第三章 电磁感应 测评同步作业 Word版含解析
文档属性
| 名称 | 第三章 电磁感应 测评同步作业 Word版含解析 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 295.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2019-09-03 09:00:24 | ||
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文档简介
第三章测评
(时间:60分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分)
1.下列说法正确的是( )
A.线圈中磁通量变化量越大,线圈中产生的感应电动势一定越大
B.通过线圈的磁感线条数越多,线圈中产生的感应电动势一定越大
C.线圈处在磁场越强的位置,线圈中产生的感应电动势一定越大
D.线圈中磁通量变化得越快,线圈中产生的感应电动势越大
解析:线圈中产生的感应电动势E=nΔΦΔt,即E与ΔΦΔt成正比,与Φ和ΔΦ的大小无直接的关系。磁通量变化得快,即ΔΦΔt大,产生的感应电动势也大,故D选项正确。
答案:D
2.以下说法正确的是( )
A.交变电流的有效值就是它的平均值
B.任何交变电流的有效值都是它的最大值的12
C.如果交变电流接在电阻R上产生的热量为Q,那么该交变电流的有效值为QR
D.以上说法均不正确
解析:有效值是根据电流的热效应来定义的,平均值并不是有效值,例如,线圈在匀强磁场中转动一圈,其平均电动势为零,故A错;在正弦交变电流中,其有效值为最大值的12,但对于其他交变电流并不一定满足此关系,故B选项错;交变电流要产生热量需要一定的时间,C选项中没有告诉时间,因此是错误的。
答案:D
3.为了计算输入电压未知,输出电压为44 V的变压器副线圈的匝数,已知原线圈的匝数为1 000,为获知此变压器副线圈匝数,某同学拆开副线圈,用绝缘导线在副线圈上加绕了30匝,然后将原线圈接到原来的交流电源上,测得副线圈的端电压为50 V,按理想变压器分析,该变压器原线圈的电压、副线圈匝数分别为( )
A.1 100 V、360 B.1 000 V、220
C.200 V、220 D.220 V、360
解析:设原线圈的电压U1,副线圈的匝数n2,对原来的理想变压器,根据变压比公式得U144V=1 000n2,对后来的理想变压器,根据变压比公式得U150V=1 000n2+30,两式结合得U1=200 V,n2=220,C正确。
答案:C
4.
如图所示,已知交流电源的电动势为e=2202sin 100πt V,电阻R=2 200 Ω,则电路中交流电流表和电压表的示数分别为( )
A.0.12 A 2202 V B.0.1 A 2202 V
C.0.12 A 220 V D.0.1 A 220 V
解析:电流表和电压表的读数都为有效值,所以U=22022 V=220 V,I=UR=2202 200 A=0.1 A,所以选D。
答案:D
5.
(多选)如图所示,画出的是穿过一个闭合线圈的磁通量随时间的变化规律,以下哪些认识是正确的( )
A.第0.6 s末线圈中的感应电动势为4 V
B.第0.9 s末线圈中的瞬时电动势比0.2 s末的大
C.第0.1 s末线圈的瞬时电动势为零
D.第0.2 s末和第0.4 s末的瞬时电动势的方向相同
解析:题图给出了磁通量的变化图象,由法拉第电磁感应定律计算:第0.6 s末线圈中的感应电动势为8-60.5 V=4 V,A正确。第0.9 s末线圈中的瞬时电动势为30 V,第0.2 s末的瞬时电动势为803 V,所以B正确。第0.1 s末线圈的瞬时电动势不为零,C错误。第0.2 s末和第0.4 s末的瞬时电动势的方向相反,D错误。
答案:AB
6.
(多选)如图中,将电灯与电容器串联接入通有交变电流的电路中,灯泡发光,则 ( )
A.自由电荷通过了电容器两极板间的绝缘电介质
B.自由电荷没有通过电容器两极板间的绝缘电介质
C.接入交流电源使电容器两极板间的绝缘电介质变成了导体
D.电容器交替进行充放电,电路中就有电流,表现为交变电流“通过”了电容器
解析:电容器“通交流”是因为两极板不断地充放电,从而使电路中有电流,而不是自由电荷通过了两极板间的电介质,所以B、D项正确。
答案:BD
7.一个电动机上标有“220 V1.5 kW”字样,那么为了使它正常工作,所使用的正弦式电流应是( )
A.电压最大值为220 V,电流最大值约为9.6 A
B.电压最大值为311 V,电流最大值约为6.8 A
C.电压有效值为220 V,电流有效值约为6.8 A
D.电压有效值为311 V,电流有效值约为9.6 A
解析:因为电动机上标的电压都是有效值,故其电压的最大值应该是有效值的2倍,故电压最大值为311 V,由P=UI可以求出电流的有效值为6.8 A,最大值为9.6 A。本题要特别注意家用电器上标的电压或电流是指有效值。
答案:C
8.
