2019_2020版高中物理第二章交变电流章末检测试卷（第二章）讲义精练（含解析）教科版

2019_2020版高中物理第二章交变电流章末检测试卷（第二章）讲义精练（含解析）教科版

章末检测试卷(第二章)(时间：90分钟　满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共计48分.1～8题为单项选择题，9～12题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选和不选的得0分)1．某交变电压瞬时值表达式为u＝6sin314t(V)，则(　　)A．用此交变电流作为打点计时器的电源时，打点周期为2sB．把额定电压为6V的小灯泡接在此电源上，小灯泡正常发光C．把额定电压为6V的小灯泡接在此电源上，小灯泡将烧毁D．耐压值为6V的电容器可以直接用在此电源上答案　B解析　由表达式可知电压的最大值是6V，角速度是314rad/s，所以电压的有效值是6V，周期是0.02s，所以B正确，A、C、D错误．2．如图1所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电源两端的电压—时间图像．原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，串联在原线圈电路中的交流电流表的示数为1A，则(　　)图1A．变压器原线圈所接交流电压的有效值为311VB．变压器输出端所接电压表的示数为22VC．变压器输出端交变电流的频率为50HzD．变压器的输出功率为220W答案　C解析　变压器原线圈所接交流电压的有效值为U1＝V≈220V，选项A错误；变压器输出端所接电压表的示数为U2＝U1＝×220V＝22V，选项B错误；变压器输出端交变电流的频率为f＝Hz＝50Hz，选项C正确；变压器的输出功率等于输入功率，P＝U1I1＝220×1W＝220W，选项D错误．n3.(2018·赣州市瑞金三中高二下学期期中)矩形线圈匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图2所示，则(　　)图2A．感应电动势的最大值是157VB．在t＝0.1s和t＝0.3s时，感应电动势最大C．在t＝0.1s和t＝0.3s时，线圈与中性面垂直D．t＝0.4s时，磁通量变化率最大，其值为157Wb/s答案　A解析　由题图得Φm＝0.2Wb、T＝0.4s，据Em＝nBSω＝nΦm·，可得Em＝50×0.2×V≈157V，A项正确；在t＝0.1s和t＝0.3s时，线圈中磁通量最大，线圈处于中性面位置，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，B、C项错误；t＝0.4s时，线圈中磁通量为零，此时刻磁通量的变化率最大，且此时刻＝＝3.14Wb/s，D项错误．4.(2018·玉溪市高二下学期期末)交流发电机线圈电阻r＝1Ω，用电器电阻R＝9Ω，电压表示数为9V，如图3所示，那么该交流发电机(　　)图3A．电动势的峰值为10VB．电动势的有效值为9VC．交流发电机线圈通过中性面时电动势的瞬时值为10VD．交流发电机线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势为V答案　D解析　电压表示数等于路端电压，电路中的电流为I＝＝A＝1A，所以电动势的有效值为：nE＝I(R＋r)＝1×(9＋1)V＝10V，所以电动势的最大值为Em＝E＝10V，A、B错误；线圈通过中性面时Φ最大，但＝0，故e＝0，C错误；线圈从中性面转过90°的过程中，ΔΦ＝BS，Δt＝＝，所以＝n＝，由于Em＝nBSω，所以＝＝V，D正确．5．(2018·济南市高二下学期期末)如图4所示，变压器输入的交变电压u＝220sin100πt(V)，副线圈匝数可调，电阻R＝100Ω，L1、L2均是额定电压为20V、额定功率为20W的小灯泡，通过调节副线圈的匝数，使S闭合前后，L1均能正常发光，则S闭合前后副线圈的匝数之比为(　　)图4A．1∶11B．2∶1C．3∶5D．6∶11答案　D解析　由变压器输入的交变电压u＝220sin100πt(V)可知有效值为U1＝220V；S闭合前电阻R与L1串联，L1正常发光，可知其额定电流为I＝＝1A，故U2＝IR＋U＝120V，由变压器原理可知＝＝；S闭合后，L1和L2并联后再与R串联，U2′＝2IR＋U＝220V，同理可得＝＝，故联立可得＝，故选D.6．(2018·扬州市邗江中学高二下期中)如图5所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，R0为定值电阻，R是滑动变阻器，原线圈两端的输入电压u＝200sin100πt(V)，设理想交流电压表V1、V2的示数分别是U1、U2；理想交流电流表A1、A2示数分别是I1、I2.