高中物理人教版选修3-2假期作业：第五章 交变电流+综合测评（二）+Word版含解析

综合测评(二)
命题报告
知识点
简单
中等
较难
1.交变电流
1、2、4
10、11、12
15
2.电感与电容
3
3.变压器
5、6
8、9、13
14
4.电能的输送
7
16
(时间：60分钟　满分：100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，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分．选不全的得3分，有选错或不答的不得分)
1．根据交变电流瞬时值表达式i＝5sin500t A可知，从开始计时起，第一次出现电流峰值所需要的时间是(　　)
A．2 ms　　　　　　　　　 B．1 ms
C．6.28 ms D．3.14 ms
【解析】　(方法一)由已知条件有＝ω＝500 rad/s，则T＝2π/500，由表达式可知，从中性面开始计时，第一次出现电流峰值需Δt＝T/4＝2π/500× s＝ s＝3.14×10－3 s.
(方法二)由交流电瞬时值表达式，当i为最大值时有sin(ωt)＝1，即500t＝π/2，则t＝π/1 000＝3.14×10－3 s．故选D.
【答案】　D
2．下图表示两种电压的波形，其中图1甲表示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是(　　)
图1
A．图1甲表示交变电流，图乙表示直流
B．两种电压的有效值都是311 V
C．图1甲所示电压的瞬时值表达式为u＝220sin100πt V
D．以上说法都不对
【解析】　只要电流的方向发生变化，该电流就叫作交变电流，所以A选项错误；两种电压的最大值是311 V，而非有效值，B选项错误；图甲中交变电流的周期为2×10－2 s，所以ω＝＝100π rad/s，但是最大值是311 V，所以选项C错误、选项D正确．
【答案】　D
图2
3．(多选)如图2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，L1、L2两只灯泡的炽热程度相同，则下列说法中正确的是(　　)
A．如果将频率增大，L1炽热程度减弱、L2炽热程度加强
B．如果将频率增大，L1炽热程度加强、L2炽热程度减弱
C．如果将频率减小，L1炽热程度减弱、L2炽热程度加强
D．如果将频率减小，L1炽热程度加强、L2炽热程度减弱
【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L1的电流增大，通过L2的电流减小，故B项正确，同理可得C项正确．故选B、C.
【答案】　BC
4．一正弦式交变电压随时间变化的规律如图3所示，由图可知(　　)
图3
A．该交变电压的有效值为100 V
B．该交变电压的频率为25 Hz
C．该交变电压瞬时值的表达式为u＝100sin 25t V
D．若将该交变电压加在阻值为100 Ω的电阻两端，该电阻消耗的功率为50 W
【解析】　根据图象可知该交变电流的最大值为100 V，A错；周期为4×10－2 s，所以频率为25 Hz，B对；ω＝2πf＝50π，交变电压瞬时值表达式为u＝100sin 50πt V，C错；若将该交变电压加在阻值为100 Ω的电阻两端，因为电压有效值为 V，所以功率为 W＝100 W，D错．
【答案】　B
5．(多选)如图4所示的电路中要使电流表读数变大，可采用的方法有(　　)
图4
A．将R上的滑片向上移动
B．将R上的滑片向下移动
C．将开关S由1掷向2
D．将开关S由1掷向3
【解析】　在输入电压和原、副线圈匝数比一定的情况下，输出电压U2是一定的，当R减小时，由I2＝可知电流表读数变大，故应将R上的滑片向下移动，选项B正确．在输入电压U1一定的条件下，减小原、副线圈匝数比，则输出电压U2增大，故I2＝增大，开关S应掷向2，选项C正确．
【答案】　BC
图5
6．(·天津高考)普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图5中电流互感器 ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则(　　)
A．ab接MN、cd接PQ，IabB．ab接MN、cd接PQ，Iab>Icd
C．ab接PQ、cd接MN，IabD．ab接PQ、cd接MN，Iab>Icd
【解析】　根据变压器的工作原理＝解决问题．
高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，根据＝，MN应接匝数少的线圈，故ab接MN，cd接PQ，且Iab>Icd，选项B正确．
【答案】　B
7．(多选)如图6所示，在远距离输电过程中，若保持原线圈的输入功率不变，下列说法正确的是(　　)
图6
A．升高U1会减小输电电流I2
B．升高U1会增大线路的功率损耗
C．升高U1会增大线路的电压损耗
D．升高U1会提高电能的利用率
【解析】　提高输电电压U1，由于输入功率不变，则I1将减小，又因为I2＝I1，所以I2将减小，故A正确；线路功率损耗P损＝IR，因此功率损耗也减小，由ΔU＝I2R可知电压损耗减小，故B、C错误；因线路损耗功率减小，因此利用率将升高，D正确．
【答案】　AD
8．(·福建高考)如图7，理想变压器原线圈输入电压U＝Umsinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器．V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是(　　)
图7
A．I1和I2表示电流的瞬间值
B．U1和U2表示电压的最大值
C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大
D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小
【解析】　电压表V1和V2分别测量的变压器原、副线圈的输入、输出电压的有效值，电流表A1和A2分别测量的原、副线圈电路中电流的有效值，A、B项错误；滑动变阻器向下滑动时，接入电路的电阻变小，原副线圈输入、输出电压不变，由欧姆定律I＝可知，副线圈电路中的电流变大，副线圈输出功率变大，由P入＝P出，得原线圈的输入功率变大，由P＝IU可知，原线圈电路中的电流变大，C项正确，D项错误．
【答案】　C
9.
