曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
专题十二 交变电流
1.物理生活 (2022江西八校联考)(多选)图甲为一起重机的电路示意图,理想变压器的原线圈中接入图乙所示
的正弦交流电,照明灯的规格为“20 V 10 W”,电动机的内阻为r=0.5 Ω,装置工作时,质量为m=50 kg的重
物恰好匀速上升,照明灯正常工作,电表均为理想电表,电流表的示数为10.5 A。设电动机的输出功率全部用
来提升重物,g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
甲 乙
A.原、副线圈的匝数之比n∶n=5√2∶2
1 2
B.重物匀速上升的速率v=0.3 m/s
C.电动机的效率为η=75%
D.若电动机被卡住不转,且电路尚未烧坏,则原线圈中电流为101.25 A
U
答案 BC 原线圈电压为U= =50 V,照明灯正常工作,则副线圈电压为U=20 V,原、副线圈的匝数之
1 m 2
√2
n U P
比为 1= 1=5∶2,故A错误;通过灯的电流为I
L
= L=0.5 A,通过电动机的电流为I
M
=I
2
-I
L
=10 A,电动机的输
n U U
2 2 2
出功率等于克服重物重力做功的功率,则有U
2
I
M
-
I 2
r=mgv,解得v=0.3 m/s,故B正确;电动机的效率η=
M
mgv =75%,故C正确;若电动机被卡住不转,为纯电阻用电器,照明灯的阻值为R= U 2=40 Ω,总电阻为R'=
I U I
M 2 L
Rr = 20 Ω,副线圈电流I 2 '=U 2 =40.5 A,由 I 1 ' = n 2可知I 1 '= n 2I 2 '=16.2 A,故D错误。
R+r 40.5 R' I ' n n
2 1 1
2.物理科技 (2022黑龙江哈六中五模)(多选)海洋中蕴藏着巨大的能量,利用海洋的波浪可以发电。在我国南
海上有一浮桶式波浪发电灯塔,其原理示意图如图甲所示,浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上,浮桶内置线
圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动,且始终处于磁场中。该线圈与阻值R=15 Ω的灯泡相连,浮桶下部由内、
外两密封圆筒构成,如图乙所示,其内为产生磁场的磁体,与浮桶内侧面的缝隙忽略不计;匝数N=200的线圈
所在处辐射磁场的磁感应强度B=0.2 T,线圈直径D=0.4 m,电阻r=1 Ω。取重力加速度g=10 m/s2,π2≈10。
若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v=0.4π sin πt m/s,则下列说法正确的是( )
A.波浪发电产生电动势的瞬时值表达式为e=64 sin πt V
B.灯泡中电流的瞬时值表达式为i=sin πt A
C.灯泡的电功率为120 W
D.灯泡两端电压的有效值为30√2 V
答案 ACD 线圈在磁场中切割磁感线,产生的电动势瞬时值
e=NBlv,其中l=πD,联立并代入数据解得e=64 sin πt V,据闭合电
e
路欧姆定律有i= =4 sin πt A,故A正确,B错误;灯泡中电流
r+R
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4
的有效值为I= A=2√2 A,则灯泡的功率为P=I2R=120 W,故C正确;灯泡两端电压的有效值为U=IR=30
√2
√2 V,故D正确。
3.(2022山东济宁二模,10)(多选)如图所示,某理想变压器原线圈a的匝数n=400,副线圈b的匝数n=200,原线
1 2
圈接在u=100√2 sin (50πt) V的交流电源上,副线圈中“12 V 6 W”的灯泡L恰好正常发光,电阻R=160
1
Ω。下列说法正确的是( )
