1、第三章测评(时间:90分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每个小题中只有一个选项是正确的)1.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会增大输电电流I2B.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升高输电电压U1,由于输入功率不变,则I1将减小,又因为I2=n1n2I1,所以I2将减小,故A错误;线路功率损耗P损=I22R,因此功率损耗在减小,电压损失减小,故B、C错误;因线路损耗功率减小,故利用率将升高,故D正确。答案D2.一电阻接到方波交流电
2、源上,在一个周期内产生的热量为Q方;若该电阻接到正弦交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0,周期均为T,如图所示。则Q方Q正等于()A.12B.21C.12D.21解析对于方波交流电源,电压的有效值和最大值相等,即u方=u0,在周期T内产生的热量为Q方=u02RT,对于正弦交流电源,电压的有效值u正=u02,在周期T内产生的热量为Q正=(u02)2RT,整理可得Q方Q正=21,选项D正确。答案D3.教学用发电机能够产生正弦式交变电流。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
3、的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的12,则()A.R消耗的功率变为12PB.电压表V的读数变为12UC.电流表A的读数变为2ID.通过R的交变电流频率不变解析发电机线圈转速变为原来一半时,产生的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=U2R可得,R消耗的功率变为原来的14,即副线圈消耗的功率变为原来的14,故原线圈消耗的功率也变为原来的14,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一半,由f=2可得交
4、变电流的频率变为原来的2倍,选项D错误。答案B4.如图所示,理想变压器的原线圈接在u=2202sin 100t(V)的交流电源上,副线圈接有R=55 的负载电阻,原、副线圈匝数之比为21,电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是()A.原线圈的输入功率为2202 WB.电流表的读数为1 AC.电压表的读数为1102 VD.副线圈输出交流电的周期为50 s解析由U1U2=n1n2得U2=110V,故P入=P出=U22R=220W,A项错误。由I2=U2R得I2=2A,I1I2=n2n1,故I1=1A,电流表示数为1A,B项正确。电压表示数为有效值,即110V,C项错误。T=2=0.02s,故
5、D项错误。答案B5.对于远距离输电,在P送一定的情况下,设输电线路中的电流为I送,输电线的总电阻为R线,为了节能,采用高压U送输电,下列说法正确的是()A.由U送=I送R线,知输电线路中的电流变大B.由P送=I送U送,知输电线路中的电流变小C.由P耗=U送2R线,知输电线路消耗功率增大D.由P送=I送2R线,知不会影响输电线路中的电流解析由U线=I线R线,I送=I线,U送U线(U送=U到+U线),得U送I送R线,选项A错误;公式P送=I送U送,针对的是同一研究对象,故选项B正确,D错误;P耗=I线2R线=I送2R线=P送U送2R线,因此U送增大时,输电线路消耗功率P耗减小,故选项C错误。答案B
6、6.如图所示,M为理想变压器,电表均可视为理想电表,接线柱a、b接电压u=311sin 314t(V)的正弦交流电源。当滑动变阻器的滑片P向上滑动时,示数发生变化的电表是()A.A1、A2B.A2、V2C.A1、A2、V2D.A1、A2、V1、V2解析由变压器特点可知U1U2=n1n2,只要n1、n2的比值不变,U1不变,那么U2也不变;由电流之比I1I2=n2n1,知原线圈中电流因副线圈中电流的改变而改变,因滑动变阻器的电阻变化,A2的示数变化,所以A1的示数也会发生变化,故应选A。答案A7.将阻值为5 的电阻接到内阻不计的交流电源上,电源电动势随时间变化的规律如图所示。下列说法正确的是()
