【新部编版】2020版高中物理 第五章 交变电流章末检测试卷 新人教版选修3-2

第五章 交变电流章末检测试卷(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共计48分.1～6题为单选题，7～12题为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．某交变电压瞬时值表达式为u ＝62sin 314t V ，则( ) A ．用此交变电流作打点计时器的电源时，打点周期为2 s B ．把额定电压为6 V 的小灯泡接在此电源上，小灯泡正常发光 C ．把额定电压为6 V 的小灯泡接在此电源上，小灯泡将烧毁 D ．耐压6 V 的电容器可以直接用在此电源上 答案 B解析 由表达式可知电压的最大值是6 2 V ，角速度是314 rad/s ，所以电压的有效值是6 V ，周期是0.02 s ，所以B 正确，A 、C 、D 错误．2．如图1所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电源两端的电压—时间图象．原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝10∶1，串联在原线圈电路中的交流电流表的示数为1 A ，则( )图1A ．变压器原线圈所接交流电压的有效值为311 VB ．变压器输出端所接电压表的示数为22 2 VC ．变压器输出端交变电流的频率为50 HzD ．变压器的输出功率为220 2 W 答案 C解析 变压器原线圈所接交流电压的有效值为U 1＝3112V≈220 V，选项A 错误；变压器输出端所接电压表的示数为U 2＝n 2n 1U 1＝110×220 V＝22 V ，选项B 错误；变压器输出端交变电流的频率为f ＝10.02Hz ＝50 Hz ，选项C 正确；变压器的输出功率等于输入功率，P ＝U 1I 1＝220×1 W＝220 W ，选项D 错误．3．用220 V 的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V ，通过负载的电流随时间变化的图象如图2所示，则( )图2A ．变压器输入功率约为3.9 WB ．输出电压的最大值是110 VC ．变压器原、副线圈的匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin (100πt ＋π2) A答案 A解析 变压器的输入功率等于输出功率，等于输出电压的有效值与输出电流的有效值的乘积，所以P ＝UI ＝110 V×0.052 A≈3.9 W，A 正确；输出电压的有效值是110 V ，最大值是110 2 V ，所以B 错误；变压器原、副线圈匝数之比是2∶1，C 错误；负载电流的函数表达式是i ＝0.05sin (100πt ) A ，D 错误．4.如图3所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 100πt (V)的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )图3A ．原线圈的输入功率为220 2 WB ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50 s 答案 B解析 原线圈输入电压的有效值是220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，可得U 2＝110 V ，则电压表读数应为110 V ，选项C 错误．由欧姆定律可得I 2＝U 2R ＝2 A ，由I 1I 2＝n 2n 1可得I 1＝1 A ，选项B 正确．由功率P 1＝U 1I 1可知，P 1＝220 W ，选项A 错误．由电源电压瞬时值表达式u ＝2202sin 100πt (V)，可知ω＝100π rad/s ，由T ＝2πω可知，T ＝0.02 s ，选项D 错误．5.如图4所示，线框匝数为N ，面积为S ，以角速度ω绕垂直磁感应强度为B 的匀强磁场的轴匀速转动．线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R 、理想电流表和二极管D .二极管D 具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大．下列说法正确的是( )图4A ．图示位置电流最大B ．R 两端电压的有效值U ＝22NBS ω C ．交流电流表的示数I ＝ω2R NBSD ．一个周期内通过R 的电荷量q ＝2BSR答案 C解析 题图所示位置通过R 的电流为零，R 两端电压的瞬时值如图所示．设R 两端电压的有效值为U ，在一个周期内有：(NBS ω2)2R·T 2＝U 2R T ，解得：U ＝12NBS ω，电流的有效值I ＝U R ＝NBS ω2R，在一个周期内，只有半周期的时间有电流通过R ，故：q ＝N ΔΦR＝2NBSR.故选C.6．一含有理想变压器的电路如图5所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U 为正弦交流电源，输出电压的有效值恒定．当开关S 断开时，电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I .该变压器原、副线圈匝数比为( )图5A ．2∶1 B．3∶1 C．4∶1 D．