2024年高考物理选择性必修第二册大一轮复习：第三章综合评估

第三章综合评估一、选择题(本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分，第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中，通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是(B)A．t1、t3时刻线圈产生的电动势最大B．t1、t3时刻线圈位于中性面位置C．t2、t4时刻线圈中感应电流方向改变D．线圈每转一周，电流的方向就改变一次解析：t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，而磁通量的变化率等于零，则电动势为0，故A错误；t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，则线圈位于中性面位置，故B正确；t2、t4时刻磁通量为零，线圈转到与中性面垂直位置处，此时电动势最大，电流方向不变，故C错误；线圈每转一周，两次经过中性面，电流方向两次发生改变，故D错误。2．某小型发电机产生的感应电动势为e＝50sin100πt(V)。对此电动势，下列表述正确的是(D)A．最大值是50eq\r(2)VB．频率是100HzC．有效值是25VD．周期是0.02s解析：从线圈位于中性面开始计时，感应电动势的表达式为e＝Emsinωt，因为e＝50sin100πt(V)，所以最大值是Em＝50V，A错误；由ω＝2πf＝100πrad/s得f＝50Hz，B错误；电动势有效值是E＝eq\f(Em,\r(2))＝25eq\r(2)V，C错误；T＝eq\f(1,f)＝0.02s，D正确。3．(2023·江苏南京高二校联考)如图所示为某小型电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定，升、降压变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入A、B两个理想互感器，互感器原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶10，电压表的示数为220V，电流表的示数为5A，线路总电阻r＝10Ω，则下列说法正确的是(A)A．发电机输出的电功率为1100kWB．线路上损耗的功率为2500WC．互感器A是电流互感器，互感器B是电压互感器D．用户使用的用电设备变多，降压变压器输出电压U4大小不会改变解析：互感器A并联接入电路是电压互感器，互感器B串联接入电路是电流互感器，故C错误；根据eq\f(I,IA)＝eq\f(nB2,nB1)代入数据得I＝50A，线路上损耗功率P损＝I2r＝25000W，故B错误；根据变压器原理可知eq\f(U2,UV)＝eq\f(nA1,nA2)代入数据得U2＝22000V，发电机输出电功率P发＝U2I＝22000×50W＝1100kW，故A正确；用户使用的用电设备变多，用户电流增大，输电电流增大，输电线损失电压增大，降压变压器输入电压减小，降压变压器输出电压减小，故D错误。故选A。4.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝1∶3，副线圈回路中接入三个均标有“36V40W”的灯泡，且均正常发光，那么，标有“36V40W”的小灯泡A(A)A．也正常发光B．将被烧毁C．比另外三个灯泡暗D．无法确定解析：理想变压器的电压之比等于匝数之比，由副线圈回路中三个均标有“36V40W”的灯泡能正常发光，可知副线圈两端电压U2＝36×3V＝108V，所以原线圈两端电压U1＝eq\f(n1,n2)U2＝36V，灯泡A与原线圈并联，两端电压也为36V，能正常发光，故选A。5．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1＝20Ω，R2＝30Ω，C为电容器。已知原线圈接入电源电动势如图乙所示，则(D)A．交变电流的频率为0.02HzB．理想变压器输出电压的有效值为220VC．电阻R2的电功率约为24.2WD．电阻R3有电流通过，会产生焦耳热解析：根据变压器原理可知原、副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s，频率为50Hz，A错误。由图乙可知原线圈电压的最大值为Um＝220eq\r(2)V，根据原、副线圈的电压之比等于匝数之比可知变压器输出电压的有效值为22V，故B错误；电阻R2的电功率为P＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R2)＝16.1W，故C错误；因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R3和电容器，故D正确。故选D。6．如图为远距离输电示意图，n1、n2和n3、n4分别是升、降压变压器的原、副线圈，已知发电机的输出电压一定。用电高峰时，某同学发现当他家的大功率电器开启后，家中的白炽灯变暗。下列说法正确的是(B)A．该同学家开启大功率电器后，输电线上损失的功率减小B．若减小降压变压器原线圈n3的匝数，可能会使白炽灯正常发光C．若减小降压变压器副线圈n4的匝数，可能会使白炽灯正常发光D．