2017-2018学年高中创新设计物理粤教版选修3-2：第二章 交变电流 章末检测

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精章末检测（时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分,共24分．在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合要求，选对的得4分，选错或不答的得0分)1．一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电动势为e＝10eq\r(2）sin(20πt)V，则下列说法正确的是(）A．t＝0时,线圈位于中性面B．t＝0时，穿过线圈的磁通量为零C．t＝0时，线圈切割磁感线的有效速度最大D．t＝0。4s时，电动势第一次出现最大值答案A解析由电动势e＝10eq\r(2）sin(20πt）V知，计时从线圈位于中性面时开始，所以t＝0时,线圈位于中性面，磁通量最大，但此时线圈切割磁感线的线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速度为零，A正确，B、C错误．当t＝0.4s时,e＝10eq\r(2）sin（20π×0.4)V＝0，D错误．2．两只阻值相等的电阻分别通以正弦交流电与方形交流电，它们电流的最大值相等，如图1所示，则两只电阻的热功率之比是(）图1A．1∶4 B．1∶2C．1∶eq\r（2） D．1∶1答案B解析可判断正弦交流电的有效值为eq\f（\r（2）,2)im,而方波电流的有效值为im，由功率P＝I2R可判断选项B正确．3．用220V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电,变压器输出电压是110V，通过负载的电流随时间变化的图象如图2所示，则(）图2A．变压器输入功率约为3.9WB．输出电压的最大值是110VC．变压器原、副线圈的匝数比是1∶2D．负载电流的函数表达式i＝0.05sin(100πt＋eq\f(π，2））A答案A解析变压器的输入功率等于输出功率,等于输出电压的有效值与输出电流的有效值的乘积，所以P＝UI＝110V×eq\f（0。05,\r（2）)A≈3。9W，A正确；输出电压的有效值是110V,最大值是110eq\r（2)V，所以B错;变压器原、副线圈匝数之比是2∶1，C错;负载电流的函数表达式是i＝0.05sin（100πt)A，D错．4．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图3甲所示．已知发电机线圈内阻为5Ω,外接一只电阻为95Ω的灯泡，如图乙所示，则(）图3A．电压表的示数为220VB．电路中的电流方向每秒钟改变50次C．灯泡实际消耗的功率为484WD．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J答案D解析电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由题图知电动势的最大值Em＝220eq\r(2)V,有效值E＝220V，灯泡两端电压U＝eq\f(RE，R＋r）＝209V，A错;由题图甲知T＝0.02s,一个周期内电流方向变化两次,可知1s内电流方向变化100次，B错；灯泡的实际功率P＝eq\f(U2，R）＝eq\f(2092，95）W＝459.8W，C错；电流的有效值I＝eq\f（E,R＋r)＝2。2A,发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Qr＝I2rt＝2.22×5×1J＝24.2J．D对．5．如图4所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1,R1＝20Ω，R2＝10Ω,C为电容器，原线圈所加电压的瞬时值表达式为u＝220eq\r（2）sin(100πt)V．下列说法正确的是(）图4A．通过电阻R3的电流始终为零B．副线圈两端交变电压的频率为5HzC．电阻R2的电功率为48.4WD．原、副线圈铁芯中磁通量的变化率之比为10∶1答案C解析电容器能够通交流,选项A错误；变压器能够改变交流电的电压，但是不能改变交流电的频率，选项B错误；根据eq\f（U1，U2）＝eq\f(n1，n2)得U2＝22V，所以电阻R2的电功率为P2＝eq\f（U\o\al（2,2),R2)＝48.4W，选项C正确;根据法拉第电磁感应定律可知，原、副线圈铁芯中磁通量的变化率之比为1∶1,选项D错误．6．如图5所示，矩形线圈abcd放在匀强磁场中,ad＝bc＝l1，ab＝cd＝l2.从图示位置起该线圈以角速度ω绕不同转轴匀速转动，则（）图5A．以OO′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωsinωtB．以O1O1′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωsinωtC．以OO′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωcosωtD．以OO′为转轴跟以ab为转轴一样，感应电动势e＝Bl1l2ωsinωt答案C解析以O1O1′为轴转动时，磁通量不变,不产生交变电流．无论以OO′为轴还是以ab为轴转动,感应电动势的最大值都是Bl1l2ω。由于是从与磁场平行的面开始计时，产生的是余弦式交变电流，故C正确．