如图所示,铁芯右边绕有一个线圈,线圈两端与滑动变阻器、电池组连成回路。左边的铁芯上套有一个环面积为0.02 m2、电阻为0.1 Ω的金属环。铁芯的横截面积为0.01 m2,且假设磁场全部集中在铁芯中,金属环与铁芯截面垂直。调节滑动变阻器的滑片,使铁芯中的磁感应强度每秒均匀增加0.2 T,则从上向下看( )
A.金属环中感应电流方向是逆时针方向,感应电动势大小为4.0×10-3 V
B.金属环中感应电流方向是顺时针方向,感应电动势大小为4.0×10-3 V
C.金属环中感应电流方向是逆时针方向,感应电动势大小为2.0×10-3 V
D.金属环中感应电流方向是顺时针方向,感应电动势大小为2.0×10-3 V
解析:铁芯内的磁通量情况是相同的,金属环的有效面积即铁芯的横截面积。据电磁感应定律E=nΔΦΔt=1×0.2×0.01 V=2×10-3 V。又据楞次定律,金属环中电流方向为逆时针方向,即C正确。
答案:C
9.
如图是某交流发电机产生的交变电流的图象,根据图象可以判定( )
A.此交变电流的周期为0.1 s
B.此交变电流的频率为5 Hz
C.将标有“12 V 3 W”的灯泡接在此交变电流上,灯泡可以正常发光
D.与图象上a点对应的时刻发电机中的线圈刚好转至中性面
解析:由正弦函数图象可以得知,线框是由中性面开始转动的,所以选项D错。此题图告诉我们,交变电流的周期是0.2 s,频率f=1T=10.2 Hz=5 Hz,即选项A错,B对。“12 V 3 W”灯泡中12 V是有效值,如题图,12 V为最大值,U有=Um2。通过以上分析,只有选项B正确。
答案:B
10. (多选)如图(a)、(b)所示的电路中,电阻R和自感线圈L的电阻值都很小,且小于灯A的电阻,接通S,使电路达到稳定,灯泡A发光,则( )
A.在电路(a)中,断开S后,A将逐渐变暗
B.在电路(a)中,断开S后,A将先变得更亮,然后逐渐变暗
C.在电路(b)中,断开S后,A将逐渐变暗
D.在电路(b)中,断开S后,A将先变得更亮,然后逐渐变暗
解析:(a)电路中,灯A和线圈L串联,电流相同,断开S时,线圈上产生自感电动势,阻碍原电流的减小,通过R、A形成回路,A将逐渐变暗。(b)电路中,电阻R和灯A串联,灯A的电阻大于线圈L的电阻,电流则小于线圈L中的电流,断开S时,电源不给灯A供电,而线圈产生自感电动势阻碍电流的减小,通过A、R形成回路,灯A中电流比原来大,变得更亮,然后逐渐变暗。所以选项A、D正确。
答案:AD
二、填空题(本题2小题,共16分。把答案填在题中的横线上)
11. 8分)如图为“研究电磁感应现象”的实验装置。
(1)将图中所缺的导线补接完整。
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,那么合上开关后可能出现的情况有:
A.将原线圈迅速插入副线圈时,灵敏电流计指针将 。?
B.原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器滑片迅速向左滑动时,灵敏电流计指针将 。?
解析:(1)见答案图。
(2)依照楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定。
答案:(1)电路连接如图所示
(2)A.向右偏转一下 B.向左偏转一下
12.(8分)一个小水电站,输出的电功率为20 kW,输电线总电阻为0.5 Ω,如果先用400 V电压输送,后又改用2 000 V 电压输送,则输送电压提高后,输电线上损失的电功率 (选填“增加”或“减少”)了 W。?
解析:电压为400 V时,损耗的功率为P损=I2R=PU2R=1 250 W。
电压为2 000 V时,损耗的功率为P损=I2R=PU2R=50 W。
第二次比第一次损耗的功率减少了1 200 W。
答案:减少 1 200
三、解答题(本题3小题,共34分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
13.
