1、单元素养评价(三)(第三章)(75分钟 100分)一、单项选择题：本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 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“人工肺 ecmo”呼吸机是治疗新冠肺炎重症的重要设备。一呼吸机接在电压随时间变化的规律为 U311 sin100t(V)的交流电源上，正常工作时电流为 2.5 A，则()A该交流电的周期为 50 HzB该交流电每秒内电流方向变化 50 次C该交流电的最大值为 220 VD该呼吸机正常工作时的功率为 550 W【解析】选 D。根据 U311 sin100t(V)可知交流电的最大值为 Um311 V，角速度为 100 rad/s，
2、则交流电的周期 T2 2100 s0.02 s，故 A、C 错误；在一个周期内电流方向改变两次，故每秒内电流方向变化次数 n1T 2 10.02 2 次100次，故 B 错误；产生的交流电的效值 UUm2 3112 V220 V，故该呼吸机正常工作时的功率为 PUI2202.5 W550 W，故 D 正确。2采用 220 kV 高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的14，输电电压应变为()A55 kV B110 kV C440 kV D880 kV【解析】选 C。当输电功率 PUI，U 为输电电压，I 为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为 P 损I2R，
3、R 为输电线路的电阻，即 P 损(PU)2R。当输电功率一定时，输电线路损失的功率为原来的14，则输电电压为原来的 2 倍，即 440 kV，故选项 C 正确。3(2021珠海高二检测)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 消耗的功率为 P。若发电机线圈的转速变为原来的12，则()AR 消耗的功率变为12 PB电压表 V 的读数为12 UC电流表 A 的读数变为 2ID通过 R 的交变电流频率不变【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析：(1)当线圈的转速
4、变为原来的二分之一时，感应电动势也变成原来的一半。(2)理想变压器原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比。(3)理想变压器原、副线圈消耗的功率相等。【解析】选 B。根据 2n 可知转速变为原来的12，则角速度变为原来的12，根据 EmnBS 可知电动机产生的最大电动势为原来的12，根据 UEm2 可知发电机的输出电压有效值变为原来的12，即原线圈的输出电压变为原来的12，根据n1n2 U1U2 可知副线圈的输入电压变为原来的12，即电压表示数变为原来的12，根据 PU2R 可知 R 消耗的电功率变为14 P，A 错误，B 正确；副线圈中的电流为 I212UR，即电流变为原来的12，根据n
5、1n2 I2I1 可知原线圈中的电流也变为原来的12，C 错误；转速减小为原来的12，则频率变为原来的12，D错误。【加固训练】某品牌共享单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，不断地给单车内的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。单车内的小型发电机发电原理如图所示，矩形线圈 abcd 的面积为 0.001 m2，共有 100 匝，线圈总电阻为 1，线圈处于磁感应强度大小为2 2T 的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴 OO转动，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路阻值为 9 的电阻连接，不计交流电流表的内阻。在外力作用下线圈以 10 rad/s 的角速度绕轴 OO匀速转动
6、时，下列说法中正确的是()A.交流电流表的示数是 0.002 AB电阻 R 的发热功率是 0.4 WC该交流发电机产生的交变电流的周期为 0.2 sD当线圈平面和磁场方向平行时，线圈中的感应电流为零【解析】选 C。线圈产生的最大感应电动势为 EmnBS1002 20.00110 V2 2 V，有效值为 EEm2 2 V，根据闭合电路欧姆定律可得 I ERr 0.2 A，电阻 R 的发热功率为 PI2R0.36 W，选项 A、B 错误；交变电流的周期 T20.2 s，选项 C 正确；当线圈平面和磁场方向平行时，线圈中的感应电流最大，选项 D 错误。4(2020北京高考)如图所示，理想变压器原线圈