5∶1 答案 B解析 开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比I I 2＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2＝In 1n 2，副线圈的输出电压U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝5In 1n 2，由U 1U 2＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，则U ＝U 1＋IR 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22＋3I ；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比4I I 2′＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2′＝4In 1n 2，副线圈的输出电压U 2′＝I 2′R 2＝4In 1n 2，由U 1′U 2′＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1′＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，则U ＝U 1′＋4IR 1＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22＋12I ，联立解得n 1n 2＝3，选项B 正确．7．我国“西电东送”采用高压直流输电，继三峡至常州500 kV 直流输电工程后，又实现了三峡至广东的500 kV 直流输电工程．这种输电方式是在高压交流远距离输电的基础上，增加了把交流变为直流的“整流”设备，用户端用专用的“逆变”设备把直流变为交流．关于高压远距离直流输电，下列说法正确的有( ) A ．“整流”设备应放在升压变压器后，而“逆变”设备放在降压变压器前 B ．有利于消除输电线路中感抗和容抗的影响 C ．可以实现不同频率的交流电网络之间的电力传输 D ．高压远距离直流输电对输电线路绝缘性能无要求 答案 ABC8.如图6所示的电路，一灯泡和一可变电容器串联，下列说法正确的是( )图6A ．a 、b 端接稳恒直流电，灯泡发亮B ．a 、b 端接交变电流，灯泡发亮C ．a 、b 端接交变电流，灯泡发亮，且将电容器电容增大时，灯泡亮度增大D ．a 、b 端接交变电流，灯泡发亮，在不改变交变电流有效值的情况下增大其频率，灯泡亮度增大 答案 BCD解析 电容器有“通交流，隔直流，通高频，阻低频”的特点，B 、D 项正确，A 错误；增大电容器的电容，电容的阻碍作用减小，电流增大，灯泡的亮度增大，C 项正确．9．如图7甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与阻值为R ＝10 Ω的电阻连接，与电阻R 并联的交流电压表为理想电表，示数是10 V ．图乙是穿过矩形线圈的磁通量Φ随时间t 变化的图象，线圈电阻忽略不计，则下列说法正确的是( )图7A ．电阻R 上的电功率为10 WB ．0.02 s 时R 两端的电压瞬时值为零C ．R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝14.1cos (100πt ) VD ．通过R 的电流i 随时间t 变化的规律是i ＝cos (100πt ) A 答案 AC解析 根据公式P ＝U 2R，得P ＝10 W ，故选项A 正确；由题图乙可知，0.02 s 时通过线圈的磁通量为零，电动势最大，R 两端的电压瞬时值为10 2 V ，故选项B 错误；由题图乙可知，T ＝0.02 s ，电动势的最大值为E m ＝2U ＝10 2 V ，ω＝2πT＝100π rad/s ，又因为此交变电流是从垂直于中性面开始计时的，所以R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝14.1cos (100πt ) V ，故选项C 正确；I m ＝E mR＝1.41 A ，通过R 的电流i 随时间t 变化的规律是i ＝1.41cos (100πt ) A ，故选项D 错误．10．如图8为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T 1和降压变压器T 2向用户供电．已知输电线的总电阻R ＝10 Ω，降压变压器T 2原、副线圈的匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R 0组成闭合电路．若T 1、T 2均为理想变压器，T 2的副线圈的输出电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin 100πt (V)，用电器的电阻R 0＝11 Ω，则( )图8A ．通过用电器R 0的电流的有效值是20 AB ．升压变压器的输入功率为4 650 WC ．发电机中的交变电流的频率为100 HzD ．当用电器的电阻R 0减小时，发电机的输出功率减小 答案 AB解析 由T 2的副线圈的输出电压的瞬时值表达式可知，副线圈的输出电压的有效值为220 V ，电流的有效值为I ＝UR 0＝22011 A ＝20 A ，选项A 正确；通过输电线的电流I ′＝n 4n 3I ＝204A ＝5 A ，所以升压变压器的输入功率为P ＝I ′2R ＋I 2R 0＝52×10 W＋202×11 W＝4 650 W ，选项B 正确；发电机中的交变电流的频率与T 2的输出电压的频率相同，也为50 Hz ，选项C 错误；当用电器的电阻R 0减小时，其消耗的功率变大，发电机的输出功率变大，选项D 错误． 11．如图9甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0.5 A 的保险丝L ，原线圈匝数n 1＝600匝，副线圈匝数n 2＝120匝．