2016-2017学年高中物理 第5章 交变电流 5 电能的输送学业分层测评 新人教版选修3-2

亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……学习资料专题3 电感和电容对交变电流的影响A级抓基础1．(多选)对于扼流圈的以下说法，正确的是( )A．扼流圈是利用电感阻碍交变电流的作用制成的B．低频扼流圈用来“通低频、阻高频”C．高频扼流圈用来“通直流、阻交流”D．高频扼流圈对低频交变电流阻碍作用较小，对高频交变电流的阻碍作用很大解析：低频扼流圈用来通直流、阻交流，对低频电流阻碍作用也很大．而高频扼流圈是对高频电流阻碍作用很大，对低频电流阻碍作用较小，高频扼流圈的自感系数较小，低频扼流圈的自感系数较大．答案：AD2．一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图所示．一铁棒插进线圈后，该灯将( )A．变亮B．变暗C．对灯的亮度没影响D．无法判断解析：在线圈内由于磁场变化而产生的感应电动势，总是阻碍电流变化，正是这种阻碍变化的特性，使线圈产生了感抗．加入铁芯改变了电感线圈的自感系数，使自感系数增大，感抗增大，降落的电压增大，灯泡两端的电压减小，所以灯变暗．答案：B3．(多选)对交变电流通过电容器的理解正确的是( )A．交变电流能够使电容器极板间的绝缘介质变成导体B．交变电流定向移动的电荷通过电容器两极板间的绝缘介质C．交变电流能够使电容器交替进行充电、放电，电路中就有了电流，表现为交变电流通过了电容器D．交变电流通过了电容器，实际上自由电荷并没有通过电容器极板间的绝缘介质(击穿除外)解析：电流能“通过”电容器，并非自由电荷真的通过电容器两极板间的绝缘介质，而是交变电流交替对电容器充电、放电，电路中有了电流，表现为交变电流通过了电容器．答案：CD4．(多选)如图所示，甲、乙两图中用交流电源，丙、丁两图中用直流电源，各电路图中灯泡、电容器、电压表示数都相同，则下列说法正确的是( )A．灯L1比灯L2亮B．灯L3也能发光，但亮度最暗C．灯L2和L4亮度相同D．灯L4比灯L1亮解析：电压表示数相同，说明交流电压的有效值相同．甲图中电容器与灯L1串联，电容器对电流有阻碍作用；乙图中电容器与灯L2并联，交变电流全部流过灯L2；丙图中电容器与灯L3串联且是直流电源，电容器隔直通交．所以没有电流流过灯L3，灯L3不亮；丁图中电容器与灯L4并联，电流全部流过灯L4.综合以上分析，C、D两项正确．答案：CDB级提能力5．如图所示把电阻、电感、电容并联到某一交流电源上，三个电流表示数相同，若保持电源电压不变，而将频率加大，则三个电流表的示数I1、I2、I3的大小关系是( )A．I1＝I2＝I3B．I1>I2>I3C．I2>I1>I3D．I3>I1>I2解析：原来三个电流表的示数相同，说明三个支路中的电阻、感抗、容抗相等，当交变电流的频率加大时，电阻的值不变，感抗变大，容抗减小，因此I1不变，I2减小，I3增大，即有I3>I1>I2，故选项D正确．答案：D6．(多选)从某一装置输出的交流电常常既有高频成分，又有低频成分．如果只需要把低频成分输送到下一级装置，可采用的电路是( )A B C D解析：电容器有通高频、阻低频的作用，所以电容器应并联使用，A对；电感器有阻高频、通低频的作用，所以电感器应串联在电路中，D对．答案：AD7．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：线圈的作用是“通直流、阻交流，通低频、阻高频”．电容的作用是“通交流、隔直流，通高频、阻低频”．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，因电容器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，被它滤掉，最终输出的是低频交流和直流．答案：D8．(多选)如图所示的实验电路中，若交流电压的有效值与直流电压相等，S为双刀双掷开关，下列叙述中正确的是( )A．当S掷向a、b时灯较亮，掷向c、d时灯较暗B．当S掷向a、b时灯较暗，掷向c、d时灯较亮C．S掷向c、d，把电感线圈中的铁芯抽出来时灯变亮D．S掷向c、d，电源电压不变，而使频率减小时灯变暗解析：线圈对恒定电流无感抗，对交变电流有感抗，并且有铁芯时感抗变大．故选项A、C正确．答案：AC。