图8
如图8所示的电路图中，变压器是理想变压器，原线圈匝数n1＝600匝，装有熔断电流为0.5 A的保险丝，副线圈的匝数n2＝120匝．要使整个电路正常工作，当原线圈接在180 V的交流电源上时，副线圈(　　)
A．可接耐压值为36 V的电容器
B．可接“36 V　40 W”的安全灯两盏
C．可接电阻为14 Ω的电烙铁
D．可串联量程为0.6 A的电流表测量其电路的总电流
【解析】　根据＝得U2＝U1＝36 V，又由＝，在保险丝安全的条件下，副线圈中允许通过的最大电流为I2＝I1＝×0.5 A＝2.5 A，最大输出功率Pm＝I2U2＝2.5×36 W＝90 W，B选项正确．而交流电压的最大值为36 V，所以A选项错误．接14 Ω的电阻时，流过电阻的电流将达到I2′＝ A>2.5 A, C选项错误．若副线圈串联量程为0.6 A的电流表，则电流表可能会被烧坏，D选项错误．
【答案】　B
10．(多选)在一阻值为R＝10 Ω的定值电阻中通入如图9所示的交流电，则(　　)
图9
A．此交流电的频率为0.5 Hz
B．此交流电的有效值约为3. 5 A
C．在2～4 s内通过该电阻的电荷量为1 C
D．在0～2 s内电阻产生的焦耳热为25 J
【解析】　由图知，交流电的周期为2 s，故频率f＝＝0.5 Hz，A正确；根据有效值的定义，由I2RT＝IR＋IR＝250 J得，I＝3.5 A，B正确，D错误；.在2～4 s内通过该电阻的电荷量为Q＝I1＋I2＝1 C，C正确．故选ABC.
【答案】　ABC
二、填空题(本大题共3小题，共20分，把答案填在题中的横线上)
11．(6分)如图10所示，匝数为100匝的圆形线圈绕与磁场垂直的轴OO′，以50 r/s的转速转动，穿过线圈的最大磁通量为0.01 Wb，从图示的位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式____________________．
图10
【解析】　本题图示位置为线圈平面与磁场方向平行的位置，感应电动势的瞬时值表达式e＝Em cos ωt，而Em＝NBSω，ω＝2πn，Φm＝BS＝0.01 Wb.所以Em＝100×0.01×2×3.14×50 V＝314 V，ω＝2πn＝2×3.14×50 rad/s＝314 rad/s.
故感应电动势的瞬时值表达式为：
e＝Em cos ωt＝314cos 314t V.
【答案】　e＝314cos 314t V
图11
12．(6分)一个面积为S的矩形线圈在匀强磁场中以其一条边为轴做匀速转动，磁场方向与转轴垂直，线圈中感应电动势e与时间t的关系如图11所示，感应电动势的最大值和周期可由图中读出，则磁场的磁感应强度B＝________．在t＝T/12时刻，线圈平面与磁感应强度的夹角θ＝________．
【解析】　由于线圈在匀强磁场中以其一条边为轴做匀速转动时，交变电流的公式仍然适用．由图可以直接读出交变电流的最大值Em和周期T.感应电动势为最大值时，线圈平面与磁场方向平行，感应电动势的最大值为Em＝NBSω，式中的N＝1，ω＝，由此可求得B＝.从图象可以看出，线圈开始转动时为最大值，这时线圈平面与磁场B方向平行，从开始时刻起线圈转过的角度，也就是线圈平面与B的夹角，设这个夹角为θ，则θ＝ωt，在t＝T/12时刻，θ＝ωt＝×＝.