(10分)如图所示,交变电流通过R=2 Ω的电阻。
(1)分别写出它的有效值、周期、频率;
(2)计算在R上产生的功率。
解析:(1)由图可知,这是正弦交变电流,其有效值I=Im2=3.535 A,周期T=0.4 s,频率f=2.5 Hz。
(2)由公式P=I2R=25 W。
答案:(1)3.535 A 0.4 s 2.5 Hz (2)25 W
14.
(10分)如图是街头的变压器通过降压给用户供电的示意图,R0为定值电阻,当R阻值减小时,图中电表示数如何变化?
解析:V1测电源电压,不变。由U2=n2n1U1可知V2示数不变,当R变小时,由I2=U2R+R0可知,A2示数变大。I1=n2n1I2,变大。两侧功率同时增大,但P1=P2。
答案:V1、V2不变,A1、A2变大
15. (14分)某电厂要将电能输送到较远的用户,输送的总功率为9.8×104 W,电厂的输出电压仅350 V,为减少输送功率损失,先用一升压变压器将电压升高再输送,在输送途中,输电线路的总电阻为4 Ω,允许损失的功率为输送功率的5%,求用户所需电压为220 V时,升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比各是多少?
解析:远距离输送电能如图所示,导线损失的电能转化为热能,所以根据电功率的知识可求出输送导线中的电流。根据理想变压器原理和能量守恒,算出升压变压器的输出电压和降压变压器的输入电压,就能解决该题中提出的问题。
由电路中损失功率P损=5%P总=I22R,得输电线电路中的电流为I2=5%P总R=5%×9.8×1044 A=35 A,
升压变压器的输出电压为
U2=P总I2=9.8×10435 V=2.8×103 V,
根据理想变压器原理得,升压变压器原、副线圈的匝数比为n1n2=U1U2=350V2.8×103 V=18。
降压变压器的输入功率为
P3=P总-P损=P总-5%P总=95%P总=0.95×9.8×104 W=9.31×104 W,
所以降压变压器初级电压为
U3=P3I2=9.31×10435 V=2 660 V。
降压变压器原、副线圈的匝数比为
n3n4=U3U4=2 660220≈121。
答案:18 121
(时间:60分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分)
1.下列说法正确的是( )
A.线圈中磁通量变化量越大,线圈中产生的感应电动势一定越大
B.通过线圈的磁感线条数越多,线圈中产生的感应电动势一定越大
C.线圈处在磁场越强的位置,线圈中产生的感应电动势一定越大
D.线圈中磁通量变化得越快,线圈中产生的感应电动势越大
解析:线圈中产生的感应电动势E=nΔΦΔt,即E与ΔΦΔt成正比,与Φ和ΔΦ的大小无直接的关系。磁通量变化得快,即ΔΦΔt大,产生的感应电动势也大,故D选项正确。
答案:D
2.以下说法正确的是( )
A.交变电流的有效值就是它的平均值
B.任何交变电流的有效值都是它的最大值的12
C.如果交变电流接在电阻R上产生的热量为Q,那么该交变电流的有效值为QR
D.以上说法均不正确
解析:有效值是根据电流的热效应来定义的,平均值并不是有效值,例如,线圈在匀强磁场中转动一圈,其平均电动势为零,故A错;在正弦交变电流中,其有效值为最大值的12,但对于其他交变电流并不一定满足此关系,故B选项错;交变电流要产生热量需要一定的时间,C选项中没有告诉时间,因此是错误的。
答案:D
3.为了计算输入电压未知,输出电压为44 V的变压器副线圈的匝数,已知原线圈的匝数为1 000,为获知此变压器副线圈匝数,某同学拆开副线圈,用绝缘导线在副线圈上加绕了30匝,然后将原线圈接到原来的交流电源上,测得副线圈的端电压为50 V,按理想变压器分析,该变压器原线圈的电压、副线圈匝数分别为( )
A.1 100 V、360 B.1 000 V、220
C.200 V、220 D.220 V、360
解析:设原线圈的电压U1,副线圈的匝数n2,对原来的理想变压器,根据变压比公式得U144V=1 000n2,对后来的理想变压器,根据变压比公式得U150V=1 000n2+30,两式结合得U1=200 V,n2=220,C正确。
答案:C
4.
