2020-2021物理3-2单元质量检测（二） 第五章交变电流含解析VIP

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2020-2021学年物理人教版选修3-2单元质量检测（二）第五章交变电流含解析单元质量检测（二)（第五章)（90分钟100分)第Ⅰ卷(选择题共52分)一、选择题（本题共13小题,每小题4分，共52分。1~9为单选，10～13为多选)1．如图所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验,正确的说法是(）A．线圈每转动一周，指针左右摆动两次B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流C．图示位置ab边的感应电流方向为a→bD．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零2．如图所示，一单匝矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，bc边长为l2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动，则t时刻线圈中的感应电动势为（）A．0.5Bl1l2ωsinωtB．0。5Bl1l2ωC．Bl1l2ωsinωtD．Bl1l2ω3．交变电压的瞬时值为u＝Umsin100πt（V),当t＝eq\f（1，600)s时，u＝5eq\r(2)V,则从电压表上看到的读数为()A.eq\r（2）VB．5eq\r（2）VC．10eq\r（2）VD．10V4．水电站向小山村输电，输送电功率为50kW，若以1100V送电，则线路损失为10kW,若以3300V送电，则线路损失可降为(）A．3.3kWB．1。1kWC．30kWD．11kW5．某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：10，当输入电压增加20V时，输出电压（)A．降低2VB．增加2VC．降低200VD．增加200V6．如图所示,理想变压器原、副线圈匝数之比为20:1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220V,60W”灯泡一只，且灯泡正常发光，则（)A．电流表的示数为eq\f(3\r（2），220)AB．电源输出功率为1200WC．电流表的示数为eq\f(3,220）AD．原线圈端电压为11V7．如图,理想变压器原线圈输入电压U＝Umsinωt，副线圈电路中R0为定值电阻,R是滑动变阻器．V1和V2是理想交流电压表,示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是()A．I1和I2表示电流的瞬时值B．U1和U2表示电压的最大值C．滑片P向下滑动过程中,U2不变、I1变大D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小8．某小型水电站的电能输送示意图如图所示,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为R,降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4：1，降压变压器副线圈两端交变电压u＝220eq\r(2)sin100πt（V），降压变压器的副线圈与阻值R0＝11Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法不正确的是（）A．通过R0的电流的有效值是20AB．降压变压器T2原、副线圈的电压之比为4:1C．升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压D．升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率9．图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电阻R＝10Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10V．图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图象．则(）A．电阻R上的热功率为20WB．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＝14.1cos100πtVD．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos50πtA10．图中闭合金属线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定轴匀速转动,能产生正弦式交变电流的是（)11．如图所示是电子技术中常用的电路．a、b是电路的输入端，其中输入的高频电流用“”表示,低频电流用“～"表示，直流电流用“—”表示．关于负载电阻R中通过的电流，有以下说法，其中正确的是()A．甲图中R通过的是低频电流B．乙图中R通过的是高频电流C．丙图中R通过的是直流电流D．丁图中R通过的是高频电流12．如图所示，在某交流电路中，有一正在工作的变压器，原、副线圈匝数分别为n1＝600，n2＝120,交流电源电压U1＝220V，原线圈中串联一个0。