2022届高中物理交变电流基础知识题库.pdf
（每日一练）（文末附答案）2022届高中物理交变电流基础知识题库单选题1、如图所示，甲图为远距离输电示意图，输电线的总电阻为r=22 Q,若升压变压器的输入电压如图乙所示,用户端电压为220V。输电效率为90%,输电线上损耗功率为P损=5.5 x 104 W,变压器均为理想变压器。设升压变压器原、副线圈匝数比为良，降压变压器原、副线圈匝数比为也，下列说法正确的是（）n2n4升压变压器 降压变压器用户CCCOILZVWX6Q甲 乙A.良=%.升压变压器原线圈电流/=200 An2 1C.%=.用户端消耗功率%=5X1O5W7I4 1/J2、如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1,6是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻生10Q,其余电阻均不计。从某时刻开始在原线圈。、d两端加上如图乙所示的交变电压。下列说法正确的是（）A.当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为31.1VB.当单刀双掷开关与6连接且在0.01s时，电流表示数为零C.当单刀双掷开关由a拨 向。时，原线圈的输入功率变大D,当单刀双掷开关由a拨 向6时，副线圈输出电压的频率变为25Hz3、某发电站向远方供电，将U=10kV的电压直接加在输送线路的输入端，且输送的电功率为P=600kW；输送线路的终端获得的电功率为500kW。若要将此输送线路的效率提升为98.5%,则输送线路的输入端需要接入的如图所示升压变压器的匝数比也为（）A.3：20B.3：10C.2：5D.1：104、有一台内阻为1 Q的发电机，供给一个学校照明用电，如下图，升压变压器匝数比为1：4,降压变压器匝数比4：1,输电线总电阻A=4Q。全校共22个班，每 班 有220 V,40 W 灯6盏，若保证全部电灯正常发光，贝（I（）2A.发电机输出功率为5 280 WB.发电机电动势为250 VC.若减小升压变压器原副线圈匝数比可以提高输电的效率D.若使用灯数减半并正常发光，发电机输出功率也减半5、如图所示，A为定值电阻，4、B、C、D、为五个完全相同的灯泡。当灯泡正常发光时其阻值也为用额定电压为 额定电流为I,额定功率为P.理想变压器原、副线圈匝数比为仁若灯泡都正常发光，则下列说法中正确的是（）A.A两端电压为UB.通过A的电流为41C.交变电源的输出功率为21户D.交变电源的输出电压为6多选题6、如图为模拟远距离输电的实验电路图，两 理 想 变 压 器 的 匝 数 叫=%2 R,忽略灯丝电阻随温度的变化。当 A、B端接入低压交流电源时（）3A.人、乙2两灯泡的亮度相同B.A1表的示数小于A?表的示数C./?2两端的电压小于氏4两端的电压D.R1消耗的功率大于/?3消耗的功率7、如图所示，一理想变压器初级线圈%=1 2 0匝，次级线圈为=3 0匝，初级线圈与e=2 2 0或sin（lOOTTt）的交流电源连接，电流表示数为2 A,标 注 有1 1 0 V.5 5 W”的灯泡正常发光，电动机线圈的总电阻为1。，则下列说法中正确的是（）A,流过灯泡的交变电流的频率为6 0 H zB,灯泡两端的电压峰值为1 1 0 V5 VC.流过电动机的电流为5 5 AD.电动机的输出功率为3 3 6 W8、如图甲所示，理想变压器原、副 线 圈 匝 数 比%:孙=1 0:1,原线圈输入的交流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器”和额定电压为1 2 V、工作时内阻为2 0的电动机。闭合开关，电动机正常工作，电流表示数为1 A,则下列不正确的是（）4A.通过电动机的交流电频率为50 HzB.电动机输出的机械功率为10WC,副线圈两端电压为22V2VD.若将电动机换成二极管，副线圈两端的电压变为11V2V填空题9、图甲为交流发电机示意图，磁场可视为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平轴。沿逆时针方向匀速转动，电阻底4 Q,线 圈 电 阻 厂 从 图 示 位 置 开 始 计 时，输出的交变电压随时间变化的图象如图乙所示。