2017_2018学年高中物理第二章交变电流阶段验收评估教科版选修3_2

第二章 交变电流(时间：50分钟 满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第1～5小题中只有一个选项符合题意，第6～8小题中有多个选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．某交流电源电动势随时间变化的规律如图1所示，现用该电源对标称为“5 V 10 W”的电动机供电；电源内阻不计，下列说法正确的是( )图1A ．电动机的内阻为2.5 ΩB ．电动机的发热功率为10 WC ．通过电动机的电流为2 AD ．通过电动机的电流为2 2 A解析：选C 由图知该电源电动势最大值为E m ＝5 2 V ，则有效值E ＝5 V ，通过电动机的电流为I ＝105 A ＝2 A ，电动机是非纯电阻元件，电动机内阻r <52 Ω＝2.5 Ω，电动机的发热功率P 热＝I 2r <P 总＝10 W ，故A 、B 、D 错误，C 正确。

2．如图2所示，图甲中两导轨不平行，而图乙中两导轨平行，其余条件都相同，金属棒MN 都在导轨上向右匀速平动(速度较大)，在金属棒平动的过程中，将观察到(导轨及导体棒电阻不计)( )图2A ．L 1和L 2都发光，只是亮度不同B ．L 1和L 2都不发光C ．L 2发光，L 1不发光D ．L 1发光，L 2不发光解析：选D 金属棒MN 向右匀速平动时切割磁感线，在闭合回路中产生感应电流，但题图甲中金属棒接入电路中的长度逐渐增加，题图乙中不变，因此，在题图甲铁芯中产生变化的磁通量，副线圈中产生感应电流，L 1发光；题图乙铁芯中产生恒定不变的磁通量，副线圈中无感应电流，L 2不发光，故正确选项为D 。

3．如图3甲所示的电路中，A 1、A 2、A 3为相同的电流表，C 为电容器，电阻R 1、R 2、R 3的阻值相同，线圈L 的电阻不计。

在某段时间内，理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t 1～t 2时间内( )图3A ．电流表A 1的示数比A 2的小B ．电流表A 2的示数比A 3的小C ．电流表A 1和A 2的示数相同D ．电流表的示数都不为零解析：选C 因为通过原线圈中的磁感应强度随时间发生均匀变化，所以副线圈将产生恒定电流，由于线圈L 的内阻不计，所以A 1与A 2的示数相同。

如题图乙所示，t 1～t 2时间段为图线的中间部分，可认为此时电路已经达到稳定状态，电容器充电过程已结束，由于电容器的“隔直流、通交流”作用，故A 3的示数为零，C 正确。

4．如图4所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器)，R 表示输电线的电阻，则( )图4A ．用电器增加时，变压器输出电压增大B ．要提高用户的电压，滑动触头P 应向上滑C ．用电器增加时，输电线的热损耗减少D ．用电器增加时，变压器的输入功率减小解析：选B 由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输出电压，故A 错误；根据变压器原理可知输出电压U 2＝n 2n 1U 1，当滑动触头P 向上滑时，n 2增大，所以输出电压增大，故B 正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故C 错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故D 错误。

5．如图5所示，T 为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab 和cd 的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当开关S 闭合时( )图5A ．交流电压表V 2和V 3的示数一定都变小B ．交流电压表V 3的示数变小C ．交流电流表A 1、A 2和A 3的示数一定变大D ．只有A 1的示数变大解析：选B 因为U 不变，故变压器原线圈两端电压U 1不变，由U 1U 2＝n 1n 2可得U 2不变；当S 闭合后副线圈所在电路总电阻R 减小，由I 2＝U 2R 可知电流I 2增大；由U 1I 1＝U 2I 2得I 1＝U 2I 2U 1，故I 1增大；而电阻R 1两端电压U 3＝U 2－I 2R ′(R ′为输电线电阻)，故U 3变小，I 3＝U 3R 1变小。

综上所述，I 1、I 2增大，I 3减小，U 2不变，U 3减小，故只有B 项正确。

6．某交流发电机的输出电压随时间变化的关系如图6所示，输出功率是20 kW ，用5 000 V 高压输电，输电线总电阻是10 Ω，用户端利用n 1∶n 2＝22∶1的变压器降压，则下列说法正确的是( )图6A ．交变电流的频率为100 HzB ．发电机输出电压的有效值为220 VC ．输电线中电流为500 AD ．用户得到的电压约为225 V解析：选BD 由题图知，T ＝2×10－2s ，则f ＝1T ＝50 Hz ，A 项错；U 有效＝U m 2＝22022 V＝220 V, B 项正确；输电线中电流I ＝P U 输＝20 kW5 000 V＝4 A ，C 项错；设用户得到的电压为U ，则有5 000 V －4×10 V U ＝221，得U ≈225 V，D 项正确。

