高中物理第五章交变电流单元测评新人教版选修3-2

【学练考】 高中物理 第五章 交变电流单元测评 新人教版选修3-2

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间90分钟．

第Ⅰ卷 (选择题 共40分)

一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题意，有的有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分)

1．某正弦式交变电流的电流i随时间t变化的图像如图C-2-1所示．由图可知( )

图C-2-1

A．电流的最大值为10 A B．电流的有效值为10 A C．该交流电的周期为0.03 s D．该交流电的频率为0.02 Hz

2．当交流发电机的转子线圈平面与磁感线平行时，电流方向如图C-2-2所示，当转子线圈旋转到中性面位置时( )

图C-2-2

A．线圈中的感应电流最大，方向将不变 B．线圈中的感应电流最大，方向将改变 C．线圈中的感应电流等于零，方向将不变 D．线圈中的感应电流等于零，方向将改变

3．一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电动势为e＝10 2sin 20πt (V)，则下列说法正确的是( )

A．t＝0时，线圈位于中性面

B．t＝0时，穿过线圈的磁通量为零

C．t＝0时，线圈切割磁感线的有效速度最大 D．t＝0.4 s时，电动势第一次出现最大值

4．一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个P

正弦式交流电源上，其消耗的电功率为.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为

2( )

A．5 V B．52 V C．10 V D．102 V

5．图C-2-3为某小型水电站的电能输送示意图，A为升压变压器，其输入功率为P1，输出功率为P2，输出电压为U2；B为降压变压器，其输入功率为P3，输入电压为U3.A、B均为理想变压器，输

1

电线总电阻为r，则下列关系式中正确的是( )

图C-2-3

A．P1>P2 B．P2＝P3 C．U2>U3 D．U2＝U3

6．(多选)图C-2-4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阻值为R＝10 Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，示数是10 V．图乙是穿过矩形线圈的磁通量Φ随时间t变化的图像，线圈电阻忽略不计，则下列说法正确的是( )

甲 乙

图C-2-4

A．电阻R上的电功率为10 W

B．0.02 s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＝14.1cos 100πt(V) D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos 100πt(A)

7．如图C-2-5所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1，R1＝20 Ω，R2＝10 Ω，C为电容器，原线圈所加电压的瞬时值表达式为u＝220 2sin 100πt(V)．下列说法正确的是( )

图C-2-5

A．通过电阻R3的电流始终为零

B．副线圈两端交变电压的频率为5 Hz C．电阻R2的电功率为48.4 W

D．原、副线圈铁芯中磁通量的变化率之比为10∶1

8．(多选)如图C-2-6所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R. 开始时，开关S断开，当S接通后( )

图C-2-6

A．变压器的输出电压减小

B．输电线等效电阻R两端的电压增大 C．通过灯泡L1的电流减小 D．原线圈中的电流减小

9．(多选)图C-2-7甲为火灾报警系统的示意图，其中R0为定值电阻，R为热敏电阻，其阻值随

2

温度的升高而减小，理想变压器原、副线圈的匝数之比为5∶1，副线圈输出电压如图乙所示，则下列说法正确的是( )

图C-2-7

A．原线圈输入电压的有效值为220 2V

B．副线圈输出电压瞬时值的表达式为u＝44 2cos 100πt(V) C．R处出现火情时，原线圈中的电流增大 D．R处出现火情时，电阻R0的电功率减小

10．(多选)图C-2-8为某小型水电站的电能输送示意图，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R＝10 Ω，降压变压器T2原、副线圈的匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R0组成闭合电路．若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈的输出电压的瞬时值表达式为u＝220 2sin 100πt(V)，用电器的电阻R0＝11 Ω，则( )

图C-2-8

A．通过用电器R0的电流的有效值是20 A B．升压变压器的输入功率为4650 W C．发电机中的交变电流的频率为100 Hz

D．当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率减小

第Ⅱ卷(非选择题 共60分)

二、实验题(本题共2小题，11题7分，12题8分，共15分)

11．图C-2-9是一种触电保安器的电路图，变压器A处用相线和零线双股平行绕制成线圈，然后接上用电器．B处有一个输出线圈，一旦线圈中有电流，经放大后便能推动继电器J切断电源，试说明：

图C-2-9

(1)多开灯不会使保安器切断电源的原因是________________________________________________________________________

________________________________________________________________________；

(2)有人“手—地”触电时，触电保安器会切断电源的原因是________________________________________________________________________

________________________________________________________________________；

(3)该保安器________(选填“能”或“不能”)为双手“相线—零线”触电时提供保安，因为

3

________________________________________________________________________．

12．利用DIS(数字化信息处理系统)探究手摇发电机(如图C-2-10所示)的线圈产生的交变电流．

图C-2-10

实验步骤如下：

①将电压传感器接入数据采集器；

②电压传感器的测量夹与发电机的输出端并联；

③点击“数据采集设置”设定“采样点时间间隔”； ④缓慢摇动发电机的手柄，观察工作界面上的信号．

图C-2-11

(1)屏上出现的电压波形如图C-2-11所示，从图中可以看出，手摇发电机产生的电压波形不是正弦波，其原因可能是____________________________________________(写出一条即可)．