则电动势瞬时值的表达式为 V；若只将线圈转动的角速度变为原来2倍时，电动势的最大值为 V,有效值为 Vo10、一台理想降压变压器从10 kV的线路中降压并提供200 A的负载电流。已知两个线圈的匝数比为40：1,则副线圈中的输出电压为 输出功率为 变 压 器 原 线 圈 中 的 电 流 为。11、如图所示是某正弦交变电流的图像，该交变电流有效值为 根据图像写出交变电流的瞬时值表达式为；若该电流在力=0.0025s时刻才开始记时，则该交变电流的瞬时值表达式为 o （计算时）562022届高中物理交变电流_01D参考答案1、答 案：c解 析：AB.设升压变压器原线圈两端电压为U,副线圈两端电压为U2,原 线 圈 电 流 为 副 线 圈 电 流 为 乙 降压变压器原线圈电压为出 副线圈电压为次 原线圈电流为副线圈电流为力,因为输电效率为90%,损耗功率为P损=(1-90%)UJiP损=/介nl12n2 h由题图乙可知%=220 V联立解得乂=n2 50/i=2500 AAB错 误；C.根据题意U?-12r=U 3n3 _ U 3n4 U4联立解得23 _ 45n4 1C 正 确；7D.根据题意得P消 _ 90%.i 90%P消=4.95 x 105 WD 错误。故选C。2、答 案：C解 析：A.交流电的有效值为4=220VV2根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为2 2 V,电压表的示数为2 2 V,故 A 错 误；B.电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数不会为零，故 B 错 误；C.当单刀双掷开关由a 拨 向 6 时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压要变大，电阻上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，故 C 正 确；D.变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为/=50Hz故 D 错误。故选C。3、答 案：B解 析：8直接输送时P 损=线=100kwA=万=60A经过变压器升压后输送 损=/R线=9kWI2=18An i_ U _ 3n2 U2 10故 B正确，ACD错误。故 选 Bo4、答 案：B解 析：A.对降压变压器灯9解得Ui=880V,I2=6A对升压变压器解得故 A 错 误；B.对升压变压器解得又因为解得由欧姆定律可得&_ 4lUi=12“=%R+22P 出=5424W外=6 +I2R/_ 14%=226VIl%一1。=24A10E=Ui+Irr解得E=2 5 0 V故 B 正 确；C.若想提高输电效率，需要减少导线上的功率损失，就需要减小输电导线上的电流，则需要提高升压变压器原副线圈的匝数比，故 C 错 误；D.当电灯减少一半时nP 灯=2 6 4 0 W同理可得=3 A,出P=2 6 7 6 W /2 cosl0 0 7 rt(V)2 根据Em=BSo)=BSo)只将线圈转动的角速度变为原来2倍时，电动势的最大值2 5&V3 有效值1 2.5 鱼后 有=飞 一 V=2 5 V1 0、答 案：2 5 0 V 5 0 kW 5 A解 析：U n 5的 lOxioi由5=2,得=-40V=2 5 0 V；由理想变压器功率关系，得一人UJi 250 x2.?由=/,=%力=2 5 0 x2 0 0 W =5 0 k W,同时得力=5 =10 xl03 A=5 A.1 1、答 案：V2 A i =2 sinl0 0 nt(A)i =2 sin(1 0 0 nt+(A)解 析：设该交变电流的瞬时值表达式为i=/msino)t由图像可知周期上0.0 2 s,则角速度为1 5to=lOOnrad/s当t=0.0025s时，有ii=/msin=V2A解 得 Z=2A,所以该交变电流的有效值为/=V2A交变电流瞬时值的表达式为i=2sinl00nt(A)网若该电流在t=0.0025s时才开始计时，则该交变电流的瞬时值表达式可写为i=2sin(100nt 4-(p)(A)令 令 0,则有q=2sin(p(A)=V2A解得。=:(另一解。不符合题意，故 舍 去)。故所求瞬时值表达式为i=2sin(100rrt+(A)16
