2024-2025年高中物理第三章交变电流单元素养检测含解析新人教版选择性必修2

PAGEPAGE11单元素养检测(三)(第三章)(90分钟100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．如图所示，单匝闭合金属线框abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，设穿过线框的最大磁通量为Φm，线框中产生的最大感应电动势为Em，从线框平面与磁场平行时刻(图示位置)起先计时，下列说法正确的是()A.线框转动的角速度为eq\f(Em,Φm)B．线框中的电流方向在图示位置发生变更C．当穿过线框的磁通量为Φm时，线框中的感应电动势为EmD．若线框的转动周期减小一半，线框中的感应电动势也减小一半【解析】选A。依据交变电流产生的原理可知，线框匀速转动产生的最大感应电动势Em＝nBSω，结合题干可得线框转动的角速度为eq\f(Em,Φm)，A正确；题图位置感应电动势最大，电流方向的变更在电动势等于0的时刻，B错误；当穿过线框的磁通量为Φm时，线框中的感应电动势为0，C错误；依据法拉第电磁感应定律可知，若线框的转动周期减小一半，转动角速度变为原来的2倍，线框中的感应电动势变为原来的2倍，D错误。2．可调志向变压器原线圈与一台小型发电机相连，副线圈与灯泡L、可调电阻R、电容器C连成如图所示的电路。当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光，要使灯泡变亮，可以实行的方法有()A．增大发动机的转速B．将滑片P向下滑动C．将可调电阻R阻值减小D．增大电容器两极板间的距离【解析】选A。依据E＝NBSω，ω＝2πn可得增大发动机的转速，则沟通电源的电压增大，副线圈两端的电压也增大，灯泡变亮，故A正确；滑片P向下滑动，副线圈匝数削减，副线圈两端的电压减小，灯泡变暗，故B错误；将可调电阻R阻值减小，副线圈两端电压不变，通过灯泡的电流不变，故C错误；增大电容器两极板间的距离，即电容器C的电容减小，容抗增大，通过灯泡的电流减小，灯泡变暗，故D错误。3．如图所示，一个边长l＝10cm，匝数N＝100(匝)的正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，磁感应强度B＝0.50T，线圈转动的角速度ω＝10πrad/s，闭合回路中两只灯泡均能发光。下列说法正确的是()A.从图中位置起先计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝5πcos(10πt)VB．增大线圈转动的角速度ω时，感应电动势的峰值Em不变C．抽去电感器L的铁芯时，灯泡L2变暗D．增大电容器C两极板间的距离时，灯泡L1变亮【解析】选A。由Em＝NBSω可得感应电动势的最大值Em＝5πV，由于从线圈垂直于中性面起先计时，所以感应电动势的瞬时值表达式e＝Emcosωt＝5πcos(10πt)V，故A正确；依据Em＝NBSω可得增大线圈转动角速度ω时，感应电动势的峰值Em增大，故B错误；抽去电感器L的铁芯时，即减小自感系数，电感器的感抗减小，流过灯泡L2的电流增大，灯泡L2变亮，故C错误；增大电容器C两极板间的距离时，依据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知电容器的电容C减小，则电容器的容抗增大，流过灯泡L1的电流减小，灯泡L1变暗，故D错误。4．如图表示一沟通电的电流随时间而变更的图像，此沟通电的有效值是()A.5eq\r(2)AB．5AC．eq\f(7,2)eq\r(2)AD．eq\f(7,2)A【解析】选B。该交变电流通过阻值为R的电阻1个周期的时间(即0.02s)内所产生的热量为：Q交＝(4eq\r(2))2×R×0.01＋(3eq\r(2))2×R×0.01＝50×0.01R。直流电流I通过电阻R一个周期的时间(即0.02s)内产生的热量为Q直＝I2R×0.02。由沟通电的有效值定义得Q直＝Q交，即50×0.01R＝I2×0.02R。则I＝5A，即交变电流的有效值为5A。5．如图所示，M是志向变压器，电源电压U不变，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，示数发生变更的电表是()A.电流表A1 B．都发生变更C．电压表V1 D．电压表V2【解析】选A。副线圈电压不变，所接的电路按直流电路分析：电阻变小，电流增大，而原线圈电压不变，电流随副线圈中的电流增大而增大。