交变电流(建议用时：45分钟)[学业达标]1．如图所示的各图象中表示交变电流的是( )【解析】B、C两图象中电流的大小做周期性变化，但方向不变，是直流电，A图中电流的方向也没有变化，只有D图中电流的大小和方向都做周期性变化，故D正确．【答案】 D2．(多选)(2016·邵阳高二检测)一矩形闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈平面通过中性面时( )A．线圈平面与磁感线垂直，此时通过线圈的磁通量最大B．通过线圈磁通量的变化率达最大值C．线圈中感应电流为零D．此位置前后的感应电流方向相反【解析】当线圈平面通过中性面时，线圈平面与磁感线垂直，通过线圈的磁通量最大，通过线圈磁通量的变化率为零，线圈中感应电流为零，此位置前后的感应电流方向相反，故选项A、C、D正确，B错误．【答案】ACD3．如图所示，面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt的图是( )【解析】线圈在匀强磁场中绕在线圈平面内且垂直于磁场的轴匀速转动，且从线圈平面经过中性面开始计时，产生的电动势为e＝E m sin ωt，只有A符合要求，故A正确．【答案】 A4．线框在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动(由上向下看是逆时针方向)，当转到如图5­1­16所示位置时，磁通量和感应电动势大小的变化情况是( )图5­1­16A．磁通量和感应电动势都在变大B．磁通量和感应电动势都在变小C．磁通量在变小，感应电动势在变大D．磁通量在变大，感应电动势在变小【解析】由题图可知Φ＝Φmax sin θ，所以磁通量Φ变大．两竖直边切割磁感线的分速度变小，所以感应电动势变小，故D正确．【答案】 D5．如图5­1­17所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)．若从图所示位置开始计时，并规定电流方向沿a→b→c→d→a为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是图中的( )图5­1­17【导学号：94530060】【解析】由题意知线圈总有一半在磁场中做切割磁感线的匀速转动，且是从中性面开始进行的，所以产生的仍然是正弦式交变电流，只是最大值为线圈全部在磁场中匀速转动情况下产生的感应电动势最大值的一半，所以选项B、C错误；再由楞次定律可以判断出开始计时一段时间内，感应电流方向与选定的正方向相反，所以A选项符合题意．【答案】 A6．(多选)线圈在匀强磁场中转动产生电动势e＝10sin 20πt V，则下列说法正确的是( )A．t＝0时，线圈平面位于中性面B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大C ．t ＝0时，导线切割磁感线的有效速率最大D ．t ＝0.4 s 时，e 有最大值为10 2 V【解析】 由电动势的瞬时值表达式可知计时应从线圈位于中性面时开始，即t ＝0时，e ＝0，此时线圈平面位于中性面，磁通量最大，导线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速率为0，A 、B 正确，C 错误；当t ＝0.4 s 时，代入式中得e ＝10sin 20πt ＝10×sin(20π×0.4) V＝0，D 错误．【答案】 AB7．(多选)如图5­1­18甲所示，一个矩形线框abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，线框内磁通量Φ随时间t 变化的情况如图乙所示，则下列说法中正确的是( )图5­1­18A ．t 1时刻线框中的感应电动势最大B ．t 2时刻ad 的运动方向与磁场方向垂直C ．t 3时刻线框平面与中性面重合D ．t 4、t 5时刻线框中感应电流的方向相同【解析】 t 1时刻通过线框的磁通量Φ最大，磁通量的变化率ΔΦΔt＝0最小，此时感应电动势等于0，A 错；在t 2、t 4时刻感应电动势最大，此时导线ad 、cb 的运动方向均垂直于磁感线，所以B 正确；t 1、t 3、t 5时刻感应电动势均为0，此时线框所在平面垂直于磁感线，称为中性面，C 正确；t 5时刻感应电流为0，D 错．【答案】 BC[能力提升]8．