新课标人教版1-1选修一第二章《磁场》单元试题10

天津市新人教版物理高三单元测试10
《交流电》
一．选择题（共15题）
1．交流发电机在工作时的电动势为E＝E0sinωt，若将其电枢的转速提高1倍，其他条件不变，则其电动势变为（)
A．E0sin2ωt B．2E0sin2ωt C．E0sin错误!D．2E0sin错误!
2．一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电流电动势e＝220错误!sinωt,则（）A．交流的频率是50 Hz
B．交流电的有效值是220 V
C．当t＝0时，线圈平面恰好与中性面重合
D．当t＝错误! s时，e有最大值220错误! V
3．如图1所示为一台发电机的结构示意图，其中N、S是永久磁铁的两个磁极,它们的表面呈半圆柱面形状．M是圆柱形铁芯，它与磁极的柱面共轴，铁芯上有一矩形线框，可绕与铁芯M共轴的固定转轴旋转．磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿
半径、大小近似均匀的磁场．若从图示位置开始计时，当线框绕
固定轴匀速转动时,下列说法正确的是( )
A．穿过线圈的磁通量始终为零
B．穿过线圈的磁通量的变化率不为零
C．线圈中将产生恒定电流
D．线圈中将产生交变电流，大小不变，方向每转一周改变两次
4．如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为n1，次级线圈的匝数为
n2，初级线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220 V，
负载电阻R＝44 Ω,电流表A1的示数为0。

20 A．下列判断中正确的
是( )
A．初级线圈和次级线圈的匝数比为2∶1
B．初级线圈和次级线圈的匝数比为5∶1
C．电流表A2的示数为1.0 A
D．电流表A2的示数为0.4 A
5.汽车消耗的主要燃料是柴油和汽油．柴油机是靠压缩汽缸内的空气点火的；而汽油机做功冲程开始时,汽缸中汽油和空气的混合气是靠火花塞点燃的．但是汽车蓄电池的电压只有12 V，不能在火花塞中产生火花,因此，要使用如图3所
示的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压
器的原线圈通过开关连到蓄电池上,副线圈接到火花
塞的两端，开关由机械控制，做功冲程开始时，开关
由闭合变为断开,从而在副线圈中产生10000 V以上
的电压，这样就能在火花塞中产生火花了．下列说法
中正确的是( ）
A．柴油机的压缩点火过程是通过做功使空气的内能增加的
B．汽油机点火装置的开关始终闭合,副线圈的两端也会有高压
C．接该变压器的原线圈的电源必须是交流电源，否则就不能在副线圈中产生高压
D．汽油机的点火装置中变压器的副线圈匝数必须远大于原线圈的匝数
6.（2010·广东卷）19.图7是某种正弦式交变电压的波形图,由图可确定该电压的 A 。

周期是0。

01S B 。

最大值是311V C.有效值是220V
D.表达式为U=220sin100πt（V ） 7。

（09·福建）一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。

已知发电机线圈内阻为5。

0Ω，则外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则 ( ）
A.电压表错误!的示数为220v
B.电路中的电流方向每秒钟改变50次
C.灯泡实际消耗的功率为484w
D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J 8．．一交流发电机输出电压为
t
U u m ωsin =，加在匝数比为n :1的理想升压变压器的原线
圈上，变压器的副线圈通过总电阻为R 的输电线向用户供电，若发电机的输出功率为P ,则输电线上消耗的功率为
A ．R U n m
2
2
B ．R U n m
22
2
C ．222m U n R P
D ．2222m U n R
P
9.如图所示,理想变压器的副线圈上通过输电线接两个相同的灯
泡L1和L2，输电线的等效电阻为R ，开始时开关S 断开，当S 接通时，以下说法正确的是（ ） A 。

副线圈两端M 、N 的输出电压减小
B. 副线圈输电线等效电阻R 上的电压将增大
C. 通过灯泡L1的电流减小
D. 原线圈的电流增大
10．.如图所示为小型电磁继电器的构造示意图，其中L 为含铁芯的线圈， P 为可经O 点转动的铁片，K 为弹簧， S 为一对触头，A 、B 、C 、D 为四个接线柱。

