【创新设计】高中物理教科版选修3-2-章末检测-第二章

章末检测(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合要求，选对的得5分，选错或不答的得0分)1．中心电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农夫负担过重，其中客观缘由是电网陈旧老化，近来进行农村电网改造，为削减远距离输电的损耗从而降低电费价格，可实行的措施有()A．提高输送功率B．应用超导体材料做输电线C．提高高压输电的电压D．减小输电导线的横截面积答案C解析电路中损失的功率P＝I2R，可见，要削减远距离输电的损耗，一是可以减小输电线的电阻，如增加输电导线的横截面积，或换用导电性能好的材料，但目前超导材料还没有能进入大规模有用阶段，B、D不正确；二是减小输电电流，即提高高压输电的电压，C正确；提高输送功率，损失也相应增加，不能达到目的，A错．2．某电池充电器的工作原理可以简化为抱负变压器．假如正常工作时输入电压为220V，输出电压为4.2V，输出电流为0.65A，则()A．原线圈的输入电流约为0.20AB．原线圈的输入电流约为0.10AC．原、副线圈的匝数比约为52∶1D．原、副线圈的匝数比约为1∶52答案C解析本题联系生活中常用的充电器的工作原理，考查变压器的原理和应用．依据变压器的原理设原线圈的输入电压和输入电流分别为U1、I1，副线圈的输出电压和输出电流分别为U2、I2，依据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可以得到原、副线圈的匝数比约为52∶1，又依据I1U1＝I2U2可得I1＝eq\f(U2,U1)I2，原线圈的输入电流约为0.01A，所以C正确、A、B、D错误．3．某沟通发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图像如图1所示，下列说法中正确的是()图1A．交变电流的频率为0.02HzB．交变电流的瞬时表达式为i＝5cos(50πt)AC．在t＝0.01s时，穿过沟通发电机线圈的磁通量最大D．若发电机线圈电阻为0.4Ω，则其产生的热功率为5W答案D解析由图像知，沟通电的周期为0.02s，故频率为50Hz，A错；转动的角速度ω＝eq\f(2π,T)＝100π，故电流瞬时表达式为i＝5cos(100πt)A，B错；t＝0.01s时，电流最大，此时线圈磁通量应为0，C错；沟通电电流的有效值I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(5,\r(2))A，故P＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,\r(2))))eq\s\up12(2)×0.4W＝5W，故D正确．4．如图2所示是磁电式电流表的结构图和磁场分布图，若磁极与圆柱间的磁场都是沿半径方向，且磁场有抱负的边界，线圈经过有磁场的位置处磁感应强度大小相等．某同学用此种电流表中的线圈和磁体做成发电机使用，让线圈匀速转动，若从图中水平位置开头计时，取起始电流方向为正方向，表示产生的电流随时间变化关系的下列图像中正确的是()图2解析由于线圈在磁场中切割磁感线，切割速度方向总是与磁场方向垂直，磁感应强度B、导线有效长度L和导线切割速率v等都不变化，由E＝BLv，可知产生的感应电动势大小不变，感应电流大小不变．依据右手定则，电流方向做周期性变化，C正确．答案C5．如图3所示，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U，额定功率均为P，变压器为抱负变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1∶n2和电源电压U1分别为()图3A．1∶22UB．1∶24UC．2∶14UD．2∶12U答案C解析设灯泡正常发光时，额定电流为I0.由题图可知，原线圈中电流强度I原＝I0，副线圈中两灯并联，副线圈中电流强度I副＝2I0，U副＝U，依据抱负变压器的基本规律：I原n1＝I副n2得n1∶n2＝2∶1；U原/U副＝n1/n2得U原＝2U，所以U1＝4U.6．如图4所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为抱负二极管(正向电阻可看做零，反向电阻可看做无穷大)，在A、B间加一正弦交变电流u＝20eq\r(2)sin(100πt)V，则加在R2上的电压的有效值为()图4A．10VB．20VC．15VD．5eq\r(10)V答案D解析依据电压有效值的定义可知：eq\f(（20V）2,R)×eq\f(T,2)＋eq\f(（10V）2,R)×eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)×T，解得加在R2上电压的有效值U＝5eq\r(10)V，D正确．