2019-2020学年高中物理第5章交变电流章末跟踪测评5含解析 人教版选修3-2

2019-2020学年高中物理第5章交变电流章末跟踪测评5含解析 人教版选修3-2

第五章　章末跟踪测评 ‎(时间：90分钟　满分：110分)‎ 一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，1～7题只有一个选项符合题意，8～10题有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)‎ ‎1．　线圈在匀强磁场中转动产生电动势e＝10sin 20πt V，则下列说法正确的是(　　)‎ A．t＝0时，线圈平面位于中性面 B．t＝0时，穿过线圈的磁通量为零 C．t＝0时，导线切割磁感线的有效速率最大 D．t＝0.4 s时，e有最大值且为10 V A　解析　由电动势的瞬时值表达式知，计时从中性面开始，所以t＝0时，线圈平面位于中性面，磁通量最大，但此时导线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速率为零，选项A正确，B、C错误；当t＝0.4 s时，e＝10sin 20πt V＝10sin(20π×0.4)　V＝0，选项D错误．‎ ‎2．　在电路的M、N间加一如图所示的正弦交流电，负载电阻为100 Ω，若不考虑电表内阻对电路的影响，则交流电压表和交流电流表的读数分别为(　　)‎ A．220 V　2.20 A B．311 V　2.20 A C．220 V　3.11 A D．3.11 V　3.11 A A　解析　电压表和电流表的示数为有效值，根据图象得出电压的有效值是220 V，根据欧姆定律得出电流的有效值是2.20 A．　‎ ‎3．一个按正弦规律变化的交变电流的图象如图所示，由图可知 ‎①该交变电流的频率为0.2 Hz；‎ ‎②该交变电流的有效值为14.1 A；‎ ‎③该交变电流的瞬时值表达式为i＝20sin 0.02t A；‎ ‎④t＝时刻，该交变电流大小与其有效值相等．(　　)‎ A．①② B．②④‎ C．③④ D．①③‎ 8‎ B　解析　由图象知T＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz，电流最大值Im＝20 A，故有效值为I＝＝10 A≈14.1 A，线圈转动的角速度ω＝2πf＝100π rad/s，瞬时值表达式为i＝20sin 100πt A，将t＝代入瞬时值公式得i＝20sinA＝10 A＝14.1 A，由上述分析可知②④正确．‎ ‎4．　如图所示，变频交变电源的频率可在20 Hz到20 kHz之间调节，在某一频率时，A1、A2两只灯泡的炽热程度相同．则下列说法正确的是(　　)‎ A．如果将频率增大，A1炽热程度减弱、A2炽热程度加强 B．如果将频率增大，A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱 C．如果将频率减小，A1炽热程度减弱、A2炽热程度减弱 D．如果将频率减小，A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱 B　解析　某一频率时，两只灯泡炽热程度相同，应有两灯泡消耗的功率相同，频率增大时，感抗增大，而容抗减小，故通过A1的电流增大，通过A2的电流减小，即A1的炽热程度加强，A2的炽热程度减弱，故选项B正确，A、C、D错误．‎ ‎5．如图甲所示，A、B两端接直流稳压电源，UAB＝100 V，R0＝40 Ω，滑动变阻器的总电阻R＝20 Ω；滑片处于滑动变阻器中点；如图乙所示，自耦变压器输入端A、B接交流稳压电源，其电压有效值UAB＝100 V，R0＝40 Ω，滑片处于线圈中点位置．则下列分析正确的是(　　)‎ A．甲图中UCD＝50 V，R0中电流为1.25 A B．乙图中UCD＝200 V，R0中电流的有效值为5 A C．甲图中UCD＝80 V，R0中电流的最大值约为2.83 A D．乙图中UCD＝80 V，R0中电流的最大值约为2.83 A B　解析　由题图甲可知，R的上半部分与R0串联的总电阻为R′＝R0＋＝50　Ω，由欧姆定律可得流过R0的电流为I0＝＝ A＝2 A，R0两端的电压为U0＝I0R0＝2 A×40 Ω＝80 V，故UCD＝80 V，通过R0的电流为2 A，选项A、C错误．