1、高考资源网（） 您身边的高考专家章末质量评估(二)(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1.对于如图所示的电流i随时间t作周期性变化的图象，下列说法中正确的是()A电流大小变化，方向不变，是直流电B电流大小、方向都变化，是交流电C电流大小变化，方向不变，不是直流电，是交流电D电流最大值为0.2 A，周期为0.02 s解析：由图象可知：电流的大小变化，方向始终为正，不发生变化，所以是直流电，电流最大值为0.2 A，周期为0.01 s，所以A正确，B、C、D错误故选
2、A.答案：A2.如图所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO以恒定的角速度转动，从线圈平面与磁场方向平行的位置开始计时，则在t时刻()A线圈中的感应电动势最小B线圈中的感应电流最大C穿过线圈的磁通量最大D穿过线圈磁通量的变化率最小解析：一矩形线圈在匀强磁场内绕固定轴转动，线圈垂直中性面时，磁通量为零，磁通量变化率最大；每当线圈经过中性面时，电流方向改变，在t时刻，即经过周期，线圈平面与磁场方向又平行了，此时又处于中性面，磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势和感应电流也最大答案：B3我国家庭照明电路用的交流电的电压瞬时值随时间变化的规律为u311sin 100t (V)，关
3、于此交流电下列说法中正确的是()A电压的最大值是311 VB电压的有效值是311 VC交流电的频率为100 HzD交流电的周期为100 s解析：交流电的电压瞬时值变化规律UUmsin t311sin 100 t (V)，所以Um311 V，选项A对正弦交流电的电压有效值U220 V，选项B错角速度100，周期T0.02 s，选项D错交流电频率f50 Hz，选项C错答案：A4.一个按正弦规律变化的交流电的图象如图所示，由图象可知()该交变电流的频率为0.2 Hz该交变电流的有效值为14.1 A该交变电流的瞬时值表达式为i20sin 0.02t (A)t时刻，该交变电流的大小与其有效值相等ABC
4、D解析：由图可知，交变电流的周期为0.02 s，频率为50 Hz，则错误；该交变电流的有效值为I A14.1 A，正确；100，该交变电流的瞬时值表达式为i20sin 100t (A)，错误；t时刻，该交变电流的大小为i20sin 100t (A)20sin (A)14.1 A，即与其有效值相等，正确，选项B正确答案：B5如图所示是一交变电流的i-t图象，则该交变电流的有效值为()A4 A B2 AC. A D. A解析：设该交变电流的有效值为I，由有效值的定义得Rt1IRt2I2Rt，而tt1t2，代入数据解得I A，故D正确答案：D6.如图所示，甲、乙是规格相同的灯泡，接线柱a、b接电压U
5、的直流电源时，无论电源的正极与哪一个接线柱相连，甲灯均能正常发光，乙灯完全不亮当a、b接电压的有效值为U的交流电源时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，则下列判断正确的是()A与甲灯串联的元件x是电容器，与乙灯串联的元件y是电感线圈B与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是电容器C与甲灯串联的元件x是二极管，与乙灯串联的元件y是电容器D与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是二极管解析：若x是电容器，y是电感线圈，则a、b接直流电源时，电容器不通直流，甲灯不亮，乙灯亮，与题意不符，A错误若x是电感线圈，y是电容器，则a、b接直流电源时，x通直流，无感抗，甲灯亮，y隔直流，乙
6、灯不亮；当a、b接交流电源时，x对交流有感抗，故甲灯亮度变弱，y能通电流，如容抗较小，则可使乙灯正常发光，B正确若x是二极管，则a、b接直流电源时，正、反接时，二极管只能有一次导通，甲灯只能有一次亮，与题意不符，C错误若y是二极管，乙灯在直流电源正、反接时，有一次亮，而接交流电源时，因二极管的单向导电性，乙灯应时亮时灭，与题意不符，D错误答案：B7如图所示电路中，L为电感线圈，C为电容器，当开关S由断开变为闭合时()A灯A中无电流通过，不可能变亮B灯A中有电流通过，方向由a到bC灯B逐渐熄灭，c点电势高于d点电势D灯B逐渐熄灭，c点电势低于d点电势解析：若开关S由断开变为闭合，则电容器C和灯A
7、将被短路，电容器放电，灯A中电流方向为由b到a，A、B均错；由于在L中产生自感电动势，在线圈L、灯B和电键形成回路，使得灯B逐渐熄灭，电流方向为从c到d，由于L是电源，所以c点电势低于d点电势，选项D正确答案：D8远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R，变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是()A. BI2CI1U1IR DI1U1I2U2解析：理想变压器原副线圈两端的电压与线圈的匝数成正比，有：，由能量守恒定律可知：P1I1U1P2I2U2，故选项D正确；因此，故选项A错误；输电线两端的电压应