如图所示,已知交流电源的电动势为e=2202sin 100πt V,电阻R=2 200 Ω,则电路中交流电流表和电压表的示数分别为( )
A.0.12 A 2202 V B.0.1 A 2202 V
C.0.12 A 220 V D.0.1 A 220 V
解析:电流表和电压表的读数都为有效值,所以U=22022 V=220 V,I=UR=2202 200 A=0.1 A,所以选D。
答案:D
5.
(多选)如图所示,画出的是穿过一个闭合线圈的磁通量随时间的变化规律,以下哪些认识是正确的( )
A.第0.6 s末线圈中的感应电动势为4 V
B.第0.9 s末线圈中的瞬时电动势比0.2 s末的大
C.第0.1 s末线圈的瞬时电动势为零
D.第0.2 s末和第0.4 s末的瞬时电动势的方向相同
解析:题图给出了磁通量的变化图象,由法拉第电磁感应定律计算:第0.6 s末线圈中的感应电动势为8-60.5 V=4 V,A正确。第0.9 s末线圈中的瞬时电动势为30 V,第0.2 s末的瞬时电动势为803 V,所以B正确。第0.1 s末线圈的瞬时电动势不为零,C错误。第0.2 s末和第0.4 s末的瞬时电动势的方向相反,D错误。
答案:AB
6.
(多选)如图中,将电灯与电容器串联接入通有交变电流的电路中,灯泡发光,则 ( )
A.自由电荷通过了电容器两极板间的绝缘电介质
B.自由电荷没有通过电容器两极板间的绝缘电介质
C.接入交流电源使电容器两极板间的绝缘电介质变成了导体
D.电容器交替进行充放电,电路中就有电流,表现为交变电流“通过”了电容器
解析:电容器“通交流”是因为两极板不断地充放电,从而使电路中有电流,而不是自由电荷通过了两极板间的电介质,所以B、D项正确。
答案:BD
7.一个电动机上标有“220 V1.5 kW”字样,那么为了使它正常工作,所使用的正弦式电流应是( )
A.电压最大值为220 V,电流最大值约为9.6 A
B.电压最大值为311 V,电流最大值约为6.8 A
C.电压有效值为220 V,电流有效值约为6.8 A
D.电压有效值为311 V,电流有效值约为9.6 A
解析:因为电动机上标的电压都是有效值,故其电压的最大值应该是有效值的2倍,故电压最大值为311 V,由P=UI可以求出电流的有效值为6.8 A,最大值为9.6 A。本题要特别注意家用电器上标的电压或电流是指有效值。
答案:C
8.
如图所示,铁芯右边绕有一个线圈,线圈两端与滑动变阻器、电池组连成回路。左边的铁芯上套有一个环面积为0.02 m2、电阻为0.1 Ω的金属环。铁芯的横截面积为0.01 m2,且假设磁场全部集中在铁芯中,金属环与铁芯截面垂直。调节滑动变阻器的滑片,使铁芯中的磁感应强度每秒均匀增加0.2 T,则从上向下看( )
A.金属环中感应电流方向是逆时针方向,感应电动势大小为4.0×10-3 V
B.金属环中感应电流方向是顺时针方向,感应电动势大小为4.0×10-3 V
C.金属环中感应电流方向是逆时针方向,感应电动势大小为2.0×10-3 V
D.金属环中感应电流方向是顺时针方向,感应电动势大小为2.0×10-3 V
解析:铁芯内的磁通量情况是相同的,金属环的有效面积即铁芯的横截面积。据电磁感应定律E=nΔΦΔt=1×0.2×0.01 V=2×10-3 V。又据楞次定律,金属环中电流方向为逆时针方向,即C正确。
答案:C
9.