A.副线圈两端的电压有效值为50 V
B.电阻R 的阻值为76 Ω
2
C.通过电阻R 的电流大小为0.25 A
1
3√2
D.穿过铁芯的磁通量的变化率最大值为 Wb/s
20
答案 CD 灯泡正常发光,副线圈的电流I 2 = P =0.5 A,根据电流与匝数比的关系得原线圈的电流I 1 = n 2
U n
L 1
I=0.25 A,故C正确;交流电源输出电压有效值U=100 V,根据U=U+IR,解得原线圈两端的电压有效值为
2 1 1 1
n U -U
U 1 =60 V,则副线圈两端的电压有效值为U 2 = 2U 1 =30 V,故A错误;电阻R 2 的阻值为R 2 = 2 L=36 Ω,故
n I
1 2
ΔΦ ΔΦ 3√2
B错误;根据法拉第电磁感应定律得√2U=n· ,解得穿过铁芯的磁通量的变化率最大值为 =
2 2 Δt Δt 20
Wb/s,故D正确。
4.(2022山东青岛一模,8)如图,变压器的输入端接入u=220√2 sin 100πt(V)的交流电,开关S接1,当滑动变阻
1
器接入电路的阻值为20 Ω时,电压表的读数为10√2 V。变压器为理想变压器,二极管正向电阻不计,反向
电阻无穷大,所有电表均为理想电表,下列说法正确的是( )
A.若只将滑动变阻器的滑片向下滑动,则电流表示数减小,电压表示数增大
B.若只将S从1拨到2,电流表示数变大
C.S接1时,原、副线圈中接入电路的匝数之比为11∶1
D.1 min内滑动变阻器产生的热量为400 J
答案 C 若只将滑动变阻器的滑片向下滑动,负载电阻增大,电
压表示数由变压器输入电压和原副线圈匝数比决定,故电压表示
数保持不变,则副线圈电流I 减小,原线圈电流I 减小,即电流表示
2 1
数减小,A错误;若只将S从1拨到2,原线圈匝数n 增大,可知副线圈输出电压减小,滑动变阻器两端电压减小,
1
故滑动变阻器消耗功率减小,根据变压器输入功率等于输出功率可得UI=P ,可知原线圈电流I 减小,即电流
11 R 1
表示数减小,B错误;开关S接1时,设此时副线圈的输出电压为U,由于二极管的单向导电性,由电流热效应
2
可得U2 ·T=(10√2)2
·T,解得U=20 V,由题意可知U=220 V,可得原、副线圈中接入电路的匝数之比
2 2 1
R 2 R
为 n 1= U 1=220=11,C正确;1 min内滑动变阻器产生的热量为Q=(10√2)2 ×60 J=600 J,D错误。
n U 20 1 20
2 2
5.(2022山东济宁一模,6)如图甲所示,为某手机无线充电装置简化工作原理图,充电基座线圈接上如图乙所示
的家用交流电,受电线圈接一理想二极管给手机电池充电,基座线圈与受电线圈的组合可视为理想变压器。
已知该手机电池的充电电压为5 V,下列说法正确的是( )
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甲 乙
A.该无线充电装置主要利用了电磁感应中的自感现象
B.家用交流电电流方向每秒变化50次
C.该无线充电装置的输出电压的峰值为5√2 V
D.基座线圈和受电线圈的匝数比为311∶10
答案 D 受电线圈通过基座线圈中产生的交变磁场而产生交变电流,再经过整流电路转变成直流电后对手
机充电,主要是利用了电磁感应中的互感现象,A错误;家用交流电的周期为0.02 s,一个周期内电流方向变化
2次,故家用交流电电流方向每秒变化100次,B错误;受电线圈接一理想二极管给手机电池充电,手机电池的
U 2
充电电压为5 V(有效值),则有 ( m) ×T=52 ×T,解得U =10 V,该无线充电装置的输出电压的峰值为10
m
√2
2 R
R
V,C错误;基座线圈和受电线圈的匝数比为 n 1=311,D正确。
n 10
2
6.(2022山东泰安一模,11)(多选)如图所示,理想变压器的原线圈与电压稳定的正弦交流电源相连(电源内阻不
计),原、副线圈匝数比为n∶n,电压表和电流表均为理想电表,R 为定值电阻,R 为滑动变阻器,当滑片向左滑