故选A。6．在家用沟通稳压器中，变压器的原、副线圈都带有滑动头，如图所示。当变压器输入电压发生变更时，可上下调整P1、P2的位置，使输出电压稳定在220V。现发觉输出电压低于220V，下列措施不正确的是()A.P1不动，将P2向上移B．P2不动，将P1向下移C．将P1向上移，同时P2向下移D．将P1向下移，同时P2向上移【解析】选C。由变压器原、副线圈的电压比等于线圈匝数比eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，输出电压低于220V，可以增加副线圈匝数或削减原线圈匝数，A、B、D正确，C错误。7.如图所示，志向变压器原线圈接u＝220eq\r(2)sin100πt(V)的正弦沟通电源，图中电流表内阻不计。副线圈接入“110V60W”灯泡一只，且灯泡正常发光。下列说法正确的是()A．原线圈中的输入功率为30eq\r(2)WB．通过灯泡的电流的频率为50HzC．电流表的示数为eq\f(3\r(2),22)AD．志向变压器原、副线圈匝数之比为2eq\r(2)∶1【解析】选B。由P入＝P出得P入＝60W，A错误；沟通电的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(1,50)s，故频率为50Hz，B正确；沟通电的峰值Um＝220eq\r(2)V，则其有效值U＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，由P＝UI得I＝eq\f(P入,U)＝eq\f(60,220)A＝eq\f(3,11)A，C错；由eq\f(n1,n2)＝eq\f(U,U′)得eq\f(n1,n2)＝eq\f(220,110)＝2∶1，D项错误。8.如图所示电路中，已知沟通电源电压u＝200sin100πtV，电阻R＝100Ω。则电流表和电压表的示数分别为()A．1.41A，200V B．1.41A，141VC．2A，200V D．2A，141V【解析】选B。电流表和电压表显示的是有效值，即U＝eq\f(Um,\r(2))＝100eq\r(2)V≈141V；I＝eq\f(U,R)＝1.41A，故选项B正确。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．如图所示为一自耦变压器，R1为定值电阻，在c、d端输入电压u1＝311sin100πt(V)，全部电表均为志向电表，则以下说法正确的是()A.滑片P向a端移动，滑片Q不动，电压表示数减小B．滑片P向b端移动，滑片Q下移，电流表示数减小C．滑片P不动，滑片Q上移，电流表示数不变D．滑片P不动，滑片Q上移或下移，电压表示数始终不变【解析】选B、D。设原线圈匝数为n1，副线圈匝数为n2，原线圈两端电压为U1，副线圈两端电压为U2，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得U2＝eq\f(n2,n1)U1，滑片P向a端移动，滑片Q不动，n1减小，U1、n2不变，U2增大，电压表测的是副线圈两端的电压，示数增大，故A错误；滑片P向b端移动，滑片Q下移，由U2＝eq\f(n2,n1)U1，U1、n2不变，n1增大，U2减小，副线圈所在电路总电阻增大，副线圈中的电流减小，由eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)可知，原线圈中的电流也减小，电流表示数减小，故B正确；滑片P不动，滑片Q上移，U2不变，副线圈所在电路总电阻减小，电流增大，原线圈电流增大，电流表示数增大，故C错误；滑片P不动，滑片Q上移或下移，U2＝eq\f(n2,n1)U1，U1、n1、n2不变，U2不变，电压表示数始终不变，故D正确。10．一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e＝220eq\r(2)sin100πtV，则()A．沟通电的频率是100πHzB．t＝0时，线圈位于中性面C．沟通电的周期是0.02sD．t＝0.05s时，e有最大值【解析】选B、C。由瞬时值表达式可知：角速度ω＝100πrad/s。感应电动势是按正弦规律变更的，所以t＝0时，线圈平面位于中性面。因ω＝2πf，所以f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(100π,2π)Hz＝50Hz，由T＝eq\f(1,f)得T＝eq\f(1,50)s＝0.02s，当t＝0.05s时，e＝220eq\r(2)sin5πV＝0，故B、C选项正确。