二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错或不答的得0分)7．某发电站接受高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R线．则下列说法正确的是()A．输电线上的电流I＝eq\f(U,R)B．输电线上的电流I＝eq\f(P0,U)C．输电线上损失的功率P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P0,U)))eq\s\up12(2)·R线D．输电线上损失的功率P＝eq\f(U2,R线)答案BC解析输电线上的电流I线＝eq\f(P0,U)＝eq\f(U线,R)，故A错误，B正确；输电线上的功率损失P＝Ieq\o\al(2,线)R线＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P0,U)))eq\s\up12(2)R＝eq\f(Ueq\o\al(2,线),R)，故C正确，D错误．8．如图5甲所示，一个抱负变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝6∶1，副线圈两端接三条支路，每条支路上都接有一只灯泡，电路中L为电感线圈、C为电容器、R为定值电阻．当原线圈两端接有如图乙所示的交变电流时，三只灯泡都能发光．假如加在原线圈两端的交变电流的最大值保持不变，而将其频率变为原来的2倍，则对于交变电流的频率转变之后与转变前相比，下列说法中正确的是()图5A．副线圈两端电压的有效值均为216VB．副线圈两端电压的有效值均为6VC．灯泡Ⅰ变亮D．灯泡Ⅲ变亮答案BD解析依据变压器的变压比公式U1∶U2＝n1∶n2可知，副线圈两端电压的有效值U2＝6V，A错误，B正确；由于电感线圈有“通低频、通直流，阻高频”的作用，所以当交变电流的频率增大时，通过灯泡Ⅱ的电流减小，灯泡Ⅱ变暗，灯泡Ⅰ亮度不变，C错误；由于电容器有“通沟通、隔直流、通高频、阻低频”的作用，所以当交变电流的频率增大时，通过灯泡Ⅲ的电流增大，灯泡Ⅲ变亮，D正确．9．如图6所示为一抱负变压器，原、副线圈的匝数之比为1∶n，副线圈接有一个定值电阻R，则()图6A．若ab之间接电动势为U的蓄电池，则R中的电流为eq\f(nU,R)B．若ab之间接电动势为U的蓄电池，则原、副线圈中的电流均为零C．若ab之间接电压为U的沟通电，则原线圈中的电流为eq\f(n2U,R)D．若ab之间接电压为U的沟通电，则副线圈中的电流为eq\f(nU,R)答案CD解析蓄电池的电动势恒定，若a、b间接电动势为U的蓄电池，在变压器的铁芯中不能产生变化的磁场，不能在副线圈中产生感应电动势，副线圈中无电流，但原线圈中电流不为零．故A、B错；若a、b间接电压为U的沟通电，副线圈两端的电压为nU，电流为eq\f(nU,R)，由I1∶I2＝n2∶n1得：I1＝eq\f(n2U,R)，故C、D均对．10．如图7所示，面积为S、匝数为N、电阻为r的线圈与阻值为R的电阻构成闭合回路，抱负沟通电压表并联在电阻R的两端．线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的转动轴以角速度ω匀速转动．设线圈转动到图示位置的时刻t＝0.则()图7A．在t＝0时刻，线圈处于中性面，流过电阻R的电流为0，电压表的读数也为0B．1秒钟内流过电阻R的电流方向转变eq\f(ω,π)次C．在电阻R的两端再并联一只电阻后，电压表的读数将减小D．在电阻R的两端再并联一只电容较大的电容器后，电压表的读数不变答案BC解析图示位置为中性面，但由于产生的是正弦沟通电，故流过电阻的电流和电压表的读数都为其有效值，不是0，故A错；线圈每转过一圈，电流方向转变2次，故1秒内电流方向转变的次数为2f＝2×eq\f(ω,2π)＝eq\f(ω,π)，B正确；R两端再并联电阻时，干路电流增大，路端电压减小，故电压表读数减小，C正确；并上电容后，由于电路与交变电源相连，电容反复充电放电，该支路有电流通过，故电压表的读数也减小，D错误．三、填空题(本题共10分)11．(4分)有一抱负变压器原、副线圈匝数分别为1320匝、144匝，将原线圈接在220V的沟通电压上，副线圈上电压为________V，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为________Wb/s.答案24eq\f(\r(2),6)解析由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得U2＝24V，穿过铁芯的磁通量的最大变化率等于每一匝线圈中产生的自感电动势的最大值，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ΔΦ,Δt)))eq\s\do7(m)＝eq\f(Em,n)＝eq\f(220\r(2),1320)Wb/s＝eq\f(\r(2),6)Wb/s.12．