由题图乙可知A、B之间的线圈是原线圈，C、D之间的线圈是副线圈，滑片处于线圈中点位置时，原、副线圈匝数比为1∶‎ 8‎ ‎2，根据电压与匝数成正比可得，C、D两端的电压为UCD＝2UAB＝200 V，通过R0的电流为I＝＝ A＝5 A，选项B正确，D错误．‎ ‎6．电阻R1、R2与交流电源按照如图甲所示方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示．则(　　)‎ A．通过R1的电流有效值是1.2 A B．R1两端的电压有效值是6 V C．通过R2的电流最大值是1.2 A D．R2两端的电压最大值是6 V B　解析　交变电流的最大值Im＝0.6 A，则有效值I＝＝0.6 A，选项A、C错误；R1两端的电压有效值U1＝IR1＝6 V，选项B正确；R2两端的电压最大值U2m＝ImR2＝12 V，选项D错误．‎ ‎7．　如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则(　　)‎ A．小灯泡变亮 B．小灯泡变暗 C．原、副线圈两端电压的比值不变 D．通过原、副线圈电流的比值不变 B　解析　由＝得U2＝U1，①‎ 由＝得U2′＝U1，②‎ 由②①得＝＝，因为n2n3∶n4‎ B．随着用户用电功率的增加，降压变压器原线圈两端的电压变小 C．输电线路上损耗的功率与升压变压器的输出功率成正比 D．输电线上的电流小于用户得到的总电流 ABD　解析　由变压器的电压比等于匝数之比＝，＝，及U1＝200 V，U4＝220 V，又因为线路电压损失，即U2＞U3，所以n2∶n1>n3∶n4，故选项A正确；若用户功率增加，则输入功率增加，I＝，及U耗＝IR知I增加，U耗增加，则降压变压器初级线圈两端的电压变小，故选项B正确；在输电线路中I＝，损失的功率为ΔP＝I2R＝R，与输送的功率的平方成正比，故选项C错误；在降压变压器中＝，由于n3＞n4‎ 8‎ ‎，故输电线上的电流小于用户得到的总电流，故选项D正确．‎ ‎10．如图所示，T为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当开关S闭合时(　　)‎ A．交流电压表V2的示数不变 B．交流电压表V3的示数变小 C．交流电流表A1、A2和A3的示数一定变大 D．只有交流电流表A1的示数变大 AB　解析　因为U不变，故U1不变，由＝可得U2不变；当S闭合后副线圈所在电路总电阻R减小，由I2＝可知电流I2增大；由U1I1＝U2I2得I1＝，故I1增大；而电阻R1两端电压UR1＝U2－I2R′(R′为输电线电阻)，故UR1变小，I3＝变小；电压表V3的示数U3减小．综上所述，I1、I2增大，I3减小，U2不变，U3减小，故选项A、B正确．‎ 二、填空题(共2小题，共12分)‎ ‎11．(6分)为了探究交变电流的电动势最大值跟哪些因素相关，现将几个单匝面积S、匝数N均相等的闭合线圈都放在同一有界匀强磁场中，使其绕如图中所示的固定转轴(虚线)以相同的转速n匀速转动，所产生的正弦交变电流的电动势最大值分别用“EmA”“EmB”“EmC”和“EmD”表示，则EmA____EmB，EmB____EmC，EmC____EmD．(均选填“>”“<”或“＝”)‎ 解析　根据法拉第电磁感应定律知Em＝NBSω，其中ω＝2πn，图A、图B中闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场且过线圈平面的转轴匀速转动，满足产生正弦交变电流的条件，能产生正弦交变电流，并且EmA＝EmB＝NBSω＝2πNBSn 8‎ ‎；而图C中转轴平行于磁场，转动过程中，穿过线圈的磁通量始终为零，故图C线圈中不能产生正弦交变电流．在图D中虽然始终有一边切割磁感线，能产生正弦规律的感应电动势，但是只有一半线圈在磁场中，所以其有效面积小于面积S，故有EmA＝EmB>EmD>EmC．‎ 答案　＝　>　<‎ ‎12．(6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12　V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”)．‎ 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12 V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．‎ 答案　交流电源　增大　减小 三、解答题(共4小题，共48分)‎ ‎13．(10分)某发电站的输出功率为104 kW，输出电压为4 kV，通过理想变压器升压后向80 km远处的用户供电．