2020-2021学年高中物理-第3章-交变电流与远距离输电-单元测试鲁科版选择性必修2.doc

2020-2021学年高中物理 第3章 交变电流与远距离输电 单元测试鲁科版选择性必修22020-2021学年高中物理 第3章 交变电流与远距离输电 单元测试鲁科版选择性必修2年级：姓名：- 17 -第3章 交变电流与远距离输电 (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.超导是当今高科技研究的热点，利用超导材料可实现无损耗输电，现有一直流电路，输电总电阻为0.4 ，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V。若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为()A.1 kWB.1.6103 kWC.1.6 kWD.10 kW【解析】选A。节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率，I= A=50 A。P线=I2R=5020.4 W=1 000 W，故节约的电功率为1 kW，A正确。2.线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电流的图像如图所示，由图中信息可以判断()A.在A、C时刻线圈处于中性面位置B.在B、D时刻穿过线圈的磁通量为零C.从AD线圈转过的角度为2D.若从OD历时0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变了100次【解析】选D。由题中交变电流的图像可知，在A、C时刻产生的感应电流最大，对应的感应电动势最大，线圈处于垂直中性面的位置，选项A错误；在B、D时刻感应电流为零，对应的感应电动势为零，即磁通量的变化率为零，此时磁通量最大，选项B错误；从AD，经历的时间为周期，线圈转过的角度为，选项C错误；若从OD历时0.02 s，则交变电流的周期为0.02 s，而一个周期内电流的方向改变两次，所以1 s内交变电流的方向改变了100次，选项D正确。3.如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO匀速转动，从图示位置开始计时，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示。若线圈的转速变为原来的2倍，而其他条件保持不变，从图示位置转过90开始计时，则能正确反映线圈中产生的电动势e随时间t的变化规律的图像是()【解析】选A。由题图乙知，周期T=4 s，感应电动势的最大值Em=1 V，而感应电动势的最大值的表达式Em=NBS=NBS。若仅把线圈的转速变为原来的2倍，则周期T变为原来的，即T=2 s，而感应电动势的最大值Em变为原来的2倍，即Em=2 V，所以选项B、C错误；从图示位置转过90开始计时，也就是t=0时线圈中产生的感应电动势应为0，所以选项A正确，D错误。4.如图所示，理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交流电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为u=311sin100t (V)，副线圈所在电路中接有电灯、电动机、理想交流电压表和理想交流电流表。已知理想变压器原、副线圈匝数比为101，电灯额定功率为44 W，电动机内电阻为1 ，电流表示数为3 A，各用电器均正常工作。则()A.电压表示数为31.1 VB.电动机的输出功率为21 WC.变压器的输入功率为44 WD.通过保险丝的电流为30 A【解析】选B。该交流电源的电压有效值为220 V，根据理想变压器的电压比等于匝数比，则电压表的示数为22 V，选项A错误；电灯两端的电压为22 V，电灯正常工作，根据P=UI，可得流经电灯的电流为2 A，根据串、并联电路特点，流经电动机的电流为1 A，则电动机的输出功率P出=UIM-r=21 W，选项B正确；根据理想变压器的电流比与匝数比成反比，则通过保险丝的电流为0.3 A，选项D错误；变压器的输入功率P入=2200.3 W=66 W，选项C错误。5.现在的调光灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调控的。如图所示为经过一个双向可控硅调节后加在电灯上的电压，即在正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去。调节电灯上的旋钮可以控制截去的多少，从而改变电灯上的电压，那么现在电灯上的电压为()A.UmB.C.D.Um【解析】选B。由有效值的概念可得=T，解得U=，选项B正确。【补偿训练】如图所示，一半径为L的导体圆环位于纸面内，O为圆心。环内两个圆心角为90且关于O中心对称的扇形区域内分布有匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B、方向相反且均与纸面垂直。导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触，在圆心和圆环间连有电阻R，不计圆环和导体杆的电阻，当杆OM以恒定角速度逆时针转动时，理想电流表A的示数为()A.B.C.D.【解析】选A。OM切割磁感线产生的电动势E=，OM切割磁感线时产生的感应电流I=，设电流的有效值为I有效，则RT=2I2RT，解得I有效=，选项A正确。6.