2019_2020学年高中物理第5章交变电流章末跟踪测评5含解析新人教版选修3_2.doc

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1、第五章章末跟踪测评(时间：90分钟满分：110分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，17题只有一个选项符合题意，810题有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)1线圈在匀强磁场中转动产生电动势e10sin 20t V，则下列说法正确的是()At0时，线圈平面位于中性面Bt0时，穿过线圈的磁通量为零Ct0时，导线切割磁感线的有效速率最大Dt0.4 s时，e有最大值且为10 VA解析由电动势的瞬时值表达式知，计时从中性面开始，所以t0时，线圈平面位于中性面，磁通量最大，但此时导线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效

2、速率为零，选项A正确，B、C错误；当t0.4 s时，e10sin 20t V10sin(200.4)V0，选项D错误2在电路的M、N间加一如图所示的正弦交流电，负载电阻为100 ，若不考虑电表内阻对电路的影响，则交流电压表和交流电流表的读数分别为()A220 V2.20 AB311 V2.20 AC220 V3.11 AD3.11 V3.11 AA解析电压表和电流表的示数为有效值，根据图象得出电压的有效值是220 V，根据欧姆定律得出电流的有效值是2.20 A3一个按正弦规律变化的交变电流的图象如图所示，由图可知该交变电流的频率为0.2 Hz；该交变电流的有效值为14.1 A；该交变电流的瞬时

3、值表达式为i20sin 0.02t A；t时刻，该交变电流大小与其有效值相等()ABCDB解析由图象知T0.02 s，频率f50 Hz，电流最大值Im20 A，故有效值为I10 A14.1 A，线圈转动的角速度2f100 rad/s，瞬时值表达式为i20sin 100t A，将t代入瞬时值公式得i20sinA10 A14.1 A，由上述分析可知正确4如图所示，变频交变电源的频率可在20 Hz到20 kHz之间调节，在某一频率时，A1、A2两只灯泡的炽热程度相同则下列说法正确的是()A如果将频率增大，A1炽热程度减弱、A2炽热程度加强B如果将频率增大，A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱C如果将频

4、率减小，A1炽热程度减弱、A2炽热程度减弱D如果将频率减小，A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱B解析某一频率时，两只灯泡炽热程度相同，应有两灯泡消耗的功率相同，频率增大时，感抗增大，而容抗减小，故通过A1的电流增大，通过A2的电流减小，即A1的炽热程度加强，A2的炽热程度减弱，故选项B正确，A、C、D错误5如图甲所示，A、B两端接直流稳压电源，UAB100 V，R040 ，滑动变阻器的总电阻R20 ；滑片处于滑动变阻器中点；如图乙所示，自耦变压器输入端A、B接交流稳压电源，其电压有效值UAB100 V，R040 ，滑片处于线圈中点位置则下列分析正确的是()A甲图中UCD50 V，R0中电流为1

5、.25 AB乙图中UCD200 V，R0中电流的有效值为5 AC甲图中UCD80 V，R0中电流的最大值约为2.83 AD乙图中UCD80 V，R0中电流的最大值约为2.83 AB解析由题图甲可知，R的上半部分与R0串联的总电阻为RR050，由欧姆定律可得流过R0的电流为I0 A2 A，R0两端的电压为U0I0R02 A40 80 V，故UCD80 V，通过R0的电流为2 A，选项A、C错误由题图乙可知A、B之间的线圈是原线圈，C、D之间的线圈是副线圈，滑片处于线圈中点位置时，原、副线圈匝数比为12，根据电压与匝数成正比可得，C、D两端的电压为UCD2UAB200 V，通过R0的电流为I A5

6、 A，选项B正确，D错误6电阻R1、R2与交流电源按照如图甲所示方式连接，R110 ，R220 .合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示则()A通过R1的电流有效值是1.2 ABR1两端的电压有效值是6 VC通过R2的电流最大值是1.2 ADR2两端的电压最大值是6 VB解析交变电流的最大值Im0.6 A，则有效值I0.6 A，选项A、C错误；R1两端的电压有效值U1IR16 V，选项B正确；R2两端的电压最大值U2mImR212 V，选项D错误7如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则()A小灯泡变

7、亮B小灯泡变暗C原、副线圈两端电压的比值不变D通过原、副线圈电流的比值不变B解析由得U2U1，由得U2U1，由得，因为n2n1，所以1，即U2n3n4B随着用户用电功率的增加，降压变压器原线圈两端的电压变小C输电线路上损耗的功率与升压变压器的输出功率成正比D输电线上的电流小于用户得到的总电流ABD解析由变压器的电压比等于匝数之比，及U1200 V，U4220 V，又因为线路电压损失，即U2U3，所以n2n1n3n4，故选项A正确；若用户功率增加，则输入功率增加，I，及U耗IR知I增加，U耗增加，则降压变压器初级线圈两端的电压变小，故选项B正确；在输电线路中I，损失的功率为PI2RR，与输送的功