8、为升压器副线圈两端电压与降压器原线圈两端电压U3之差，因此根据欧姆定律有：I2，故选项B错误；降压器的输入功率为：P3I2U3，因此有：I1U1IRI2U3，故选项C错误答案：D9如图所示，有一矩形线圈绕OO轴在匀强磁场中匀速转动产生交变电流，通过滑环接一理想变压器线路中接有电压表和电流表，不计矩形线圈和导线的电阻滑动接头P可以上下移动，副线圈上接有可调电阻R.下列判断正确的是()A当P位置不动、R增大时，电压表的示数增大B当P位置不动、R增大时，电压表的示数减小C当P位置向上移动、R不变时，电流表的示数增大D当P位置向上移动、R不变时，电流表的示数减小解析：因不计矩形线圈和导线的电阻，电压表
9、的示数即电动势的有效值，电动势不变，电压表示数不变，故选项A、B错误；根据理想变压器变压规律，副线圈输出电压U2U1，因n1减小，U2会增大，由输出功率等于输入功率P2P1U1I1知，电流表示数I1会增大，故选项C正确，选项D错误答案：C10如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为110，接线柱a、b接在电压为u22sin 100t (V)的正弦交流电源上，R1为定值电阻，R2为热敏电阻(其阻值随温度升高而减少)则下列说法正确的是()A交流电频率为100 HzBt2 s时，电压表的读数为220 VC当R2的温度升高时，电压表示数变小，电流表示数变大D当R2的温度升高时，R1的发热功率变大解析：
10、正弦交流电的瞬时电压uEmsin t22sin 100t (V)，即角速度100，频率f50 Hz，经过理想变压器频率不变，选项A错电压表示数为有效值，所以原线圈电压U1 V22 V，根据原副线圈电压比等于匝数比可得，求得U210U1220 V任意时刻电压表示数均为220 V，选项B对输入电压不变，则副线圈输出电压不变，当R2的温度升高时电阻变小，副线圈总电阻变小，电流I2变大，根据电流与匝数成反比即可得I1变大，选项C错当R2的温度升高时，副线圈电压即R1的电压U2不变，电阻不变，所以发热功率P不变，选项D错答案：B二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分在每小题给出的四个选项中
11、，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)11线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电流如图，则()A在A和C时刻线圈平面和磁场平行B在A和C时刻线圈平面和磁场垂直C在B时刻线圈中的磁通量最大D若线圈转动的周期为0.02 s，则该交变电流的频率为50 Hz解析：线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电流eNBSsin (t)(从中性面计时)，所以A、C时刻说明此刻线圈平面与磁场垂直，即A对，B错B、D时刻为中性面，即磁通量最大，C对从图象可知线圈转动的周期为0.02 s，则该交变电流的频率为50 Hz，D对答案：ACD12如图所示，理想变压器原线圈接有交
12、流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光要使灯泡变亮，可以采取的方法有()A向下滑动P B增大交流电源的电压C增大交流电源的频率 D减小电容器C的电容解析：本题首先要从使“灯泡变亮”这一结果去找变亮的原因和途径灯泡变亮则其两端的电压必须增大，流过灯泡的电流增大再具体分析滑动片P的移动，增大交流电源电压及频率、减小电容器C的电容对灯泡电压、电流的影响即可对A项：滑片P下移，导致副线圈的匝数变小，由变压器原副线圈电压关系得，副线圈电压将变低，灯泡将变暗，故A项错误；对B项：匝数不变时，原线圈电压增大，则副线圈电压也增大，灯泡将变亮，故B正确；对C项：增大交流电源的频率，则电容器的容抗
13、降低，电路中的电流增大，灯泡变亮，故C项正确；减小电容器的电容，电容器的容抗增大，故D项错误答案：BC13下图表示一交流电的电流随时间变化的图象，下列说法正确的是()A该交流电的频率为50 HzB该交流电的频率为100 HzC该交流电的有效值为5 AD该交流电的有效值为3.5 A解析：由图可以看出周期T0.02 s，故频率为f50 Hz，故选项A正确，选项B错误；将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有：(4)2R0.01(3)2R0.01I2R0.02，解得：I5 A，故选项C正确，选项D错误答案：AC14图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n251，电阻R
