學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精2020-2021學年物理人教版選修3-2單元質量檢測（二）第五章交變電流含解析單元質量檢測（二)（第五章)（90分鐘100分)第Ⅰ卷(選擇題共52分)一、選擇題（本題共13小題,每小題4分，共52分。1~9為單選，10～13為多選)1．如圖所示為演示交變電流產生的裝置圖，關于這個實驗,正確的說法是(）A．線圈每轉動一周，指針左右擺動兩次B．圖示位置為中性面，線圈中無感應電流C．圖示位置ab邊的感應電流方向為a→bD．線圈平面與磁場方向平行時，磁通量變化率為零2．如圖所示，一單匝矩形線圈abcd，已知ab邊長為l1，bc邊長為l2，在磁感應強度為B的勻強磁場中繞OO′軸以角速度ω從圖示位置開始勻速轉動，則t時刻線圈中的感應電動勢為（）A．0.5Bl1l2ωsinωtB．0。5Bl1l2ωC．Bl1l2ωsinωtD．Bl1l2ω3．交變電壓的瞬時值為u＝Umsin100πt（V),當t＝eq\f（1，600)s時，u＝5eq\r(2)V,則從電壓表上看到的讀數為()A.eq\r（2）VB．5eq\r（2）VC．10eq\r（2）VD．10V4．水電站向小山村輸電，輸送電功率為50kW，若以1100V送電，則線路損失為10kW,若以3300V送電，則線路損失可降為(）A．3.3kWB．1。1kWC．30kWD．11kW5．某理想變壓器原、副線圈的匝數之比為1：10，當輸入電壓增加20V時，輸出電壓（)A．降低2VB．增加2VC．降低200VD．增加200V6．如圖所示,理想變壓器原、副線圈匝數之比為20:1，原線圈接正弦交流電源，副線圈接入“220V,60W”燈泡一只，且燈泡正常發光，則（)A．電流表的示數為eq\f(3\r（2），220)AB．電源輸出功率為1200WC．電流表的示數為eq\f(3,220）AD．原線圈端電壓為11V7．如圖,理想變壓器原線圈輸入電壓U＝Umsinωt，副線圈電路中R0為定值電阻,R是滑動變阻器．V1和V2是理想交流電壓表,示數分別用U1和U2表示；A1和A2是理想交流電流表，示數分別用I1和I2表示．下列說法正確的是()A．I1和I2表示電流的瞬時值B．U1和U2表示電壓的最大值C．滑片P向下滑動過程中,U2不變、I1變大D．滑片P向下滑動過程中，U2變小、I1變小8．某小型水電站的電能輸送示意圖如圖所示,發電機通過升壓變壓器T1和降壓變壓器T2向用戶供電．已知輸電線的總電阻為R,降壓變壓器T2的原、副線圈匝數之比為4：1，降壓變壓器副線圈兩端交變電壓u＝220eq\r(2)sin100πt（V），降壓變壓器的副線圈與阻值R0＝11Ω的電阻組成閉合電路．若將變壓器視為理想變壓器，則下列說法不正確的是（）A．通過R0的電流的有效值是20AB．降壓變壓器T2原、副線圈的電壓之比為4:1C．升壓變壓器T1的輸出電壓等于降壓變壓器T2的輸入電壓D．升壓變壓器T1的輸出功率大于降壓變壓器T2的輸入功率9．圖甲為小型旋轉電樞式交流發電機的原理圖，其矩形線圈在磁感應強度為B的勻強磁場中，繞垂直于磁場方向的固定軸OO′勻速轉動，線圈的兩端經集流環和電刷與電阻R＝10Ω連接，與電阻R并聯的交流電壓表為理想電壓表，示數是10V．圖乙是矩形線圈磁通量Φ隨時間t變化的圖象．則(）A．電阻R上的熱功率為20WB．0.02s時R兩端的電壓瞬時值為零C．R兩端的電壓u隨時間t變化的規律是u＝14.1cos100πtVD．通過R的電流i隨時間t變化的規律是i＝cos50πtA10．圖中閉合金屬線圈都在勻強磁場中繞虛線所示的固定軸勻速轉動,能產生正弦式交變電流的是（)11．如圖所示是電子技術中常用的電路．a、b是電路的輸入端，其中輸入的高頻電流用“”表示,低頻電流用“～"表示，直流電流用“—”表示．關于負載電阻R中通過的電流，有以下說法，其中正確的是()A．甲圖中R通過的是低頻電流B．乙圖中R通過的是高頻電流C．