高二物理（5）

1、高二物理同步测试（5） 交变电流（A）YCY本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.满分100分，考试用时90分钟.第卷（选择题，共40分）一、 选择题（每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的，全部选对得4分，对而不全得2分。）1下列各物理量中，可能决定交流发电机产生的电动势的因素为（ ） A磁感应强度 B线圈的总电阻 C电枢转动的角速度 D电枢线圈的匝数2交流发电机正常工作时产生的电动势 e= Emsint，若线圈匝数减为原来的一半，而转速增为原来的2倍，其他条件不变，则产生的电动势的表达式为（ ）Ae=Emsint Be=2EmsintCe=2Ems

2、in2tDe=Emsin2t 3如图所示的电路中，当a、b端加直流电压时，L1灯发光，L2灯不亮；当加同样电压的交流电源时，L1灯发光但较暗，L2灯发光较亮.那么以下正确的是（ ）AA中接的是电感线圈，B中接的是电容器BA中接的是电容器，B中接的是电感线圈CA中接的是电阻，B中接的是电容器D若加的交流电频率增大，电压不变，则L1灯变更暗，L2灯变更亮4如图所示为一交变电流随时间变化的图象，此交流电的有效值是（ ）A10 AB10 AC7 AD7 A5发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电导线总电阻为R，通过导线的电流为I，学校得到的电压为U2.则输电线上损耗的功率可表示为（ ）A B

3、 CIU1 DI(U1U2)图（a）A铁芯图（b）6钳形电流表的外形和结构如图（a）所示。图（a）中电流表的读数为1.2A 。图（b）中用同一电缆线绕了3匝，则 （ ）A这种电流表能测直流电流，图（b）的读数为2.4AB这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为0.4AC这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为3.6AD这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流， 图（b）的读数为3.6A 7如图所示的电路图中，变压器是理想变压器，原线圈匝数n1=600匝，装有0.5 A的保险丝，副线圈的匝数n2=120匝.要使整个电路正常工作，当原线圈接在180 V的交流电源上，则副线圈（ ）A可接耐压值为36

4、 V的电容器B可接“36 V 40 W”的安全灯两盏C可接电阻为14的电烙铁D可串联量程为3 A的电流表测量其电路的总电流8如图所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电。在其他条件不变的情况下，为了使变压器输入功率增大，可使（ ）A原线圈匝数n1增加B副线圈匝数n2增加C负载电阻R的阻值增大D负载电阻R的阻值减小9如图所示，有两个输出电压相同的交流电源，第一个电源外接一个电阻R1，第二个电源外接一个变压器，变压器的初级线圈匝数为n1，次级线圈的匝数为n2，变压器的负载为一个电阻R2，测得两个电源的输出功率相等。则此两电阻大小之比 R1R2为（ ）A

5、n1n2Bn12n22Cn2n1Dn22n1210电学中的库仑定律、欧姆定律、法拉第电磁感应定律（有关感应电动势大小的规律）、安培定律（磁场对电流作用的规律）都是一些重要的规律.下图为远距离输电系统的示意图（为了简单，设用户的电器是电动机），下列选项中正确的是（ ）A发电机能发电的主要原理是库仑定律变压器能变压的主要原理是欧姆定律电动机通 电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律。B发电机能发电的主要原理是安培定律变压器能变压的主要原理是欧姆定律电动机通 电后能转动起来的主要原理是库仑定律。C发电机能发电的主要原理是欧姆定律变压器能变压的主要原理是库仑定律电动机通 电后能转动起来的主要原理

6、是法拉第电磁感应定律。D发电机能发电的主要原理是法拉第电磁感应定律变压器能变压的主要原理是法拉第 电磁感应定律电动机通电后能转动起来的主要原理是安培定律。第卷（非选择题，共60分）二、填空题（每小题6分，共24分。把正确答案填写在题中的横线上，或按题目要求作答。）11正弦交流电是由闭合线圈在匀强磁场中匀速转动产生的线圈中感应电动势随时间变化的规律如图所示，则此感应电动势的有效值为 V，频率为 Hz 12一台理想变压器，其原线圈2200匝，副线圈440匝，并接一个100的负载电阻，如图所示.（1）当原线圈接在44 V直流电源上时，电压表示数_V， 电流表示数_A.（2）当原线圈接在输出电压U=3

7、11sin100t V的交变电源 上时，电压表示数_V，电流表示数_A。13如图所示，A、B为两个相同的导体线圈，它们共轴并靠近放置，A线圈中通有（乙）图所示的交变电流，则在t1t2时间内，线圈A、B相互 （填“吸引”或“排斥”，下同）在t2t3时间内，线圈A、B相互 。 14上图中为示波器面板，屏上显示的是一亮度很低、线条较粗且模糊不清的波形。（1）若要增大显示波形的亮度，应调节_旋钮。（2）若要屏上波形线条变细且边缘清晰，应调节_旋钮。（3）若要将波形曲线调至屏中央，应调节_与_旋钮。三、计算题（共36分。要求写出必要的文字说明、主要方程式和重要演算步骤，有数值计算的要明确写出数值和单位，

8、只有最终结果的不得分。）15（7分）如图所示，一个变压器（可视为理想变压器）的原线圈接在220 V的市电上，向额定电压为1.80×104 V的霓虹灯供电，使它正常发光.为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12 mA时，熔丝就熔断。 （1）熔丝的熔断电流是多大？ （2）当副线圈电路中电流为10 mA时，变压器的输入功率 是多大？ 16（15分）如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为 10 cm和20 cm，内阻为 5，在磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中绕OO轴以50 rad/s的角速度匀速转动，线圈和外部 20的电阻R相接.求：