当原线圈接在如图乙所示的交变电源上时，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接 ( )图9A ．阻值为14.4 Ω的电阻B ．并联两盏“36 V 40 W”的灯泡C ．工作频率为10 Hz 的电视D ．耐压值为36 V 的电容器 答案 AB解析 理想变压器可以变压、变流，但不可以改变功率和频率；由题图乙可知，原线圈中交变电源的周期为0.02 s ，频率为50 Hz ，则副线圈得到的交变电流的频率也为50 Hz ，故接入工作频率为10 Hz 的电视不能正常工作，C 错误；由题图乙可知，原线圈所接电源电压的有效值为180 V ，由理想变压器特点可知，变压比等于匝数比，则U 2＝n 2U 1n 1，解得U 2＝36 V ，B 中两灯泡接入电路时，副线圈中的电流I 2＝209 A ，原线圈中的电流I 1＝49A≈0.44 A＜0.5 A ，B 正确；副线圈两端电压的有效值为36 V ，但其最大值大于电容器的耐压值，故D 错误；由理想变压器特点可知，原、副线圈消耗的功率相等，则(36 V )2R＝180 V×0.5 A，解得R ＝ 14.4 Ω，A 正确．12．如图10甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1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 的变化关系如图乙所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )图10A ．输入电压u 的表达式u ＝202sin (100πt ) VB ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率增大D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W 答案 AD解析 由题图乙可知，U m ＝20 2 V ，T ＝0.02 s ，则ω＝2πT＝100π rad/s ，输入电压u ＝202sin (100πt ) V ，故A 正确；由变压器的变压规律知：U 1U 2＝n 1n 2，故U 2＝U 1n 2n 1＝20×15V ＝4 V ，将S 1接1、S 2闭合时，灯泡L 2正常发光可得，灯泡L 2的额定电压为4 V ，当只断开S 2后，副线圈两端电压不变，此时副线圈的负载为L 1、L 2串联，故L 1、L 2均不能正常发光，B 错误；此时P 出＝U 22R 总，副线圈负载R 总增大，故P 出减小，又P 入＝P 出，故原线圈的输入功率减小，C 错误；当S 1换接到2后，副线圈的负载仅是电阻R ，故P ＝U 22R ＝4220W ＝0.8 W ，D 正确．二、非选择题(本题共5小题，共计52分)13．(4分)某同学选用匝数可调的可拆变压器来做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验，变压器原线圈两端所接的电源应是电压为12 V 的低压________(选填“交流电源”或“直流电源”)．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____________________(选填“控制变量法”“转换法”或“类比法”)．答案 交流电源 增大 减小 控制变量法解析 变压器的工作原理是互感现象，故原线圈两端所接的电源应是电压为12 V 的低压交流电源；根据变压比公式U 1U 2＝n 1n 2，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U 1U 2＝n 1n 2，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；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．14．(6分)在“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验中，操作步骤如下： ①将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；②闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；③将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源输出端上，另一个作为副线圈，接上小灯泡； ④将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤．(1)以上操作的合理顺序是________(只填步骤前数字序号)；(2)如图11所示，在实验中，两线圈的匝数n 1＝1 600，n 2＝400，当将n 1做原线圈时，U 1＝16 V ，副线圈两端电压U 2＝4 V ；原线圈与副线圈对调后，当U 1′＝8 V 时，U 2′＝32 V ，那么可初步确定，变压器两个线圈的电压U 1、U 2与线圈匝数n 1、n 2的关系是________．图11答案 (1)①③②④ (2)U 1U 2＝n 1n 2解析 (1)在“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验中，首先将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；再将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源输出端上，另一个作为副线圈，接上小灯泡；闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；最后将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤．