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2021-2022人教版物理选择性必修二检测:第三章 交变电流 单元素养检测 WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:557235 上传时间:2024-05-29 格式:DOC 页数:17 大小:347KB
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资源描述

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)(第三章)(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如图所示,单匝闭合金属线框abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO匀速转动,设穿过线框的最大磁通量为m,线框中产生的最大感应电动势为Em,从线框平面与磁场平行时刻(图示位置)开始计时,下列说法正确的是()A.线框转动的角速度为B线框中的电流方向在图示位置发生变化C当穿过线框的磁通量为m时,线框中的感应电动势为EmD若线框

2、的转动周期减小一半,线框中的感应电动势也减小一半【解析】选A。根据交变电流产生的原理可知,线框匀速转动产生的最大感应电动势EmnBS,结合题干可得线框转动的角速度为,A正确;题图位置感应电动势最大,电流方向的改变在电动势等于0的时刻,B错误;当穿过线框的磁通量为m时,线框中的感应电动势为0,C错误;根据法拉第电磁感应定律可知,若线框的转动周期减小一半,转动角速度变为原来的2倍,线框中的感应电动势变为原来的2倍,D错误。2可调理想变压器原线圈与一台小型发电机相连,副线圈与灯泡L、可调电阻R、电容器C连成如图所示的电路。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

3、()A增大发动机的转速B将滑片P向下滑动C将可调电阻R阻值减小D增大电容器两极板间的距离【解析】选A。根据ENBS,2n可得增大发动机的转速,则交流电源的电压增大,副线圈两端的电压也增大,灯泡变亮,故A正确;滑片P向下滑动,副线圈匝数减少,副线圈两端的电压减小,灯泡变暗,故B错误;将可调电阻R阻值减小,副线圈两端电压不变,通过灯泡的电流不变,故C错误;增大电容器两极板间的距离,即电容器C的电容减小,容抗增大,通过灯泡的电流减小,灯泡变暗,故D错误。3如图所示,一个边长l10cm,匝数N100(匝)的正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO匀速转动,磁感应强度B0.50 T,线圈转动

4、的角速度10 rad/s,闭合回路中两只灯泡均能发光。下列说法正确的是()A.从图中位置开始计时,感应电动势的瞬时值表达式为e5cos(10t) VB增大线圈转动的角速度时,感应电动势的峰值Em不变C抽去电感器L的铁芯时,灯泡L2变暗D增大电容器C两极板间的距离时,灯泡L1变亮【解析】选A。由EmNBS可得感应电动势的最大值Em5 V,由于从线圈垂直于中性面开始计时,所以感应电动势的瞬时值表达式eEmcost5cos(10t) V,故A正确;根据EmNBS可得增大线圈转动角速度时,感应电动势的峰值Em增大,故B错误;抽去电感器L的铁芯时,即减小自感系数,电感器的感抗减小,流过灯泡L2的电流增大

5、,灯泡L2变亮,故C错误;增大电容器C两极板间的距离时,根据C可知电容器的电容C减小,则电容器的容抗增大,流过灯泡L1的电流减小,灯泡L1变暗,故D错误。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 A B5 A C A D 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)2R0.01500.01R。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500.01RI20.02R。则I5 A,即交变电流的有效值为5 A。5如图

6、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A1 B都发生变化C电压表V1 D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BP2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,同时P2向上移【解析】

7、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u220sin100t(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Um220 V,则其有效值U220 V,由PUI得I A A,C

8、错;由得21,D项错误。8.如图所示电路中,已知交流电源电压u200sin100t V,电阻R100 。则电流表和电压表的示数分别为()A1.41 A,200 V B1.41 A,141 VC2 A,200 V D2 A,141 V【解析】选B。电流表和电压表显示的是有效值,即U100 V141 V;I1.41 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如图所示为一自耦变压器,R1为定值电阻,在c、d端输入电压u1311sin 100t(V),所有电表均为理想电表,

9、则以下说法正确的是()A.滑片P向a端移动,滑片Q不动,电压表示数减小B滑片P向b端移动,滑片Q下移,电流表示数减小C滑片P不动,滑片Q上移,电流表示数不变D滑片P不动,滑片Q上移或下移,电压表示数始终不变【解析】选B、D。设原线圈匝数为n1,副线圈匝数为n2,原线圈两端电压为U1,副线圈两端电压为U2,由可得U2U1,滑片P向a端移动,滑片Q不动,n1减小,U1、n2不变,U2增大,电压表测的是副线圈两端的电压,示数增大,故A错误;滑片P向b端移动,滑片Q下移,由U2U1,U1、n2不变,n1增大,U2减小,副线圈所在电路总电阻增大,副线圈中的电流减小,由可知,原线圈中的电流也减小,电流表示

10、数减小,故B正确;滑片P不动,滑片Q上移,U2不变,副线圈所在电路总电阻减小,电流增大,原线圈电流增大,电流表示数增大,故C错误;滑片P不动,滑片Q上移或下移,U2U1,U1、n1、n2不变,U2不变,电压表示数始终不变,故D正确。10一个矩形线圈在匀强磁场中转动,产生的感应电动势e220sin100t V,则()A交流电的频率是100 HzBt0时,线圈位于中性面C交流电的周期是0.02 sDt0.05 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t0时,线圈平面位于中性面。因2f,所以f Hz50 Hz,由T得T s0.