2A的保险丝，为保证保险丝不被烧断，则()A．负载功率不能超过44WB．副线圈电流最大值不能超过1AC．副线圈电流有效值不能超过1AD．副线圈电流有效值不能超过0.2A13．图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为1：100，其输入电压如图乙所示,远距离输电线的总电阻为100Ω。降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻,R2为热敏电阻，当温度升高时其阻值变小，电压表显示加在报警器上的电压(报警器未画出)．未发生火情时,升压变压器的输入功率为750kW.下列说法中正确的是(）A．降压变压器副线圈输出的交流电频率为50HzB．未发生火情时,远距离输电线路损耗功率为180kWC．当R2所在处发生火情时，电压表V的示数变大D．当R2所在处发生火情时，输电线上的电流变大第Ⅱ卷（非选择题共48分)二、实验题(本题共2个题，共8分）14．（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”)．15．(4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________(填步骤前数字序号）；(2)如图所示，在实验中，两线圈的匝数n1＝1600,n2＝400,当将n1作原线圈时，原线圈两端电压为16V，副线圈两端电压为4V；n1与n2对调后，原线圈两端电压为8V时，副线圈两端电压为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________．三、计算题（本题共3小题，共40分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)16．（10分)如图所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(5\r（2)，π）T，线框的CD边长为20cm，CE、DF长均为10cm,转速为50r/s.若从图示位置开始计时：(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；（2）在e－t坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化的图象．

17。(15分）如图，匀强磁场的磁感应强度B＝0。5T,边长为L＝10cm的正方形线圈abcd共100匝,线圈电阻r＝1Ω，线圈绕垂直于磁感线的轴匀速转动．ω＝2πrad/s，外电路电阻R＝4Ω.求：（1)线圈产生的感应电动势的最大值．（2）交流电压表的示数．(3）线圈转动一周，电阻R上产生的热量．18．(15分）三峡电站某机组输出的电功率为50万千瓦．（1）若输出的电压为20万伏,则输电线上的电流为多少？(2)在(1）情况下，某处与电站间每根输电线的电阻为10欧,则输电线上损失的功率为多少?它占输出功率的几分之几？(3）若将电压升高至50万伏，输电线上的电流为多少？输电线上损失的功率又为多少？它占输出功率的几分之几?单元质量检测(二）(第五章）1．解析：线圈在磁场中匀速转动时,在电路中产生呈周期性变化的交变电流,线圈经过中性面时电流改变方向,线圈每转动一周，有两次通过中性面,电流方向改变两次,指针左右各摆动一次，A项错误；线圈处于题图所示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为a→b，B项错误,C项正确;线圈平面与磁场方向平行时,ab、cd边垂直切割磁感线,线圈产生的电动势最大,也可以这样认为，线圈处于竖直位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大,D项错误．答案:C2．解析：线圈从题图位置开始转动，感应电动势瞬时值表达式为e＝Emcosωt，由题意，Em＝BSω＝Bl1l2ω，所以e＝Bl1l2ωcos答案：D3．解析:将t＝eq\f(1,600)s及u＝5eq\r(2）V代入u＝Umsin100πt（V)，可以求得最大值Um＝10eq\r（2)V，有效值为10V，电压表的读数为有效值，D正确．答案：D4．解析：由P＝UI，ΔP＝I2R可得:ΔP＝eq\f（P2，U2）R，所以当输送电压增大为原来的3倍时，线路损失变为原来的eq\f(1,9)，即ΔP＝1.1kW。答案：B5．解析:由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1，n2)，得：U2＝eq\f（n2,n1)U1，即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以有：ΔU2＝eq\f(n2,n1）·ΔU1，当输入电压增加20V时，输出电压增加200V，故D正确．答案:D6．解析：由灯泡正常发光,可知副线圈电压为220V,由eq\f(U1，U2)＝eq\f（n1，n2）可知,原线圈电压U1＝20×220V＝4400V，D错．又因输入功率等于输出功率，P1＝P2＝60W，故B错．电流表读数为有效值，原线圈中电流I1＝eq\f(P1，U1)＝eq\f（60，4400)A＝eq\f（3，220)A，故A错、C正确．答案：C7．