；由于R对交流也有阻碍作用，所以也有交流成分通过L，选项A错误；因为R L<R，所以通过L的直流成分比通过R的直流成分要大，选项D正确．答案：CD。
学年高中物理 第五章 章交变电流 课后提升作业十一 . 电能输送 新人教版选修
课后提高作业十一电能的输送(40分钟50分)一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)1.(多项选择)在远距离送电时,输送的电功率为P,输送电压为U,所用导线的电阻率为ρ,横截面积为S,总长度为L,输电线损失的电功率为P′,用户获取的电功率为P用,则P′、P用的关系式正确的选项是()A.P′=B.P′=C.P用=P-D.P用=P【解析】选B、D。
输电电流I=,输电线电阻R=ρ,则输电线损失的功率P′=I2R=,用户获取的电功率P用=P-P′=P,故B、D正确。
2.某电站向某地输送5000kW的电功率,输电线上损失的电功率为100 kW,若把输送电压提高为原来的10倍,同时将输电线的截面积减为原来的一半,那么输电线上损失的电功率为()A.0.5 kWB.1.0 kWC.2.0 kWD.5.0 kW【解析】选C。
输电线上损失的电功率为P损=R线=·ρ∝;若把输送电压提高为原来的10倍,同时将输电线的截面积减为原来的一半,则输电线上损失的电功率变为原来的,即×100kW=2.0 kW,选项C正确。
3.如图为远距离输电表示图,两变压器均为理想变压器,升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2,在T的原线圈两端接入一电压u=U m sinωt的交流电源,若输送电功率为P,输电线的总电阻为2r,不考虑其他因素的影响,则输电线上损失的电功率为()A. B.C.4()2()2rD.4()2()2r【解题指南】解答本题时应从以下两点进行解析:(1)理想变压器的输入功率等于输出功率。
(2)P=UI。
【解析】选C。
由I1=和=得I r=I2=,则输电线上损失的功率P r=2r=4()2()2r,应选C。
4.一交流发电机输出电压为u=U m sinωt,加在匝数比为1∶n的理想升压变压器的原线圈上,变压器的副线圈经过总电阻为R的输电线向用户供电,若发电机的输出功率为P,则输电线上耗资的功率为()A. B. C. D.【解析】选D。
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课后提升作业十一电能的输送
(40分钟50分)
一、选择题(本题共6小题,每小题6分,共36分)
1.(多选)在远距离送电时,输送的电功率为P,输送电压为U,所用导线的电阻率为ρ,横截面积为S,总长度为L,输电线损失的电功率为P′,用户得到的电功率为P用,则P′、P用的关系式正确的是( )
A.P′=
B.P′=
C.P用=P-
D.P用=P
【解析】选B、D。
输电电流I=,输电线电阻R=ρ,则输电线损失的功率P′=I2R=,
用户得到的电功率P用=P-P′=P,故B、D正确。
2.某电站向某地输送5000kW的电功率,输电线上损失的电功率为100 kW,若把输送电压提高为原来的10倍,同时将输电线的截面积减为原来的一半,那么输电线上损失的电功率为( )
A.0.5 kW
B.1.0 kW
C.2.0 kW
D.5.0 kW
【解析】选C。
输电线上损失的电功率为P损=R线=·ρ∝;若把输送电压提高为原来的10倍,同时将输电线的截面积减为原来的一半,则输电线上损失的电功率变为原来
的,即×100kW=2.0 kW,选项C正确。
3.如图为远距离输电示意图,两变压器均为理想变压器,升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2,在T的原线圈两端接入一电压u=
U m sinωt的交流电源,若输送电功率为P,输电线的总电阻为2r,不考虑其他因素的影响,则
输电线上损失的电功率为( )
A. B.
C.4()2()2r
D.4()2()2r
【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析:
(1)理想变压器的输入功率等于输出功率。
(2)P=UI。
【解析】选C。
由I1=和=得I r=I2=,则输电线上损失的功率
P r=2r=4()2()2r,故选C。
4.一交流发电机输出电压为u=U m sinωt,加在匝数比为1∶n的理想升压变压器的原线圈上,变压器的副线圈通过总电阻为R的输电线向用户供电,若发电机的输出功率为P,则输电线上消耗的功率为( )