下列说法中正确的是(　　)图5A．示数U2＝20VB．滑片P向b端滑动过程中，U2不变，I2变大C．滑片P向b端滑动过程中，U1变小，I1变大nD．通过原、副线圈的交变电流频率之比为10∶1答案　B解析　由输入电压的表达式知输入电压有效值为U1＝V＝100V，由＝，得U2＝×100V＝10V，A错误；滑片P向b端滑动过程中，副线圈负载电阻减小，U2不变，则I2变大，B正确；由B项分析知U1不变，I1变大，C错误；变压器不改变频率，D错误．7.如图6所示，线框匝数为N，面积为S，以角速度ω绕垂直磁感应强度为B的匀强磁场的轴匀速转动．线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想电流表和二极管D.二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大．下列说法正确的是(　　)图6A．图示位置电流最大B．R两端电压的有效值U＝NBSωC．交流电流表的示数I＝NBSD．一个周期内通过R的电荷量q＝答案　C解析　题图所示位置通过R的电流为零，以图示时刻开始计时，R两端电压的瞬时值如图所示．设R两端电压的有效值为U，在一个周期内有：·＝T，解得：U＝NBSω，电流的有效值I＝＝，在一个周期内，只有半个周期的时间内有电流通过R，故：q＝N＝，故选C.8．(2018·抚顺市六校高二下学期期末)如图7所示为某小型发电站高压输电示意图．发电机输出功率恒定，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2n.在输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为10∶1和1∶10，电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，各互感器和电表均是理想的，则下列说法正确的是(　　)图7A．升压变压器原、副线圈的匝数比为＝B．采用高压输电可以增大输电线中的电流，输电电流为100AC．线路输送电功率是220kWD．将P上移，用户获得的电压将降低答案　C解析　根据变压器的原理可得升压变压器原、副线圈的匝数比为＝，A错误；采用高压输电可以减小输电线中的电流，从而减小输电过程中的电能损失，根据电流互感器原理及匝数比为1∶10，由公式＝＝，得输电电流为I送＝10×10A＝100A，B错误；根据电压表的示数为220V，根据变压公式，＝＝，输电电压为U送＝10×220V＝2200V，线路输送电功率为P＝U送I送＝220kW，C正确；将P上移，则降压变压器的原线圈匝数减小，故用户获得的电压将升高，D错误．9．(2019·辽宁省六校协作体上学期联考)图8甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图像如图乙所示．发电机线圈的内电阻r＝2Ω，外接灯泡的电阻为10Ω.则(　　)图8A．在t＝0.01s时刻，穿过线圈的磁通量最大B．电压表的示数为6VnC．灯泡消耗的电功率为2.5WD．线圈转动产生电动势的表达式e＝60sin50πt(V)答案　AC解析　在t＝0.01s的时刻，电动势为0，则线圈位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，A正确；电动势的最大值为Em＝6V，周期为0.02s，则瞬时电动势的表达式为e＝Emsin＝6sin100πt(V)；电压表的示数为交流电压的有效值，并且测量外电路电压，故U＝R＝R＝5V，B、D错误；灯泡消耗的功率P＝＝W＝2.5W，C正确．10．(2017·南京市、盐城市第二次模拟考试)如图9甲所示是家用台灯亮度调节原理图，理想自耦变压器的a、b间接入如图乙所示正弦交流电压．交流电流表为理想电表，灯泡额定电压为15V，额定功率为30W(设灯泡的电阻值保持不变)，当P在c处时灯泡正常发光．下列描述正确的有(　　)图9A．灯泡正常发光时变压器线圈的总匝数与c点下方的匝数之比为44∶3B．当灯泡正常发光时电流表的读数为2AC．将调压端的滑动触头P向下移动时，变压器的输入功率变小D．将调压端的滑动触头P向下移动时，变压器的输入电压变小答案　AC解析　由题图乙可知，a、b间的交流电压的最大值为311V，则有效值为220V，根据变压器的变压比可知＝＝＝，A正确；灯泡正常发光时，灯泡中的电流为I＝＝A＝2A，电流表测量的是原线圈中的电流的有效值，I1＝＝A≈0.14A，B错误；将调压端的滑动触头P向下移动时，输出电压减小，输出功率减小，所以输入功率减小，C正确；变压器的输入电压由电源决定，与匝数比无关，D错误．11．