14、20，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图所示现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光下列说法正确的是()图甲图乙A输入电压u的表达式u20sin 100t (V)B只断开S2后，L1、L2均正常发光C只断开S2后，原线圈的输入功率减小D若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W解析：由乙图可知原线圈的输入电压的周期为T0.02 s，所以100，可知其表达式为u120sin 100t (V)，故选项A正确；由题意可知变压器原线圈的输入电压U120 V，由可得副线圈的输出电压U2U14 V，将S1接1、S2闭合，此时L2正常
15、发光，所以小灯泡的额定电压为4 V，只断开S2时，两个小灯泡串联，所以不能正常发光，故选项B错误；只断开S2时，副线圈电阻增大，其电流变小，由可知原线圈电流减小，所以输入功率减小，故选项C正确；若S1换接到2后，电阻R的功率PR W0.8 W，故选项D正确答案：ACD三、非选择题(本题共4小题，共54分解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)15(12分)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B T，矩形线圈的匝数N100，边长Lab0.20 m，Lbc0.10 m，以300 r/min的转速匀速转动，从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：(1)交变电动势的瞬时值
16、表达式；(2)若线圈总电阻为2，线圈外接电阻为8，求出电流的瞬时值和电压表读数；(3)线圈由图示位置转过的过程中，交变电动势的平均值解析：(1)线圈转动的转速n5 r/s，角速度2n10 rad/s，则EmNBS，可得：Em10 V，所以瞬时表达式为：eEmsin t10sin 10t (V)(2)过程中电流最大值为：Im A1 A，所以瞬时电流表达式为：iImsin tsin 10t (A)，电压表的读数为有效值，所以U4 V.(3)线圈转过所用时间tT s.根据法拉第电磁感应定律可得：En V.答案：(1)e10sin 10t (V)(2)isin 10t (A)4 V(3) V16(12
17、分)如图所示，理想变压器原线圈中输入电压U13 300 V，副线圈两端电压U2为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U2 V，求：(1)原线圈n1等于多少？(2)当开关S断开时，表A2的示数I25 A，则表A1的示数I1为多少？(3)当开关S闭合时，表A1的示数I1等于多少？解析：(1)设伏特表所接线圈输出端电压为U3，则，n111 650.(2)U1I1U2I2，则I1 A0.33 A.(3)S闭合时，I22I210 A，U1I1U2I2，I1 A0.67 A.答案：(1)1 650(2)0.33 A(3)0.67 A17(12分)某发电站的
18、输出功率为104 kW，输出电压为4 kV，通过理想变压器升压后向远处供电已知输电导线的电阻为25.6，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：(1)输电线上的电流；(2)输电线路上的电压损失；(3)升压变压器的原副线圈匝数比解析：(1)输电线路损失的功率为P损P14%1074% W4.0105 W，对输电线有P损IR，求得I21.25102 A.(2)U线I2R3.2 kV.(3)P1P2U2I2104 kW，代入数据得U280 kV.升压变压器的原副线圈匝数比.答案：(1)1.25102 A(2)3.2 kV(3)12018(18分)有一台内阻为1的发电机，供给一个学校照明用电，如图所示，
19、升压变压器的匝数比为14，降压变压器的匝数比为41，输电线的总电阻R4，全校共22个班，每班有“220 V，40 W”的电灯6盏，若要保证电灯全部正常发光，求：(1)发电机输出功率；(2)发电机电动势；(3)输电效率；(4)若使电灯数减半且正常发光，发电机输出功率是否减半解析：由于发电机至升压变压器、降压变压器至学校距离较短，不必考虑这两部分输电导线上的功率损耗，发电机的电动势E，一部分降在电源内阻上，另一部分为发电机的路端电压U1，升压变压器副线圈电压U2的一部分降在输电线上，其余的就是降压变压器原线圈电压U3，而U4应为电灯的额定电压U额(1)对降压变压器：P3P4U4I4nP灯22640
20、 W5 280 W.而U3U4880 V，所以I3 A6 A.对升压变压器：U1I1U2I2IRU3I3IRP3624 W5 280 W5 424 W，所以，发电机的输出功率P出5 424 W.(2)因为U2U3I线RU3I3R880 V64 V904 V，所以U1U2904 V226 V.又U1I1U2I2，所以I14I24I324 A.故EU1I1r226 V241 V250 V.(3)100%100%97%.(4)电灯减少一半时，nP灯2 640 W，I3 A3 A，所以P出nP灯IR2 640 W324 W2 676 WP3.发电机输出功率减少一半还要多答案：(1)5 424 W(2)250 V(3)97%(4)减少大于一半高考资源网版权所有，侵权必究！