高中物理新教材同步选择性必修第二册 第3章 章末检测试卷(三)

章末检测试卷(三) (时间：90 分钟 满分：100 分) 一、单项选择题(本题共8 小题，每小题4 分，共32 分．在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的) 1．某小型发电机产生的交流电动势为e＝50sin (100πt)V.对此电动势，下列表述正确的是( ) A．最大值是50 V B．频率是100 Hz C．有效值是25 V D．周期是0.02 s 答案 D 解析 从中性面开始计时，交流电动势的表达式为e＝Emsin ωt，因为e＝50sin (100πt)V，所 以最大值是Em＝50 V，A 错误；由ω＝2πf＝100π rad/s 得f＝50 Hz，B 错误；电动势有效值 是E＝＝25 V，C 错误；T＝＝0.02 s，D 正确． 2. (2019·赣州市瑞金三中高二下期中)矩形线圈匝数为50 匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的 轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ 随时间t 的变化规律如图1 所示，则( ) 图1 A．感应电动势的最大值约为157 V B．在t＝0.1 s 和t＝0.3 s 时，感应电动势最大 C．在t＝0.1 s 和t＝0.3 s 时，线圈与中性面垂直 D．t＝0.4 s 时，磁通量变化率最大，其值为157 Wb/s 答案 A 解析 由题图可知Φm＝0.2 Wb、T＝0.4 s，根据Em＝NBSω＝NΦm·，可得Em＝50×0.2× V≈ 157 V，A 项正确；在t＝0.1 s 和t＝0.3 s 时，线圈中磁通量最大，线圈处于中性面位置，磁 通量的变化率为零，感应电动势为零，B、C 项错误；t＝0.4 s 时，线圈中磁通量为零，此时 刻磁通量的变化率最大，且此时刻＝＝3.14 Wb/s，D 项错误． 3．如图2 甲所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交变电流 如图乙所示，设沿abcda 方向为电流正方向，则下列说法正确的是( ) 图2 A．乙图中Oa 时间段对应甲图中A 至B 图的过程 B．乙图中c 时刻对应甲图中的C 图 C．若乙图中d 等于0.02 s，则1 s 内电流的方向改变50 次 D．若乙图中b 等于0.02 s，则交流电的频率为50 Hz 答案 A 解析 题图乙中Oa 时间段对应电流为abcda 方向且逐渐变大，则根据楞次定律，此过程对 应甲图中A 至B 图的过程， A 正确；题图乙中c 时刻，感应电流最大，则磁通量的变化率 最大，即磁通量最小，而C 图的磁通量最大，故B 错误；若题图乙中d 等于0.02 s，则周期 为0.02 s，则交流电的频率为50 Hz，而一个周期内电流方向改变两次，所以1 s 内电流的方 向改变了100 次，故C 错误；若题图乙中b 等于0.02 s，则周期为0.04 s，则交流电的频率 为25 Hz，故D 错误． 4.(2017·北京卷)如图3 所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 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3 A．原线圈的输入功率为220 W B．电流表的读数为1 A C．电压表的读数为110 V D．副线圈输出交流电的周期为50 s 答案 B 解析 由u＝220sin 100πt(V)可知，原线圈电压最大值为220 V，故原线圈电压的有效值为 U1＝220 V，根据＝可知，U2＝U1＝110 V，故电压表的读数为110 V，故C 错误；副线圈电 流有效值为I2＝＝2 A，根据P＝UI 可知，输出功率为220 W，则原线圈的输入功率为220 W，故A 错误；原线圈中的电流I1＝＝1 A，故B 正确；因为ω＝＝100π rad/s，所以T＝0.02 s，故D 错误． 5．电站向某地输送5 000 kW 的电功率，输电线上损耗的电功率为100 kW，如果把输电电 压提高为原来的10 倍，同时将输电线的横截面积减为原来的一半，而输送的电功率不变， 那么输电线损耗的电功率为( ) A．0.2 kW B．0.5 kW C．2.0 kW D．5.0 kW 答案 C 解析 输电电压提高为原来的10 倍，根据P＝UI 知，输电电流减小为原来的，根据电阻定 律R＝ρ 知，输电线的横截面积减为原来的一半，则输电线的电阻增大为原来的2 倍，根据 P 损＝I2R 知，输电线上损耗的电功率减小为原来的，则输电线上损耗的功率为2.0 kW，故C 正确，A、B、D 错误． 6.