(多选)(2016·徐州高二检测)一单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图5­1­19线a 所示，当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图线b 所示，以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是( )【导学号：94530061】图5­1­19 A ．从图线可算出穿过线圈磁通量的最大值 B ．线圈先后两次转速之比为2∶3C ．在图线a 和b 中，t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零D ．图线b 电动势的瞬时值表达式为e ＝100sin 100π3t (V) 【解析】 根据图线a ：感应电动势最大值E m ＝BSω＝Φm ω，因此磁通量最大值Φm ＝E m ωa ＝E m T a 2π＝3πWb ，A 正确；线圈先后两次周期之比T a T b ＝0.04 s 0.06 s ＝23，n a n b ＝f a f b ＝T b T a ＝32，B 错误；t ＝0时刻感应电动势为零，线圈与中性面平行，磁通量最大，C 错误；感应电动势最大值E m ＝BSω，因此E m a E m b ＝ωa ωb ＝2πf a 2πf b ＝32，即E m b ＝23E m a ＝100 V ，图线b 电动势瞬时值表达式为e ＝E m b sin ωb t ＝100sin 100π3t (V)，D 正确． 【答案】 AD9．如图5­1­20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．则下列选项中正确的是( )甲 乙图5­1­20【解析】 由楞次定律可知，t ＝0时电流方向为负，线圈平面与中性面的夹角为π4，线圈再转过π4到达中性面；所以线圈中的感应电流为i ＝I m sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωt －π4，D 正确． 【答案】 D10．(2016·九江高二检测)一根长直的通电导线中的电流按正弦规律变化，如图5­1­21(a)、(b)所示，规定电流从左向右为正．在直导线下方有一不闭合的金属框，则相对于b 点来说，a 点电势最高的时刻在( )图5­1­21A ．t 1时刻B ．t 2时刻C ．t 3时刻D ．t 4时刻【解析】 线框中的磁场是直线电流i 产生的，在t 1、t 3时刻，电流i 最大，但电流的变化率为零，穿过线框的磁通量变化率为零，线框中没有感应电动势，a 、b 两点间的电势差为零．在t 2、t 4时刻，电流i ＝0，但电流变化率最大，穿过线框的磁通量变化率最大，a 、b 两点间的电势差最大，再根据楞次定律可得出a 点相对b 点电势最高的时刻在t 4.【答案】 D11．一矩形线圈有100匝，面积为50 cm 2，线圈内阻r ＝2 Ω，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场平行时开始计时，已知磁感应强度B ＝0.5 T ，线圈的转速n ＝1 200 r/min ，外接一用电器，电阻为R ＝18 Ω，试写出R 两端电压瞬时值的表达式．【解析】 角速度ω＝2πn ＝2π⎝ ⎛⎭⎪⎫1 20060 r/s ＝40π rad/s， 最大值E m ＝NBSω＝100×0.5×50×10－4×40π V＝10π V，线圈中感应电动势e ＝E m cos ωt ＝10π cos 40πt V ，由闭合电路欧姆定律i ＝e R ＋r ＝e 18＋2＝e20 A ， 故R 两端电压u ＝Ri ＝18×120×10πcos 40πt V ， 即u ＝9πcos 40πt V.【答案】 u ＝9πcos 40πt V12．一矩形线圈，面积是0.05 m 2，共100匝，线圈电阻r ＝1 Ω，外接电阻R ＝4 Ω，线圈在磁感应强度B ＝1πT 的匀强磁场中以n ＝300 r/min 的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图5­1­22所示，若从中性面开始计时，求：图5­1­22【导学号：94530062】(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式；(2)线圈从开始计时经130s 时线圈中由此得到的感应电流的瞬时值； (3)外电路R 两端电压瞬时值的表达式．