(2018·宿迁市高二下学期期末)如图10所示，单匝线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边以角速度ω匀速转动，其线圈中感应电动势的峰值为Em，闭合回路中两只灯泡均能正常发光．则(　　)n图10A．从图中位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝EmsinωtB．增大线圈转动角速度ω时，感应电动势的峰值Em不变C．减小电容器C两极板间的距离时，灯泡A1变暗D．抽去电感器L的铁芯时，灯泡A2变亮答案　AD解析　题图位置即中性面，所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emsinωt，A正确；感应电动势的峰值Em＝BSω，增大线圈转动角速度ω时，感应电动势的峰值Em将增大，B错误；减小电容器C两极板间的距离时，电容增大，容抗减小，灯泡A1变亮，C错误；抽去电感器L的铁芯时，自感系数减小，感抗减小，灯泡A2变亮，D正确．12．如图11甲所示是调压变压器的原理图，线圈AB绕在一个圆形的铁芯上，总匝数为1000匝．AB间加上如图乙所示的正弦交流电，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压．在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表，滑动变阻器的滑动触头为Q.已知开始时BP间线圈匝数刚好是500匝，滑动变阻器的最大阻值等于72Ω.则下列说法中正确的是(　　)图11A．开始时，电流表示数为0.25AB．开始时，流过R的交流电频率为25HzC．保持P的位置不动，将Q向上移动时，R消耗的功率变大D．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向转动少许，R消耗的功率变大答案　CD解析　由题图乙知，输入电压的有效值为U1＝36V，根据变压规律：＝，解得输出电压U2＝18V，所以电流表的读数为I＝＝0.25A，所以A错误；交流电的周期为0.02s，所以频率为50Hz，所以B错误；保持P的位置不动，将Q向上移动时，R接入电路的阻值减小，U2n不变，R消耗的功率P2＝变大，所以C正确；保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向转动少许，n2增大，U2增大，R消耗的功率P2＝变大，所以D正确．二、非选择题(本题共6小题，共计52分)13．(4分)某同学选用匝数可调的可拆变压器来做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验，变压器原线圈两端所接的电源应是电压为12V的低压________(选填“交流电源”或“直流电源”)．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____________________(选填“控制变量法”“转换法”或“类比法”)．答案　交流电源　增大　减小　控制变量法(每空1分)解析　变压器的工作原理是互感现象，故原线圈两端所接的电源应是电压为12V的低压交流电源；根据变压比公式＝，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增大；根据变压比公式＝，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．(6分)在“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验中，操作步骤如下：①将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；②闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；③将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源输出端上，另一个作为副线圈，接上小灯泡；④将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤．(1)以上操作的合理顺序是________(只填步骤前数字序号)；(2)如图12所示，在实验中，两线圈的匝数n1＝1600，n2＝400，当将n1做原线圈时，U1＝16V，副线圈两端电压U2＝4V；原线圈与副线圈对调后，当U1′＝8V时，U2′＝32V，那么可初步确定，变压器两个线圈的电压U1、U2与线圈匝数n1、n2的关系是________．