11．如图甲所示，电阻不计的N匝矩形闭合导线框abcd处于磁感应强度大小为0.2T的水平匀强磁场中，导线框面积为0.5m2。导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，并与志向变压器原线圈相连，原、副线圈的匝数比为10∶1，副线圈接有一滑动变阻器R，副线圈两端的电压随时间的变更规律如图乙所示。下列说法正确的是()A.闭合导线框中产生的交变电压的瞬时值表达式为u＝100eq\r(2)sin100t(V)B．线框abcd的匝数N＝10C．若滑动变阻器的滑片P向上移动，电流表的示数将减小D．若导线框的转速增加一倍，则变压器的输出功率将增加一倍【解析】选B、C。由题图乙可知，输出电压的最大值Um2＝10V，周期为2π×10－2s，角速度ω＝eq\f(2π,T)＝100rad/s，输入端电压的最大值Um1＝10Um2＝100V，则闭合导线框中产生的交变电压的瞬时值表达式为u＝Um1sinωt＝100sin100t(V)，故A错误；导线框输出电压的最大值Um1＝NBSω＝100V，解得N＝eq\f(100,0.2×0.5×100)＝10，故B正确；志向变压器原、副线圈匝数不变，输入电压不变，则输出电压不变，滑动变阻器的滑片P向上移动时，接入电路的电阻增大，则输出电流减小，输入电流减小，电流表示数减小，故C正确；若导线框的转速增加一倍，则线框产生交变电压的最大值增加一倍，有效值增加一倍，输出电压的有效值也增加一倍，则由P＝eq\f(U2,R)可知，输出功率将变成原来的4倍，故D错误。12．如图所示，在远距离输电过程中，若保持升压变压器原线圈的输入功率不变，下列说法正确的是()A.上升U1会减小输电电流I2B．上升U1会增大线路的功率损耗C．上升U1会增大线路的电压损耗D．上升U1会提高电能的利用率【解析】选A、D。提高输电电压U1，由于输入功率不变，则I1将减小，又因为I2＝eq\f(n1,n2)I1，所以I2将减小，故A对；线路功率损耗P损＝Ieq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))R，因此功率损耗在减小，电压损耗减小，故B、C错误；因线路功率损耗减小，因此电能利用率将上升，故D对。三、试验题：本题共2小题，共14分。13．(6分)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”试验中：(1)原线圈中接入的电源是________；A．220V沟通电B．学生电源12V以下直流输出C．学生电源12V以下沟通输出(2)对于试验过程，下列说法正确的是________。A．为便于探究，应当采纳限制变量法B．因为试验所用电压较低，通电时可用手接触袒露的导线、接线柱等检查电路C．运用多用电表测电压时，先用中等量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量【解析】(1)“探究变压器的电压与匝数的关系”要用低压沟通电源和沟通电表，所以不须要干电池，变压器是变更电压，因此为了人身平安，原线圈两端只能运用低压沟通电源，所用电压不超过12V，故A、B错误，C正确。(2)探究变压器原副线圈两端的电压与匝数的关系，为便于探究，应当采纳限制变量法，故A正确；试验通电时，用手接触袒露的导线、接线柱等检查电路，这样无形之中，将人体并联到电路中，导致所测数据不精确，故B错误；运用多用电表测电压时，先用最高量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故C错误。答案：(1)C(2)A14．(8分)(1)某学生做探究变压器两个线圈的电压与匝数的关系试验时，原线圈接在学生电源上，用多用电表测量副线圈两端的电压，下列操作正确的是________。A．原线圈接直流电压，多用电表用直流电压挡B．原线圈接直流电压，多用电表用沟通电压挡C．原线圈接沟通电压，多用电表用直流电压挡D．原线圈接沟通电压，多用电表用沟通电压挡(2)该学生接着做试验，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，视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，视察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)。上述探究中采纳的试验方法是____________________。