(2)研究交变电流的波形，发现在用手摇动发电机手柄的2 min内屏上出现了61个向上的“尖峰”，则交变电流的平均周期为____________．如果发电机手摇大轮的半径是转子小轮半径的2倍，则手摇大轮转动的平均角速度为__________．

三、计算题(本题共3小题，13题12分，14题15分，15题18分，共45分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分)

13．如图C-2-12甲所示，固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一个小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场．已知线圈的匝数n＝100匝，总电阻r＝1.0 Ω，

2

所围成的矩形的面积S＝0.040 m，小灯泡的电阻R＝9.0 Ω，磁感应强度随时间按图乙所示的规律2π2π

变化，线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝nBmScost，其中Bm为磁感应强度的最大

TT值，T为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化，求：

(1)线圈中产生的感应电动势的最大值； (2)小灯泡消耗的电功率；

T

(3)在0～时间内，通过小灯泡的电荷量．

4

4

甲 乙

图C-2-12

14．如图C-2-13所示，矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直，线圈匝数n＝40匝，内阻r＝0.1 Ω，长l1＝0.05 m，宽l2＝0.04 m，转速为3000 r/min，磁场的磁感应强度B＝0.2 T，线圈两端接有阻值为R＝9.9 Ω的用电器和一个交流电流表．求：(结果保留两位有效数字)

(1)线圈中产生的最大感应电动势；

(2)从图示位置开始计时，t＝

1

s时刻电流表的读数； 600

(3)从图示位置开始，线圈转过60°和120°，通过用电器的电荷量之比； (4)1 min内外力需要提供的能量．

图C-2-13

15．某发电厂的发电机的输出功率P＝100 kW，发电机端电压U＝250 V，向远处送电的输电线的总电阻R＝8 Ω.已知输电线上损失的功率为输送功率的5%，用户得到的电压是220 V.

(1)应该怎样安装变压器？画出输电线路的示意图． (2)求出所用的变压器的原、副线圈的匝数之比．

参考答案

单元测评(二)

10 2

1．B [解析] 由图知电流的最大值为10 2 A，有效值为I＝ A＝10 A，选项A错误，

2

5

1

选项B正确；周期为0.02 s，则频率为f＝＝50 Hz，选项C、D错误．

T

2．D [解析] 线圈旋转到中性面位置，磁感线与切割速度方向平行，根据公式E＝BLvsin θ可知，线圈中的感应电流等于零，转过中性面之后，电路中就又产生了感应电流，但是电流方向与之前线圈中的感应电流的方向相反，选项D正确．

3．A [解析] 由电动势e＝10 2sin 20πt (V)知，计时从线圈位于中性面时开始，所以t＝0时，线圈位于中性面，磁通量最大，但此时线圈切割磁感线的线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速度为零，A正确，B、C错误．当t＝0.4 s时，e＝10 2sin(20π×0.4) V＝0，D错误．

U10PU′

4．C [解析] 根据P＝，对直流电有P＝，对正弦式交流电有＝，所以正弦式交流电

RR2R的有效值为U′＝

PR10

＝ V，故交流电源输出电压的最大值Um′＝2U′＝10 V，故选项C正确，22

2

2

2

选项A、B、D错误．

5．C [解析] 根据远距离输电和理想变压器的工作原理可知，P1＝P2、P2>P3、U2>U3，故选项C正确．

U

6．AC [解析] 根据公式P＝，得P＝10 W，故选项A正确；由图乙可知，0.02 s时通过线圈

R的磁通量为零，电动势最大，R两端的电压瞬时值为10 2 V，故选项B错误；由图乙可知，T＝0.02

2π

s，电动势的最大值为Em＝2U＝10 2 V，ω＝＝100π，又因为此交变电流是从垂直于中性面

T开始计时的，所以R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos 100πt(V)，故选项C正确；EmIm＝＝1.41 A，通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝1.41cos 100πt(A)，故选项D错误．

R

7．C [解析] 电容器能够通交流，选项A错误；变压器能够改变交流电的电压，但是不能改变U1n1U2

交流电的频率，选项B错误；根据＝得U2＝22 V，所以电阻R2的电功率为P2＝＝48.4 W，选项

U2n2R2

2

2

C正确；根据法拉第电磁感应定律可知，原、副线圈铁芯中磁通量的变化率之比为1∶1，选项D错

误．

8．BC [解析] 当S接通后，变压器的输出电压不变，副线圈负载电阻减小，引起总电流增大，因此输电线的等效电阻两端的电压增大，灯泡L1两端的电压减小，通过灯泡L1的电流减小，选项A错误，选项B、C正确；S接通后，变压器输出功率增大，输入功率增大，原线圈中的电流增大，选项D错误．