图12n答案　(1)①③②④(3分)　(2)＝(3分)解析　(1)在“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验中，首先将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；再将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源输出端上，另一个作为副线圈，接上小灯泡；闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；最后将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤．(2)两线圈的匝数n1＝1600，n2＝400，当将n1做原线圈时，U1＝16V，副线圈两端电压U2＝4V；当原线圈与副线圈对调后，U1′＝8V时，U2′＝32V，由以上数据可得：＝.15．(8分)如图13所示，L1和L2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器(电压互感器与电流互感器均靠近电压输入端)．若已知匝数比n1∶n2＝1000∶1，n1′∶n2′＝1∶100，并且知道电压表示数为220V，电流表示数为1A，整个输电线上的总电阻为0.5Ω，求：图13(1)输电线的输送功率；(2)输电线上损失的功率．答案　(1)2.2×107W　(2)5000W解析　(1)已知电压表示数为220V，根据变压器的变压公式＝，得输送电压为U1＝2.2×105V(2分)已知电流表示数为1A，根据＝，得输送电流为I1＝100A(2分)输电线的输送功率为P＝U1I1＝2.2×105×100W＝2.2×107W(2分)(2)输电线上损失的功率为ΔP＝IR＝1002×0.5W＝5000W(2分)16．(10分)图14甲所示的理想变压器原线圈的匝数n1＝1320，副线圈的匝数n2＝540，将一电流表与阻值R＝10Ω的电阻串联接入副线圈电路中，已知图甲中所有电表均为理想电表．若在原线圈的两端加如图乙所示的交变电压，则：图14n(1)副线圈中的电压表的示数为多大？(2)为使副线圈电路中电流表的示数不超过6A，副线圈右侧应至少串联一个多大的电阻？答案　(1)90V　(2)5Ω解析　(1)原线圈两端电压的有效值U1＝＝V≈220V(2分)由＝得U2＝U1＝×220V＝90V(2分)(2)副线圈电压的有效值U2不变I2＝＝＝6A(2分)得出R′＝Ω＝15Ω(2分)又R′＝R＋R0，得R0＝5Ω即副线圈右侧应至少串联一个5Ω的电阻．(2分)17.(11分)(2017·泉州市高二检测)如图15，一个小型应急交流发电机，内部为n＝50匝、边长L＝20cm的正方形线圈，总电阻为r＝1Ω.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＝9Ω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：图15(1)交流发电机产生的电动势的最大值；(2)电灯正常发光的功率；(3)从图示位置开始，线圈转过30°的过程中，通过电灯的电荷量；(4)线圈每转动一分钟，外力所需做的功．答案　(1)20V　(2)18W　(3)0.01C　(4)1200J解析　(1)电动势的最大值为Em＝nBSω＝nBωL2＝20V(2分)(2)电动势的有效值为E＝＝10V(1分)电灯正常发光的电流I＝＝A＝A(1分)电灯正常发光的功率P＝I2R＝18W(2分)(3)q＝Δt＝＝＝0.01C(2分)n(4)线圈每转动一分钟，整个回路上产生的热量为Q＝I2(R＋r)t＝1200J(2分)W外＝Q＝1200J(1分)18．(13分)已知某个小型发电机的输出功率为90kW，发电机的输出电压为250V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为5Ω，在用户端用一降压变压器把电压降为220V，要求在输电线上损耗的功率控制为2kW(即用户得到的功率为88kW)．求：(1)画出全过程输电线路图；(2)降压变压器输出的电流和输电线上通过的电流；(3)升压变压器输出的电压；(4)两个变压器各自的匝数比．答案　(1)见解析图　(2)400A　20A　(3)4500V　(3)　解析　(1)全过程输电线路图如图所示(2分)(2)降压变压器输出电流为I4＝＝A＝400A(2分)根据输电线上损耗的功率为P损＝Ir，可知I2＝＝A＝20A(2分)(3)由欧姆定律可知输电线上损失的电压为ΔU＝I2r＝20×5V＝100V(2分)根据变压器输入、输出功率不变可得升压变压器输出电压U2＝＝V＝4500V(2分)(4)降压变压器输入电压为U3＝U2－ΔU＝4400V(1分)根据理想变压器电压与匝数的关系可知＝＝＝(1分)根据理想变压器电流与匝数的关系可知＝＝＝(1分)