电磁继电器与传感器配合，可完成自动控制的要求.其工作方式是( ） A.A 与B 接信号电压,C 与D 可跟被控电路串联
B.A与B接信号电压，C与D可跟被控电路并联
C。

C与 D接信号电压，A与B可跟被控电路串联
D。

C与 D接信号电压，A与B可跟被控电路并联
11．某中学的学生食堂新安装了磁卡就餐系统，使用不到一周，便出现了电源总开关总是无法接通的问题．经检查，电源总开关中漏电保护器动作切断了电源．漏电保护器电路如图所示，变压器A处用火线与零线双股平行绕制成线圈,然后接到磁卡机上，B处有一个输出线圈，一旦线圈B中的电流经放大器放大后便推动断电器切断电源．造成漏电保护器动作切断电源的原因判断为磁卡机用电端（）
A．零线与火线之间漏电
B．火线与地之间漏电或零线直接接地
C．只有火线与地之间漏电才会产生
D．刷卡机装得过多，造成电流太大
12。

（2011·安徽高考）如图所示的区域内有垂直于
纸面的匀强磁场,磁感应强度为B。

电阻为R、半径为L、圆心角为45°
的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位
于磁场边界）.则线框内产生的感应电流的有效值为（）
A。

2
2
BL
R
ω
B.
2
2
2
BL
R
ω
C。

2
2
4
BL
R
ω
D。

2
4
BL
R
ω
13。

（2011·天津理综）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示.产生的交变电动势的图象如图2所示，则
A. t=0.005s时线框的磁通量变化率为零
B. t=0。

01s时线框平面与中性面重合
C。

线框产生的交变电动势有效值为311V
D。

线框产生的交变电动势频率为100HZ
14．如图所示,一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电
路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的．○V1
和○V2为理想电压表，读数分别为U1和U2；○A1、○A2
和○A3为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3，现断
开S，U1数值不变，下列推断中正确的是( )
A．U2变小、I3变小B．U2不变、I3变大
C．I1变小、I2变小D．I1变大、I2变大
15．如图（a)所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中,并绕过ab、cd中点的轴OO′以角
速度ω逆时针匀速转动.若以线圈平面与磁场夹角θ=45°时［如图(b)］为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正.则下列四幅图中正确的是（）
二．计算题(共7题）
16．两个完全相同的电热器,分别通过如图a和b所示的电流最大值相等的方波交变电流和正弦交变电流，则这两个电热器的电功率之比Pa∶Pb等于多少?
17．如图13所示,一矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，磁场方向与
转轴垂直．线圈匝数n＝40，电阻r＝0.1 Ω，长l1＝0．05 m，宽l2＝0.04
m，角速度ω＝100 rad/s,磁场的磁感应强度B＝0.2 T．线圈两端外接电阻
R＝9。

9 Ω的用电器和一个交流电流表．求：
（1)线圈中产生的最大感应电动势；
(2)电流表的读数;
(3）用电器上消耗的电功率．
18．（08上海卷）某小型实验水电站输出功率是20kW,输电线路总电阻是6Ω.
（1）若采用380V输电,求输电线路损耗的功率。

（2）若改用5000高压输电，用户端利用n1:n2＝22：1的变压器降压，求用户得到的电压.
19．有条河流，流量Q＝2 m3/s，落差h＝5 m,现利用其发电，若发电机总效率为50％，输出电压为240 V，输电线总电阻R＝30 Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V，100 W”的电灯正常发光？(g取10 N/kg)
20．一矩形线圈abcd放置在如图所示的有理想边界的匀强磁场中（OO′的左边有匀强磁场,右边没有)，线圈的两端接一只灯泡．已知线圈的匝数n＝100，电阻r＝1。