【解析】 (1)线圈转速n ＝300 r/min ＝5 r/s ，角速度ω＝2πn ＝10π rad/s，线圈产生的感应电动势最大值E m ＝NBSω＝50 V ，由此得到的感应电动势瞬时值表达式为e ＝E m sin ωt ＝50sin 10πt V. (2)将t ＝130s 代入感应电动势瞬时值表达式中，得 e ′＝50sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫10π×130 V ＝25 3 V ， 对应的感应电流i ′＝e ′R ＋r ＝5 3 A. (3)由欧姆定律得u ＝e R ＋rR ＝40sin 10πt V. 【答案】 (1)e ＝50sin 10πt V(2)5 3 A (3)u ＝40sin 10πt V。

例 1 中国已投产运行的 1 000 kV 特高压输电，是目前世界上电压最高的输电工程
. 假设
甲、乙两地原来用 500 kV 的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，
现改用 1 000 kV 特高压输电，不考虑其他因素的影响 . 则 ( ) A. 输电电流变为原来的 2 倍
B. 输电线上降落的电压将变为原来的 C.输电线上降落的电压将变为原来的
(2) 由图可知， 升压变压器副线圈两端的输出电压
n2 U2＝ n1U1＝ 2 200 V. 据理想变压器 P 入＝ P 出，
则升压变压器副线圈的输出电流
P 44×103 I 2＝ U2＝ 2 200 A ＝ 20 A，输电线上的功率损失和电压损失
分别为 P损 ＝ I 2 2R 线＝ 202×0.2 W＝ 80 W.
2(
P Um)
2
r
D.4(
n2 n1)
2(
P Um)
2r
答案 C
Um
U1 n1
n2 Um
解析
原线圈电压的有效值：
U1＝
，根据 2
U2＝ n2可得
U2＝ n1·
，又因为是理想变压器， 2
所以 T 的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率
P P，所以输电线上的电流 I ＝ U2，输电线
上损失的电功率为
P′＝ I 2·２r ＝4r
1 2，选项 B 错误， C 正确；输
电线上损耗的电功率
P
损＝
I
输
2R
线∝
I
2 输
，所以输电线上损耗的电功率将变为原来的
1 4，选项 D
错误 .
答案 C
1 注意区别：

表测得 a、b 端和 c、 d 端的电压分别为 Uab 和 Ucd，则 (
)
图 5-4-15
A． Uab∶ Ucd＝ n1∶n2
B．增大负载电阻的阻值 R，电流表的读数变小
C．负载电阻的阻值越小， cd 间的电压 Ucd 越大
D．将二极管短路，电流表的读数加倍
【解析】 根据变压器的工作原理、交流电的有效值解题．变压器的变压比
器不能改变交变电流的频率， 【答案】 BCD
D 对．
[ 能力提升 ]
9． ( 多选 ) 如图 5-4-14 所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片
P
处于图示位置时，灯泡 L 能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有
(
)
图 5-4-14
A．向下滑动 P
B．增大交流电源的电压
C．增大交流电源的频率
D．减小电容器 C的电容
【解析】 要使灯泡变亮，根据欧姆定律，一方面可使
U2 变大，另一方面可使电路对
U1 n1 交流电的阻碍作用减小．由 U2＝n2知，向下滑动 P 时， U2 变小，选项 A 错误；增大交流电源
1 的电压 U1， U2 变大，选项 B 正确；由 XC＝ 2π fC知，增大交流电源的频率时，容抗
()
A．穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是 10∶ 1 B．穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等 C．原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为
10∶ 1
D．正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为
1∶ 1
【解析】 此题考查的是对变压器原理的掌握． 理想变压器无漏磁， 因而穿过两个线圈
的磁通量相同， 磁通量变化率相同， 因而每匝线圈产生的感应电动势相等， 电压与匝数成正