卷子答案网-一个不只有答案的网站第三章 交变电流 单元检测（B卷）
一、单选题
1．利用半导体二极管的单向导电性，可以对交变电流进行整流，将交变电流变为直流电流。如图为某一正弦交变电流整流后的输出电流，则该输出电流的有效值为（ ）
A． B． C． D．
2．对于如图所示的电流i随时间t做周期性变化的图像，下列描述正确的是（ ）
A．电流的大小变化，方向不变，不是交变电流 B．电流的大小不变，方向变化，是交变电流
C．电流的大小和方向都变化，是交变电流 D．电流的大小和方向都不变，是直流电
3．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为4︰1，灯泡a和b额定电压相同，当原线圈输入u=220sin10πt（V）的交变电压时，两灯泡均能正常发光，且滑动变阻器调节过程中灯泡不会被烧坏，下列说法正确的是（ ）
A．灯泡的额定电压是44V
B．副线圈中交变电流的频率为12.5Hz
C．当滑动变阻器的滑片向下滑动时，灯泡a变暗
D．当滑动变阻器的滑片向下滑动时，变压器输入功率变小
4．某发电机输出交流电的电压瞬时值表达式为u = 311sin100πt（V），以下说法正确的是（ ）
A．该交流电的频率为100Hz
B．该交流电的周期为0.04s
C．该交流电电压的有效值为311V
D．该交流电电压的最大值为311V
5．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示。由图可知（ ）
A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin（25t） V
B．该交流电的频率为25Hz
C．该交流电的电压的有效值为100 V
D．若将该交流电压加在阻值为R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是100 W
6．现象一：傍晚用电多的时候，灯光发暗，而当夜深人静时，灯光特别明亮；现象二：在插上电炉等大功率电器时，灯光会变暗，拔掉后灯光马上亮了起来。下列说法正确的是（ ）
A．两个现象都可以用闭合电路欧姆定律来解释
B．两个现象都可以用电阻定律来解释
C．现象二是因为电炉等大功率电器的电阻都比较大引起的
D．现象一是因为夜深人静时，周围比较黑，突显出灯光特别明亮
7．如图所示是一交变电流的图象，则该交变电流的有效值为（ ）
A． B． C． D．
8．图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形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固定轴OO’匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与阻值R=10Ω的电阻连接，与电阻并联的交流电压表为理想电压表示数是10V.图乙是矩形线圈中磁通量φ随时间t变化的图像.下列说法正确的是（）
A．电阻R上消耗的电功率为20W
B．t=0.02s时电阻R两端的电压瞬时值为零
C．电阻R两端的电压u随时间t变化的规律是u=14.1cos100πt（V）
D．通过电阻R的电流i随时间t变化的规律是i=1.41cos50πt（A）
二、多选题
9．矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是( )
A．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大
B．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零
C．每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次
D．线框经过中性面时，各边不切割磁感线
10．电容对交变电流的影响，以下说法中正确的是（ ）
A．电容对直流有阻碍作用
B．电容的容抗越小，对交变电流的阻碍作用就越小
C．电容器的电容越大，电容器对交变电流的阻碍作用就越小
D．电容器具有“通直流、隔交流、通低频、阻高频”的作用
11．如图所示是理想变压器的示意图，副线圈有一抽头，原线圈接交流电。第一次把灯泡（、）接在之间，灯泡恰好正常发光；第二次把 灯泡（、）接在之间，灯泡恰好正常发光。对于这两次接法，下列判断正确的是（ ）
A．副线圈和两部分的匝数之比是
B．副线圈分别接、灯泡时，通过原线圈的电流之比是
C．副线圈分别接、灯泡时，原线圈的输入功率之比是
D．副线圈分别接、灯泡时，穿过原线圈磁通量变化率的最大值之比为
12．如图所示，交流发电机的矩形线圈边长，，线圈匝数为100匝，内阻不计，线圈在磁感应强度的匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以角速度匀速转动，外接理想变压器原线圈，若“， ”的灯泡正常发光，则（ ）
A．交变电流的周期是
B．矩形线圈中产生的电动势的最大值为
C．变压器原、副线圈匝数之比为
D．原线圈的输入功率
三、实验题
13．在“探究变压器两个线圈电压关系”的实验中，应该选择___________电压表（选填“交流”或“直流”）；某次实验中，若输入电压不变，只减小原线圈的匝数，则输出电压___________（选填“不变”或“改变”）。
14．在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，小王同学采用了如图所示的可拆式变压器进行研究，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“”的匝数。
（1）小王同学准备了以下器材：
A．可拆变压器：铁芯、两个已知匝数的线圈
B．条形磁铁
C．学生电源
D．多用电表
E．开关、导线若干
上述器材中本实验不需要的是_______（填器材料序号）。
