2018-物理新导学笔记选修3-2人教通用版讲义第五章交变电流章末检测试卷WORD版含答案

10/1009/10/章末检测试卷(二)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共计48分.1～6题为单选题，7～12题为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．某交变电压瞬时值表达式为u＝6eq\r(2)sin314tV，则()A．用此交变电流作打点计时器的电源时，打点周期为2sB．把额定电压为6V的小灯泡接在此电源上，小灯泡正常发光C．把额定电压为6V的小灯泡接在此电源上，小灯泡将烧毁D．耐压6V的电容器可以直接用在此电源上答案B解析由表达式可知电压的最大值是6eq\r(2)V，角速度是314rad/s，所以电压的有效值是6V，周期是0.02s，所以B正确，A、C、D错误．2．如图1所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电源两端的电压—时间图象．原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，串联在原线圈电路中的交流电流表的示数为1A，则()图1A．变压器原线圈所接交流电压的有效值为311VB．变压器输出端所接电压表的示数为22eq\r(2)VC．变压器输出端交变电流的频率为50HzD．变压器的输出功率为220eq\r(2)W答案C解析变压器原线圈所接交流电压的有效值为U1＝eq\f(311,\r(2))V≈220V，选项A错误；变压器输出端所接电压表的示数为U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(1,10)×220V＝22V，选项B错误；变压器输出端交变电流的频率为f＝eq\f(1,0.02)Hz＝50Hz，选项C正确；变压器的输出功率等于输入功率，P＝U1I1＝220×1W＝220W，选项D错误．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错误；变压器原、副线圈匝数之比是2∶1，C错误；负载电流的函数表达式是i＝0.05sin(100πt)A，D错误．4.如图3所示，理想变压器的原线圈接在u＝220eq\r(2)sin100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是()图3A．原线圈的输入功率为220eq\r(2)WB．电流表的读数为1AC．电压表的读数为110eq\r(2)VD．副线圈输出交流电的周期为50s答案B解析原线圈输入电压的有效值是220V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可得U2＝110V，则电压表读数应为110V，选项C错误．由欧姆定律可得I2＝eq\f(U2,R)＝2A，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可得I1＝1A，选项B正确．由功率P1＝U1I1可知，P1＝220W，选项A错误．由电源电压瞬时值表达式u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，可知ω＝100πrad/s，由T＝eq\f(2π,ω)可知，T＝0.02s，选项D错误．