7、A.电路中交变电流的频率为0.25 HzB.通过电阻的电流为2 AC.电阻消耗的电功率为2.5 WD.用交流电压表测得电阻两端的电压是5 V解析电路中交变电流的频率f=1T=25Hz,A错;通过电阻的电流应为有效值,即I=UR=552A=22A,用交流电压表测得电阻两端的电压是522V,B、D错;电阻消耗的电功率P=I2R=2.5W,C正确。答案C二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18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6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)8.如图所示,将额定电压为60 V的用电器,通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S后,用电
8、器正常工作,交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A。以下判断正确的是()A.变压器输入功率为484 WB.通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC.通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD.变压器原、副线圈匝数比n1n2=113解析变压器的输入功率P1=P2=I2U2=2.260W=132W,选项A错误;由U1U2=n1n2得n1n2=U1U2=22060=113,选项D正确;由I1I2=n2n1得I1=n2n1I2=3112.2A=0.6A,选项B正确;根据I=Im2得通过副线圈的电流的最大值I2m=2I2=1152A,选项C错误。答案BD9.如图甲为电热毯电路
9、示意图,交流电压u=311sin 100t(V),当开关S闭合时,电热丝的电功率为P0;当开关S断开时,加在电热丝上的电压如图乙所示,则()A.开关闭合时,交流电压表的读数为220 VB.开关闭合时,交流电压表的读数为311 VC.开关断开时,交流电压表的读数为311 V,电热丝功率为P02D.开关断开时,交流电压表的读数为156 V,电热丝功率为P02解析交流电压表的读数为有效值,计算热功率要用有效值。开关接通时,交流电压峰值Um=311V,所以有效值U=Um2=220V,A正确;开关断开时,取一个周期T,电热丝产生的热量减半,所以由P=QT,得电热丝功率为P02,由P=U2R,得电压有效值
10、为U2=156V,电压表示数为156V。答案AD10.如图所示,图乙中理想变压器的原线圈接如图甲所示的交变电流。理想变压器原、副线圈的匝数比为203,定值电阻的阻值为11 ,滑动变阻器的总阻值为22 。下列说法中正确的是()A.副线圈输出电压的频率为50 HzB.滑动变阻器的滑片P向右滑动时,电阻R两端的电压不变C.滑动变阻器的滑片P滑到最右端时,通过电阻R的电流为8.45 AD.滑动变阻器的滑片P滑到最左端时,理想变压器的输入功率为132 W解析由交变电流的图像可知,加在原线圈中电流的周期T=0.02s,频率f=50Hz,由于变压器不能改变电源的频率,副线圈输出电压的频率为50Hz,故A正确
11、;滑动变阻器的滑片P向右移动时,电路总电阻变小,电流变大,由U=IR可知,电阻R两端的电压变大,故B错误;原线圈电压的有效值U1=Um2=440V,根据U1n1=U2n2可得副线圈的电压U2=66V,滑动变阻器的滑片P滑到最右端时,通过电阻R的电流为I2=U2R=6A,故C错误;滑动变阻器的滑片P滑到最左端时,理想变压器的输入功率为P2=U22R+RP=132W,故D正确。故选AD。答案AD三、非选择题(本题共5小题,共54分)11.(6分)(1)某学生选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端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的电压,下列操作正确的是。
12、A.原线圈接直流电压,电表用直流电压挡B.原线圈接直流电压,电表用交流电压挡C.原线圈接交流电压,电表用直流电压挡D.原线圈接交流电压,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”)。上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是控制变量法。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,故电表用交流电压挡,故A、B、C错误,D正确。(2)根据变压比公式U1U2