1 2 1 2
动时,电压表V、V、电流表A、A 的示数变化分别用ΔU、ΔU、ΔI、ΔI 表示,则下列关系一定正确的
1 2 1 2 1 2 1 2
是( )
ΔU ΔU ΔU n ΔU n
A.| 1|=R
1
B.| 2|=ΔR
2
C.| 2|=( 1)2R
1
D.| 2|=( 2)2R
1
ΔI ΔI ΔI n ΔI n
1 2 2 2 2 1
ΔU ΔU
答案 AD 正弦交流电源电压稳定,有U=U
R1
+U
1
,|ΔU
1
|=|ΔU
R1
|,所以有| 1|=| R1|=R
1
,故A正确;理想
ΔI ΔI
1 1
ΔU n ΔI n ΔU n
变压器原、副线圈电压变化量之比 1= 1,原、副线圈电流变化量之比 1= 2,所以有| 2|=( 2)2|
ΔU n ΔI n ΔI n
2 2 2 1 2 1
ΔU
1
|=( n
2
)2R
1
,所以D正确,B、C错误。
ΔI n
1 1
7.物理生活 (2022山东历城二中模拟,5)如图是一个家庭用的漏电保护器的简单原理图,它由两个主要部分组
成,图中左边虚线框内是检测装置,右边虚线框内是执行装置。检测装置是一个特殊的变压器,它把即将引入
室内的火线和零线并在一起绕在铁芯上作为初级线圈(n 匝),另绕一个次级线圈(n 匝)。执行装置是一个由
1 2
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电磁铁控制的脱扣开关。当电磁铁的线圈中没有电流时,开关是闭合的,当电磁铁的线圈中的电流达到或超
过一定值时,开关断开,切断电路,起到自动保护作用。我国规定当漏电流达到或超过30 mA时,就要切断电
路以保证人身的安全。至于电磁铁中的电流达到多大时脱扣开关才断开,则与使用的具体器材有关,如果本
题中的脱扣开关要求电磁铁中的电流至少达到80 mA才会脱扣,并且其检测装置可以看作理想变压器,那么,
n 与n 的比值为( )
1 2
5 3 8 3
A. B. C. D.
3 5 3 8
答案 C 根据题意可知 n 1= I 2=80=8,故C正确。
n I 30 3
2 1
8.(2022长沙新高考适应性考试,4)某同学设计的家庭电路保护装置如图所示,铁芯左侧线圈L 由火线和零线
1
并行绕成。当右侧线圈L 中产生电流时,电流经放大器放大,使电磁铁吸起铁质开关K,从而切断电路。下列
2
说法正确的有( )
A.家庭电路正常工作时,L 中的磁通量不为零
2
B.家庭电路正常工作时,使用的电器越多,L 中的电流越大
2
C.家庭电路发生短路时,开关K将被电磁铁吸起
D.地面上的人接触A点发生触电时,开关K将被电磁铁吸起
答案 D 由于火线和零线并行绕制,所以在家庭电路正常工
作时,火线和零线的电流大小相等,方向相反,因此合磁通量为
零,L 中的磁通量为零,A错误;当家庭电路中使用的电器增多
2
时,火线和零线的电流仍然大小相等,方向相反,L 中的磁通量不变,仍为零,则不会有感应电流,B错误;家庭电
2
路发生短路时,零线和火线电流增大,但电流仍大小相等,方向相反,L 中的磁通量仍为零,开关K不会被电磁
2
铁吸起,C错误;地面上的人接触A点发生触电时,零线和火线电流大小不相等,此时L 中的磁通量不为零,开
2
关K将被电磁铁吸起,D正确。
9.(2022湖南新高考模拟预测卷,6)如图所示,为了浴室用电安全,某同学用理想变压器给浴室降压供电,理想变
压器原、副线圈匝数比为5∶1,原线圈输入交变电压u=311 sin(100πt) V。已知照明灯额定功率为44 W,排气
扇电动机内阻为1 Ω,电流表示数为2 A,各用电器均正常工作,电表均为理想电表。则( )
A.电压表示数为62 V B.变压器的输入功率为88 W
C.排气扇输出功率为44 W D.保险丝熔断电流不得低于1 A
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答案 B 变压器输入的交变电压为u=311 sin(100πt) V,则有效值U=220 V,变压器原、副线圈匝数比为
