1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。单元素养检测(三) (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.关于变压器,下列说法正确的是()A.变压器是根据电磁感应的原理制成的B.变压器的原线圈匝数一定比副线圈的多C.变压器只能改变直流电的电压D.在远距离高压输电时,升压变压器的原线圈匝数应多于副线圈匝数【解析】选A。变压器原线圈中输入的交变电流产生的交变的磁场在副线圈中产生感应电流,即变压器利用了电磁感应原理工作,故A正确; 降压
2、变压器的原线圈匝数一定比副线圈的多,升压变压器中副线圈匝数多,故B、D错误;变压器是根据磁通量的变化来工作的,对于直流电来说,它产生的磁通量是不变的,所以变压器不能改变直流电的电压,故C错误。2.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 msB.1 msC.6.28 msD.3.14 ms【解析】选D。由已知条件有=500 rad/s,则T= s。从中性面开始计时,第一次出现电流峰值需t= s= s=3.1410-3 s=3.14 ms,故D正确。3.某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动,产生交变电流的图像如图所示
3、,由图中信息可以判断()A.在A和C时刻线圈处于中性面位置B.在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C.从AD时刻线圈转过的角度为2D.若从OD时刻历时0.02 s,则在1 s内交变电流的方向改变100次【解析】选D。根据图像,首先判断出感应电流的数学表达式i= Imsint。另外应该进一步认识到线圈是从中性面开始旋转,而且线圈旋转一周,两次经过中性面,经过中性面的位置时电流改变方向。从该图像来看,在t=O、B、D时刻电流为零,所以此时线圈恰好在中性面的位置,且穿过线圈的磁通量最大;在A、C时刻电流最大,线圈处于和中性面垂直的位置,此时磁通量为零;从A到D时刻,线圈旋转周,转过的角度为;如果从O到D
4、时刻历时0.02 s,恰好为一个周期,所以1 s内线圈转动50个周期,经过中性面100次,电流方向改变100次。综合以上分析可得,只有选项D正确。4.如图表示一交流电的电流随时间而变化的图像,此交流电的有效值是()A.5 AB.5 AC. AD. A【解析】选B。该交变电流通过阻值为R的电阻1个周期的时间(即0.02 s)内所产生的热量为:Q交=(4)2R0.01+(3)2R0.01=500.01R。直流电流I通过电阻R一个周期的时间(即0.02 s)内产生的热量为Q直=I2R0.02。由交流电的有效值定义得Q直=Q交,即500.01R=I20.02R。则I=5 A,即交变电流的有效值为5 A
5、。5.如图所示,M是理想变压器,电源电压U不变,当滑动变阻器的滑片P向上移动时,示数发生变化的电表是()A.电流表A1B.都发生变化C.电压表V1D.电压表V2【解析】选A。副线圈电压不变,所接的电路按直流电路分析:电阻变小,电流增大,而原线圈电压不变,电流随副线圈中的电流增大而增大。故选A。6.在家用交流稳压器中,变压器的原、副线圈都带有滑动头,如图所示。当变压器输入电压发生变化时,可上下调节P1、P2的位置,使输出电压稳定在220 V。现发现输出电压低于220 V,下列措施不正确的是()A.P1不动,将P2向上移B.P2不动,将P1向下移C.将P1向上移,同时P2向下移D.将P1向下移,同
6、时P2向上移【解析】选C。由变压器原、副线圈的电压比等于线圈匝数比=可知,输出电压低于220 V,可以增加副线圈匝数或减少原线圈匝数,A、B、D正确,C错误。7.如图所示,理想变压器原线圈接u=220sin100t(V)的正弦交流电源,图中电流表内阻不计。副线圈接入“110 V60 W”灯泡一只,且灯泡正常发光。下列说法正确的是()A.原线圈中的输入功率为30 WB.通过灯泡的电流的频率为50 HzC.电流表的示数为AD.理想变压器原、副线圈匝数之比为21【解析】选B。由P入=P出得P入=60 W,A错误;交流电的周期T= s,故频率为50 Hz,B正确;交流电的峰值Um=220 V,则其有效
7、值U=220 V,由P=UI得I= A= A,C错;由=得=21,D项错误。8.如图所示电路中,已知交流电源电压u=200sin100t V,电阻R=100 。则电流表和电压表的示数分别为()A.1.41 A,200 VB.1.41 A,141 VC.2 A,200 VD.2 A,141 V【解析】选B。电流表和电压表显示的是有效值,即U=100 V141 V;I=1.41 A,故选项B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.(2019天津高考)单匝闭合矩形线框电阻为R,在
8、匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动,穿过线框的磁通量与时间t的关系图像如图所示。下列说法正确的是()A.时刻线框平面与中性面垂直B.线框的感应电动势有效值为C.线框转一周外力所做的功为D.从t=0到t=过程中线框的平均感应电动势为【解析】选B、C。由图像可知时刻线框的磁通量最大,因此此时线框处于中性面位置,因此A错误;由图可知交流电的周期为T,则=,交流电的电动势的最大值为Em=nBS=m,则有效值为E有=,故B正确;线框转一周所做的功为转动一周的发热量,W=T=,故C正确;从t=0时刻到t=时刻的平均感应电动势为E=,D错误。10.一个矩形线圈在匀强磁场中转动,产生的感应电动势e=220s
9、in100t V,则()A.交流电的频率是100 HzB.t=0时,线圈位于中性面C.交流电的周期是0.02 sD.t=0.05 s时,e有最大值【解析】选B、C。由瞬时值表达式可知:角速度=100 rad/s。感应电动势是按正弦规律变化的,所以t=0时,线圈平面位于中性面。因=2f,所以f= Hz=50 Hz,由T=得T= s=0.02 s,当t=0.05 s时,e=220sin5 V=0,故B、C选项正确。11.(2019海南高考)如图,一理想变压器输入端接交流恒压源,输出端电路由R1、R2和R3三个电阻构成。将该变压器原、副线圈的匝数比由51改为101后()A.流经R1的电流减小到原来的