13、=n1n2,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U1U2=n1n2,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(1)D(2)增大减小12.(8分)有一个教学用的可拆变压器,其铁心粗细一致,如图甲所示,它有两个外观基本相同的线圈A、B(内部导线电阻率、横截面积相同),线圈外部还可以再绕线圈。甲乙(1)某同学用多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值,指针分别对应图乙中的a、b位置,则A线圈的电阻为,由此可推断(选填“A”或“B”)线圈的匝数较多。(2)如果把此变压器看作理想变压器,现要测量A线圈的匝数,提供的器材
14、有:一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源。请完成以下填空:用绝缘导线在线圈B上绕制n匝线圈;将A线圈与低压交流电源相连接;用多用电表的“交流电压”挡分别测量A线圈的输入电压UA和(选填“绕制”或“B”)线圈的输出电压U;则A线圈的匝数为。(用已知和测得量的符号表示)解析(1)多用电表欧姆挡读数=指针指示值倍率,A的读数为24,倍率为“1”,所以电阻为24。根据电阻定律,导线越长,电阻越大,因为A的电阻比B的大,所以A线圈匝数多。(2)因为不知道B线圈的匝数,所以要用交流电压挡测绕制线圈的输出电压U。根据变压器电压比等于匝数比,有UAU=nAn,所以nA=nUAU。答案(1)24A(
15、2)绕制nUAU13.(10分)人们利用发电机把天然存在的各种形式的能(水能、风能、煤的化学能)转化为电能。为了合理利用这些能源,发电站要修建在靠近这些天然资源的地方。但是,用电的地方往往很远。因此,需要高压输送线路把电能输送到远方。如果某发电站将U=6 000 V的电压直接加在高压输送线路的入端向远方供电,且输送的电功率为P=800 kW。则此时安装在高压输送线路的入端和终端的电能表一昼夜读数就相差E=9 600 kWh。(1)求此种情况下,高压线路的输电效率。(2)若要使此高压输电线路的输电效率为98%,则需要在发电站处应安装一个变压比n1n2是多少的变压器?解析(1)此情况下,终端功率P
16、=P-ET=800kW-9600kWh24h=400kW所以,输电效率=PP100%=400kW800kW100%=50%。(2)设高压输送线路的导线电阻为r,由题意知原来线路损耗P损1=I12r=400kW,且UI1=P现在线路损耗P损2=P(1-98%)=I22r且UI2=P,UU=n1n2,解得n1n2=15。答案(1)50%(2)1514.(14分)如图所示,间距为L的光滑平行金属导轨AB、CD,水平地放置在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中,AC端接阻值为R的电阻。一长度为L、电阻为R0、质量为m的导体棒MN垂直放置在导轨上,在外力F的作用下从t=0时刻开始运动,其速度随时间的变化
17、规律是v=vmsin t,导轨的电阻值忽略不计。求:(1)从t=0到t=2的时间内电阻R产生的热量Q。(2)从t=0到t=2的时间内外力F做的功W。解析(1)导体棒MN切割磁感线产生的感应电动势为e=BLv=BLvmsint,因此是按正弦规律变化的交变电流,且峰值Em=BLvm,则有效值为E=Em2=BLvm2,由欧姆定律得I=ER+R0=BLvm2(R+R0)。电阻R上产生的热量为Q=I2Rt=B2L2vm2R(R+R0)2。(2)由能量守恒知,外力F做的功等于电路产生的热量与机械能的增量之和,即W=E热+E机=I2(R+R0)t+Ek=B2L2vm24(R+R0)+12mvm2。答案(1)
18、B2L2vm2R(R+R0)2(2)B2L2vm24(R+R0)+12mvm215.(16分)如图所示,理想变压器原线圈中输入电压U1=3 300 V,副线圈两端电压为U2=220 V,输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2,绕过铁芯的导线所接的电压表V的示数U=2 V。(1)求原线圈n1的匝数。(2)当开关S断开时,电流表A2的示数I2=5 A,则电流表A1的示数I1为多少?(3)在(2)中情况下,当开关S闭合时,电流表A1的示数I1等于多少?解析(1)由电压与变压器匝数的关系可得U1n1=U2n2=U,则n1=1650。(2)当开关S断开时,有U1I1=U2I2,I1=U2I2U1=13A。(3)当开关S断开时,有R1=U2I2=44。当开关S闭合时,设副线圈总电阻为R,有R=R12=22,副线圈中的总电流为I2=U2R=10A。由U1I1=U2I2可知,I1=U2I2U1=23A。答案(1)1 650(2)13 A(3)23 A