0 Ω，ab边长L1＝0。

5 m，ad边长L2＝0。

3 m，小灯泡的电阻R＝9。

0
Ω,磁场的磁感应强度B＝1。

0×10－2 T．线圈以理想边界OO′为轴以角
速度ω＝200 rad/s按如图所示的方向匀速转动(OO′轴离ab边距离为
错误!L2)，以如图所示位置为计时起点．求:
(1)在0～错误!的时间内,通过小灯泡的电荷量；
（2）画出感应电动势随时间变化的图象(以abcda方向为正方向，至少画
出一个完整的周期);
（3)小灯泡消耗的电功率．
21．如图所示，一个被x轴与曲线方程y＝0。

2sin 错误!x(m）所围的空间中存在着匀强磁场．磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度B＝0.2 T．正方形金属线框
的边长是L＝0.2 m，电阻是R＝0。

1 Ω，它的一边与x轴重合，在拉
力F的作用下，以v＝10 m/s的速度水平向右匀速运动．试求：
（1)拉力F的最大功率是多少？
(2)拉力F要做多少功才能把线框拉过磁场区?
（3）有位同学在老师的帮助下算出了曲线与x轴所围的面积为错误! m2。

请你再帮他算出线框右边框通过磁场区域的过程中通过线框某一截面的电荷量．（结果保留两位有效数字）
22 。

下图是导轨式电磁炮实验装置示意图。

两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块（即实验用弹丸)。

滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。

电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源。

滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。

在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场,方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为B=kI,比例常量k=2。

5×10－6T/A。

已知两导轨内侧间距l=1.5cm ，滑块的质量m=30g ，滑块沿导轨滑行5m 后获得的发射速度v=3.0km/s （此过程视为匀加速运动）。

（1)求发射过程中电源提供的电流强度。

（2）若电源输出的能量有4％转换为滑块的动能，则发射过程中电源的输出功率和输出电压各是多大？
（3）若此滑块射出后随即以速度v 沿水平方向击中放在水平面上的砂箱，它嵌入砂箱的深度为s'。

设砂箱质量为M ，滑块质量为m ，不计砂箱与水平面之间的摩擦.求滑块对砂箱平均冲击力的表达式。

答案： 1．【答案】B
【详解】交变电压瞬时值表达式为E ＝E0sinωt，而E0＝NBSω，电枢的转速提高1倍即ω加倍,其他条件不变时E0加倍，应选B 项． 2．【答案】BC
【详解】由题设知，电动势最大值为220错误! V ，故有效值是220 V ；t ＝0时，e ＝0，故B 、C 正确．ω未知， f 无法确定，t ＝错误! s 时，电压瞬时值无法确定，A 、D 错． 3．【答案】BD
【详解】由题图可知，穿过线圈的磁通量显然不为零，且变化率不为零，据右手定则，线圈中将产生交变电流，大小不变，方向每转一周改变两次，B 、D 对． 4．【答案】BC
【详解】对于理想变压器，P1＝U1I1＝220×0.20 W＝44 W,则负载电阻消耗的功率P2＝P1＝44 W ，据P2＝错误!,得U2＝错误!＝错误! V ＝44 V ，则错误!＝错误!＝错误!＝5,故B 正确．A2的读数I2＝U2
R
＝错误! A ＝1 A ，故C 正确．
5．【答案】AD
【详解】汽车柴油机压缩汽缸内空气，实际上是活塞对气体做功使其内能增加,当温度升高到一定温度时，柴油着火燃烧．汽油机是借助于变压器在通入原线圈中电压(12 V ）断电时产生变化的磁通量从而在副线圈中产生瞬时高压（10000 V)，而达到产生火花的目的,所以电源可以是直流，且副线圈匝数要远大于原线圈匝数，故A 、D 正确． 6．答案:BC
解析：交流电考察由图知：最大值Um=311V 有效值
V
U m 2202
==
周期T=0.02s 表达式
)(100sin 311V t u π= 选BC 。

7．解析：电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由图像知电动势的最大值Em=2220V,
有效值E=220V,灯泡两端电压
()V
r R RE
U 209=+=
，A 错;由图像知T=0.02S ，一个周期内
电流方向变化两次，可知1s 内电流方向变化100次,B 错；灯泡的实际功率
459.8W
W 95209R U P 2
2===，C 错；电流的有效值
A r R E
I 2.2=+=
,发电机线圈内阻每秒钟
产生的焦耳热为
J J rt I Q r 2.24152.22
2=⨯⨯==,D 对。