丙圖中R通過的是直流電流D．丁圖中R通過的是高頻電流12．如圖所示，在某交流電路中，有一正在工作的變壓器，原、副線圈匝數分別為n1＝600，n2＝120,交流電源電壓U1＝220V，原線圈中串聯一個0。2A的保險絲，為保證保險絲不被燒斷，則()A．負載功率不能超過44WB．副線圈電流最大值不能超過1AC．副線圈電流有效值不能超過1AD．副線圈電流有效值不能超過0.2A13．圖甲為遠距離輸電示意圖，變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器原、副線圈匝數比為1：100，其輸入電壓如圖乙所示,遠距離輸電線的總電阻為100Ω。降壓變壓器右側部分為一火警報警系統原理圖，其中R1為一定值電阻,R2為熱敏電阻，當溫度升高時其阻值變小，電壓表顯示加在報警器上的電壓(報警器未畫出)．未發生火情時,升壓變壓器的輸入功率為750kW.下列說法中正確的是(）A．降壓變壓器副線圈輸出的交流電頻率為50HzB．未發生火情時,遠距離輸電線路損耗功率為180kWC．當R2所在處發生火情時，電壓表V的示數變大D．當R2所在處發生火情時，輸電線上的電流變大第Ⅱ卷（非選擇題共48分)二、實驗題(本題共2個題，共8分）14．（4分）某同學選用匝數可調的可拆變壓器來做“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系”實驗，變壓器原線圈兩端所接的電源應是電壓為12V的低壓________（選填“交流電源"或“直流電源”）．先保持原線圈的匝數不變，增加副線圈的匝數，觀察到副線圈兩端的電壓________(選填“增大”“減小”或“不變”)；然后再保持副線圈的匝數不變，增加原線圈的匝數，觀察到副線圈兩端的電壓________(選填“增大"“減小”或“不變”)．上述探究副線圈兩端的電壓與匝數的關系中采用的實驗方法是________________（選填“控制變量法”“轉換法”或“類比法”)．15．(4分）在“探究變壓器兩個線圈的電壓關系”的實驗中，操作步驟如下：①將兩個線圈套到可拆變壓器的鐵芯上；②閉合電源開關，用多用電表的交流電壓擋分別測量原線圈和副線圈兩端的電壓；③將匝數較多的一組線圈接到學生電源的交流電源輸出端上，另一個作為副線圈,接上小燈泡;④將原線圈與副線圈對調，重復以上步驟．（1)以上操作的合理順序是________(填步驟前數字序號）；(2)如圖所示，在實驗中，兩線圈的匝數n1＝1600,n2＝400,當將n1作原線圈時，原線圈兩端電壓為16V，副線圈兩端電壓為4V；n1與n2對調后，原線圈兩端電壓為8V時，副線圈兩端電壓為32V，那么可初步確定,變壓器兩個線圈的電壓U1、U2與線圈匝數n1、n2的關系是________．三、計算題（本題共3小題，共40分．要有必要的文字說明和解題步驟，有數值計算的要注明單位)16．（10分)如圖所示，在勻強磁場中有一個“π”形導線框可繞AB軸轉動，已知勻強磁場的磁感應強度B＝eq\f(5\r（2)，π）T，線框的CD邊長為20cm，CE、DF長均為10cm,轉速為50r/s.若從圖示位置開始計時：(1)寫出線框中感應電動勢的瞬時值表達式；（2）在e－t坐標系中作出線框中感應電動勢隨時間變化的圖象．

17。(15分）如圖，勻強磁場的磁感應強度B＝0。5T,邊長為L＝10cm的正方形線圈abcd共100匝,線圈電阻r＝1Ω，線圈繞垂直于磁感線的軸勻速轉動．ω＝2πrad/s，外電路電阻R＝4Ω.求：（1)線圈產生的感應電動勢的最大值．（2）交流電壓表的示數．(3）線圈轉動一周，電阻R上產生的熱量．18．(15分）三峽電站某機組輸出的電功率為50萬千瓦．（1）若輸出的電壓為20萬伏,則輸電線上的電流為多少？(2)在(1）情況下，某處與電站間每根輸電線的電阻為10歐,則輸電線上損失的功率為多少?它占輸出功率的幾分之幾？(3）若將電壓升高至50萬伏，輸電線上的電流為多少？輸電線上損失的功率又為多少？它占輸出功率的幾分之幾?