5.如图4所示，线框匝数为N，面积为S，以角速度ω绕垂直磁感应强度为B的匀强磁场的轴匀速转动．线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想电流表和二极管D.二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大．下列说法正确的是()图4A．图示位置电流最大B．R两端电压的有效值U＝eq\f(\r(2),2)NBSωC．交流电流表的示数I＝eq\f(ω,2R)NBSD．一个周期内通过R的电荷量q＝eq\f(2BS,R)答案C解析题图所示位置通过R的电流为零，R两端电压的瞬时值如图所示．设R两端电压的有效值为U，在一个周期内有：eq\f(?\f(NBSω,\r(2))?2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)T，解得：U＝eq\f(1,2)NBSω，电流的有效值I＝eq\f(U,R)＝eq\f(NBSω,2R)，在一个周期内，只有半周期的时间有电流通过R，故：q＝Neq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(2NBS,R).故选C.6．一含有理想变压器的电路如图5所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为()图5A．2∶1B．3∶1C．4∶1D．5∶1答案B解析开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比eq\f(I,I2)＝eq\f(n2,n1)，通过R2的电流I2＝eq\f(In1,n2)，副线圈的输出电压U2＝I2(R2＋R3)＝eq\f(5In1,n2)，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得原线圈两端的电压U1＝5Ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))2，则U＝U1＋IR1＝5Ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))2＋3I；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比eq\f(4I,I2′)＝eq\f(n2,n1)，通过R2的电流I2′＝eq\f(4In1,n2)，副线圈的输出电压U2′＝I2′R2＝eq\f(4In1,n2)，由eq\f(U1′,U2′)＝eq\f(n1,n2)可得原线圈两端的电压U1′＝4Ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))2，则U＝U1′＋4IR1＝4Ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))2＋12I，联立解得eq\f(n1,n2)＝3，选项B正确．7．我国“西电东送”采用高压直流输电，继三峡至常州500kV直流输电工程后，又实现了三峡至广东的500kV直流输电工程．这种输电方式是在高压交流远距离输电的基础上，增加了把交流变为直流的“整流”设备，用户端用专用的“逆变”设备把直流变为交流．关于高压远距离直流输电，下列说法正确的有()A．“整流”设备应放在升压变压器后，而“逆变”设备放在降压变压器前B．有利于消除输电线路中感抗和容抗的影响C．可以实现不同频率的交流电网络之间的电力传输D．高压远距离直流输电对输电线路绝缘性能无要求答案ABC8.如图6所示的电路，一灯泡和一可变电容器串联，下列说法正确的是()图6A．a、b端接稳恒直流电，灯泡发亮B．a、b端接交变电流，灯泡发亮C．a、b端接交变电流，灯泡发亮，且将电容器电容增大时，灯泡亮度增大D．a、b端接交变电流，灯泡发亮，在不改变交变电流有效值的情况下增大其频率，灯泡亮度增大答案BCD解析电容器有“通交流，隔直流，通高频，阻低频”的特点，B、D项正确，A错误；增大电容器的电容，电容的阻碍作用减小，电流增大，灯泡的亮度增大，C项正确．9．如图7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7A．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；由题图乙可知，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；由题图乙可知，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．10．如图8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)sin100πt(V)，用电器的电阻R0＝11Ω，则()图8A．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(U,R0)＝eq\f(220,11)A＝20A，选项A正确；通过输电线的电流I′＝eq\f(n4,n3)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．11．如图9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9A．阻值为14.4Ω的电阻B．并联两盏“36V40W”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，原线圈所接电源电压的有效值为180V，由理想变压器特点可知，变压比等于匝数比，则U2＝eq\f(n2U1,n1)，解得U2＝36V，B中两灯泡接入电路时，副线圈中的电流I2＝eq\f(20,9)A，原线圈中的电流I1＝eq\f(4,9)A≈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(?36V?2,R)＝180V×0.5A，解得R＝14.4Ω，A正确．12．如图10甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是()图10A．输入电压u的表达式u＝20eq\r(2)sin(100πt)VB．只断开S2后，L1、L2均正常发光C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W答案AD解析由题图乙可知，Um＝20eq\r(2)V，T＝0.02s，则ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，输入电压u＝20eq\r(2)sin(100πt)V，故A正确；由变压器的变压规律知：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，故U2＝eq\f(U1n2,n1)＝eq\f(20×1,5)V＝4V，将S1接1、S2闭合时，灯泡L2正常发光可得，灯泡L2的额定电压为4V，当只断开S2后，副线圈两端电压不变，此时副线圈的负载为L1、L2串联，故L1、L2均不能正常发光，B错误；此时P出＝eq\f(U22,R总)，副线圈负载R总增大，故P出减小，又P入＝P出，故原线圈的输入功率减小，C错误；当S1换接到2后，副线圈的负载仅是电阻R，故P＝eq\f(U22,R)＝eq\f(42,20)W＝0.8W，D正确．二、非选择题(本题共5小题，共计52分)13．(4分)某同学选用匝数可调的可拆变压器来做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验，变压器原线圈两端所接的电源应是电压为12V的低压________(选填“交流电源”或“直流电源”)．先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)．上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是____________________(选填“控制变量法”“转换法”或“类比法”)．答案交流电源增大减小控制变量法解析变压器的工作原理是互感现象，故原线圈两端所接的电源应是电压为12V的低压交流电源；根据变压比公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大；根据变压比公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小；上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是控制变量法．

14．(6分)在“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验中，操作步骤如下：①将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；②闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；③将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源输出端上，另一个作为副线圈，接上小灯泡；④将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤．(1)以上操作的合理顺序是________(只填步骤前数字序号)；(2)如图11所示，在实验中，两线圈的匝数n1＝1600，n2＝400，当将n1做原线圈时，U1＝16V，副线圈两端电压U2＝4V；原线圈与副线圈对调后，当U1′＝8V时，U2′＝32V，那么可初步确定，变压器两个线圈的电压U1、U2与线圈匝数n1、n2的关系是________．图11答案(1)①③②④(2)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)解析(1)在“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验中，首先将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；再将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源输出端上，另一个作为副线圈，接上小灯泡；闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；最后将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤．(2)两线圈的匝数n1＝1600，n2＝400，当将n1做原线圈时，U1＝16V，副线圈两端电压U2＝4V；当原线圈与副线圈对调后，U1′＝8V时，U2′＝32V，此时U2′为原线圈的电压，而U1′为副线圈的电压，由以上数据可得：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2).15．(13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＋r?Δt)，通过小灯泡的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nSΔB,R＋r)＝4.0×10－3C.16．(13分)如图13所示，理想变压器原线圈中输入电压U1＝3300V，副线圈两端电压为U2＝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：(电表均为理想电表)图13(1)原线圈匝数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)中情况下，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)eq\f(1,3)A(3)eq\f(2,3)A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(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.17．(16分)一台小型发电机的最大输出功率为100kW，输出电压有效值恒为500V，现用电阻率为1.8×10－8Ω·m、横截面积为10－5m2的输电线向4×103m远处的用户输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上的损失功率不得超过发