11、02 s,当t0.05 s时,e220sin5 V0,故B、C选项正确。11如图甲所示,电阻不计的N匝矩形闭合导线框abcd处于磁感应强度大小为0.2 T的水平匀强磁场中,导线框面积为0.5 m2。导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动,并与理想变压器原线圈相连,原、副线圈的匝数比为101,副线圈接有一滑动变阻器R,副线圈两端的电压随时间的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是()A.闭合导线框中产生的交变电压的瞬时值表达式为u100sin 100t(V)B线框abcd的匝数N10C若滑动变阻器的滑片P向上移动,电流表的示数将减小D若导线框的转速增加一倍,则变压器的输出功率将增加一倍【解析】选B、C。由

12、题图乙可知,输出电压的最大值Um210 V,周期为2102 s,角速度100 rad/s,输入端电压的最大值Um110Um2100 V,则闭合导线框中产生的交变电压的瞬时值表达式为uUm1sin t100sin 100t(V),故A错误;导线框输出电压的最大值Um1NBS100 V,解得N10,故B正确;理想变压器原、副线圈匝数不变,输入电压不变,则输出电压不变,滑动变阻器的滑片P向上移动时,接入电路的电阻增大,则输出电流减小,输入电流减小,电流表示数减小,故C正确;若导线框的转速增加一倍,则线框产生交变电压的最大值增加一倍,有效值增加一倍,输出电压的有效值也增加一倍,则由P可知,输出功率将变

13、成原来的4倍,故D错误。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I2I1,所以I2将减小,故A对;线路功率损耗P损IR,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_;A220

14、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

15、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

16、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

17、。15.(8分)如图为一个小型交流发电机的原理图,其矩形线圈的面积为S,共有n匝,线圈总电阻为r,可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO转动;线圈处于磁感应强度为B的匀强磁场中,线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路电阻R的连接。在外力作用下线圈以恒定的角速度绕轴OO匀速转动(不计转动轴及滑环与电刷的摩擦)。(1)推导发电机线圈产生的感应电动势最大值的表达式EmnBS;(2)求线圈从图示位置转过90时电流表的示数;(3)求线圈转动N周过程中发电机线圈电阻r产生的焦耳热。【解析】(1)设线圈ab边的边长为l1,bc边的边长为l2。当线圈平面与磁场方向平行时,线圈中的感应电动势最大。设此时ab边的

18、线速度为v,则单匝线圈的ab边产生的感应电动势为E1Bl1v,cd边产生的感应电动势为E2Bl1v,n匝线圈产生的总感应电动势为Emn(E1E2)2nBl1v,(1分)由于vr,有Em2nBl1nBl1l2nBS。(2分)(2)线圈产生的感应电动势的有效值为E,电路中电流的有效值I,(1分)即电流表的示数为。(1分)(3)线圈转动的周期T,线圈转动N周的时间tNTN,(1分)根据焦耳定律,发电机线圈产生的焦耳热QI2rt,(1分)解得Q。(1分)答案:(1)见解析(2)(3)16(8分)有一个电子元件,当它两端的电压的瞬时值高于u110 V时则导电,低于u110 V时不导电,若把这个电子元件接

19、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u220sin t V。(2分)其中2f,f50 Hz,T0.02 s,得u220sin100t V。(2分)在一个周期内,把u110 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t2(t2t1) s s。(2分)由所画的ut图像知,一个周期内导电两次,所以1 s内导电的次数为n2100。(1分)答案:100次 s17(14分)如图所示,理想变压器原线圈输入电压为220 V,副线圈输出电压为3

20、6 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P1P2U1I1(2分)I1 A0.082 A(2分)只有L1灯工作时,由能量守恒得P1U1I1(2分)解得I1 A0.055 A。(3分)答案:(1)559(2)0.082 A0.055 A18(16分)水力发电的基本原理就是将水流的机械能(主要指重力势能)转化为电能。某小型水力发电站水的流量为Q5 m3/s(流量是指流体在单

21、位时间内流过某一横截面的体积),落差为h10 m,发电机(内阻不计)的输出电压为U1250 V,输电线总电阻为r4 ,为了减小损耗采用了高压输电。在发电机处安装升压变压器,而在用户处安装降压变压器,其中n3n419011,用户获得的电压U4220 V,用户获得的功率P41.9105 W,若不计变压器损失的能量,已知水的密度为1103 kg/m3、重力加速度g取10 m/s2。求:(1)高压输电线中的电流强度I2;(2)升压变压器原、副线圈的匝数比n1n2;(3)该发电站将水能转化为电能的效率。【解析】(1)根据,(2分)解得U33 800 V,(1分)根据理想变压器无能量损失,知P3P41.9105 W,(1分)根据P3U3I2,(1分)得I250 A。(1分)(2)高压输电线损失的电压UI2r200 V,(1分)得U2U3U4 000 V,(1分)故n1n2U1U2116。(1分)(3)高压输电线损失的电功率PIr10 000 W,(2分)故发电机输出电功率P1P3P2105 W,(1分)水流每秒产生的机械能即功率P0Qgh5105 W,(2分)故水能转化为电能的效率100%40%。(2分)答案:(1)50 A(2)116(3)40%关闭Word文档返回原板块

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