（2）对于实验过程，下列说法正确的有________（多选）
A．为便于探究，应该采用控制变量法
B．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
C．使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量
D．因为实验所用电压较低，通电时可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
（3）组装变压器时，小王同学没有将铁芯闭合，如图所示
原线圈接12.0V学生交流电源，原、副线圈的匝数比为8:1，副线圈两端接交流电压表，则交流电压表的实际读数可能是_______。
A．0V B．96.0V
C．1.5V D．0.65V
（4）用匝数匝和匝的变压器，实验测量数据如表
Ua/V 1.80 2.80 3.80 4.90
Ub/V 4.00 6.01 8.02 9.98
根据测量数据可判断连接交流电源的原线圈是________（填“na”或“nb”）。
四、解答题
15．某课外实验小组将一个交变电流信号输入示波器，示波器屏幕上出现如图所示的波形图。从该波形图可以得到哪些信息？
16．如图所示，正方形线圈绕对称轴OO′在匀强磁场中匀速转动，转速为，已知，匝数，磁感应强度，图示位置线圈平面与磁感线平行。闭合回路中线圈的电阻，外电阻。求：
（1）从图示位置开始计时，写出感应电流的瞬时表达式；
（2）线圈转动过程中，电阻的功率。
17．如图所示，N=50匝的矩形线圈abcd，边长ab=20cm，ad=25cm，放在磁感强度B=0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n=3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r=1Ω，外电路电阻R=9Ω，t=0，线圈平面与磁感线平行，ab边正好转出纸外 cd边转入纸里．
（1）在图中标出t=0时感应电流的方向；
（2）写出线圈感应电动势的瞬时表达式；
（3）线圈转一圈外力做功多大？
18．某山区水利资源丰富，建立了一座小型水电站，向较远的城镇送电。已知发电机的输出功率为，输出电压为，输电导线的总电阻为。在发电机满负荷工作时城镇的用电电压为，输电线路上损耗的电功率为，分别求输电电路中升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比。
参考答案：
1．B
【详解】根据有效值的定义，让图示交变电流和一恒定电流都通过阻值为R的电阻，在相同时间（一个周期T）内产生的热量相等，可得
解得有效值为
故选B。
2．A
【详解】由图可知电流的大小变化，方向不变，不是交变电流。
故选A。
3．A
【详解】A．灯泡a和b额定电压相同均为U，则变压器原线圈两端电压为4U，原线圈回路
解得：
故A正确；
B．副线圈中交变电流的频率为
故B错误；
CD．当滑动变阻器的滑片向下滑动时，副线圈电阻减小，电流变大，副线圈消耗功率变大，则原线圈电流变大，灯泡a变亮，灯泡a分压变大，原线圈输入功率变大，故CD错误。
故选A。
4．D
【详解】交流电压瞬时值表达式
B．该交流电的周期为0.02s，B错误；
A．由于
可知，该交流电的频率为50Hz，A错误；
D．该交流电电压的最大值为311V，D正确；
C．根据
可知，该交流电电压的有效值为220V，C错误。
故选D。
5．B
【详解】AB．由图可知
T=4×10-2s
频率为
角速度为
所以其表达式为
u=100sin（50πt）V
故A错误，B正确；
CD．由图象可知交流电的最大值为100V，因此其有效值为
R消耗的功率为
故CD错误。
故选B。
6．A
【详解】ABD．由于家庭中用电器之间都是并联的，当傍晚用电多的时候或者插上电炉等功率大的用电器时，干路上电流会变大，变压器到用户间导线的电流变大，导线电阻分压增大，当变压器输出电压一定时，用户端电压就会变小，从而导致电灯发暗。同理可知，当夜深人静时（用户用电器减少）或者拔掉电炉等大功率的用电器时，干路电流会变小，变压器到用户间导线的电流变小，导线电阻分压减小，用户端电压就会变大，所以灯光就会明亮，以上两个现象都可以用闭合电路欧姆定律来解释，而不能用来解释，故A正确，BD错误；
C．根据可知电炉等大功率电器的电阻都较小，故C错误。
故选A。
7．D
【详解】交变电流一个周期内通过电阻R上产生的热量为
设交流电的有效值为I，则由交流电有效值的定义可知
由以上两式联立解得
故选D。
8．C
【分析】根据公式求出电阻R上的电功率，由乙图可知，0.02s通过线圈的磁通量为零，电动势最大，根据有效值与最大值的关系求出最大值，写出R两端的电压u随时间t变化的规律，根据欧姆定律求出通过R的电流i随时间t变化的规律．
【详解】A项：根据公式得：，故A错误；
B项：由乙图可知，0.02s通过线圈的磁通量为零，电动势最大，R两端的电压瞬时值为，故B错误；
C项：由乙图可知，T=0.02s，电动势的最大值，，又因为此交变电流是从垂直于中性面开始计时的，所以R两端的电压u随时间t变化的规律是u=14.1cos100πt（V），故C正确；
D项：根据得，：通过R的电流i随时间t变化的规律是i=1.41cos100πt（A），故D错误．
故应选：C．
【点睛】解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBSω，以及知道峰值与有效值的关系，能从图中得出有效信息．
9．CD
【详解】线框位于中性面时，线框中感应电动势最小，选项A错误；当穿过线框的磁通量为零时，磁通量的变化率最大，此时线框中的感应电动势最大，选项B错误；每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次，选项C正确；线框经过中性面时，速度方向与磁感线平行，即各边不切割磁感线，选项D正确；故选CD.