n U
5∶1,根据 1= 1,解得U
2
=44 V,故A错误;电流表示数为2 A,因此输出功率为P
出
=U
2
I
2
=88 W,即变压器的
n U
2 2
P
输入功率为88 W,故B正确;照明灯的电流为I
L
= L=1 A,则排气扇的电流为I
M
=I
2
-I
L
=1 A,则排气扇的输出
U
2
1
功率为P=UI -I2 r=43 W,故C错误;变压器的原线圈中电流为I= I=0.4 A,因此保险丝熔断电流不得低于
2M M 1 5 2
0.4 A,故D错误。
10.(2022和平一模,7)(多选)如图所示,KLMN是一个竖直的匝数为n的矩形线框,全部处于磁感应强度为B的
水平方向的匀强磁场中,线框面积为S,电阻为R,线框绕竖直固定轴以角速度ω匀速转动(俯视逆时针方向),
当MN边与磁场方向的夹角为30°时(图示位置),下列说法正确的是( )
√3
A.导线框中产生的瞬时感应电动势大小是 nBSω
2
B.导线框中电流的方向是K→L→M→N→K
C.再转过60°时导线框中产生的电流达到最大值
D.再转过60°时穿过导线框的磁通量变化率为0
答案 AD 可以认为导线框从峰值面转过30°,则感应电动势瞬时值表达
√3
式e=nBSω cos ωt,将ωt=30°代入表达式可得e= nBSω,故A正确;根据
2
楞次定律可以判断出图中位置线框中的感应电流方向是K→N→M→L→K,故B错误;从图中位置再转过
nΔΦ
60°,线框与磁场方向垂直,处于中性面位置,因此线框中感应电流为0,感应电动势为0,由e= 可知,磁通
Δt
量的变化率也为0,故C错误,D正确。
11.(2022南开二模,6)(多选)如图甲所示电路中,L 为标有“4 V,2 W”字样的小灯泡,L、L 为两只标有“8
1 2 3
V,6 W”字样的相同灯泡,变压器为理想变压器,各电表为理想电表,当a、b两端接如图乙所示的交变电压时,
三只灯泡均正常发光。下列说法正确的是( )
甲
乙
A.电流表的示数为1.5 A
B.交变电压的最大值U =28 V
m
C.变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1
D.电压表的示数为24 V
答案 ACD 三只灯泡都正常发光,由P=UI可知流过L、L 的电流均为0.75 A,所以电流表的示数为1.5
2 3
A,即副线圈中的电流为1.5 A,A选项正确;同理可知流过L 的电流为0.5 A,原线圈中的电流为0.5 A,所以
1
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n 1= I 2=3,C选项正确;原、副线圈两端的电压之比U
1
∶U
2
=n
1
∶n
2
,并且U
2
=8 V,可得U
1
=24 V,故电压表的示
n I 1
2 1
数为24 V,a、b两端的电压为U =U+U =28 V,而交变电压的最大值为28√2 V,B选项错误,D选项正确。
ab 1 L1
12.物理科技 (2022南开一模,7)(多选)我国领先全球的特高压输电技术将为国家“碳中和”做出独特的贡献。
白鹤滩水电站是世界第二大水电站,共安装16台我国自主研制的全球单机容量最大功率百万千瓦水轮发电
机组。2021年6月28日白鹤滩水电站首批初装机容量1 600万千瓦正式并网发电,在传输电能总功率不变
情况下,从原先150 kV高压输电升级为1 350 kV特高压输电。则下列说法正确的是 ( )
1
A.若输电线不变,则输电线上损失的电压变为原来的
3
1
B.若输电线不变,则输电线上损失的功率变为原来的
81
1
C.如果损失功率不变,相同材料、传输到相同地方所需导线横截面积是原来的
81
D.如果损失功率不变,相同材料、粗细的输电线传输距离是原来的9倍
1
答案 BC 在功率不变时,电压升高到原来的9倍,则传输电流变为原来的 ,若输电线不变,则输电线上损
