2023新教材高中物理第三章交变电流水平测评新人教版选择性必修第二册

第三章水平测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每个小题给出的四个选项中，第1～8小题，只有一个选项符合题意；第9～12小题，有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对而不全的得2分，错选或不选的得0分)1．如图所示，(a)→(b)→(c)→(d)→(e)过程是交流发电机发电的示意图，线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接。下列说法正确的是()A．图(a)中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大 B．从图(b)开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝Imsinωt C．当线圈转到图(c)位置时，感应电流最小，且感应电流方向改变 D．当线圈转到图(d)位置时，感应电动势最小，ab边中感应电流方向为b→a答案C解析图(a)中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，磁通量变化率最小，A错误；当线圈转到图(b)位置时，线圈产生的感应电动势最大，形成的感应电流最大，故从图(b)开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝Imcosωt，B错误；当线圈转到图(c)位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，且感应电流方向改变，C正确；当线圈转到图(d)位置时，感应电动势最大，根据右手定则可知ab边中感应电流方向为b→a，D错误。2．(2020·永安市第三中学高二月考)如图所示为一正弦交流电通过一电子元件后的波形图，则下列说法正确的是()A．这也是一种交流电B．电流的变化周期是0.01sC．电流的有效值是1AD．电流通过100Ω的电阻时，1s内产生的热量为200J答案C解析图中电流的方向没有发生变化，是直流电，A错误；根据图像可得电流的变化周期是0.02s，B错误；根据有效值的定义得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Im,\r(2))))2R·eq\f(T,2)＝I2R·T，代入数据解得电流的有效值I＝1A，C正确；电流通过100Ω的电阻时，1s内产生的热量Q＝I2Rt＝100J，D错误。3.一个匝数为100匝、电阻为0.5Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化，则线圈中产生的交变电流的有效值为()A．6AB．5AC．2eq\r(5)AD．2eq\r(6)A答案C解析由图可知，0～1s内的磁通量变化率为k1＝eq\f(0.01,1)Wb/s＝0.01Wb/s，则线圈内产生的感应电动势E1＝nk1＝1V；1～1.2s内的磁通量变化率为k2＝eq\f(0.01,0.2)Wb/s＝0.05Wb/s，则感应电动势E2＝nk2＝5V。该线圈在一个周期内产生的热量Q＝Q1＋Q2＝eq\f(12,0.5)×1J＋eq\f(52,0.5)×0.2J＝12J，根据交流电有效值的定义有Q＝I2RT，代入数据解得I＝2eq\r(5)A，C正确。4.如图，理想变压器的输入电压一定，两个副线圈的匝数分别为n2、n3，当把一电热器接在a、b间，让c、d空载时，电流表的示数为I1；当把同一电热器接在c、d间，让a、b空载时，电流表的示数为I2，则eq\f(I1,I2)的值为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n3)))2B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n3,n2)))2C.eq\f(n2,n3)D.eq\f(n3,n2)答案A解析设原线圈的电压为U，两个副线圈的电压分别为U2、U3，根据输入功率等于输出功率，知UI1＝eq\f(U\o\al(2,2),R)，UI2＝eq\f(U\o\al(2,3),R)，联立得eq\f(I1,I2)＝eq\f(U\o\al(2,2),U\o\al(2,3))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n3)))2，A正确。5.在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置一矩形线圈abcd。线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合。线圈平面与磁场方向垂直。从t＝0时刻起，线圈以恒定角速度ω＝eq\f(2π,T)绕cd边沿如图所示方向转动，规定线圈中电流沿abcda方向为正，则从t＝0到t＝T时间内，线圈中的电流I随时间t变化的关系图像为()答案B解析t＝0时，线圈处于中性面位置，感应电流为0；在0～eq\f(T,4)内，线圈在匀强磁场中匀速转动，故产生正弦式交流电，由楞次定律知，电流方向为adcba，电流为负；在eq\f(T,4)～eq\f(3,4)T内，线圈在磁场外转动，无感应电流产生；在t＝eq\f(3,4)T时，ab边垂直切割磁感线，感应电流最大，且电流方向为abcda，电流为正。故B正确。6．(2019·安徽省池州市高二下学期期末)2019年3月14日，中国家电及消费电子博览会在上海盛大开幕，家电展上有些国家家用电器的额定电压和我国是不同的，例如美国家用电器额定电压值为110V。已知某电源输出的交变电压的表达式为u＝110eq\r(2)sin120πt(V)，下列说法正确的是()A．用电压表测该电源的输出电压，其示数为110eq\r(2)VB．将该电压加在110Ω的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为110WC．交流电的频率为60Hz，电流方向每秒改变60次D．用电压表测该电源的输出电压，当t＝0.1s时电压表示数为0V答案B解析由于该正弦交变电压的最大值为110eq\r(2)V，所以有效值为110V，电压表显示的是有效值，为110V，A错误；将该电压加在110Ω的电阻两端，该电阻消耗的电功率为：P＝eq\f(U2,R)＝110W，B正确；由ω＝2πf＝120πrad/s，得f＝60Hz，在一个周期内，电流方向改变两次，故电流方向每秒改变120次，C错误；当t＝0.1s时，u＝0，但电压表示数为有效值，为110V，D错误。