二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）7．如图6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为R＝10Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，示数是10V．图乙是穿过矩形线圈的磁通量Φ随时间t变化的图象,线圈电阻忽略不计，则下列说法正确的是（）图6A．电阻R上的电功率为10WB．0。02s时R两端的电压瞬时值为零C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14．1cos(100πt)VD．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos（100πt）A答案AC解析根据公式P＝eq\f（U2，R)，得P＝10W，故选项A正确；由图乙可知，0。02s时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10eq\r（2）V，故选项B错误；由图乙可知，T＝0.02s，电动势的最大值为Em＝eq\r（2)U＝10eq\r（2）V，ω＝eq\f(2π,T）＝100πrad/s，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＝14.1cos(100πt)V，故选项C正确；Im＝eq\f(Em，R)＝1。41A，通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝1。41cos(100πt）A，故选项D错误．8．如图7甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0。5A的保险丝L，原线圈匝数n1＝600匝，副线圈匝数n2＝120匝．当原线圈接在如图乙所示的交变电源上时，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接(）图7A．阻值为14.4Ω的电阻B．并联两盏“36V，40W”的灯泡C．工作频率为10Hz的电视D．耐压值为36V的电容器答案AB解析理想变压器可以变压、变流，但不可以改变功率和频率;由题图乙可知，原线圈中交变电源的周期为0.02s，频率为50Hz,则副线圈得到的交变电流的频率也为50Hz，故接入工作频率为10Hz的电视不能正常工作，C错误；由题图乙可知,原线圈所接电源的电压有效值为180V，由理想变压器特点可知，变压比等于匝数比，则U＝eq\f（120,600）×180V，得U＝36V，B中两灯泡接入电路时，原线圈中的电流I1≈0。44A＜0.5A，B正确；副线圈两端电压的有效值为36V，但其最大值大于电容器的耐压值,故D错误；由理想变压器特点可知,原、副线圈消耗的功率相等,则eq\f（36V2,R)＝180V×0。5A，解得R＝14.4Ω，A正确．9．如图8所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R.开始时，开关S断开，当S接通后（）图8A．变压器的输出电压减小B．输电线等效电阻R两端的电压增大C．通过灯泡L1的电流减小D．原线圈中的电流减小答案BC解析当S接通后，变压器的输出电压不变，副线圈负载电阻减小，引起总电流增大,因此输电线的等效电阻两端的电压增大，灯泡L1两端的电压减小，通过灯泡L1的电流减小，选项A错误，选项B、C正确；S接通后，变压器输出功率增大，输入功率增大，原线圈中的电流增大,选项D错误．10．如图9为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻R＝10Ω，降压变压器T2原、副线圈的匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R0组成闭合电路．若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈的输出电压的瞬时值表达式为u＝220eq\r（2)sin(100πt)V，用电器的电阻R0＝11Ω，则（）图9A．通过用电器R0的电流的有效值是20AB．升压变压器的输入功率为4650WC．发电机中的交变电流的频率为100HzD．当用电器的电阻R0减小时,发电机的输出功率减小答案AB解析由T2的副线圈的输出电压的瞬时值表达式可知,副线圈的输出电压的有效值为220V,电流的有效值为I＝eq\f（220,11)A＝20A，选项A正确;通过输电线的电流I′＝eq\f（20,4)A＝5A，所以升压变压器的输入功率为P＝I′2R＋I2R0＝52×10W＋202×11W＝4650W，选项B正确;发电机中的交变电流的频率与T2的输出电压的频率相同，也为50Hz，选项C错误；当用电器的电阻R0减小时，其消耗的功率变大，发电机的输出功率变大，选项D错误．三、填空题（本题共2小题，共10分）11．（4分)有一理想变压器原、副线圈匝数分别为1320匝、144匝，将原线圈接在220V的交流电压上，副线圈上电压为________V，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为________Wb/s。答案24eq\f(\r（2），6）解析由eq\f(U1,U2）＝eq\f(n1,n2)得U2＝24V，穿过铁芯的磁通量的最大变化率等于每一匝线圈中产生的感应电动势的最大值,即eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(ΔΦ，Δt）））m＝eq\f(Em,n）＝eq\f(220\r(2）,1320)Wb/s＝eq\f（\r(2），6)Wb/s.12．