9
1 1
失的电压ΔU=Ir变为原来的 ,A错误;输电线损失的功率ΔP=I2r,因此输电线损失的功率变为原来的 ,B
9 81
正确;如果损失功率不变,则(P) 2 r=( P ) 2 r',r=ρL,如果输电线相同,则电阻率不变,传输距离不变时,所需
U 9U S
1
导线横截面积只有原来的 ,C正确;如果损失功率不变,相同材料、粗细的输电线传输距离是原来的81
81
倍,D错误。
13.(2022河东二模,7)如图所示,一正方形线圈通过电刷与自耦变压器相连,线圈平面与水平向右、磁感应强
度为B的匀强磁场平行,现让线圈由图示位置以恒定的角速度ω转动并开始计时,转轴与磁场垂直。已知正
方形线圈的匝数为N、边长为a,电阻不计。则下列说法正确的是( )
A.线圈中产生的感应电动势的瞬时表达式为e=NBωa2 sin ωt
B.若线圈的转速变为原来的2倍,则电压表的示数变为原来的2倍
C.若线圈的转速变为原来的2倍,则定值电阻R消耗的电功率变为原来的2倍
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D.若线圈的转速变为原来的2倍,欲使电压表示数不变,自耦变压器的滑动触头应向下移动
答案 B 线圈从峰值面位置开始计时,产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBa2ω cos ωt,A选项错误;
正方形线圈的转速加倍,则角速度变为原来的2倍,据E =NBSω可得,正方形线圈中产生的电动势的最大值
m
变为原来的2倍,原线圈两端电压变为原来的2倍,根据U∶U=n∶n 可得副线圈两端电压变为原来的2倍,电
1 2 1 2
压表的示数变为原来的2倍,B选项正确;定值电阻R消耗的功率P
=U2
,副线圈两端电压变为原来的2倍,
R 2
R
则定值电阻R消耗的功率变为4P,C选项错误;欲保持电压表的示数不变,应使原线圈的匝数增加,即应使自
耦变压器的滑动触头向上移动,D选项错误。
14.(2022北京丰台一模,8)交流发电机的示意图如图所示,当线圈ABCD绕垂直于磁场方向的转轴OO'匀速转
动时,电路中产生的最大电流为I ,已知线圈转动的周期为T,下列说法正确的是( )
m
A.图示位置磁通量最大,磁通量的变化率最大
B.图示位置电流最大,方向为A→B
T
C.从图示位置开始经过 ,电流方向将发生改变
4
2π
D.从图示位置计时,线圈中电流i随时间t变化的关系式为i=I sin t
m
T
ΔΦ
答案 D 图示位置磁通量最大,Φ=BS,感应电流为0,电流在此时改变方向。由于E=n ,此时E=0,所以
Δt
ΔΦ 2π
=0,磁通量变化率最小。从图示位置开始计时,i=I sin t。所以选D。
m
Δt T
ΔΦ
易错提醒 磁通量的变化率对应的是感应电动势,而不是磁通量,当Φ最大时, 反而最小。
Δt
15.(2022北京海淀一模,7)如图所示,理想变压器原线圈接在u=U sin (ωt+φ)的交流电源上,副线圈接滑动变
m
阻器R和两个阻值相同的定值电阻R,电表均视为理想电表。滑动变阻器R的滑片P由a端向b端缓慢滑
0
动过程中( )
A.电压表 的示数变大
B.电压表 的示数变大
C.电流表 的示数变大
D.电流表 的示数变大
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答案 D 理想变压器原线圈接在正弦交流电源上,有效值恒定,故原线圈两端电压有效值不变,即 示数不
U n
变,又由 1= 1知, 示数不变,故选项A、B错误;滑动变阻器R的滑片P由a端向b端缓慢滑动,滑动变阻
U n
2 2
器接入电路的阻值变大,副线圈回路电流变小,由nI=nI 知 示数变小,故选项C错误;副线圈回路电流变
11 22
小,则干路上的电阻R 两端电压变小,并联电路两端电压变大,含有 支路的阻值不变,因此 示数变大,故
0
选项D正确。