7、接在 uUmsin(t)的交流电源上，副线圈接三个阻值相同的电阻 R，不计电表内电阻影响。闭合开关 S 后()A.电流表 A2 的示数减小B电压表 V1 的示数减小C电压表 V2 的示数不变D电流表 A1 的示数不变【解析】选 A。开关 S 闭合时，副线圈总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即 V1 示数不变，但因副线圈的总电阻减小，则副线圈的总电流增大，则原线圈的电流增大，故 A1 的示数变大；由于副线圈的电流增大，故串联在副线圈的电阻 R 两端的电压增大，而副线圈的总电压不变，所以副线圈并联部分的电压减小，即 V2 的示数减小，故电流表 A2 的示数减
8、小，故 A 正确，B、C、D 错误。【总结提升】变压器的动态分析(1)根据题意弄清变量与不变量。(2)弄清变压器动态变化的决定关系。原线圈与副线圈电压的决定关系。输入功率与输出功率的决定关系。原线圈与副线圈电流的决定关系。【加固训练】如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为 101，R0 为定值电阻，R 是滑动变阻器，原线圈两端的输入电压 u200sin100t(V)，设理想交流电压表 V1、V2 的示数分别是U1、U2；理想交流电流表 A1、A2 的示数分别是 I1、I2。下列说法中正确的是()A.示数 U220 VB滑片 P 向 b 端滑动过程中，U2 不变，I2 变大C滑片 P 向 b 端
9、滑动过程中，U1 变小，I1 变大D通过原、副线圈的交变电流频率之比为 101【解析】选 B。由输入电压的表达式知输入电压有效值为 U12002 V100 2 V，由U1U2 n1n2，得 U2 110 100 2 V10 2 V，A 错误；滑片 P 向 b 端滑动过程中，副线圈负载电阻减小，U2 不变，则 I2 变大，B 正确；由 B 项分析知 U1 不变，I1 变大，C 错误；变压器不改变频率，D 错误。5(2020江苏高考)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器()A.是一种降压变压器B能测
10、量直流电路的电流C原、副线圈电流的频率不同D副线圈的电流小于原线圈的电流【解析】选 D。原线圈匝数较少，电流互感器是一种升压变压器，A 选项错误。电流互感器的工作原理是电磁感应中的互感现象，只可以测量交变电流，B 选项错误。电流互感器不会改变电流的频率，只改变电流的大小，故原、副线圈电流的频率相同，C 选项错误。原线圈匝数较少，根据 I1n1I2n2，电流互感器是一种降电流的变压器，副线圈的电流小于原线圈的电流，D 正确。6一交流电源，电压为 u220 2 sin100t(V)，通过理想变压器对电路供电，电路如图所示。已知原、副线圈匝数比为 41，照明灯的额定功率为 55 W，排气扇电动机线圈
11、的电阻为 1，电流表的示数为 3 A，用电器均正常工作，电表均为理想电表，则()A.电压表的示数为 880 VB电动机的发热功率为 4 WC电动机的电功率为 106 WD通过保险丝的电流为 12 A【解析】选 B。根据题意知道变压器的输入电压的有效值为 U1220 V，电压表的示数为变压器的输出电压，根据理想变压器的变压比公式U1U2 n1n2 得U1U2 41，可以得到 U255 V，选项 A 错误；因为照明灯正常发光，所以通过它的电流为 ILPLU2 1 A，电流表的示数为变压器的输出电流，即 I23 A，根据并联电路的电流特点可知通过排气扇电动机的电流为IMI2IL2 A，所以电动机的发
12、热功率为 P 热I2M RM4 W，选项 B 正确；电动机的电功率为 PU2IM110 W，选项 C 错误；通过保险丝的电流即变压器的输入电流 I1，根据理想变压器的变流比公式n1n2 I2I1 得I2I1 41，可知 I10.75 A，选项 D 错误。【加固训练】如图所示，变压器输入的交变电压 u220 2 sin100t(V)，副线圈匝数可调，电阻 R100，L1、L2 均是额定电压为 20 V、额定功率为 20 W 的小灯泡，通过调节副线圈的匝数，使 S 闭合前后，L1 均能正常发光，则 S 闭合前后副线圈的匝数之比为()A111 B21 C35 D611【解析】选 D。由变压器输入的交