(2)两线圈的匝数n 1＝1 600，n 2＝400，当将n 1做原线圈时，U 1＝16 V ，副线圈两端电压U 2＝4 V ；当原线圈与副线圈对调后，U 1′＝8 V 时，U 2′＝32 V ，此时U 2′为原线圈的电压，而U 1′为副线圈的电压，由以上数据可得：U 1U 2＝n 1n 2. 15．(13分)如图12甲所示，固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一个小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场．已知线圈的匝数n ＝100匝，总电阻r ＝1.0 Ω，所围成的矩形的面积S ＝0.040 m 2，小灯泡的电阻R ＝9.0 Ω，磁感应强度随时间按图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝nB m S 2πTcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT t ，其中B m为磁感应强度的最大值，T 为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化，求：图12(1)线圈中产生的感应电动势的最大值； (2)小灯泡消耗的电功率；(3)在0～T4时间内，通过小灯泡的电荷量．答案 (1)8.0 V (2)2.88 W (3)4.0×10－3C解析 (1)由题图乙知，线圈中产生的交变电流的周期T ＝3.14×10－2s ，所以E m ＝nB m S ω＝2πnB m S T＝8.0 V.(2)电流的最大值I m ＝E mR ＋r＝0.80 A ，有效值I ＝I m2＝225A ，小灯泡消耗的电功率P ＝I 2R ＝2.88 W. (3)在0～T4时间内，电动势的平均值E ＝nS ΔB Δt ，平均电流I ＝E R ＋r ＝nS ΔB(R ＋r )Δt，通过小灯泡的电荷量q ＝I Δt ＝nS ΔB R ＋r＝4.0×10－3C.16．(13分)如图13所示，理想变压器原线圈中输入电压U 1＝3 300 V ，副线圈两端电压为U 2＝220 V ，输出端连有完全相同的两个灯泡L 1和L 2，绕过铁芯的导线所接的电压表V 的示数U ＝2 V ．求：(电表均为理想电表)图13(1)原线圈匝数n 1等于多少匝？(2)当开关S 断开时，电流表A 2的示数I 2＝5 A ．则电流表A 1的示数I 1为多少？ (3)在(2)中情况下，当开关S 闭合时，电流表A 1的示数I 1′等于多少？ 答案 (1)1 650匝 (2)13 A (3)23 A解析 (1)由电压与变压器匝数的关系可得：U 1n 1＝U 2n 2＝U ，则n 1＝1 650匝． (2)当开关S 断开时，有：U 1I 1＝U 2I 2，I 1＝U 2I 2U 1＝13A(3)当开关S 断开时，有：R 1＝U 2I 2＝44 Ω.当开关S 闭合时，设副线圈总电阻为R ′，有R ′＝R 12＝22 Ω，副线圈中的总电流为I 2′＝U 2R ′＝10 A ．由U 1I 1′＝U 2I 2′可知，I 1′＝U 2I 2′U 1＝23A. 17．(16分)一台小型发电机的最大输出功率为100 kW ，输出电压有效值恒为500 V ，现用电阻率为1.8×10－8Ω·m、横截面积为10－5m 2的输电线向4×103m 远处的用户输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上的损失功率不得超过发电机总功率的4%，求：(1)所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？(2)如果用户用电器的额定电压为220 V ，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？ (3)想一想，当深夜接入电路的用电器减少时，用电器两端的电压是大于、小于还是等于 220 V ？若用电器电路中电流为100 A ，求此时用电器两端的电压数值． 答案 (1)1∶12 (2)288∶11 (3)大于220 V 227 V解析 (1)输电要用两根导线，则输电线的电阻为r ＝ρ2lS ＝1.8×10－8×2×4×10310－5Ω＝14.4 Ω 由题意知P 损＝P ×4%＝(PU 2)2r 代入数据得U 2＝6 000 V升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝500 V 6 000 V ＝112.(2)I 2＝P U 2＝1056×103 A ＝503A U 损＝I 2·r ＝503×14.4 V＝240 V而U 3＝U 2－U 损＝6 000 V －240 V ＝5 760 Vn 3n 4＝U 3U 4＝5 760 V 220 V ＝28811降压变压器原、副线圈匝数比为288∶11.(3)用电器总数减少时，用电器电路总电阻变大，I 4变小，则输电线电路中电流变小，输电线损失电压变小，U 3变大，则U 4变大，即用电器两端的电压大于220 V. 由题知I 4′＝100 A 则由I 4′I 3′＝n 3n 4＝28811，所以I 3′＝27572A U 损′＝I 3′·r ＝27572×14.4 V＝55 V 而U 1、U 2不变U 3′＝U 2－U 损′＝(6 000－55) V ＝5 945 V U 3′U 4′＝n 3n 4，U 4′＝n 4n 3U 3′＝11288×5 945 V≈227 V.。