16.(2022北京丰台二模,9)某水电站输电线路简化模型如图所示,已知R为输电线总电阻(可视为定值电阻),发
电机输出电压恒定。由于用户端负载变化,使发电机输出功率增加。设升压变压器和降压变压器均为理想
变压器,下列说法正确的是( )
A.电压表V 的示数增大
1
B.电压表V 的示数增大
2
C.电流表A 的示数增大
1
D.电流表A 的示数减小
2
答案 C 发电机输出电压恒定,则V 示数不变,功率增大,则A 示数增大,R上的电压及功率损耗增大,因此
1 1
V 示数减小,根据变压器流过原、副线圈电流与原、副线圈匝数的关系可知,A 示数增大。C正确。
2 2
思路点拨 不变量:发电机的输出电压;已知变量:发电机的输出功率。
17.(2022北京西城一模,14)从外太空来到地球的宇宙线以原子核为主,还包括少量的正、负电子和γ射线,它
们传递了来自宇宙深处的信息。2021年,我国高海拔宇宙线观测站“拉索”(LHAASO)记录到1.4拍电子伏
(1拍=1015)的γ射线。这是迄今为止,人类发现的最高能量的γ射线。从此打开了探索极端宇宙秘密的新窗
口,直接开启了“超高能γ天文学”的新时代。γ射线在天文探测方面有着独特优势和特殊意义,但由于数量
极少,很难直接测量。当高能γ射线进入大气后,立即和大气层中的气体作用而产生各种次级粒子。这些次
级粒子又继续与空气作用,使次级粒子数目呈几何级数增加,这个过程称为“空气簇射”。随着“空气簇
射”向地面发展,空气对次级粒子的吸收会逐渐增多。观测站的粒子探测器需要将更多的次级粒子记录下
来,进而反推γ射线进入大气层顶部时的信息。结合所学知识,判断下列说法正确的是( )
A.观测站的粒子探测器直接探测到来自宇宙的γ射线
B.观测站建在海拔低处比在海拔高处能记录到更多的次级粒子
C.γ射线是高频电磁波,能量越高,传播速度越大
D.γ射线在星系间传播时,运动不受星系磁场的影响,可以方便追溯到源头
答案 D 由题目信息可知由于γ射线数量极少,很难直接测量,A错。随着“空气簇射”向地面发展,空气
对次级粒子的吸收会逐渐增多,所以应建造高海拔宇宙观测站,所以B错。电磁波的传播速度与介质有关,与
自身能量无关,C错。γ射线不带电,不受磁场影响,D对。
总结归纳 解决这类信息题,首先要阅读题干,理解所给信息,与问题相结合,再运用平时学过的基础知识分析
探究结论。
18.物理生活 (2022浙江台州一中选考模拟,8)华为手机充电器中装有变压器。用正弦交流电路给手机充电
时,原线圈两端电压为220 V,副线圈两端电压为5 V,副线圈电流为2 A,若将变压器视为理想变压器,则(
)
A.原、副线圈的匝数比为4.4∶1
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B.原线圈的电流约为0.05 A
C.副线圈两端电压的最大值为5 V
D.原、副线圈的功率之比为44∶1
n U
答案 B 变压器原、副线圈两端电压与匝数成正比,可得 1= 1=44,A错误;理想变压器不改变功率,即原、
n U
2 2
副线圈功率相等,可得UI=UI,解得原线圈的电流为I≈0.05 A,B正确,D错误;原、副线圈通过的电流均为
11 22 1
正弦交流电,故副线圈两端电压的最大值为U =√2U=5√2 V,C错误。
2m 2
19.物理生活 (2022浙江丽水五校联考选考模拟,14)(多选)在炎热酷暑的时候,大量的电器高负荷工作,一些没
有更新升级输电设备的老旧社区,由于输电线老化,线损提高,入户电压降低,远达不到电器正常工作的需要,
因此出现了一种“稳压源”的家用升压设备,其原理就是根据入户电压与电器工作电压,智能调节变压器原、
副线圈匝数比,现某用户家庭电路工作情况如图所示,忽略变压器电阻。下列说法正确的是( )
A.现入户电压U=150 V,若要稳压源输出电压U=225 V,则需调节n∶n=2∶3
1 2 1 2
B.空调制冷启动时,热水器实际功率不变
C.空调制冷停止时,导线电阻耗能升高