A. B. C. D.
【解析】选D。
根据正弦交流电的基本规律可知输入电压U1=,根据理想变压器的变压规律,设输出电压为U2,则有==⇒U2=nU1=,再根据变压器的功率关系:P入=P出⇒P出
=P=I出U2⇒I出==,则有P热=R=。
故A、B、C均错误,D正确。
5.某水电站,用总电阻为2.5Ω的输电线输电给500km外的用户,其输出电功率是3×106kW。
现用500kV的电压输电,则下列说法正确的是( )
A.输电线上输送的电流大小为2.0×105A
B.输电线上由电阻造成的损失电压为15kV
C.若改用5kV电压输电,则输电线上损失的功率为9×108kW
D.输电线上损失的功率为ΔP=,U为输电电压,r为输电线的电阻
【解析】选B。
输电电流I==A=6×103A,A错误;输电线损失的电压U损=IR=6×103×2.5V=1.5×104V,B正确;若改用5kV电压输电,损失功率不可能大于输电总功率3×106kW,C
错误;ΔP=,U应为输电线上损失的电压,D错误。
6.远距离输电的原理图如图所示,升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,电压分别为U1、U2,电流分别为I1、I2,输电线上的电阻为R。
变压器为理想变压器,则下列关系式中正确的是( )
A.=
B.I2=
C.I1U1=R
D.I1U1=I2U2
【解析】选D。
对理想变压器来说,电流与匝数成反比,A项错误;输入功率等于输出功率,D 项正确;对图中的中间电流,I2=,而U2>U导,所以B项错误;导线消耗的功率为P导=R,I1U1
为升压变压器的输入功率,与输出功率相等,即I1U1=I2U2,所以C项错误。
【补偿训练】
(多选)如图为某小型水电站的电能输送示意图。
已知输电线的总电阻R=10Ω,降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1,电阻R0=11Ω。
若T1、T2均为理想变压器,T2的副线圈两端电压表达式为u=220sin100πtV,下列说法正确的是
( )
A.发电机中的电流变化频率为100 Hz
B.通过R0的电流有效值为20A
C.升压变压器T1的输入功率为4650W
D.若R0的电阻减小,发电机的输出功率也减小【解析】选B、C。
T2的副线圈的
交流电的频率为f==Hz=50Hz,而变压器是不能改变交流电频率的,故发电机中的电流变化频率为50Hz,选项A错误;T2的副线圈的交流电电压的有效值为U=220 V,故通过R0的
电流有效值为I===20A,故选项B正确;根据匝数与电流的关系可得T2的原线圈中
的电流为I′==5A,故输电线上损失的功率为P损=I′2R=(5A)2×10Ω=250 W,而电阻R0上消耗的电功率为P0=I2R0=(20A)2×11Ω=4 400 W,故升压变压器T1的输入功率为P=P损+P0=4400W+250 W=4 650 W,故选项C正确;若R0的电阻减小,则电阻R0消耗的电功率将增大,输电线上的电流增大,输电线上消耗的电功率也增大,故发电机的输出功率也要增大,故选项D错误。
二、非选择题(14分。
需写出规范的解题步骤)
7.(2018·秦皇岛高二检测)如图所示,某村在距村庄较远的地方建了一座小型水电站,发电机的输出功率为9 kW,输出电压为500V,输电线电阻为10Ω,允许线路消耗的功率为输出功率的4%,求:
(1)若不用变压器而由发电机直接输送,用户得到的电压和功率是多少?
(2)用如图所示电路输电,若用户需要220V电压时,所用升压、降压变压器原、副线圈匝数比为多少?(不计变压器能量损失)
【解析】(1)不用变压器而由发电机直接输送时,
输电线上的电流I==A=18 A
电压损失ΔU=IR=180V
功率损失ΔP=I2R=3240W
用户得到的电压和功率分别是
U用=U-ΔU=320 V
P用=P-ΔP=5760W
(2)由ΔP=P×4%=R得I2=6A,由P=U2I2得
U2=1.5×103V
由=得==。
U3=U2-I2R=(1500-60)V=1440V
所以===。
答案:(1)320V 5760W (2)1∶3 72∶11
【补偿训练】
水力发电具有防洪、防旱、减少污染多项功能,是功在当代、利在千秋的大事,现在水力发电已经成为我国的重要能源之一。
某小河水流量为40m3/s,现欲在此河段安装一台发电功率为1000千瓦的发电机发电。
(1)设发电机输出电压为500 V,在输送途中允许的电阻为5Ω,允许损耗总功率的5%,则所用升压变压器原、副线圈匝数比应是多少?
(2)若所用发电机总效率为50%,要使发电机能发挥它的最佳效能,则拦河坝至少要建多高?(g取10m/s2)
【解析】(1)设送电电流为I,损耗的功率为P耗,导线电阻为R线,由P耗=I2R线得;
I==A=100A
设送电电压为U送,由P=IU得:
U送==V=1×104V
则升压变压器原、副线圈匝数比:
==。
(2)发电时水的重力势能转化为电能,故:50%mgh=Pt
其中:=ρ=1×103×40 kg/s
=4×104kg/s
所以h==m=5 m。
答案:(1)1∶20 (2)5m。