8、率的平方成正比，故选项C错误；在降压变压器中，由于n3n4，故输电线上的电流小于用户得到的总电流，故选项D正确10如图所示，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()A交流电压表V2的示数不变B交流电压表V3的示数变小C交流电流表A1、A2和A3的示数一定变大D只有交流电流表A1的示数变大AB解析因为U不变，故U1不变，由可得U2不变；当S闭合后副线圈所在电路总电阻R减小，由I2可知电流I2增大；由U1I1U2I2得I1，故I1增大；而电阻R1两端电压UR1U2I2R(R为输电线电阻)，故UR1变小，I3变小；电压表V3的示数U3减

9、小综上所述，I1、I2增大，I3减小，U2不变，U3减小，故选项A、B正确二、填空题(共2小题，共12分)11(6分)为了探究交变电流的电动势最大值跟哪些因素相关，现将几个单匝面积S、匝数N均相等的闭合线圈都放在同一有界匀强磁场中，使其绕如图中所示的固定转轴(虚线)以相同的转速n匀速转动，所产生的正弦交变电流的电动势最大值分别用“EmA”“EmB”“EmC”和“EmD”表示，则EmA_EmB，EmB_EmC，EmC_EmD(均选填“”“EmDEmC答案12(6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12V的低压_(

10、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”)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，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，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答案交流电源增大减小三、解答题(共4小题，共48分)13(10分)某发电站的输出功率为104 kW，输出电

11、压为4 kV，通过理想变压器升压后向80 km远处的用户供电已知输电线的电阻率为2.4108 m，导线横截面积为1.5104 m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：(1)升压变压器的输出电压；(2)输电线路上的电压损失解析(1)输电线的电阻为r，P损P14%Ir，P2P1U2I2，由此可得，升压变压器的输出电压U28104 V.(2)输电线路上的电压损失U损I2r3 200 V.答案(1)8104 V(2)3 200 V14(12分)如图所示，交流发电机电动势的有效值E20 V，内阻不计，它通过一个R6 的指示灯连接在降压变压器的输入端，变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都标有

12、“6 V0.25 W”，灯泡都能正常发光，导线电阻不计求：(1)降压变压器初、次级线圈匝数之比；(2)发电机的输出功率(计算结果保留三位有效数字)解析(1)每只彩色小灯泡的额定电流IL，次级线圈总电流I224IL，变压器输入功率P入I1U1I2U2，变压器初级线圈所连的电路中，由欧姆定律可得EU1I1R，由理想变压器的公式可得，将E20 V代入以上式子可解得.(2)发电机的输出功率P出I1E，代入数据可解得P出6.67 W.答案(1)31(2)6.67 W15(13分)如图所示，一个小型应急交流发电机，内部为n50匝、边长L20 cm的正方形线圈，总电阻为r1.0 .线圈在磁感应强度为B0.1

13、 T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动发电机对一电阻为R9.0 的电灯供电，线路中其他电阻不计，若发电机的转动角速度为100 rad/s时，电灯正常发光求：(1)交流发电机产生的电动势的最大值；(2)电灯正常发光的功率；(3)从图示位置开始，线圈转过30的过程中，通过电灯的电量；(4)线圈每转动一分钟，外力所需做的功解析(1)电动势的最大值为EmnBSnBL220 V.(2)电动势的有效值为E10 V，电灯正确发光的电流I A A，电灯正确发光的功率PI2R18 W.(3)qt0.01C(4)整个回路上产生的热量为QI2(Rr)t1 200 J，W外Q1 200 J.答案(1)20 V(

14、2)18 W(3)0.01 C(4)1 200 J16(13分)如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，它的结构是一个套在轴向形永久磁铁槽中的半径为r0.10 m、匝数n20匝的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B T，线圈的电阻为R10.50 ，它的引出线接有R29.5 的小电珠L.外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过小电珠当线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示时(摩擦等损耗不计)求：(1)小电珠中电流的最大值；(2)电压表的示数；(3)t0.1 s时外力F的大小解析(1)由题意及法拉第电磁感应定律知，由于线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的最大值为EmnB2rvm，电路总电阻为R总R1R2，那么小灯泡中电流的最大值为Im A0.16 A(2)电压表示数为有效值，其示数UImR20.169.5 V0.76 V1.07 V.(3)当t0.1 s即时，外力F大小为FnB2rIm2020.10.16 N0.128 N.答案(1)0.16 A(2)1.07 V(3)0.128 N9