若减小升压变压器副线圈n2的匝数，可能会使白炽灯正常发光解析：大功率电器开启后，电流增大，则根据电流之比等于匝数的反比可知，输入电流增大；根据P损＝Ieq\o\al(2,线)r可知，输电线上损失的功率增大，故A错误；由A分析可知输电线上的电流增大，则输电线上电压损失增大，降压变压器输入电压减小，若减小降压变压器原线圈n3的匝数，根据eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，可得U4＝eq\f(n4,n3)U3，则用户两端电压可能恢复正常，从而白炽灯正常发光，故B正确；由A分析可知输电线上的电流增大，则输电线上电压损失增大，降压变压器输入电压U3减小，根据eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，可得U4＝eq\f(n4,n3)U3，若减小降压变压器副线圈n4的匝数，又n3不变，U3减小，则U4减小，即灯更暗了，故C错误；若减小升压变压器副线圈n2的匝数，输电电压减小，且输电线上损失电压增大，所以降压变压器输入电压变小，输出电压也变小，灯变更暗，故D错误。故选B。7．(2023·湖北黄冈高二校联考)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶2，电阻R2和R3的阻值分别为4Ω和12Ω，U为正弦交流电源的输出电压，输出电压的有效值恒定。当开关S断开或者闭合时，电路中变压器输出功率相等，电阻R1的阻值是(A)A．2ΩB．4ΩC．6ΩD．8Ω解析：当开关S断开时，原线圈的输出功率为P1＝UI1－Ieq\o\al(2,1)R1，副线圈的输出功率为P2＝Ieq\o\al(2,2)(R2＋R3)，当开关闭合时，原线圈的输出功率为P′1＝UI′1－I′eq\o\al(2,1)R1，副线圈的输出功率为P′2＝I′eq\o\al(2,2)R2，由题意可知eq\f(n1,n2)＝eq\f(1,2)，P1＝P2＝P′1＝P′2，eq\f(I1,I2)＝eq\f(I′1,I′2)＝eq\f(n2,n1)，代入数据联立解得R1＝2Ω，故A正确，B、C、D错误。故选A。8.在绕制变压器时，某人将两个线圈误绕在如图所示的变压器铁芯的左右两个臂上。当通以交流电流时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，而另一半则通过中间的臂。已知线圈1和2的匝数比为2∶1，在不接负载的情况下(BD)A．当线圈1输入电压为220V时，线圈2输出电压为110VB．当线圈1输入电压为220V时，线圈2输出电压为55VC．当线圈2输入电压为110V时，线圈1输出电压为220VD．当线圈2输入电压为110V时，线圈1输出电压为110V解析：因为理想变压器原、副线圈电压之比等于线圈中产生的感应电动势之比，所以当线圈1输入电压U1＝220V时，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(E1,E2)＝eq\f(n1·ΔΦ1,n2·ΔΦ2)得U2＝eq\f(1,4)U1＝eq\f(1,4)×220V＝55V。当线圈2输入电压U2＝110V时，同理由eq\f(U2,U1)＝eq\f(E2,E1)＝eq\f(n2·ΔΦ′2,n1·ΔΦ′1)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,1)＝1，得U1＝U2＝110V。故BD正确，AC错误。故选BD。9．如图所示，范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝eq\f(\r(2),π)T，边长为L＝0.2m，匝数为n＝25匝的正方形线圈电阻值为r＝2Ω，两阻值均为R＝16Ω的定值电阻并联后连在线框两端，现使线圈以恒定的角速度ω＝10πrad/s绕中心轴线转动，将图示位置作为计时起点，忽略导线的电阻，电表为理想电压表，则下列说法正确的是(AD)A．线圈中产生的感应电动势的瞬时值为e＝10eq\r(2)cos10πt(V)B．电压表的示数为8eq\r(2)VC．线圈转动一周的过程中外电路产生的热量为4JD．线圈由图示位置转过90°的过程中流过每个定值电阻的电量为eq\f(\r(2),20π)C解析：由题意，线圈从垂直中性面位置开始计时，则产生余弦交流电，交流电的峰值为Em＝nBL2ω＝10eq\r(2)V，则线圈中产生的感应电动势的瞬时值为e＝Emcosωt＝10eq\r(2)cos10πt(V)，故A正确；电压表的示数为有效值，根据闭合电路欧姆定律可得电压表读数为U＝eq\f(Em,\r(2)（R外＋r）)×R外，R外＝eq\f(R,2)，代入相关数据得U＝8V，故B错误；线圈转动一周的过程中外电路产生的热量为Q＝eq\f(U2,R外)T，T＝eq\f(2π,ω)，代入相关数据得Q＝1.6J，故C错误；线圈由图示位置转过90°的过程中流过干路的总电荷量为q＝neq\f(ΔΦ,R外＋r)，ΔΦ＝BL2，联立代入相关数据得q＝eq\f(\r(2),10π)C，则流经每个定值电阻的电量为q′＝eq\f(q,2)＝eq\f(\r(2),20π)C，故D正确。故选AD。10.如图所示，理想自耦变压器是在铁芯上只绕一个线圈，闭合开关S，可以改变原线圈的匝数。a、b两个接线柱将线圈三等分，开关接a时，电压表的读数为Ua，电流表的读数为Ia，电阻R消耗的电功率为Pa；开关接b时，电压表的读数为Ub，电流表的读数为Ib，电阻R消耗的电功率为Pb，则(AC)A．