D.在用电器正常工作时,若入户电压U 减小,则需要更大的入户电流,从而输电线路损耗更大
1
U n
答案 AD 变压器的电压与匝数的关系为 1= 1,代入数据有n
1
∶n
2
=2∶3,故A正确;空调启动时电路中电流
U n
2 2
增大,导线电阻分压增加,热水器电压降低、功率降低,故B错误;空调制冷停止时,电路中电流减小,导线电阻
分压减小,导线电阻耗能减小,故C错误;在用电器正常工作时,功率不变,若入户电压U 减小,由P=UI可知,需
1
要更大的入户电流,从而输电线路损耗更大,故D正确。
20.物理模型 (2022浙江五湖联盟选考模拟,15)(多选)目前,我国通过大力发展新能源,来减少碳排放,也制定
了2030年前碳达峰行动。风力发电机是将风能转化为电能的装置,世界最大的风力发电机是由我国制造的,
其叶片长达107 m。现有一风力发电机,它的叶片在风的带动下转动。已知它的叶片转动时可形成半径为r
的圆面,风向恰好跟叶片转动的圆面垂直,当风速为v、空气的密度为ρ时,流到叶片旋转形成的圆面的风约
1
有 的动能转变为叶片的动能。此后叶片带动发电机的线圈转动,使穿过发电机线圈的磁通量发生变化,且
4
1 π
两者转速相同。叶片的动能约有 转变为电能,发电机产生感应电动势的瞬时值表达式为u=200 sin t
4 100
(V)。下列说法正确的是( )
A.叶片转动的周期T=200 s
1
B.单位时间Δt内叶片的动能E= ρπr2v2Δt
k
8
C.单位时间内发电机产生感应电动势有效值的平方与风速的三次方成正比
D.当风速增大时,产生交流电的周期减小,感应电动势的最大值增大
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π 2π
答案 ACD 由u=200 sin t (V),可知T= =200 s,则线圈转动周期为T=200 s,又因为叶片与线圈
100 ω
转速相同,即叶片转动周期为T=200 s,A正确;设在Δt时间内流到叶片旋转形成的圆面中的空气质量为m,则
1 1 1 1 1
m=ρπr2vΔt,从风的动能转变成叶片的动能为E= mv2× = ρπr2v3Δt,B错误;由能量守恒可知 ρπr2v3Δt× =
k
2 4 8 8 4
U2
Δt,即发电机产生感应电动势有效值的平方与风速的三次方成正比,C正确;当风速增大时,风力发电机的
R
转速增大,产生交流电的转速增大,周期减小,感应电动势的最大值E=NBSω增大,D正确。
21.物理科技 (2022江苏连云港六校联考,5) 2020年9月,中国发布“双碳战略”,计划到2030年实现碳达峰、
2060年实现碳中和。电力作为远程输送能量的载体,特高压远距离输送清洁电能是实现碳中和的重要途径
之一。若在输送电能总功率、输电线电阻不变的情况下,仅将原来的150 kV高压输电升级为1 350 kV的
特高压输电,下列说法正确的是( )
A.输电线中的电流变大
B.输电线上损失的电压变大
C.输电线上损失的功率变小
D.用户得到的电功率变小
答案 C 由公式P=UI可知,在输电总功率不变的情况下,电压升高,输送电流变小,A错误;由欧姆定律可知,
输电线上损失的电压ΔU=Ir,输电线电阻不变,所以输电线上损失的电压变小,B错误;输电线上损失的功率
ΔP=I2r,所以输电线上损失的功率变小,C正确;用户得到的电功率P =P-ΔP,ΔP变小,用户得到的电功率变
用
大,D错误。
22.物理科技 (2022江苏淮安月考,8)我国的特高压输电技术独霸全球,并且特高压输电技术成为全球标准。
我国也是全球特高压输电线最长、核心专利最多、技术最完备的国家。如图是远距离输电的原理图,发电
机的内阻为1 Ω,供给某高中照明用电。变压器都是理想变压器,升压变压器T 的匝数比为1∶4,降压变压器
1
T 的匝数比为3∶1,输电线的总电阻R=4 Ω,全校共50个班,每班有“220 V,22 W”灯6盏。若保证全部电灯
2
正常发光,则下列说法正确的是 ( )