7.如图所示，理想变压器为降压变压器，原线圈通过灯泡L1与正弦式交流电源相连，副线圈通过导线与灯泡L2和L3相连，三个灯泡的规格是相同的，开始时开关S处于断开状态。当S闭合后，所有灯泡都能发光，下列说法中正确的是()A．灯泡L1和L2都变亮B．灯泡L2两端的电压变小C．灯泡L1变亮，灯泡L2的亮度不变D．变压器原线圈的输入功率不变答案B解析当S闭合后，变压器的负载电阻变小，输出电流变大，输入电流变大，灯泡L1两端的电压增大，灯泡L1变亮，原线圈电压变小，匝数比不变，故副线圈电压变小，灯泡L2两端的电压变小，所以L2变暗，A、C错误，B正确；由以上分析可知，变压器原线圈的输入功率可能变大，可能变小，也可能不变，D错误。8．如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为m，降压变压器的变压比为n，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了ΔU，则下列判断正确的是()A．电流表A2的示数增大了eq\f(ΔU,R)B．电流表A1的示数增大了eq\f(nΔU,R)C．电压表V1的示数减小了ΔUD．输电线损失的功率增加了eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nΔU,R)))2R答案B解析根据题意知，发电厂的输出电压恒为U，升压变压器的变压比不变，所以电压表V1的示数不变，C错误；降压变压器原、副线圈两端的电压之比等于n，所以有eq\f(ΔU3,ΔU)＝n，即降压变压器原线圈两端电压减小了nΔU，故输电线上的电压损失增大了nΔU，根据欧姆定律，电流表A1的示数增大了eq\f(nΔU,R)，根据电流与匝数成反比知，电流表A2的示数增大了n·eq\f(nΔU,R)＝eq\f(n2ΔU,R)，A错误，B正确；由于输电线上电流增大了eq\f(nΔU,R)，故输电线损失的功率增加量一定大于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nΔU,R)))2R，D错误。9.钳式电流表是根据变压器原理设计的，其外形和结构如图所示，已知表中线圈的匝数为50匝，现用其测量一电缆线中的电流，若电流表上指示出线圈中的电流为1.60A，则下列说法正确的是()A．图中电缆线中的电流为0.032AB．图中电缆线中的电流为80AC．用这种电流表测量电流时要先断开被测电路，再将电表连入电路中进行测量D．这种电流表可以测量普通电流表不便直接测量的较大交变电流答案BD解析根据变压器原理可得：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，所以图中电缆线中的电流为I1＝50×1.60A＝80A，A错误，B正确；钳式电流表使用很方便，可以在不切断被测电路的情况下测量电流，C错误；钳式电流表能将大电流变成小电流，所以这种钳式电流表可以测量普通电流表不便直接测量的较大交变电流，D正确。10．如图甲是某中学模拟远距离输电的实验电路，A1、A2是两个完全相同的交流电流表，L1、L2是两个规格完全相同的小灯泡，R等效为输电导线的电阻，B1、B2可看作理想变压器，其原、副线圈的匝数之比分别为4∶16和16∶4，实验时A、B端输入如图乙所示的交变电流，看到L2能正常发光，则下列描述正确的是()A．L1比L2要暗B．A1、A2的示数在不断地变化C．A1、A2的示数不变，但A1的示数比A2要小D．通过L1、L2电流的频率均为50Hz答案AD解析L1是直接输电，输电线上的电压损失大，根据变压器原理可知，经过升压变压器后的电流强度减小，输电线路的电压损失减小，L2两端电压要大于L1两端电压，L1比L2要暗，A正确；A1、A2的示数都是有效值，保持不变，而经过变压器先升压后再输电时，输电线路的电流强度较小，即IA1＞IA2，B、C错误；变压器不改变交变电流的频率，通过L1、L2电流的频率均为f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.02)Hz＝50Hz，D正确。11.如图所示，矩形线圈的匝数N＝100匝、面积S＝0.02m2，以OO′为轴在磁感应强度为B＝0.5T的匀强磁场中以ω＝100rad/s的角速度匀速转动，电路中灯泡的电阻R＝5Ω，氖泡在两端电压达到60V时开始发光，不计矩形线圈的电阻，下列说法正确的是()A．电压表的读数为100VB．灯泡的电功率为1000WC．线圈中的最大磁通量为1WbD．S闭合时，在线圈转动一周的时间内氖泡会发光两次答案BD解析电压表的读数为U＝eq\f(NBSω,\r(2))＝eq\f(100×0.5×0.02×100,\r(2))V＝50eq\r(2)V，A错误；灯泡的电功率为P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(50\r(2)2,5)W＝1000W，B正确；线圈中的最大磁通量为Φ＝BS＝0.5×0.02Wb＝0.01Wb，C错误；感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝100×0.5×0.02×100V＝100V＞60V，则一个周期内氖泡发光两次，D正确。12．如图甲所示，一理想变压器原线圈匝数为n1，副线圈匝数为n2，电流表和电压表是理想电表，副线圈接有“220V220W”的抽油烟机和“220V40W”的白炽灯，如果原线圈电压按图乙所示规律变化，抽油烟机正常工作，则下列说法正确的是()A．理想变压器原、副线圈的匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(10,1)B．电流表A2的读数为1A，电压表的示数为220VC．抽油烟机的内阻为220ΩD．变压器的输入功率为260W答案AD解析原线圈两端电压为：U1＝eq\f(2200\r(2),\r(2))V＝2200V，抽油烟机正常工作，则副线圈两端电压U2＝220V，理想变压器原、副线圈的匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(10,1)，A正确；抽油烟机和白炽灯的额定电压相等，抽油烟机正常工作，则白炽灯也正常工作，电流表A2的读数为：I2＝eq\f(PM,U2)＋eq\f(PL,U2)＝eq\f(220,220)A＋eq\f(40,220)A≈1.18A，电压表的示数为220V，B错误；抽油烟机正常工作时不是纯电阻元件，不能用欧姆定律计算内阻，所以根据题中条件无法计算其内阻，C错误；变压器的输入功率等于输出功率，所以P入＝220W＋40W＝260W，D正确。