(6分)如图8所示，抱负变压器原线圈与一10V的沟通电源相连，副线圈并联两个小灯泡a和b，小灯泡a的额定功率为0.3W，正常发光时电阻为30Ω，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09A，可计算出原、副线圈的匝数比为________，流过灯泡b的电流为________A.图8答案10∶30.2解析副线圈两端电压U2等于小灯泡a两端电压Ua，由Pa＝eq\f(Ueq\o\al(2,a),Ra)得，Ua＝3V，则原、副线圈的匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(10,3)；流过灯泡a的电流Ia＝eq\f(Ua,Ra)＝0.1A又eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(I2,0.09)，得I2＝0.3A．流过灯泡b的电流Ib＝I2－Ia＝0.3A－0.1A＝0.2A.四、解答题(本题共4小题，共36分．解答应写出必要的文字说明，只写出最终答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位)13．(8分)沟通发电机的原理如图9甲所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁场中，绕OO′轴匀速转动，在线圈中产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，已知线圈的电阻为R＝2.0Ω，求：图9(1)通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值是多少？(2)矩形线圈转动的周期是多少？(3)线圈电阻上产生的电热功率是多少？(4)保持线圈匀速转动，1min内外力对线圈做的功是多少？答案(1)2A(2)4×10－3s(3)4W(4)240J解析(1)由题图知，Im＝2A.(2)T＝4×10－3s.(3)电流有效值I＝Im/eq\r(2)，电阻上产生的电热功率P＝I2R＝eq\f(Ieq\o\al(2,m),2)R＝4W.(4)外力对线圈做功，其他形式的能转化为电能再转化为内能，1min内外力对线圈做的功W＝Pt＝240J.14．(8分)如图10所示，抱负变压器原线圈中输入电压U1＝3300V，副线圈两端电压U2为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：图10(1)原线圈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)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：U1/n1＝U2/n2＝U，则n1＝1650匝．(2)当开关S断开时，有：U1I1＝U2I2，I1＝U2I2/U1＝eq\f(1,3)A(3)当开关S断开时，有：R1＝U2/I2＝44Ω.当开关S闭合时，设副线圈总电阻为R′，有R′＝RL/2＝22Ω，副线圈中的总电流为I2′＝U2/R′＝10A．由U1I1′＝U2I2′可知，I1′＝U2I2′/U1＝eq\f(2,3)A.15．(10分)一居民小区有440户，以前每户平均消耗电功率为100W，使用的区间变压器匝数比为165∶6，恰好能使额定电压为220V的用电器正常工作，现在因家用电器增加，每户平均消耗的电功率为250W，若变压器输入电压仍为6600V，区间输电线线路不变，为了使家用电器正常工作，需换用区间变压器，则此变压器的匝数比为多少？答案220∶9解析未换时输电电流I＝eq\f(P总,U用)＝eq\f(440×100,220)A＝200A，输送电压U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(6,165)×6600V＝240V，则由U线＝U2－U用＝IR线知R线＝eq\f(240－220,200)Ω＝0.1Ω.换变压器后I′＝eq\f(P总,U用)＝eq\f(440×250,220)A＝500A．线路损失电压U线′＝I′R线＝50V，变压器输出电压U2′＝U用＋U线′＝220V＋50V＝270V．变压器匝数之比为n1∶n2＝U1∶U2′＝6600∶270＝220∶9.16．(10分)风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生清洁能源．风力发电机是将风能(气流的动能)转化为电能的装置，如图11所示，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等．图11(1)利用总电阻R＝10Ω的线路向外输送风力发电机产生的电能．输送功率P0＝300kW，输出电压U＝10kW，求导线上损失的功率与输送功率的比值；(2)风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积．设空气密度为ρ，气流速度为v，风轮机叶片长度为r，求单位时间内流向风轮机的最大风