單元質量檢測(二）(第五章）1．解析：線圈在磁場中勻速轉動時,在電路中產生呈周期性變化的交變電流,線圈經過中性面時電流改變方向,線圈每轉動一周，有兩次通過中性面,電流方向改變兩次,指針左右各擺動一次，A項錯誤；線圈處于題圖所示位置時，ab邊向右運動，由右手定則，ab邊的感應電流方向為a→b，B項錯誤,C項正確;線圈平面與磁場方向平行時,ab、cd邊垂直切割磁感線,線圈產生的電動勢最大,也可以這樣認為，線圈處于豎直位置時，磁通量為零，但磁通量的變化率最大,D項錯誤．答案:C2．解析：線圈從題圖位置開始轉動，感應電動勢瞬時值表達式為e＝Emcosωt，由題意，Em＝BSω＝Bl1l2ω，所以e＝Bl1l2ωcos答案：D3．解析:將t＝eq\f(1,600)s及u＝5eq\r(2）V代入u＝Umsin100πt（V)，可以求得最大值Um＝10eq\r（2)V，有效值為10V，電壓表的讀數為有效值，D正確．答案：D4．解析：由P＝UI，ΔP＝I2R可得:ΔP＝eq\f（P2，U2）R，所以當輸送電壓增大為原來的3倍時，線路損失變為原來的eq\f(1,9)，即ΔP＝1.1kW。答案：B5．解析:由理想變壓器原、副線圈的電壓比等于匝數比即eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1，n2)，得：U2＝eq\f（n2,n1)U1，即副線圈兩端電壓與原線圈兩端電壓成正比，所以有：ΔU2＝eq\f(n2,n1）·ΔU1，當輸入電壓增加20V時，輸出電壓增加200V，故D正確．答案:D6．解析：由燈泡正常發光,可知副線圈電壓為220V,由eq\f(U1，U2)＝eq\f（n1，n2）可知,原線圈電壓U1＝20×220V＝4400V，D錯．又因輸入功率等于輸出功率，P1＝P2＝60W，故B錯．電流表讀數為有效值，原線圈中電流I1＝eq\f(P1，U1)＝eq\f（60，4400)A＝eq\f（3，220)A，故A錯、C正確．答案：C7．解析：電壓表和分別測量變壓器原、副線圈的輸入、輸出電壓的有效值,電流表和分別測量原、副線圈電路中電流的有效值,A、B項錯誤；滑動變阻器滑片P向下滑動時，接入電路的電阻變小，原副線圈輸入、輸出電壓不變，由歐姆定律I＝eq\f（U，R＋R0）可知，副線圈電路中的電流變大，副線圈輸出功率變大，由P入＝P出，得原線圈的輸入功率變大，由P＝IU可知，原線圈電路中的電流變大,C項正確，D項錯誤．答案：C8．解析：降壓變壓器副線圈兩端交變電壓的有效值為220V，負載電阻為11Ω，所以通過R0的電流的有效值是20A，選項A正確；降壓變壓器T2的原、副線圈匝數之比為4:1，所以降壓變壓器T2的原、副線圈的電壓之比為4:1，選項B正確；升壓變壓器T1的輸出電壓等于降壓變壓器T2的輸入電壓加上輸電線上損失的電壓，選項C錯誤;升壓變壓器T1的輸出功率等于降壓變壓器T2的輸入功率加上輸電線上損失的功率,選項D正確．答案:C9．解析：電阻R上的熱功率P＝eq\f（U2，R)＝10W，選項A錯誤；在0。02s，磁通量為零，線圈平面處在與中性面垂直的平面上，R兩端的瞬時電壓最大，選項B錯誤；R兩端的電壓最大值為10eq\r（2）V,t＝0時感應電動勢最大,即R兩端電壓按余弦規律變化，即u＝Umcosωt，而ω＝eq\f(2π，T）＝100π，選項C正確；又u＝iR，則i＝eq\f(u,R)，故選項D錯誤．答案：C10．解析：一矩形線圈在勻強磁場內繞垂直磁場的軸勻速轉動，線圈中就會產生正弦式交變電流．雖然只有一半金屬線圈在磁場中，但是始終有一邊切割磁感線,保證轉動過程中感應電動勢連續,按照正弦規律變化，A正確；線圈轉動,磁通量不變，無感應電流，B錯誤;只有半周有電流，不能產生正弦式交變電流,C錯誤；閉合線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場且過線圈平面的轉軸勻速轉動，滿足產生正弦式交變電流的條件，能產生正弦式交變電流,D正確．