教学用发电机能够产生正弦交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的，则()A.R消耗的功率变为PB.电压表V的读数变为UC.电流表A的读数变为2ID.通过R的交变电流频率不变【解析】选B。发电机线圈转速变为原来一半时，产生电动势的最大值和有效值均变为原来的一半，变压器匝数比不变，故副线圈上的电压表示数变为原来的一半，选项B正确；对负载电阻R，由P=可得，R消耗的功率变为原来的，即副线圈消耗的功率变为原来的，故原线圈消耗的功率也变为原来的，而原线圈电压变为原来的一半，故原线圈中的电流(电流表示数)变为原来的一半，选项A、C均错误；发电机线圈转速变为原来一半时，线圈转动的角速度变为原来的一半，由f=可得交变电流的频率变为原来的一半，选项D错误。7.图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电阻R=10 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磁通量随时间t变化的图像。则下列说法正确的是()A.电阻R上的电功率为20 WB.0.02 s时R两端的电压瞬时值为零C.R两端的电压随时间变化的规律是u=14.1cos100t(V)D.通过R的电流随时间变化的规律是i=cos 50t(A)【解析】选C。电阻R上的电功率为P=10 W，选项A错误；0.02 s时穿过线圈的磁通量变化率最大，R两端的电压瞬时值最大，选项B错误；R两端的电压u随时间t变化的规律是u=14.1cos100t(V)，通过R的电流随时间变化的规律i=1.41 cos100t(A)，选项C正确，D错误。【补偿训练】如图所示，N匝矩形导线框以角速度绕对称轴OO匀速转动，线框面积为S，线框电阻、电感均不计，在OO左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，外电路接有电阻R和理想电流表，那么可以确定的是()A.从图示时刻起，线框产生的瞬时电动势为e=NBSsin tB.电流表的示数I=NBSC.R两端电压的有效值U=NBSD.一个周期内R上产生的热量Q=【解析】选B。从图示时刻起，线框的瞬时电动势为e=sin t，A错误。R两端电压的有效值为U=NBS，电流表示数I=NBS，故C错误，B正确。Q=T=，D错误。8. 某交流电源电动势随时间变化的规律如图所示，现用该电源对标称值为“5 V10 W”的电动机供电，电源内阻不计，下列说法正确的是()A.电动机的内阻为2.5 B.电动机的发热功率为10 WC.通过电动机的电流为2 AD.通过电动机的电流为2 A【解析】选C。由图知该电源电动势最大值为Em=5 V，则有效值E=5 V，通过电动机的电流I= A=2 A，电动机是非纯电阻元件，电动机内阻r =2.5 ，电动机的发热功率P热=I2rP总=10 W，故A、B、D错误，C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，理想变压器初级线圈的匝数为n1，次级线圈的匝数为n2，初级线圈的两端a，b接正弦交流电源，电压表V的示数为220 V，负载电阻R=44 ，电流表A1的示数为0.20 A。下列判断中正确的是()A.初级线圈和次级线圈的匝数比为21B.初级线圈和次级线圈的匝数比为51C.电流表A2的示数为1.0 AD.电流表A2的示数为0.4 A【解析】选B、C。由变压器的功率关系U1I1=R得，I2= A=1.0 A，由于原、副线圈电流与匝数成反比，所以初级线圈和次级线圈的匝数比为51，选项B、C正确，A、D错误。10.如图甲所示是一种振动发电装置的示意图，半径为r=0.1 m、匝数n=20的线圈位于辐向分布的磁场中，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)，线圈所在位置的磁感应强度的大小均为B= T，线圈电阻为R1=0.5 ，它的引出线接有R2=9.5 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，线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示(摩擦等损耗不计)，则()A.小电珠中电流的峰值为0.16 AB.小电珠中电流的有效值为0.16 AC.电压表的示数约为1.5 VD.t=0.01 s时外力的大小为0.128 N【解析】选A、D。由题意及法拉第电磁感应定律知道，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峰值为Em=nBlv=nB2rvm，故小电珠中电流的峰值为Im= A=0.16 A，选项A正确，B错误；电压表示数为U=R21.07 V，选项C错误；当t=0.01 s也就是时，外力的大小为F=nB2rIm=0.128 N，选项D正确。11.如图所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，匝数N=100匝，电阻为r=1 的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，线圈两端经集流环和电刷与电路连接，定值电阻R1=6 ，R2=3 ，其他电阻不计，线圈匀速转动的周期T=0.2 s。从线圈与磁场方向平行位置开始计时，线圈转动的过程中，理想电压表的示数为2 V。下列说法中正确的是()A.电阻R1上的电功率为 WB.t=0.4 s时，电阻R2两端的电压瞬时值为零C.