7.如图7所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u＝20 2sin 100πt V ，氖泡在两端电压达到100 V 时开始发光，下列说法中正确的有( )图7A ．开关接通后，氖泡的发光频率为100 HzB ．开关接通后，电压表的示数为100 VC ．开关断开后，电压表的示数变大D ．开关断开后，变压器的输出功率不变解析：选AB 由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为U 1＝2022 V＝20 V ，由n 1n 2＝U 1U 2得副线圈两端的电压为U 2＝100 V ，电压表的示数为交流电的有效值，所以B 项正确；交变电压的频率为f ＝100π2π＝50 Hz ，一个周期内电压两次大于100 V ，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100 Hz ，所以A 项正确；开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，所以C 项错误；开关断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，所以D 项错误。

8．如图8所示，矩形线圈abcd 与理想变压器原线圈组成闭合电路。

线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc 边匀速转动，磁场只分布在bc 边的左侧，磁感应强度大小为B ，线圈面积为S ，转动角速度为ω，线圈匝数为N ，线圈电阻不计。

下列说法正确的是( )图8A ．将原线圈抽头P 向上滑动时，灯泡变暗B ．电容器的电容C 变大时，灯泡变暗C ．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大D ．若线圈abcd 转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBS ω 解析：选AD 在图中将原线圈抽头P 向上滑动时，原线圈的匝数变大，故输出的电压变小，灯泡变暗，选项A 正确；电容器的电容C 变大时，电容对电流的阻碍作用变小，故灯泡变亮，选项B 错误；图示位置时，线圈的ad 边运动方向与磁感线方向平行，故矩形线圈中瞬时感应电动势最小，选项C 错误；若线圈abcd 转动的角速度变为2ω，且线圈转动一周只有半周产生感应电压，在这半周中，电压的最大值是2NBS ω，设变压器原线圈电压的有效值为U ，则2NBS ω2Rt ＝U 2R×2t ，即U ＝NBS ω，选项D 正确。

二、非选择题(本题共3小题，共52分)9．(10分)如图9所示为示波器面板，屏上显示的是一亮度很低、线条较粗且模糊不清的波形。

图9(1)若要增大显示波形的亮度，应调节__________旋钮。

(2)若要屏上波形线条变细且边缘清晰，应调节__________旋钮。

(3)若要将波形曲线调至屏中央，应调节__________与________旋钮。

解析：(1)辉度调节旋钮，作用是调节图像亮度。

(2)聚焦调节旋钮和辅助聚焦旋钮配合使用使图像线条清晰。

(3)竖直位移旋钮和水平位移旋钮，调节图像在竖直、水平方向的位置。

答案：(1)辉度调节 (2)聚焦调节 (3)竖直位移 水平位移10. (20分)如图10所示，线圈abcd 的面积是0.05 m 2，共100匝，线圈电阻为r ＝1 Ω，外接电阻R ＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B ＝1π T ，当线圈以300 r/min 的转速匀速旋转时，求：图10(1)线圈转动从经过中性面时开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式。

(2)线圈转过130 s 时电动势的瞬时值。

(3)电路中电压表和电流表的示数。

(4)从中性面开始计时，经130s 通过电阻R 的电荷量。

解析：(1)e ＝E m sin ωt ＝NBS ·2πf sin 2πft ＝50sin 10πt V 。

(2)当t ＝130 s 时，e ＝50sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫10π×130V ＝43.3 V 。

(3)电动势的有效值E ＝E m2＝502V ＝35.4 V电流表示数I ＝ER ＋r ＝35.49＋1A ＝3.54 A 电压表示数U ＝IR ＝3.54×9 V＝31.86 V 。

(4)130 s 内线圈转过的角度 θ＝ωt ＝30060×2π×130＝π3该过程ΔΦ＝BS －BS ·cos θ＝12BS所以由I ＝qΔt ，I ＝ER ＋r ，E ＝N ΔΦΔt得q ＝I Δt ＝NBS R ＋r＝100×1π×0.05＋ C ＝14πC 。

答案：(1)e ＝50sin 10πt V (2)43.3 V (3)31.86 V 3.54 A (4)14πC11．(22分)如图11所示，某水电站发电机的输出功率为100 kW ，发电机的电压为250 V ，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220 V 。

若输电线上损失的功率为5 kW ，不计变压器的损耗。

求：图11(1)输电导线上输送的电流； (2)升压变压器的输出电压U 2； (3)降压变压器的匝数比；(4)若改用10 kV 电压输电，则输电线上损失的功率是多大？解析：(1)由P ＝I 2R 知输电线上的电流I ＝P R ＝5×1038A ＝25 A 。

(2)升压变压器的输出电压U 2＝P I ＝100×10325V ＝4 000 V 。

(3)降压变压器的输入电压U 3＝U 2－IR ＝4 000 V －25×8 V＝3 800 V ，降压变压器的匝数比n 3n 4＝3 800220＝19011。

(4)改为10 kV 电压输电后输电线上的电流I ′＝P U ′＝100×10310×103A ＝10 A ，输电线上损失的功率为ΔP ＝I ′2R ＝102×8 W＝800 W 。