13、变电压 u220 2 sin100t(V)可知有效值为 U1220 V；S 闭合前电阻 R 与 L1 串联，L1 正常发光，可知其额定电流为 IPU 1 A，故 U2IRU120 V，由变压器原理可知n1n2 U1U2 116；S 闭合后，L1 和 L2 并联后再与 R 串联，U22IRU220 V，同理可得n1n2 U1U2 11，故联立可得n2n2 611，故选 D。7(2020浙江 7 月选考)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率 P100 kW，发电机的电压 U1250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻 R 线8，在用户端用降压变压器把电压降为 U4220 V。已知输电线上
14、损失的功率 P 线5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是()A.发电机输出的电流 I140 AB输电线上的电流 I 线625 AC降压变压器的匝数比 n3n419011D用户得到的电流 I4455 A【解析】选 C。发电机的输出电流 I1 PU1 100103250 A400 A，选项 A 错误。输电线上的电流 I 线 P线R线51038 A25 A，选项 B 错误。升压变压器的副线圈输出电压 U2 PI线10010325 V4103 V，输电线损耗电压 UI 线 R258 V200 V，降压变压器的原线圈电压 U3U2U 3 800 V，故降压变压器的匝数比n3n4 U3U
15、4 3 80022019011，选项 C 正确。降压变压器的功率 P4P3PP 线95 kW，故用户得到的电流 I4 P4U4 95103220 A431.8 A，选项 D 错误。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图甲为风力发电的简易模型。在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动，磁铁下方的线圈与电压传感器相连。在某一风速时，电压传感器显示如图乙所示正弦规律变化，则()A.磁铁的转速为 10 r/sB线圈两端电压的有效值为 6 2 VC交流电压的表达式
16、为 u12sin 5t VD该交流电可以直接加在击穿电压为 9 V 的电容器上【解析】选 B、C。由题图乙可知，电流的周期为 T0.4 s，故磁铁的转速 n1T 10.4 r/s2.5 r/s，故 A 错误；由题图乙可知电压的最大值为 12 V，故有效值 UUm26 2 V，故 B 正确；周期 T0.4 s，故 2T 20.4 rad/s5 rad/s，故交流电压的表达式为 u12sin5t V，故 C 正确；该交流电的最大值大于电容器的击穿电压，故不能直接加在击穿电压为 9 V 的电容器上，故 D 错误。9(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
17、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14BR2 两端的电压增加到原来的 2 倍CR3 两端的电压减小到原来的12D电阻上总的热功率减小到原来的14【解析】选 C、D。根据U1U2 n1n2 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12，根据 IUR 可知流经 R1 的电流减小到原来的12，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12，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
18、电阻也不变，由 PU2R 得电阻上总的热功率减小到原来的14，选项 D 正确。【加固训练】(多选)如图所示，一理想变压器原线圈接在 u220 2 sin 100t(V)的交流电压上，副线圈上理想交流电压表和 R10 的电阻并联接入电路，原、副线圈匝数比 n1n2201，现在 A、B 两点间接入不同的电子元件或用电器，则下列说法正确的是()A.在 A、B 两点间接入一只阻值为 10 的电阻，电压表示数为 11 VB在 A、B 两点间接入一只标有“6 V 3 W”的小灯泡，小灯泡的发光功率为 3 WC在 A、B 两点间接入一只电感线圈，再提高交流电频率，电阻 R 消耗的电功率减小D在 A、B 两点