从开始计时到 s通过电阻R2的电荷量为 CD.若线圈转速增大为原来的2倍，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e=6cos20t(V)【解析】选A、D。电阻R1上的电功率为P= W= W，故A正确；线圈匀速转动的周期T=0.2 s，t=0.4 s时，正好又转到了与磁场方向平行位置，故此时线圈产生的感应电动势最大，故电阻R2两端的电压瞬时值最大，故B错误；根据并联电路特点可知，R1、R2的总电阻R=2 ，根据闭合电路的欧姆定律可知产生的感应电动势的有效值E=U=2 V=3 V，最大值Em=E=3 V，有Em=NBS，故m=BS= Wb= Wb，故=BSsint=sin 10t，从开始计时到 s，磁通量的变化量=，故通过电阻R2的电荷量为q= C，故C错误；转速增大2倍，故产生的感应电动势Em=NBS变为原来的2倍，故最大值为Em=6 V，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e=6cos20t(V)，故D正确。12.为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图甲为变压器示意图。保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压。某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示。以下说法正确的是()A.u2=190sin(50t) VB.u2=190sin(100t) VC.为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移D.为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移【解析】选B、D。由电压u2随时间t变化的曲线可知，用户电压的最大值是190 V，周期是210-2 s，所以u2=190sin(100t) V，A错误，B正确；根据=，n1减小，U2增大，因此为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移，C错误，D正确。三、实验题：本题共2小题，共14分。13.(6分)在课堂演示探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系中，利用小灯泡定性判断变压器线圈两端的电压与匝数的关系。按如图所示，将长导线按顺时针方向一匝一匝地绕在铁芯的左边，边绕边观察小灯泡的发光情况，等小灯泡发出耀眼的强光后，再将导线一匝一匝地退出铁芯，边退边观察小灯泡的发光情况。你观察到的现象是_。由此你能得出的结论是_。【解析】将长导线按顺时针方向一匝一匝地绕在铁芯的左边，再将导线一匝一匝地退出铁芯，故副线圈匝数先增加后减小，根据变压比公式=，小灯泡的电压先增加后减小，故灯泡先慢慢变亮再慢慢变暗。实验结论为输入电压和原线圈一定时，副线圈匝数越多，获得电压越高。答案：灯泡先慢慢变亮，后来再慢慢变暗输入电压和原线圈一定时，副线圈匝数越多，获得电压越高14.(8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：将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；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；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；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)如图所示，在实验中，两线圈的匝数n1=1 600，n2=400，当将n1作原线圈时，U1=16 V，副线圈两端电压U2=4 V；原线圈与副线圈对调后，当U1=8 V时，U2=32 V，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_。【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=1 600，n2=400，当将n1作原线圈时，U1=16 V，副线圈两端电压U2=4 V；当原线圈与副线圈对调后，U1=8 V时，U2=32 V，此时U1为原线圈的电压，而U2为副线圈的电压；由上数据可得：=。答案：(1)(2)=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)如图所示匀强磁场B=0.1 T，矩形线圈的匝数N=100，边长Lab=0.2 m，Lbc=0.5 m，以角速度=100 rad/s绕OO轴匀速转动。当线圈平面通过中性面时开始计时，试求：(1)线圈中瞬时感应电动势的表达式；(2)若从线圈平面平行磁感线时开始计时，求线圈在t=时刻的电动势大小。