eq\f(Ua,Ub)＝eq\f(1,2)B．eq\f(Ua,Ub)＝eq\f(1,3)C．eq\f(Pa,Pb)＝eq\f(1,4)D．eq\f(Ia,Ib)＝eq\f(1,3)解析：设输入电压为U，线圈的总匝数为n，由于a、b两个接线柱将线圈等分为三份，所以开关接a时，原线圈的匝数为eq\f(2,3)n，开关接b时，原线圈匝数为eq\f(1,3)n，根据变压器的电压比等于匝数比可得Ua＝eq\f(3,2)U，Ub＝3U，则eq\f(Ua,Ub)＝eq\f(1,2)，故A正确，B错误；根据欧姆定律可得Ia＝eq\f(Ua,R)＝eq\f(3U,2R)，Ib＝eq\f(Ub,R)＝eq\f(3U,R)，则有eq\f(Ia,Ib)＝eq\f(1,2)，又由Pa＝UaIa，Pb＝UbIb，可得eq\f(Pa,Pb)＝eq\f(UaIa,UbIb)＝eq\f(1,4)，故C正确，D错误。二、非选择题(本题共5小题，共54分)11．(6分)(1)为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，必须要选用的是ACE(多选)。A．有闭合铁芯的原、副线圈B．无铁芯的原、副线圈C．交流电源D．直流电源E．多用电表(交流电压挡)F．多用电表(交流电流挡)(2)用匝数na＝60匝和nb＝120匝的变压器，实验测量数据如下表：U1/V1.802.803.804.90U2/V4.006.018.029.98根据测量数据可判断连接电源的线圈是nb(选填“na”或“nb”)。解析：(1)为了完成变压器的探究，需要使用交流电源变压，多用电表(交流电压挡)；为了让变压效果明显需要含有闭合铁芯的原、副线圈，因此正确答案为ACE；(2)由于有漏磁，所以副线圈测量电压应该小于理论变压值，即nb为输入端，na为输出端。12.(8分)有一个教学用的可拆变压器，如图所示，它有两个外观基本相同的线圈A和B，线圈外部还可以绕线。(1)某同学用多用电表的欧姆挡测量了A、B线圈的电阻值，发现B线圈电阻约为A线圈电阻的3倍，则可推断B(选填“A”或“B”)线圈的匝数多；(2)如果把它看作理想变压器，现要测量A、B线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和一只低压交流电源(输出电压的有效值不变)。现采用如下方法进行测量：①将绝缘导线一端与A线圈上方接线柱相连，顺着原来的绕制方向在变压器的铁芯上再绕制n匝线圈；②将绝缘导线的另一端和A线圈下方接线柱分别与低压交流电源两端相连接；③用多用电表的交流电压挡先后测量低压交流电源两端的电压U0和B线圈的输出电压U；请在上述基础上，补充一个实验步骤，完成A、B线圈匝数的测量(需要测量的物理量请用字母表示，并说明其含义)，再写出测量A、B线圈的匝数nA和nB的表达式。④用多用电表的交流电压挡测量A线圈两端的电压U1，然后拆除电路并整理器材；nA＝eq\f(nU1,U0－U1)，nB＝eq\f(nU,U0－U1)。解析：(1)根据电阻定律，导线越长，电阻越大，因为B线圈电阻约为A线圈电阻的3倍，即B的电阻比A大，所以B线圈匝数多；(2)④用多用电表的交流电压挡测量A线圈两端的电压U1，然后拆除电路并整理器材；根据变压器电压比等于匝数比，有：eq\f(U1,U0－U1)＝eq\f(nA,n)，eq\f(U,U0－U1)＝eq\f(nB,n)，解得A线圈的匝数nA＝eq\f(nU1,U0－U1)，B线圈的匝数nB＝eq\f(nU,U0－U1)。13.(9分)一个正方形线圈的匝数为10，边长为20cm，线圈总电阻为1Ω，线圈绕OO′轴以10πrad/s的角速度匀速转动，如图所示，匀强磁场的磁感应强度为0.5T，(π取3.14)则：(1)该线圈产生的电动势的峰值、电流的峰值分别是多少？(2)从图示位置开始计时，写出感应电动势随时间变化的表达式；(3)线圈从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值是多大？答案：(1)6.28V6.28A(2)e＝6.28cos10πt(V)(3)3.14V解析：(1)电动势的峰值Em＝NBSω＝10×0.5×0.22×10πV＝6.28V，电流的峰值Im＝eq\f(Em,R)＝6.28A。(2)感应电动势的瞬时值表达式e＝Emcosωt＝6.28cos10πt(V)。(3)线圈转过60°，感应电动势的瞬时值e＝Emcos60°＝3.14V。14．(15分)如图，一个小型应急交流发电机，内部线圈匝数N＝50匝、边长l＝20cm的正方形线圈，总电阻为r＝1.0Ω。线圈在磁感应强度为B＝0.1T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动。发电机对一电阻为R＝9.0Ω的电灯供电，线路中其他电阻不计，若发电机的转动角速度为ω＝100rad/s时，电灯正常发光。求：(1)电灯正常发光的功率；(2)从图示位置开始，线圈转过30°的过程中，通过电灯的电荷量；(3)线圈每转动一分钟，外力需做的功。答案：(1)18W(2)0.01C(3)1200J解析：(1)电动势的最大值为Em＝NBSω＝NBωl2＝20V。电动势的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2)