（6分)利用DIS（数字化信息处理系统）探究手摇发电机(如图10所示)的线圈产生的交变电流．图10实验步骤如下:①将电压传感器接入数据采集器；②电压传感器的测量夹与发电机的输出端并联；③点击“数据采集设置"设定“采样点时间间隔”；④缓慢摇动发电机的手柄,观察工作界面上的信号．图11（1）屏上出现的电压波形如图11所示,从图中可以看出,手摇发电机产生的电压波形不是正弦波，其原因可能是________________________(写出一条即可）．（2)研究交变电流的波形,发现在用手摇动发电机手柄的2min内屏上出现了61个向上的“尖峰”，则交变电流的平均周期为____________．如果发电机手摇大轮的半径是转子小轮半径的2倍，则手摇大轮转动的平均角速度为__________．答案（1)转子不是在匀强磁场中转动（或手摇动发电机的转速不均匀）（2)2s0.5πrad/s解析只有线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电流才是标准的正弦式电流，手摇发电机的磁场是由条形磁铁产生的，所以不是匀强磁场，由于是手摇转动，转速难以保证恒定．屏上每出现一次向上的尖峰,就代表经过了一个周期，2min内屏上出现了61个向上的尖峰，表明周期T＝eq\f（2×60，61－1）s＝2s，大轮的角速度等于小轮的角速度的一半,所以大轮的角速度ω＝eq\f（2π,T)·eq\f（1,2)＝0。5πrad/s.四、解答题(本题共4小题，共46分．解答应写出必要的文字说明，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)13．（12分)如图12甲所示，固定的矩形导体线圈水平放置,线圈的两端接一个小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场．已知线圈的匝数n＝100匝，总电阻r＝1。0Ω，所围成的矩形的面积S＝0。040m2，小灯泡的电阻R＝9.0Ω，磁感应强度随时间按图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝nBmSeq\f（2π,T)coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t））,其中Bm为磁感应强度的最大值,T为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化，求：图12（1）线圈中产生的感应电动势的最大值；（2）小灯泡消耗的电功率；(3）在0~eq\f(T,4)时间内，通过小灯泡的电荷量．答案（1)8。0V（2)2.88W(3)4.0×10－3C解析（1)由题图乙知，线圈中产生的交变电流的周期T＝3.14×10－2s，所以Em＝nBmSω＝eq\f(2πnBmS，T）＝8。0V。(2)电流的最大值Im＝eq\f（Em,R＋r)＝0。80A，有效值I＝eq\f(Im，\r（2）)＝eq\f（2\r(2），5）A，小灯泡消耗的电功率P＝I2R＝2.88W.（3）在0～eq\f(T,4)时间内，电动势的平均值eq\x\to（E）＝eq\f（nSΔB，Δt)，平均电流eq\x\to(I）＝eq\f(\x\to(E）,R＋r)＝eq\f（nSΔB,R＋rΔt)，通过小灯泡的电荷量Q＝eq\x\to(I）Δt＝eq\f（nSΔB，R＋r）＝4.0×10－3C。14．(12分）如图13所示，理想变压器原线圈中输入电压U1＝3300V，副线圈两端电压U2为220V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2,绕过铁芯的导线所接的电压表V的示数U＝2V．求:图13(1）原线圈n1等于多少匝？(2)当开关S断开时，电流表A2的示数I2＝5A．则电流表A1的示数I1为多少?(3)在（2)的前提下,当开关S闭合时，电流表A1的示数I1′等于多少？答案（1)1650匝(2）0.33A(3）0.67A解析(1）由电压与变压器匝数的关系可得：eq\f（U1,n1）＝eq\f（U2,n2)＝U,则n1＝1650匝．（2)当开关S断开时，有：U1I1＝U2I2,I1＝eq\f(U2I2，U1)＝eq\f(1,3）A≈0。33A(3）当开关S断开时，有：R1＝eq\f(U2,I2）＝44Ω.当开关S闭合时，设副线圈总电阻为R′，有R′＝eq\f（R1,2)＝22Ω,副线圈中的总电流为I2′＝eq\f（U2，R′）＝10A．由U1I1′＝U2I2′可知,I1′＝eq\f(U2I2′,U1）＝eq\f（2,3）A≈0.67A。15．（10分）一居民小区有440户,以前每户平均消耗电功率为100W,使用的区间变压器匝数比为165∶6,恰好能使额定电压为220V的家用电器正常工作，现在因家用电器增加,每户平均消耗的电功率为250W,若变压器输入电压仍为6600V，区间输电线路不变，为了使家用电器正常工作，需更换区间变压器,则更换后的区间变压器的匝数比为多少?答案220∶9解析未换时，输电电流I＝eq\f(P总,U用)＝eq\f（440×100,220)A＝200A．输出电压U2＝eq\f(n2，n1）U1＝eq\f(6，165)×6600V＝240V，则由U线＝U2－U用＝IR线知，R线＝eq\f（240－220,200）Ω＝0。1Ω.换变压器后,I′＝eq\f(P总′，U用)＝eq\f（440×250，220）A＝500A．线路损失电压U线′＝I′R线＝50V,变压器输出电压U2′＝U用＋U线′＝220V＋50V＝270