解析：电压表和分别测量变压器原、副线圈的输入、输出电压的有效值,电流表和分别测量原、副线圈电路中电流的有效值,A、B项错误；滑动变阻器滑片P向下滑动时，接入电路的电阻变小，原副线圈输入、输出电压不变，由欧姆定律I＝eq\f（U，R＋R0）可知，副线圈电路中的电流变大，副线圈输出功率变大，由P入＝P出，得原线圈的输入功率变大，由P＝IU可知，原线圈电路中的电流变大,C项正确，D项错误．答案：C8．解析：降压变压器副线圈两端交变电压的有效值为220V，负载电阻为11Ω，所以通过R0的电流的有效值是20A，选项A正确；降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4:1，所以降压变压器T2的原、副线圈的电压之比为4:1，选项B正确；升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压加上输电线上损失的电压，选项C错误;升压变压器T1的输出功率等于降压变压器T2的输入功率加上输电线上损失的功率,选项D正确．答案:C9．解析：电阻R上的热功率P＝eq\f（U2，R)＝10W，选项A错误；在0。02s，磁通量为零，线圈平面处在与中性面垂直的平面上，R两端的瞬时电压最大，选项B错误；R两端的电压最大值为10eq\r（2）V,t＝0时感应电动势最大,即R两端电压按余弦规律变化，即u＝Umcosωt，而ω＝eq\f(2π，T）＝100π，选项C正确；又u＝iR，则i＝eq\f(u,R)，故选项D错误．答案：C10．解析：一矩形线圈在匀强磁场内绕垂直磁场的轴匀速转动，线圈中就会产生正弦式交变电流．虽然只有一半金属线圈在磁场中，但是始终有一边切割磁感线,保证转动过程中感应电动势连续,按照正弦规律变化，A正确；线圈转动,磁通量不变，无感应电流，B错误;只有半周有电流，不能产生正弦式交变电流,C错误；闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场且过线圈平面的转轴匀速转动，满足产生正弦式交变电流的条件，能产生正弦式交变电流,D正确．答案：AD11．解析：甲图中，电容器隔直流，R通过低频电流；乙图中，电容器可以和高频交流电形成通路，R中通过低频电流;丙图中，电容器C很大，容抗较小,可以通过低频电流，则R中通过直流电流；丁图中，电感器L很大，f越高，感抗越大，阻碍高频电流通过，R中通过低频电流，故选项A、C正确．答案：AC12．解析：由P入＝P出可知P入＝U1I1＝44W．又由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1，n2)，得U2＝44V，故I2不能大于1A,负载功率不能超过44W.答案：AC13．解析：由题图乙知交流电的周期为0.02s，所以频率为50Hz,变压器不改变交流电的频率，A正确；由题图乙知升压变压器输入电压的有效值为250V，根据升压变压器变压规律知副线圈两端电压为25000V，所以输电线中的电流为I＝eq\f(P,U）＝30A，输电线路损失的电压为ΔU＝IR＝30×100V＝3000V，输电线路损耗功率为ΔP＝IΔU＝90kW，B错误；当R2所在处发生火情时其阻值减小，副线圈中电流增大，根据降压变压器变流规律知输电线上的电流变大，输电线上的分压增大，降压变压器两端的电压变小，根据降压变压器变压规律和串联分压，R1两端电压增大，故电压表V的示数变小，C错误,D正确．答案：AD14．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，可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，可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．答案：交流电源增大减小控制变量法15．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作原线圈时，原线圈两端电压为16V，副线圈两端电压为4V；当n1与n2对调后，原线圈两端电压为8V时,副线圈两端电压为32V，由以上数据可得：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2）。答案：(1）①③②④（2）eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1，n2）16．解析：(1）线框转动，开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置,在t时刻线框转过的角度为ωt,此时刻e＝Bl1l2ωcosωt即e＝BSωcosωt.其中B＝eq\f（5\r(2)，π)T，(1分)S＝0.1×0.2m2＝0。02mω＝2πn＝2π×50rad/s＝100πrad/s，(1分）故e＝eq\f（5\r(2），π）×0.02×100πcos（100πt)V，(1分）即:e＝10eq\r(2）cos（100πt）V．(1分)（2）线框中感应电动势随时间变化的图象如图所示：(4分）答案：（1）e＝10eq\r(2)cos（100πt)V(2）见解析图17．解析：先根据Em＝nBωS求出最大值；电压表测量的是电阻R的电压，根据闭合电路欧姆定律即可求解；根据焦耳定律计算电阻R上的热量．(1)线圈产生的感应电动势的最大值：Em＝nBSω＝100×0.5×0。1×0.1×2πV＝πV．（4分）(2)感应电动势有效值为：E＝eq\f（Em，\r(2))＝eq\f（\r（2),2）πV（2分）电流强度为：I＝eq\f（E，R＋r）＝eq\f(\r(2）π,2×4＋1）＝eq\f（\r（2）π,1