【解析】(1)变压器的工作原理是互感现象，故原线圈接沟通电压，输出电压也是沟通电压，故多用电表用沟通电压挡，故A、B、C错误，D正确。(2)依据公式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，视察到副线圈两端的电压增大；保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，视察到副线圈两端的电压减小；该探究采纳的试验方法是限制变量法。答案：(1)D(2)增大减小限制变量法四、计算题：本题共4小题，共46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。15.(8分)如图为一个小型沟通发电机的原理图，其矩形线圈的面积为S，共有n匝，线圈总电阻为r，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO′转动；线圈处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路电阻R的连接。在外力作用下线圈以恒定的角速度ω绕轴OO′匀速转动(不计转动轴及滑环与电刷的摩擦)。(1)推导发电机线圈产生的感应电动势最大值的表达式Em＝nBSω；(2)求线圈从图示位置转过90°时电流表的示数；(3)求线圈转动N周过程中发电机线圈电阻r产生的焦耳热。【解析】(1)设线圈ab边的边长为l1，bc边的边长为l2。当线圈平面与磁场方向平行时，线圈中的感应电动势最大。设此时ab边的线速度为v，则单匝线圈的ab边产生的感应电动势为E1＝Bl1v，cd边产生的感应电动势为E2＝Bl1v，n匝线圈产生的总感应电动势为Em＝n(E1＋E2)＝2nBl1v，(1分)由于v＝ωr＝ωeq\f(l2,2)，有Em＝2nBl1ω·eq\f(l2,2)＝nBl1l2ω＝nBSω。(2分)(2)线圈产生的感应电动势的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))，电路中电流的有效值I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(nBSω,\r(2)（R＋r）)，(1分)即电流表的示数为eq\f(\r(2)nBSω,2（R＋r）)。(1分)(3)线圈转动的周期T＝eq\f(2π,ω)，线圈转动N周的时间t＝NT＝N×eq\f(2π,ω)，(1分)依据焦耳定律，发电机线圈产生的焦耳热Q＝I2rt，(1分)解得Q＝eq\f(πNn2B2S2ωr,（R＋r）2)。(1分)答案：(1)见解析(2)eq\f(\r(2)nBSω,2（R＋r）)(3)eq\f(πNn2B2S2ωr,（R＋r）2)16．(8分)有一个电子元件，当它两端的电压的瞬时值高于u′＝110eq\r(2)V时则导电，低于u′＝110eq\r(2)V时不导电，若把这个电子元件接到220V，50Hz的正弦式交变电流的两端，则它在1s内导电多少次？每个周期内的导电时间为多少？【解析】由题意知，加在电子元件两端电压随时间变更的图像如图所示，表达式为u＝220eq\r(2)sinωtV。(2分)其中ω＝2πf，f＝50Hz，T＝eq\f(1,f)＝0.02s，得u＝220eq\r(2)sin100πtV。(2分)在一个周期内，把u′＝110eq\r(2)V代入上述表达式得到t1＝eq\f(1,600)s，t2＝eq\f(5,600)s(1分)所以每个周期内的导电时间为Δt＝2(t2－t1)＝eq\f(4,300)s＝eq\f(1,75)s。(2分)由所画的u­t图像知，一个周期内导电两次，所以1s内导电的次数为n＝2eq\f(t,T)＝100。(1分)答案：100次eq\f(1,75)s17．(14分)如图所示，志向变压器原线圈输入电压为220V，副线圈输出电压为36V，两只灯泡的额定电压均为36V，L1额定功率为12W，L2额定功率为6W。试求：(1)该变压器的原副线圈匝数比。(2)两灯均工作时原线圈的电流以及只有L1工作时原线圈中的电流。【解析】(1)由变压比公式得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)(2分)eq\f(n1,n2)＝eq\f(220,36)＝eq\f(55,9)＝55∶9(3分)(2)两灯均工作时，由能量守恒得P1＋P2＝U1I1(2分)I1＝eq\f(P1＋P2,U1)＝eq\f(12＋6,220)A＝0.082A(2分)只有L1灯工作时，由能量守恒得P1＝U1I′1(2分)解