A.发电机输出功率为6 600 W
B.输电效率约为94.3%
C.输电线上损耗的电功率为40 W
D.发电机的电动势为250 V
P
额
答案 B 通过每个灯泡的电流为I= =0.1 A,降压变压器副线圈总电流为I=50×6×0.1 A=30 A,则高压
U 4
额
n
输电线上的电流为I
2
=I
3
= 4I
4
=10 A,则输电线上损耗的电功率为P
损
=
I2
R=400 W,故C错误;由能量守恒得,
n 3
3
P -P
发电机输出功率为P 1 =50×6×P+P 损 =7 000 W,故A错误;输电效率为η= 1 ×100%≈94.3%,故B正确;损
P
1
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n n n
耗电压为ΔU=I
3
R=40 V,T
1
副线圈两端电压为U
1
=(U
4
3+ΔU)× 1=175 V,通过发电机的电流为I
1
= 2I
2
=40
n n n
4 2 1
A,则发电机的电动势为E=U+Ir=215 V,故D错误。
1 1
23.物理科技 (2022江苏淮安月考,5)2021年下半年,东北一些地区、一些时段实行了限电、停电,引起人们对
输电、用电、节能的关注。某电站的电能输送示意图如图所示,升压变压器与降压变压器间输电线总电阻
n n
为r,升压变压器原、副线圈匝数之比 1=m,降压变压器原、副线圈匝数之比 3=k。变压器均为理想变压
n n
2 4
器,如果发电机的输出电压为U,用户输入端电压为U,用户消耗电功率为P,则输电线上消耗的电功率为(
1 2
)
A.( P ) 2 r B.(mP) 2 r C.( P ) 2 r D.(kP) 2 r
mU U kU U
1 1 2 2
答案 C 由题知,降压变压器副线圈中电流I
4
= P ,则降压变压器原线圈中电流I
3
= n 4I
4
= P ,则升压变
U n kU
2 3 2
压器与降压变压器间输电线上消耗电功率P'= I2r=( P ) 2 r;升压变压器副线圈两端电压U
1
'= n 2U
1
= U 1,
3 kU n m
2 1
降压变压器原线圈两端电压U
3
= n 4U
2
=U
2
,则输电线上损耗的功率P=(ΔU)2 =(U
1
'-U
3
)2 =
n R r r
3
(U
1-
U
2
) 2 1,故选C。
m k r
24.物理生活 (2022广东深圳二模,13)图甲和图乙所示是手动式手电筒内振动式发电机的两个截面图,半径为
1
0.02 m、匝数为100的线圈a,所在位置的磁感应强度B= T。线圈a接原、副线圈匝数比为2∶1的理想
2π
变压器,给两个额定电流均为0.5 A的灯泡供电。推动手柄使线圈a沿轴线往复运动,线圈a中电动势随时间
按正弦规律变化,如图丙所示。线圈a及导线电阻不计。求:
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(1)图丙中电动势的表达式;
(2)若手动发电的效率为20%,两灯泡正常发光,手做功的功率;
(3)线圈a往复运动过程中的最大速度。
答案 (1)e=4 sin (5πt) (V) (2)7.1 W (3)2 m/s
解析 (1)由题图丙可知E =4 V
m
T=0.4 s
2π
且ω= =5π rad/s
T
根据电动势的表达式e=E sin ωt
m
可得e=4 sin (5πt) (V)
E
(2)设原线圈中电压的有效值为U,根据U= 可得
1 1 m
√2
U=2√2 V
1
U U
设副线圈两端电压为U
2
,根据理想变压器公式 1= 2可得
n n
1 2
U=√2 V
2
灯泡功率P =UI
灯 22
可得人对手电筒做功的功率为
2P
P= 灯≈7.1 W
0.2
(3)根据法拉第电磁感应定律得
E =nB·2πRv
m m
解得v =2 m/s
m
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