19、间接入一只电容器，再提高交流电频率，电压表示数减小【解析】选 B、C。由U1U2 n1n2 得 U2n2n1 U1 120 220 V11 V，在 A、B 两点间接入一只阻值为 10 的电阻，由串联电路的电压关系知，电压表的示数为 5.5 V，选项 A 错误；小灯泡的电阻 RLU2额P额623 12，由闭合电路欧姆定律得，通过小灯泡的电流 IU2RLR 111210 A0.5 A，小灯泡的发光功率为 PI2RL(0.5)212 W3 W，选项 B 正确；交流电频率越高，电感线圈对电流的阻碍作用越大，故提高交流电频率，电路中的电流减小，电阻 R 消耗的电功率减小，选项 C 正确；交流电频率越高，
20、电容器对电流的阻碍作用越小，故提高交流电频率，电路中的电流增大，由欧姆定律知，电压表示数增大，选项 D 错误。10(2021佛山高二检测)如图所示是一远距离输电的示意图，图中变压器均为理想变压器，输电导线的总电阻为 R。则下列关系式正确的是()A.输电导线中的电流为 I2P1U2B输电导线上损失的功率 P(U2U3)I3C两变压器线圈匝数比满足n3n4 n1n2D变压器的输出电流 I2 和变压器的输入电流 I3 的关系满足 I2I3【解析】选 A、B。因为是理想变压器，所以 P1P2，其中 P1U1I1，P2U2I2，故I2P2U2 P1U2，选项 A 正确；输电线上的电流 I2I3，输电线上
21、损失的电压为 UU2U3，所以输电线上损失的功率为 PUI3(U2U3)I3，选项 B 正确；U1U2 n1n2，U3U4 n3n4，因为不知道 U1 和 U4 的具体关系，所以匝数比的大小无法判断，选项 C 错误；变压器的输出电流 I2 和变压器的输入电流 I3 都是输电线上的电流，二者相等，选项 D 错误。三、非选择题：共 54 分。11(7 分)理想变压器的原、副线圈匝数比为 n1n2110，副线圈与阻值 R20 的电阻相连。原线圈接在以速度 v40 m/s 向右匀速运动的金属棒两端，金属棒的电阻可忽略不计，棒所切割磁场的边界变化规律为 y 2 sin 4 x m，副线圈输出交变电流的频
22、率为_Hz；匀强磁场的磁感应强度 B0.25 T，则交流电压表的示数为_V，电阻 R 上消耗的电功率为_W。【解析】原线圈产生的交变电流的周期 Txv 440 s0.1 s，则副线圈输出交变电流的频率为 f1T 10 Hz。金属棒切割磁感线产生感应电动势，产生的交流电压最大值 EmBLv0.252 2 40 V20 2 V，则交流电压表的示数为 U1Em2 20 V。根据理想变压器的变压比公式U1U2 n1n2 可知，副线圈的输出电压为 U2n2n1 U1200 V，电阻 R 上消耗的电功率为 PU22R200220 W2 000 W。答案：10 20 2 00012(9 分)在“探究变压器原
23、、副线圈电压与匝数的关系”的实验中：(1)下列仪器中不需要的是_。(2)实验时，原线圈接在电源上，用多用电表测量副线圈的电压，下列操作正确的是_。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，电表用交流电压挡D原线圈接交流电压，电表用直流电压挡(3)若某次实验中用匝数 N1400、N2800 的变压器，测得的电压分别为 U13.6 V、U28.2 V，据此可知_(选填“N1”或“N2”)是原线圈匝数，电压比与匝数比不相等，可能的原因是_。【解析】(1)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，要用低压交流电源和交流电表，不需要干电池和条形磁
24、铁。(2)根据实验原理可知，原线圈应接交流电压，用多用电表测量副线圈的电压，应选择交流电压挡，选项 C 正确，A、B、D 错误。(3)根据匝数及电压关系可知，该变压器为降压变压器，故 N2 为原线圈匝数。电压比与匝数比不相等，是因为变压器是非理想变压器，可能是存在漏磁、线圈电阻大、铁芯发热等因素。答案：(1)A、B(2)C(3)N2 存在漏磁、线圈电阻大、铁芯发热等13(10 分)如图所示为交流发电机示意图，匝数为 n100 的矩形线圈，边长分别为a10 cm 和 b20 cm，内阻为 r5，在磁感应强度 B0.5 T 的匀强磁场中绕轴OO以 50 2 rad/s 的角速度匀速转动，开始转动时