第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、实验题(本题共2小题，共12分)13．(5分)实验“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”。(1)实验室中有下列器材：A．可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)B．条形磁体C．直流电源D．多用电表E．开关、导线若干上述器材在本实验中不用的是________(填器材序号)，本实验中还需用到的器材有____________。(2)该学生继续做实验，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____________。答案(1)BC低压交流电源(2)增大减小控制变量法解析(1)题中器材在本实验中不用的是条形磁体和直流电源，故选B、C；本实验中还需用到的器材有低压交流电源。(2)保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，因电压和匝数成正比，即eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，则观察到副线圈两端的电压增大；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．(7分)(2019·江苏省如皋中学高二月考)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________线圈的匝数多(选填“A”或“B”)。(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以及A线圈下方接线柱分别与低压交流电源两端相连；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。补充的步骤：④________________________________________；nA＝________________，nB________________。答案(1)B(2)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eq\f(nU1,U0－U1)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线圈的电阻比A线圈的大，所以B线圈匝数多。(2)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；根据变压器的电压比等于匝数比，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)。三、计算题(本题共4小题，共40分。解答中应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，只写出最后答案的不给分)15．(10分)如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，线圈的匝数n＝100，电阻r＝10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90Ω，与R并联的交流电压表为理想电表，在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化。求：(1)交流发电机产生的电动势的最大值；(2)电路中交流电压表的示数。答案(1)200V(2)127V解析(1)交流发电机产生的电动势的最大值Em＝nBSω，而Φm＝BS，ω＝eq\f(2π,T)，所以Em＝eq\f(2nπΦm,T)，由Φ­t图线可知：Φm＝2.0×10－2Wb，T＝6.28×10－2s，所以Em＝200V。(2)电动势的有效值E＝eq\f(\r(2),2)Em＝100eq\r(2)V，由闭合电路的欧姆定律知，电路中电流的有效值为I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\r(2)A，交流电压表的示数为U＝IR＝90eq\r(2)V≈127V。16．(10分)如图甲所示为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的uab­t图像如图乙所示。若只在c、e间接一只Rce＝400Ω的电阻，或只在d、e间接一只Rde＝225Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80W。(1)请写出原线圈输入电压uab的瞬时值表达式；(2)求只在c、e间接400Ω电阻时，原线圈中的电流I1；(3)求c、e和d、e间线圈的匝数比eq\f(nce,nde)。答案(1)uab＝400sin200πt(V)(2)0.28A(3)eq\f(4,3)解析(1)由题图乙知ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.01s)＝200πrad/s，输入电压的瞬时值表达式为uab＝400sin200πt(V)。(2)原线圈中输入电压的有效值U1＝200eq\r(2)V，对理想变压器有P1＝P2＝80W，原线圈中的电流I1＝eq\f(P1,U1)，解得I1≈0.28Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(\r(2),5)A))。(3)设a、b间的匝数为n1，eq\f(U1,n1)＝eq\f(Uce,nce)，同理有eq\f(U1,n1)＝eq\f(Ude,nde)，由题意知eq\f(U\o\al(2,ce),Rce)＝eq\f(U\o\al(2,de),Rde)，解得eq\f(nce,nde)＝eq\r(\f(Rce,Rde))，代入数据得eq\f(nce,nde)＝eq\f(4,3)。17.(10分)如图所示，电阻不计的闭合导线框abcd处于磁感应强度B＝eq\f(\r(2),10)T的匀强磁场中，线框匝数为50匝，面积S为0.5m2，线框绕垂直于磁场方向的轴以角速度ω＝200rad/s匀速转动，并与理想变压器相连，变压器副线圈接入一只额定电压为250V的灯泡，灯泡恰正常发光。求：(1)线框转动过程中感应电动势的最大值；(2)变压器原、副线圈的匝数比；(3)已知交流电流表示数为0.1A，求线框从图示位置转过90°的过程中外力对线框做