【答案】　　
图12
13．(8分)如图12所示，一理想变压器上绕有A、B、C三个线圈，匝数比nA∶nB∶nC＝4∶2∶1，在副线圈B和C的两端各接一个相同的电阻R，当原线圈A与交变电源连接时，交变电流表A2的示数为I0，则交变电流表A1的示数为________．
【解析】　由＝＝2可得UC＝UB，IC＝I0.
对于理想变压器有P1＝P2＋P3.即IAUA＝I0UB＋ICUC.
所以IA＝I0＋IC＝I0＋·，解得IA＝5I0/8.
【答案】　5I0/8
三、计算题(本题共3小题，共30分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
图13
14．(8分)如图13所示，变压器副线圈电路中有电阻R＝7.26 Ω，消耗的功率为6 W．另有一匝线圈接有电压表，读数U0＝50 mV.原线圈两端电压为u＝311 sin 100πt V．求原、副线圈的匝数和铁芯内的磁通量变化率表达式．
【解析】　由题中条件可知该变压器每匝线圈感应电压有效值为50 mV.由P2＝可得U2＝6.6 V，即可得n2＝＝132(匝)．由原线圈两端电压表达式可知交变电压的有效值为U1＝220 V，再由＝得原线圈匝数n1＝4 400(匝)．
铁芯内磁通量的变化率即单匝线圈的感应电动势，其最大值为0.05 V，表达式为＝0.05 sin 100πt Wb/s.
【答案】　4 400匝　132匝　0.05 sin 100πt Wb/s
图14
15．(10分)如图14所示，圆形线圈共100匝，半径为r＝0.1 m，在匀强磁场中绕过直径的轴OO′匀速转动，磁感应强度B＝0.1 T，角速度为ω＝ rad/s，电阻为R＝10 Ω，求：
(1)线圈由图示位置转过90°时，线圈中的感应电流为多大？
(2)写出线圈中电流的表达式(磁场方向如图所示，图示位置为t＝0时刻)．
(3)线圈转动过程中产生的热功率多大．
【解析】　(1)当从图示位置转过90°时，线圈中有最大感应电流．最大感应电动势为Em＝NBSω＝100×0.1×π×0.12× V＝30 V
Im＝＝3 A.
(2)由题意知i＝Imsin ωt，
即i＝3sin t A.
(3)感应电流的有效值
I＝＝ A.
发热功率P＝I2R＝×10 W＝45 W.
【答案】　(1)3 A　(2)i＝3sin t A　(3)45 W
16．(12分)一居民小区有440户，以前每户平均消耗电功率为100 W，使用的区间变压器匝数比为165∶6，恰好能使额定电压为220 V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250 W，若变压器输入电压仍为6 600 V，区间输电线路不变，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？
【解析】　未换时输电电流：I＝＝200 A
输送电压U2＝U1＝240 V
由ΔU＝U2－U用＝IR线，得R线＝0.1 Ω
换变压器后I′＝＝500 A
线路电压损失ΔU′＝I′R线＝50 V
变压器输出电压U2′＝U用＋ΔU′＝270 V
变压器匝数比n1∶n2＝U1∶U2′＝220∶9.
【答案】　220∶9
附加题(本题供学生拓展学习，不计入试卷总分)
17．(·江苏高考)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图15所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π.磁场均沿半径方向．匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l.线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场．在磁场中．两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r，外接电阻为R.求：
图15
(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；
(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；
(3)外接电阻上电流的有效值I.
【解析】　(1)bc、ad边的运动速度v＝ω感应电动势Em＝2NB(2l)v
解得Em＝2NBl2ω.
(2)电流Im＝　安培力F＝2NBIml
解得F＝.
(3)一个周期内，通电时间t＝T
R上消耗的电能W＝IRt且W＝I2RT
解得I＝.
【答案】　(1)2NBl2ω　(2)　(3)