如图是某交流发电机产生的交变电流的图象,根据图象可以判定( )
A.此交变电流的周期为0.1 s
B.此交变电流的频率为5 Hz
C.将标有“12 V 3 W”的灯泡接在此交变电流上,灯泡可以正常发光
D.与图象上a点对应的时刻发电机中的线圈刚好转至中性面
解析:由正弦函数图象可以得知,线框是由中性面开始转动的,所以选项D错。此题图告诉我们,交变电流的周期是0.2 s,频率f=1T=10.2 Hz=5 Hz,即选项A错,B对。“12 V 3 W”灯泡中12 V是有效值,如题图,12 V为最大值,U有=Um2。通过以上分析,只有选项B正确。
答案:B
10. (多选)如图(a)、(b)所示的电路中,电阻R和自感线圈L的电阻值都很小,且小于灯A的电阻,接通S,使电路达到稳定,灯泡A发光,则( )
A.在电路(a)中,断开S后,A将逐渐变暗
B.在电路(a)中,断开S后,A将先变得更亮,然后逐渐变暗
C.在电路(b)中,断开S后,A将逐渐变暗
D.在电路(b)中,断开S后,A将先变得更亮,然后逐渐变暗
解析:(a)电路中,灯A和线圈L串联,电流相同,断开S时,线圈上产生自感电动势,阻碍原电流的减小,通过R、A形成回路,A将逐渐变暗。(b)电路中,电阻R和灯A串联,灯A的电阻大于线圈L的电阻,电流则小于线圈L中的电流,断开S时,电源不给灯A供电,而线圈产生自感电动势阻碍电流的减小,通过A、R形成回路,灯A中电流比原来大,变得更亮,然后逐渐变暗。所以选项A、D正确。
答案:AD
二、填空题(本题2小题,共16分。把答案填在题中的横线上)
11. 8分)如图为“研究电磁感应现象”的实验装置。
(1)将图中所缺的导线补接完整。
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,那么合上开关后可能出现的情况有:
A.将原线圈迅速插入副线圈时,灵敏电流计指针将 。?
B.原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器滑片迅速向左滑动时,灵敏电流计指针将 。?
解析:(1)见答案图。
(2)依照楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定。
答案:(1)电路连接如图所示
(2)A.向右偏转一下 B.向左偏转一下
12.(8分)一个小水电站,输出的电功率为20 kW,输电线总电阻为0.5 Ω,如果先用400 V电压输送,后又改用2 000 V 电压输送,则输送电压提高后,输电线上损失的电功率 (选填“增加”或“减少”)了 W。?
解析:电压为400 V时,损耗的功率为P损=I2R=PU2R=1 250 W。
电压为2 000 V时,损耗的功率为P损=I2R=PU2R=50 W。
第二次比第一次损耗的功率减少了1 200 W。
答案:减少 1 200
三、解答题(本题3小题,共34分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
13.
(10分)如图所示,交变电流通过R=2 Ω的电阻。
(1)分别写出它的有效值、周期、频率;
(2)计算在R上产生的功率。
解析:(1)由图可知,这是正弦交变电流,其有效值I=Im2=3.535 A,周期T=0.4 s,频率f=2.5 Hz。
(2)由公式P=I2R=25 W。
答案:(1)3.535 A 0.4 s 2.5 Hz (2)25 W
14.
(10分)如图是街头的变压器通过降压给用户供电的示意图,R0为定值电阻,当R阻值减小时,图中电表示数如何变化?
解析:V1测电源电压,不变。由U2=n2n1U1可知V2示数不变,当R变小时,由I2=U2R+R0可知,A2示数变大。I1=n2n1I2,变大。两侧功率同时增大,但P1=P2。
答案:V1、V2不变,A1、A2变大
15. (14分)某电厂要将电能输送到较远的用户,输送的总功率为9.8×104 W,电厂的输出电压仅350 V,为减少输送功率损失,先用一升压变压器将电压升高再输送,在输送途中,输电线路的总电阻为4 Ω,允许损失的功率为输送功率的5%,求用户所需电压为220 V时,升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比各是多少?
解析:远距离输送电能如图所示,导线损失的电能转化为热能,所以根据电功率的知识可求出输送导线中的电流。根据理想变压器原理和能量守恒,算出升压变压器的输出电压和降压变压器的输入电压,就能解决该题中提出的问题。
由电路中损失功率P损=5%P总=I22R,得输电线电路中的电流为I2=5%P总R=5%×9.8×1044 A=35 A,
升压变压器的输出电压为
U2=P总I2=9.8×10435 V=2.8×103 V,
根据理想变压器原理得,升压变压器原、副线圈的匝数比为n1n2=U1U2=350V2.8×103 V=18。
降压变压器的输入功率为
P3=P总-P损=P总-5%P总=95%P总=0.95×9.8×104 W=9.31×104 W,
所以降压变压器初级电压为
U3=P3I2=9.31×10435 V=2 660 V。
降压变压器原、副线圈的匝数比为
n3n4=U3U4=2 660220≈121。
答案:18 121