25、线圈平面与磁场方向平行，线圈通过滑环和电刷与外部 R20 的电阻相接。开关 S 合上后：(1)写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；(2)求电压表和电流表示数；(3)求电阻 R 上所消耗的电功率；(4)求从计时开始，线圈转过2 的过程中，通过外电阻 R 的电荷量。【解析】(1)从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，感应电动势的最大值EmnBSnBab1000.50.10.250 2 V50 2 V(2 分)故交变电动势瞬时值表达式为eEmcost50 2 cos 50 2 t(V)(1 分)(2)交变电动势有效值 EEm2(1 分)解得 E50 V(1 分)开关 S 合上后，由闭合电路欧姆定
26、律得I ERr 50205 A2.0 A(1 分)UIR2.020 V40 V(1 分)(3)电阻 R 上所消耗的电功率为 PUI2.040 W80 W(1 分)(4)线圈由图示位置转过2 的过程中，通过外电阻 R 的电荷量为 q I tn Rr nBSRr 0.04 C(2 分)答案：(1)e50 2 cos 50 2 t(V)(2)40 V 2.0 A(3)80 W(4)0.04 C14(12 分)图甲为一理想变压器，ab 为原线圈，ce 为副线圈，d 为副线圈引出的一个接头。原线圈输入正弦式交变电压的 uab-t 图像如图乙所示。若只在 c、e 间接一只Rce400 的电阻，或只在 d、
27、e 间接一只 Rde225 的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为 80 W。(1)请写出原线圈输入电压瞬时值 uab 的表达式；(2)求只在 c、e 间接 400 的电阻时，原线圈中的电流 I1；(3)求 c、e 和 d、e 间线圈的匝数比ncende。【解析】(1)由题图乙知 T0.01 s，则 2T 200 rad/s(2 分)故原线圈的输入电压瞬时值表达式为 uab400sin200t(V)(1 分)(2)原线圈输入电压的有效值 U14002 V200 2 V(1 分)理想变压器 P1P280 W(1 分)原线圈中的电流 I1P1U1(1 分)解得 I10.28 A(或 25 A)(1
28、分)(3)设 a、b 间线圈匝数为 n1，U1n1 Udende Ucence(2 分)由题意知U2ceRce U2deRde(1 分)解得ncende RceRde(1 分)代入数据解得ncende 43(1 分)答案：(1)uab400sin 200t(V)(2)0.28 A(或 25 A)(3)4315(16 分)(2021潮州高二检测)如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈 abcd 匝数 N100，面积 S0.03 m2，线圈匀速转动的角速度 100 rad/s，匀强磁场的磁感应强度 B 2 T。输电时先用升压变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电压降下来
29、后供用户使用，输电导线的总电阻为 R10，变压器都是理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为 n3n4101。若用户区标有“220 V 8.8 kW”的电动机恰能正常工作，发电机线圈电阻 r 不可忽略。求：(1)交流发电机产生感应电动势的最大值 Em；(2)输电线路上损耗的电功率 P；(3)若升压变压器原、副线圈匝数比为 n1n218，求升压变压器原线圈两端的电压U1。【解析】(1)根据正弦式交变电流的产生规律可知，感应电动势的最大值为 EmNBS(1 分)代入数据解得 Em300 2 V(1 分)(2)设降压变压器原、副线圈中的电流分别为 I3、I4，电动机恰能正常工作，有 I4PMUM 40 A(2 分)根据理想变压器的变流比公式I3I4 n4n3(1 分)可得 I3n4I4n34 A(1 分)所以输电线路上损耗的电功率为 PI23 R160 W(2 分)(3)根据理想变压器的变压比公式U3U4 n3n4(1 分)得 U3n3U4n4n3UMn42 200 V(2 分)升压变压器副线圈两端的电压为U2U3I3R2 240 V(2 分)又U1U2 n1n2(1 分)可得 U1n1U2n2280 V(2 分)答案：(1)300 2 V(2)160 W(3)280 V