已知输电线的电阻率为ρ＝2.4×10－8 Ω·m，导线横截面积为1.5×10－4 m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：‎ ‎(1)升压变压器的输出电压；‎ ‎(2)输电线路上的电压损失．‎ 解析　(1)输电线的电阻为r＝ρ，‎ P损＝P1×4%＝Ir，P2＝P1＝U2I2，‎ 由此可得，升压变压器的输出电压 U2＝8×104 V.‎ ‎(2)输电线路上的电压损失U损＝I2r＝3 200 V.‎ 答案　(1)8×104 V　(2)3 200 V ‎14．(12分)如图所示，交流发电机电动势的有效值E＝20 V，内阻不计，它通过一个R＝6 Ω的指示灯连接在降压变压器的输入端，变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都标有“6 V　0.25 W”，灯泡都能正常发光，导线电阻不计．求：‎ 8‎ ‎(1)降压变压器初、次级线圈匝数之比；‎ ‎(2)发电机的输出功率．(计算结果保留三位有效数字)‎ 解析　(1)每只彩色小灯泡的额定电流IL＝，‎ 次级线圈总电流I2＝24IL，‎ 变压器输入功率P入＝I1U1＝I2U2，‎ 变压器初级线圈所连的电路中，由欧姆定律可得 E＝U1＋I1R，　‎ 由理想变压器的公式可得＝，‎ 将E＝20 V代入以上式子可解得＝.‎ ‎(2)发电机的输出功率P出＝I1E，‎ 代入数据可解得P出≈6.67 W.‎ 答案　(1)3∶1　(2)6.67 W ‎15．(13分)如图所示，一个小型应急交流发电机，内部为n＝50匝、边长L＝20 cm的正方形线圈，总电阻为r＝1.0 Ω.线圈在磁感应强度为B＝0.1 T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＝9.0 Ω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＝100 rad/s时，电灯正常发光．求：‎ ‎(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，通过电灯的电量；　‎ ‎(4)线圈每转动一分钟，外力所需做的功．‎ 解析　(1)电动势的最大值为 Em＝nBSω＝nBωL2＝20 V.‎ ‎(2)电动势的有效值为E＝＝10 V，‎ 电灯正确发光的电流I＝＝ A＝ A，‎ 电灯正确发光的功率P＝I2R＝18 W.‎ ‎(3)q＝Δt＝＝＝0.01‎ C．‎ 8‎ ‎(4)整个回路上产生的热量为Q＝I2(R＋r)t＝1 200 J，W外＝Q＝1 200 J.‎ 答案　(1)20 V　(2)18 W　(3)0.01 C　(4)1 200 J ‎16．(13分)如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，它的结构是一个套在轴向形永久磁铁槽中的半径为r＝0.10 m、匝数n＝20匝的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)．在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝ T，线圈的电阻为R1＝0.50 Ω，它的引出线接有R2＝9.5 Ω的小电珠L.外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过小电珠．当线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示时(摩擦等损耗不计)．求：‎ ‎(1)小电珠中电流的最大值；‎ ‎(2)电压表的示数；‎ ‎(3)t＝0.1 s时外力F的大小．‎ 解析　(1)由题意及法拉第电磁感应定律知，由于线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的最大值为Em＝nB2πrvm，电路总电阻为R总＝R1＋R2，那么小灯泡中电流的最大值为 Im＝＝ A＝0.16 A．‎ ‎(2)电压表示数为有效值，其示数 U＝＝ImR2＝×0.16×9.5 V＝0.76 V≈1.07 V.‎ ‎(3)当t＝0.1 s即时，外力F大小为 F＝nB2πrIm＝20××2π×0.1×0.16 N＝0.128 N.‎ 答案　(1)0.16 A　(2)1.07 V　(3)0.128 N 8‎