9、 （1）S断开时，电压表示数； （2）电键S合上时，电压表和电流表示数； （3）为使R正常工作，R的额定电压是多少？ （4）通过电阻R的电流最大值是多少？电阻R上所消耗的电功率 是多少？17（14分）人们利用发电机把天然存在的各种形式的能（水流能、煤等燃料的化学能）转化为电能，为了合理地利用这些能源，发电站要修建在靠近这些天然资源的地方，但用电的地方却分布很广，因此需要把电能输送到远方.某电站输送电压为U=6000 V，输送功率为P=500 kW，这时安装在输电线路的起点和终点的电能表一昼夜里读数相差4800 kW·h（即4800度电）.试求： （1）输电效率和输电线的电阻； （2）

10、若要使输电线损失的功率降到输送功率的2%，电站应使用多高的电压向外输电？参考答案1ACD；因交流发电机产生的电动势为 e=nBSsint， 故ACD正确。2D；因为 Em= nBS， =2f，f变为原来的2倍，变为原来的2倍，n变为原来的， Em不变.3AD；电感的特点是：“通直流、阻交流，通低频、阻高频”.电容的特点是：“通交流、隔 直流，通高频、阻低频”.由题意：a、b两端加直流电压时，L2灯不亮；加交流电压时， L2较亮，可知B为电容器，而L1灯先是亮的，后又较暗，可知A为电感线圈.交流电频率 越大时，线圈感抗越大，电容器容抗越小，故D正确.4B；电流的有效值要根据电流的热效应确定，即“

11、同样阻值”“同一时间”“相等热量”. 而又由交流电具有周期性，可选一个周期的时间，根据焦耳定律求出此交流的有效值。 设想让此电流通过一阻值为R的电阻，在一个周期T=0.02 s内产生的热量，与一个恒定 电流I通过相同的电阻在同样时间内产生的热量相等， 即（6）2R·+（8）2R=I2RT，那么I=10 A.5BD； 输电线上损耗的功率就是输电导线总电阻消耗的热功率，由焦耳定律得P热=I2R， 因此C错误；由能量转化与守恒定律得P线损=P出总P用=IU1IU2=I(U1U2)，故D正确. 又I（U1U2）=·(U1U2)=，因此B对A错.6D；解：当用同一电缆线绕了3匝，加在

12、电表上电压为原来的3倍，电流也为原来的3倍。7B；根据得：U2=·U1=×180 V=36 V，又由，在保险丝安全的 条件下，副线圈中允许流过的最大电流为I2=·I1=×0.5 A=2.5 A，最大输出功率 Pm=2.5 A×36 V=90 W，B选项正确.而交流电压的有效值为36 V，那么其最大值一定大 于36 V，所以A项错误.接14的电阻时，流过电阻的电流将达到I2= A>2.5 A，C 项不正确；串联电流表时会因电流过大烧毁电流表或烧断保险丝.8BD；根据理想变压器的工作原理知：，P入=P出，又结合本题电路可知P出=， 联立以上三

13、式求解得P入=·.由此可见B、D选项正确.9B ；根据题意画出示意图，如图（a）和（b）所示，设电源输出电压为U，图（a）中电源输出功率是R1上得到的功率 P1=，图(b)中电源的输出功率等于原线圈的输入功率，也等于副线圈的输出功率，即电阻R2上得到的功率P2，变压器的副线圈两端电压 U2=·U， 所以P2=.根据题意 P1=P2，得到 R1R2=n12n22.10D；发电机主要是将其他形式的能转化为电能的设备，应用法拉第电磁感应定律原理.变压器是由电流的变化产生磁场的变化，从而使得线圈内的磁通量发生变化，产生感应电流，也是应用法拉第电磁感应定律原理.电动机是将电能主要转化

14、为机械能的设备，通电导线在磁场中要受到力矩的作用从而运动，是安培定律的应用.11220(或)、50；12（1）0 0 （2）44 、 0.44 ；13吸引、排斥；14（1）辉度 （2）聚焦 （3）竖直位移（或“”）、水平位移（或）15（7分）解：（1）设原、副线圈上的电压、电流分别为U1、U2、I1、I2，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有I1U1=I2U2 （2分）当I2=12 mA时，I1即为熔断电流.代入数据，得I1=0.98 A. （2分）（2）设副线圈中电流为I2=10 mA时，变压器的输入功率为P1，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有P1=I2U2 （2分）代入数据得，

15、P1=180 W. （1分）答案：（1）0.98 A （2）P1=180 W16（15分）解：（1）感应电动势最大值Em=nBS （2分）=100×0.5×0.1×0.2×50 V=50 V （1分）S断开时，电压表示数为电源电动势有效值E=50 V. （2分） （2）电键S合上时，由全电路欧姆定律I= A=2.0 A， （2分）U=IR=2×20 V=40 V. （2分）即电流表示数为 2 A，电压表示数为 40 V。 （3）额定电压即为电压有效值，故R的额定电压为 40 V. （2分）（4）通过R中电流的最大值 Im=I=2 A. （2分） 电阻R上所消耗的电功率 P=IU=2×40 W=80 W. （2分）答案：(1)50 V (2)2 A 40 V (3)40 V (4)2 A 80 W17（14分）解：审题可发现输电线上功率损失为=200 kW，计算输电线上功率损失P损=I2R线=（）2R线=U线I，其中P为输送功率，U为输送电压，不可混淆输送电压与线上损失电压.（1）依题意，输电线上的