8．答案：D
9．【答案】选B 、C 、D 。

【详解】理想变压器不计原副线圈的直流电阻，副线圈两端电压UMN(有效值）不受负载电阻的影响，始终等于副线圈的感应电动势，而保持不变，故A 项是错误的.S 接通后，次级回路的总电阻减小，而UMN 保持不变，故次级回路中电流I2增大,输电线等效电阻R 上的电压增大，导致灯泡L1两端电压减小,L1中电流减小，可见B 、C 项正确，又因I2增大，UMN 不变，变压器的输出功率增大,故输入功率随着增大，原线圈中的电流I1增大，D 项正确，所以本题正确答案应选B 、C 、D 。

10．【答案】选A.
【详解】由图可知A 、B 接电磁继电器线圈，所以A 、B 应接信号电压,线圈随信号电压变化使电磁继电器相吸或排斥，从而使S 接通或断开，进而起到控制作用.所以选项A 正确. 11．【答案】B
【详解】由题意知，火线和零线均绕在铁芯上，故只有火线与零线中电流大小不等时，才会引起漏电保护器切断电源，故可能是火线与地之间漏电，也可能是零线与地之间漏电． 12．【答案】选D 。

【详解】线框进入磁场和穿出磁场产生感应电动势均为
2
2
1
L B ωε=, 产生感应电动势的时
间均为8T ，由一个周期产生的电热RT I T R R L B Q 2
2228)2(=⨯⨯=ω，
R BL I 42ω=
，选D. 13．【答案】选B ．
【详解】由图2可知该正弦交变电流的电压最大值为311v ，周期等于0.02s ，因此，根据正
弦交变电流的最大值与有效值之间的关系式
2m U U =
得知选项C 错误，又T f 1
=
，则频率
为
Hz
f50
=，选项D错误，当t=0。

005s时，
v
t
n
u 311
=
∆
=
，取得最大值，穿过线圈
的磁通量变化率最大，选项A错误，当t=0。

01s时，交变电压及电流方向发生改变，电压值最小等于零,线框平面与中性面重合,选项B正确。

14．【答案】BC
【详解】因为变压器的匝数与U1不变，所以U2不变,故两电压表的示数均不变．当S断开时，因为负载电阻增大,故次级线圈中的电流I2减小,由于输入功率等于输出功率,所以I1也将减小,C正确；因为R1的电压减小,故R2、R3两端的电压将增大,I3变大,B正确．15．【答案】选D。

【详解】t=0时，由右手定则得,此时ad中电流方向为由a到d，与规定的正方向相反，电流为负值.又因为此时ad、bc两边的切割速度方向与磁场方向成45°夹角,由E=2Blv⊥，可
得E=2×Blv=Em，故电流是最大值的，A、B均错。

线圈在接下来45°的转动过程中，ad、bc两边的切割速度越来越小，所以感应电动势应减小,感应电流应减小，因此C错D正确。

16．【答案】2∶1
【详解】有效值与最大值关系I=是仅对正弦交变电流适用，即对于b图才有Ib=，
Pb=R=R，对于a图的方波交变电流来说，由于每时刻通过电阻R的电流都是Im,只是方向做周期性变化，而对于电流通过电阻发热来说，它与电流方向是没有关系的。

因此从热效应来说，a图交变电流与电流是Im的恒定电流是等效的，也可以说a图交变电流有效
值就是Im.因此Ia=Im，Pa=R=R。

所以Pa∶Pb =1∶=2∶1。

17．【答案】（1)1.6 V (2)0。

11 A (3）0。

12 W
【详解】(1)Em＝nBωS＝nBωl1l2＝1.6 V.
(2)Im＝错误!＝0。

16 A，电流表读数为有效值
I＝错误!＝0.11 A。

(3)P＝I2R＝0。

12 W.
18．解析:（1）输电线上的电流强度为I＝
3
2010
380
P
U
⨯
=
A＝52.63A
输电线路损耗的功率为
P损＝I2R＝52.632×6W≈16620W＝16。

62kW
(2）改用高压输电后,输电线上的电流强度变为I′＝
3
2010
5000
P
U
⨯
=
'A＝4A
用户端在变压器降压前获得的电压U1＝U－I′R＝（5000－4×6）V＝4976V
根据
11
22 U n U n
=
用户得到的电压为U2＝
2
1
1
n
U
n
＝
1
22×4976V＝226.18V
19．【详解】设水的密度为ρ
电源端:P输出＝mgh/t×50％＝Qρgh×0。