10、B.R2两端的电压增加到原来的2倍C.R3两端的电压减小到原来的D.电阻上总的热功率减小到原来的【解析】选C、D。根据=可知变压器原、副线圈的匝数比由51改为101后,输出电压变为原来的,根据I=可知流经R1的电流减小到原来的,选项A错误;由于R2和R3的阻值不变,则电压的分配关系不变,故R2和R3两端的电压都减小到原来的,选项C正确,B错误;因为R1、R2和R3的阻值和连接方式都不变,则总电阻也不变,由P=得电阻上总的热功率减小到原来的,选项D正确。12.如图所示,在远距离输电过程中,若保持升压变压器原线圈的输入功率不变,下列说法正确的是()A.升高U1会减小输电电流I2B.升高U1会增大线
11、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】选A、D。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对;线路功率损耗P损=R,因此功率损耗在减小,电压损耗减小,故B、C错误;因线路功率损耗减小,因此电能利用率将升高,故D对。三、实验题:本题共2小题,共14分。13.(6分)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中:(1)原线圈中接入的电源是_;A.220 V交流电B.学生电源12 V以下直流输出C.学生电源12 V以下交流输出(2)对于实验过程,下列说法正确的是_。A.为便于探究,应该采用控制变量法B.因为
12、实验所用电压较低,通电时可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路C.使用多用电表测电压时,先用中等量程挡试测,再选用恰当的挡位进行测量【解析】(1)“探究变压器的电压与匝数的关系”要用低压交流电源和交流电表,所以不需要干电池,变压器是改变电压,因此为了人身安全,原线圈两端只能使用低压交流电源,所用电压不超过12 V,故A、B错误,C正确。(2)探究变压器原副线圈两端的电压与匝数的关系,为便于探究,应该采用控制变量法,故A正确;实验通电时,用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路,这样无形之中,将人体并联到电路中,导致所测数据不准确,故B错误;使用多用电表测电压时,先用最高量程挡试测,再选用恰当的挡位
13、进行测量,故C错误。答案:(1)C(2)A14.(8分)(1)某学生做探究变压器两个线圈的电压与匝数的关系实验时,原线圈接在学生电源上,用多用电表测量副线圈两端的电压,下列操作正确的是_。 A.原线圈接直流电压,多用电表用直流电压挡B.原线圈接直流电压,多用电表用交流电压挡C.原线圈接交流电压,多用电表用直流电压挡D.原线圈接交流电压,多用电表用交流电压挡(2)该学生继续做实验,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”)。上述探究中
14、采用的实验方法是_。【解析】(1)变压器的工作原理是互感现象,故原线圈接交流电压,输出电压也是交流电压,故多用电表用交流电压挡,故A、B、C错误,D正确。(2)根据公式=,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;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;该探究采用的实验方法是控制变量法。答案:(1)D(2)增大减小控制变量法四、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)一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴转动,线圈匝数n=100。穿过每匝线圈的磁
15、通量随时间按正弦规律变化,如图甲所示。发电机内阻r=5.0 ,外电路电阻R=95 。已知感应电动势的最大值Emax=nmax,其中max为穿过每匝线圈磁通量的最大值。求串联在外电路中的交流电流表(内阻不计)的读数。【解析】从-t图线看出max=1.010-2 Wb,T=3.1410-2 s,(1分)已知感应电动势的最大值Emax=nmax,又=。(2分)故电路中电流最大值Imax= A=2 A(3分)交流电流表读数是交变电流的有效值,即I=1.4 A。(2分)答案:1.4 A16.(8分)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
16、元件接到220 V,50 Hz的正弦式交变电流的两端,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。(2分)其中=2f,f=50 Hz,T=0.02 s,得u=220sin100t V。(2分)在一个周期内,把u=110 V代入上述表达式得到t1= s,t2= s(1分)所以每个周期内的导电时间为t=2(t2-t1)= s= s。(2分)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。(1分)答案:100次 s17.(14分)如图所示,理想变压器原线圈输入
17、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分)=559(3分)(2)两灯均工作时,由能量守恒得P1+P2=U1I1(2分)I1= A=0.082 A(2分)只有L1灯工作时,由能量守恒得P1=U1I1(2分)解得I1= A=0.055 A。(3分)答案:(1)559(2)0.082 A0.055 A18.(16分)某村在较远的地方建立了一座小型水电站,发电机的输出功率为100 kW
18、,输出电压为500 V,输电导线的总电阻为10 ,导线上损耗的电功率为4 kW,该村的用电电压是220 V。(1)输电电路如图所示,求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比;(2)如果该村某工厂用电功率为60 kW,则该村还可以装“220 V40 W”的电灯多少盏?【解析】(1)因为P损=R线(2分)所以I2= A=20 A(2分)I1= A=200 A(2分)则=(1分)U3=U2-I2R线=(50010-2010) V=4 800 V(1分)则=。(2分)(2)设还可装灯n盏,据功率相等有P3=P4(2分)其中P4=(n40+60103) W(1分)P3=(100-4) kW=96 kW(1分)所以n=900。(2分)答案:(1)11024011(2)900盏关闭Word文档返回原板块