答案：AD11．解析：甲圖中，電容器隔直流，R通過低頻電流；乙圖中，電容器可以和高頻交流電形成通路，R中通過低頻電流;丙圖中，電容器C很大，容抗較小,可以通過低頻電流，則R中通過直流電流；丁圖中，電感器L很大，f越高，感抗越大，阻礙高頻電流通過，R中通過低頻電流，故選項A、C正確．答案：AC12．解析：由P入＝P出可知P入＝U1I1＝44W．又由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1，n2)，得U2＝44V，故I2不能大于1A,負載功率不能超過44W.答案：AC13．解析：由題圖乙知交流電的周期為0.02s，所以頻率為50Hz,變壓器不改變交流電的頻率，A正確；由題圖乙知升壓變壓器輸入電壓的有效值為250V，根據升壓變壓器變壓規律知副線圈兩端電壓為25000V，所以輸電線中的電流為I＝eq\f(P,U）＝30A，輸電線路損失的電壓為ΔU＝IR＝30×100V＝3000V，輸電線路損耗功率為ΔP＝IΔU＝90kW，B錯誤；當R2所在處發生火情時其阻值減小，副線圈中電流增大，根據降壓變壓器變流規律知輸電線上的電流變大，輸電線上的分壓增大，降壓變壓器兩端的電壓變小，根據降壓變壓器變壓規律和串聯分壓，R1兩端電壓增大，故電壓表V的示數變小，C錯誤,D正確．答案：AD14．解析:變壓器的工作原理是互感現象，故原線圈兩端所接的電源應是電壓為12V的低壓交流電源；根據變壓比公式eq\f（U1，U2)＝eq\f（n1,n2)，保持原線圈的匝數不變，增加副線圈的匝數，可觀察到副線圈兩端的電壓增大；根據變壓比公式eq\f（U1，U2）＝eq\f（n1,n2），保持副線圈的匝數不變,增加原線圈的匝數，可觀察到副線圈兩端的電壓減小;上述探究副線圈兩端的電壓與匝數的關系中采用的實驗方法是控制變量法．答案：交流電源增大減小控制變量法15．解析:（1)在“探究變壓器兩個線圈的電壓關系”的實驗中，首先將兩個線圈套到可拆變壓器的鐵芯上；再將匝數較多的一組線圈接到學生電源的交流電源輸出端上,另一個作為副線圈，接上小燈泡；閉合電源開關，用多用電表的交流電壓擋分別測量原線圈和副線圈兩端的電壓;最后將原線圈與副線圈對調,重復以上步驟．(2）兩線圈的匝數n1＝1600,n2＝400，當將n1作原線圈時，原線圈兩端電壓為16V，副線圈兩端電壓為4V；當n1與n2對調后，原線圈兩端電壓為8V時,副線圈兩端電壓為32V，由以上數據可得：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2）。答案：(1）①③②④（2）eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1，n2）16．解析：(1）線框轉動，開始計時的位置為線框平面與磁感線平行的位置,在t時刻線框轉過的角度為ωt,此時刻e＝Bl1l2ωcosωt即e＝BSωcosωt.其中B＝eq\f（5\r(2)，π)T，(1分)S＝0.1×0.2m2＝0。02mω＝2πn＝2π×50rad/s＝100πrad/s，(1分）故e＝eq\f（5\r(2），π）×0.02×100πcos（100πt)V，(1分）即:e＝10eq\r(2）cos（100πt）V．(1分)（2）線框中感應電動勢隨時間變化的圖象如圖所示：(4分）答案：（1）e＝10eq\r(2)cos（100πt)V(2）見解析圖17．解析：先根據Em＝nBωS求出最大值；電壓表測量的是電阻R的電壓，根據閉合電路歐姆定律即可求解；根據焦耳定律計算電阻R上的熱量．(1)線圈產生的感應電動勢的最大值：Em＝nBSω＝100×0.5×0。1×0.1×2πV＝πV．（4分）(2)感應電動勢有效值為：E＝eq\f（Em，\r(2))＝eq\f（\r（2),2）πV（2分）電流強度為：I＝eq\f（E，R＋r）＝eq\f(\r(2）π,2×4＋1）＝eq\f（\r（2）π,1