9．BC [解析] 根据图乙可知，副线圈输出电压瞬时值的表达式为u＝44 2cos 100πt(V)，故选项B正确；其峰值为U2m＝44 2 V，根据理想变压器输入、输出电压与原、副线圈匝数的关系可知，原线圈输入电压的峰值为U1m＝220 2 V，其有效值为U1＝220 V，故选项A错误；R处出现火情时，温度升高，R的阻值减小，副线圈上的总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律可知，副线圈中的总电流增大，故原线圈中的电流增大，选项C正确；由焦耳定律可知，R0的电功率增大，故选项D错误．

10．AB [解析] 由T2的副线圈的输出电压的表达式可知，副线圈的输出电压的有效值为220 V，22020

电流的有效值为I＝ A＝20 A，选项A正确；通过输电线的电流I′ ＝ A＝5 A，所以升压变

114压器的输入功率为P＝I′R＋IR0＝5×10 W＋20×11 W＝4650 W，选项B正确；发电机中的交变电

2

2

2

2

6

流的频率与T2的输出电压的频率相同，也为50 Hz，选项C错误；当用电器的电阻R0减小时，其消耗的功率变大，发电机的输出功率变大，选项D错误．

11．见解析 [解析] (1)变压器A处的线圈因双股绕制，正向电流与反向电流产生的磁场相互抵消，多开灯、少开灯都如此，所以B处的线圈中无感应电流，保安器的控制开关J不工作，不会自动切断电源；(2)当人“手—地”触电时，相线中的电流有一部分直接通过人体流入大地，不从A处的线圈中回流，保安器铁芯中的磁通量发生变化，B处的线圈有电流输出，保安器开关J工作，自动切断电源；(3)“相线—零线”触电时，与多开几盏电灯的情况相似，A处的线圈中正、反向电流总是相等，不会引起磁通量的变化，保安器不能自动切断电源，不起保安作用．

12．(1)转子不是在匀强磁场中转动或手摇动发电机的转速不均匀 (2)2 s 0.5π rad/s

[解析] 只有线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电流才是标准的正弦式电流，手摇发电机的磁场是由条形磁铁产生的，所以不是匀强磁场，由于是手摇转动，转速难以保证恒定．屏上每出现一次向上的尖峰，就代表经过了一个周期，2 min内屏上出现了61个向上的尖峰，表明周期T2×602π1＝ s＝2 s，大轮的角速度等于小轮的角速度的一半，所以大轮的角速度ω＝·＝0.5π 61－1T2

rad/s.

13．(1)8.0 V (2)2.88 W (3)4.0×10 C

2πnBmS－2

[解析] (1)由图像知，线圈中产生的交变电流的周期T＝3.14×10 s，所以Em＝nBmSω＝

T＝8.0 V.

EmIm2 22

(2)电流的最大值Im＝＝0.80 A，有效值I＝＝ A，小灯泡消耗的电功率P＝IR＝

R＋r522.88 W.

TEnSΔB－nSΔB－

(3)在0～时间内，电动势的平均值E＝，平均电流I＝＝，

4ΔtR＋r（R＋r）ΔtnSΔB－－3

通过小灯泡的电荷量Q＝IΔt＝＝4.0×10 C.

R＋r1

14．(1)5.0 V (2)0.35 A (3) (4)74 J

3[解析] (1)Em＝nBSω＝5.0 V.

EEm(2)I＝＝＝0.35 A.

R＋r2（R＋r）

－

EnΔΦq1ΔΦ11－cos 60°1

(3)由 q＝It＝t＝可得＝＝＝.

R＋rR＋rq2ΔΦ21＋cos 60°3

－

－3

(4)由能量守恒定律得E′＝Q＝I(R＋r)t＝74 J.

15．见解析

[解析] (1)需要安装一台升压变压器和一台降压变压器，输电线路的示意图如图所示．

2

7

(2)按题意，P损＝5%P＝0.05×100×10 W＝5×10 W

2

设输电线路中的电流为I，P损＝IR I＝

P损

＝ R

5×10

A＝25 A 8

333

3

P100×10

输送电压U2＝＝ V＝4000 V

I25n1U12501

对升压变压器，＝＝＝ n2U2400016

输电线路上损失的电压U损＝IR＝25×8 V＝200 V

降压变压器原线圈两端的电压U3＝U2－U损＝(4000－200) V＝3800 V 用户在副线圈两端得到的电压U4＝220 V n3U33800190所以＝＝＝ n4U422011

即升压变压器原、副线圈的匝数之比为1∶16，降压变压器原、副线圈的匝数之比为190∶11.

8

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/7l57.html