【解析】(1)感应电动势的瞬时值为e=NBSsint(2分)代入数据得：e=100sin100t(V)(1分)(2)由Em=NBS(1分)线圈从线圈平面平行磁感线时开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e=Emcost(1分)代入数据得e=100cos100t(V)(2分)当t=时，代入数据解得e=50 V (1分)答案：(1)e=100sin100t (V)(2)50 V【补偿训练】曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型交流发电机，图(a)为其结构示意图，图中N、S是一对固定的磁极，abcd为固定在转轴上的矩形线框，转轴过bc边中点且与ab边平行，它的一端有一半径r0=1.0 cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图(b)所示，当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动，设线框由N=800匝线圈组成，每匝线圈的面积S=20 cm2，磁极间的磁场可视作匀强磁场，磁感应强度B=0.010 T，自行车车轮的半径R1=35 cm，小齿轮的半径R2=4.0 cm，大齿轮的半径R3=10.0 cm，见图(b)，现从静止开始使大齿轮加速转动，问大齿轮的角速度为多大才能使发电机输出电压的有效值U=3.2 V？(假定摩擦小轮与自行车车轮之间无相对滑动)【解析】自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的线框在匀强磁场内转动，线框中产生一正弦交流电动势，其最大值Em=NBS0(上式中，0为线框转动角速度，即摩擦小轮的角速度)发电机两端电压的有效值U=设自行车车轮转动的角速度为1，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，有R11=r00小齿轮转动的角速度与自行车车轮转动角速度相同，也为1，设大齿轮转动的角速度为，有：R3=R21由以上各式得=代入数据得：=3.2 rad/s答案：3.2 rad/s16.(8分)如图所示，理想变压器有两个副线圈，L1、L2是两盏规格为“8 V10 W”的灯泡，L3、L4是两盏规格为“6 V12 W”的灯泡，当变压器的输入电压为U1=220 V时，四盏灯泡恰好都能正常发光，如果原线圈的匝数n1=1 100匝，求：(1)副线圈的匝数n2、n3；(2)电流表的读数。【解析】(1)由变压器原理可知，n1n2n3=U1U2U3，则n2=n1=1 100匝=40匝(2分)n3=n1=1 100匝=60匝。 (2分)(2)由P入=P出可得I1U1=P1+P2+P3+P4(2分)所以I1= A=0.2 A。(2分)答案：(1)40匝60匝(2)0.2 A【补偿训练】有一个电子元件，当它两端的电压的瞬时值高于u=110 V时则导电，低于u=110 V时不导电，若把这个电子元件接到“220 V，50 Hz”的正弦式交变电源的两端，则它在1 s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化的图像如图所示，表达式为u=220sint V。其中=2f，f=50 Hz，T=0.02 s，得u=220sin100t V。在0时间内，把u=110 V代入上述表达式得到t1= s，t2= s所以每个周期内的通电时间为t=2(t2-t1)= s= s。由所画的u-t图像知，一个周期内导电两次，所以1 s内导电的次数为n=2=100。答案：100次 s17.(14分)如图所示为一理想变压器，原线圈的输入电压U1=3 300 V，副线圈的输出电压U2=220 V，绕过铁芯的导线所接的电压表的示数U0=2 V，则(1)原、副线圈的匝数各是多少？(2)当S断开时，A2的示数I2=5 A，那么A1的示数是多少？(3)当S闭合时，A2的示数将如何变化？A1的示数如何变化？【解析】(1)把电压表看作一匝线圈，由电压与变压器匝数的关系可得n1=n3=1=1 650匝(3分)n2=n3=1=110匝(3分)(2)当开关S断开时，由输入功率等于输出功率U1I1=U2I2(2分)可知I1= A=0.33 A(3分)(3)当开关S闭合时，电压不变，电阻变小，故电流变大，A2的示数将变大，根据=知原线圈电流变大，即A1的示数变大。(3分)答案：(1)1 650匝110匝(2)0.33 A(3)A2的示数将变大，A1的示数变大【补偿训练】如图所示，变压器原线圈输入电压为220 V，副线圈输出电压为36 V，两只灯泡的额定电压均为36 V，L1额定功率为12 W，L2额定功率为6 W。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=(2)两灯均工作时，由能量守恒得P1+P2=U1I1I1= A=0.082 A只有L1灯工作时，由能量守恒得P1=U1I1解得I1= A=0.055 A。答案：(1)559(2)0.082 A0.055 A18.(16分)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为P=10 kW，输出电压为U1=400 V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用U2=2 kV高压输电，最后用户得到“220 V，9.5 kW”的电能，求：(1)升压变压器原、副线圈的匝数比n1n2；(2)输电线路导线的总电阻R；(3)降压变压器原、副线圈的匝数比n3n4。【解析】(1)升压变压器原、副线圈的匝数比为=(2分)代入数据解得=(2分)(2)输电线上的电流为I=(1分)代入数据解得I=5 A(1分)输电线电路损失的功率P损=P-P用(2分)代入数据解得P损=500 W(1分)又 P损=I2R(2分)代入数据解得R=20 (1分)(3)降压变压器原线圈电压U3=U2-IR=1 900 V(2分)降压变压器原、副线圈的匝数比为=(1分)代入数据解得=(1分)答案：(1)15(2)20 (3)9511