10．BC
【详解】A．电容对直流有阻止的作用，即直流无法通过电容，故A错误；
B．电容的容抗越小，对交变电流的阻碍作用就越小，故B正确；
C．由容抗公式可知，电容器的电容越大，电容器对交变电流的阻碍作用就越小，故C正确；
D．电容对电流的影响可概括为“隔直流、通交流、通高频，阻低频”，故D错误。
故选BC。
11．AB
【详解】A．设原线圈的电压为U，匝数为n，副线圈和两部分的匝数分别为n1、n2，则有
由题意得
，
带入联立解得
A正确；
BC．副线圈分别接、灯泡时，两灯泡均正常工作且功率均为12W，理想变压器具有不损耗电能、不漏磁等特性。由此可知原线圈的功率两次也均为12W，且穿过原副线圈的磁通量相等，由于原线圈的输入电压不变，根据功率的表达式，则通过原线圈的功率之比和电流之比都是，穿过原线圈磁通量变化率的最大值之比为，B正确、CD错误。
故选AB。
12．AC
【详解】A．交变电流的周期为
故A正确；
B．矩形线圈中产生的电动势的最大值为
故B错误；
C．变压器原线圈两端电压为
由题意可知副线圈两端电压为
所以变压器原、副线圈匝数之比为
故C正确；
D．原线圈的输入功率等于小灯泡的额定功率，为12W，故D错误。
故选AC。
13． 交流 改变
【详解】[1]在“探究变压器两个线圈电压关系”的实验中，应该选择交流电压表。
[2]某次实验中，若输入电压不变，只减小原线圈的匝数，根据变压器电压和匝数的关系可知，输出电压改变。
14． B AC D nb
【详解】（1）[1]在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中不需要使用条形磁铁，故选B；
（2）[2]A．在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中为便于探究，应该采用控制变量法，A正确；
B．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，B错误；
C．使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量，C正确；
D．检查电路时应断开电路，D错误；
故选AC。
（3）[3]
解得
可拆式变压器不是理想变压器过程中会有功率损失，交流电压表的实际读数应小于1.5V；
故选D。
（4）[4]由于有漏磁，副线圈的电压测量值应小于理论变压值，由表中数据可知nb为原线圈。
15．可知道该交变电流的最大值和周期。
【详解】可知道该交变电流的最大值和周期。
16．（1）；（2）
【详解】（1）线圈转动的角速度为
感应电动势最大值为
由闭合电路欧姆定律得电流最大值为
感应电流的瞬时表达式
（2）感应电流有效值为
电压有效值为
电阻的功率
17．(1) (2) e=314cos100πt（V） (3) 98.6 J
【详解】(1) 根据右手定则得出感应电流的方向是adcb，如图：
(2)线圈的角速度ω=2πn=2×π×3000÷60 rad/s=100π rad/s.
设ab边在t=0时刻速度为vab,图示位置的感应电动势最大,其大小为
Em=2 NB·va= N·ω=50×0. 4×0.20×0.25×100π V=314 V,
电动势的表达式为e=314cos100πtV
(3)电动势的有效值E=，线圈匀速转动的周期T=60s/n=0.02 s.
线圈匀速转动一圈,外力做功大小等于电功的大小，
即W外力=J=98.6 J
18．1：6，10：1
【详解】发电机满负荷工作时有
输电电路损失的功率
升压变压器的原、副线圈的匝数比
用户端得到的功率
用户端的电流
降压变压器的原、副线圈的匝数比
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