5＝2×1×103×10×5×0。

5 W＝5×104 W
输出电压U0＝240 V；输送电路如图所示．
为满足输电要求，据ΔP损＝I送2R
有I送＝错误!＝错误!＝错误!A
＝10A，则送电电压为U送＝P输出
I送
＝错误!V
＝5×103 V
所以升压变压器的变压比为
n1∶n2＝U0∶U送＝240/(5×103)＝6∶125
输电线电压损失ΔU损＝I送R＝10×30 V＝300 V，
用户端：U1＝U送－ΔU损＝5×103V－300V＝4700V，据题意可知U2＝220 V，所以降压变压器的匝数比为n1′∶n2′＝U1∶U2＝4700/220＝235∶11.因为理想变压器没有能量损失,所以可正常发光的电灯盏数为
N＝错误!＝错误!（盏）
＝470（盏)．
20．【详解】（1)通过小灯泡的电荷量
q＝IΔt＝错误!Δt＝错误!＝错误!＝0。

01 C。

(2)ab边在磁场里切割磁感线时最大感应电动势为
E1＝nBL1·错误!L2·ω，
代入数据得E1＝20 V。

cd边在磁场里切割磁感线时最大感应电动势为
E2＝nBL1·错误!L2·ω，
代入数据得E2＝10 V.
图象如图所示．
(3)设线圈的感应电动势的有效值为U，则
错误!·错误!＋·错误!＝错误!·T,
得U2＝125 V2，
则小灯泡消耗的电功率P＝（错误!)2R，
代入数据得P＝11.25 W。

21．答案：（1）1。

6 W （2)4。

8×10－2 J (3)7.6×10－2 C
解析：(1)当线框的一条竖直边运动到x＝0.15 m处时,线圈的感应电动势最大．
Em＝BLv＝0。

2×0。

2×10 V＝0.4 V
根据欧姆定律可得最大电流为Im ＝错误!＝4 A 所以拉力F 的最大值为Fm ＝ImLB ＝0。

16 N
拉力F 最大功率为Pm ＝Fmv ＝0.16×10 W＝1。

6 W 。

（2)把线框拉过磁场区域时，因为有效切割长度是按正弦规律变化的，所以，线框中的电流也是按正弦规律变化的（有一段时间线框中没有电流）． 电动势的有效值是E ＝错误!＝0。

2错误! V 通电时间为t ＝错误! s ＝0.06 s
拉力做功W ＝错误!t ＝0.048 J ＝4。

8×10－2 J. (3)通过线框截面的电荷量
q ＝错误!Δt，而错误!＝错误!，所以q ＝错误!
当磁场全部进入线框内部时,通过线框截面的电荷量最多,qm ＝错误!＝错误! C ＝7.6×10－2 C.
22 .(20分）
(1)由匀加速运动公式 a=错误!=9×105m/s2
由安培力公式和牛顿第二定律，有 F=IBl ＝kI2l ，kI2l ＝ma 因此 I=错误!=8.5×105A
（2）滑块获得的动能是电源输出能量的4％，即:P Δt ×4％=错误!mv2 发射过程中电源供电时间Δt=v
a =错误!×10－2s
所需的电源输出功率为P=错误!=1。

0×109W
由功率P=IU,解得输出电压：U=错误!=1。

2×103V （3)分别对砂箱和滑块用动能定理，有 fsM ＝错误!MV2
f ’sm=错误!mV2－错误!mv2
由牛顿定律f=－f'和相对运动sm=sM+s ’ 由动量守恒 mv=（m+M ）V
联立求得fs'=错误!·错误!mv2 故平均冲击力f=错误!·错误!。