(2019·扬州市邗江中学高二下期中)如图4 所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1， R0为定值电阻，R 是滑动变阻器，原线圈两端的输入电压u＝200sin 100πt (V)，设理想交流 电压表V1、V2的示数分别是U1、U2；理想交流电流表A1、A2示数分别是I1、I2.下列说法正 确的是( ) 图4 A．电压表V2的示数U2＝20 V B．滑片P 向b 端滑动过程中，U2不变，I2变大 C．滑片P 向b 端滑动过程中，U1变小，I1变大 D．通过原、副线圈的交变电流频率之比为10∶1 答案 B 解析 由U＝200sin 100πt (V)可知输入电压有效值为U1＝ V＝100 V，由＝，可得U2＝×100 V＝10 V，A 错误；滑片P 向b 端滑动过程中，副线圈负载电阻减小，U2不变，则I2变大， B 正确；由B 项分析知U1不变，I1变大，C 错误；变压器不改变频率，D 错误． 7．(2019·济南市高二下期末)如图5 所示，变压器输入的交变电压u＝220sin 100πt (V)，副线 圈匝数可调，电阻R＝100 Ω，L1、L2均是额定电压为20 V、额定功率为20 W 的小灯泡，通 过调节副线圈的匝数，使S 闭合前后，L1均能正常发光，则S 闭合前后副线圈的匝数之比为 ( ) 图5 A．1∶11 B．2∶1 C．3∶5 D．6∶11 答案 D 解析 由变压器输入的交变电压u＝220sin 100πt (V)可知输入电压的有效值为U1＝220 V；S 闭合前电阻R 与L1 串联，L1 正常发光，可知其额定电流为I＝＝1 A，故U2＝IR＋U＝120 V，由变压器原理可知＝＝；S 闭合后L1和L2并联后再与R 串联，U2′＝2IR＋U＝220 V，同 理可知＝＝，联立可得＝，故选D. 8.匝数为100 的线圈通有如图6 所示的交变电流(图中曲线为余弦曲线的一部分)，单匝线圈 电阻r＝0.02 Ω，则在0～10 s 内线圈产生的焦耳热为( ) 图6 A．80 J B．85 J C．90 J D．125 J 答案 B 解析 由交变电流的有效值的定义知( A)2R·＋(2 A)2R·＝I2RT，则该交变电流的有效值I＝ A，线圈的总电阻R 总＝100×0.02 Ω＝2 Ω，由Q＝I2R 总t 得Q＝85 J，选项B 正确． 二、多项选择题(本题共4 小题，每小题4 分，共16 分．在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求．全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分) 9．(2019·辽宁省六校协作体上学期联考)图7 甲是一台小型发电机的结构示意图，线圈逆时 针转动，产生的电动势e 随时间t 变化的正弦规律图像如图乙所示．发电机线圈的内电阻r ＝2 Ω，外接灯泡的电阻为10 Ω.则( ) 图7 A．在t＝0.01 s 时刻，穿过线圈的磁通量最大 B．理想电压表的示数为6 V C．灯泡消耗的电功率为2.5 W D．线圈转动产生电动势的表达式e＝60sin 50πt V 答案 AC 解析 在t＝0.01 s 时刻，电动势为0，则线圈位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，A 正确； 由题图乙可知，电动势的最大值为Em＝6 V，周期为0.02 s，则电动势的瞬时值表达式为e＝ Emsin (t)＝6sin 100πt V；理想电压表的示数为交流电的有效值，并且测量外电路电压，故U ＝R＝R＝5 V，B、D 错误；灯泡消耗的电功率P＝＝ W＝2.5 W，C 正确． 10．某小型水电站的电能输送示意图如图8 所示，发电机的输出电压为200 V，输电线总电 阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、 n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则( ) 图8 A.> B.< C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率 答案 AD 解析 由于输电线上的功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，故 D 正确；＝，＝，因为U1＝200 V<U4＝220 V，U2>U3，则>，故A 正确，B、C 错误． 11．如图9 甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表， 原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图甲中Rt为NTC 型热敏电阻(阻值随温度的升高而减 小)，R1为定值电阻，下列说法正确的是( ) 图9 A．交变电压u 的表达式u＝36sin 100πt(V) B．Rt处温度升高时，电压表和电流表的示数均变大 C．变压器原、副线圈中的电流之比随Rt处温度的变化而变化 D．Rt处温度升高时，变压器原线圈的输入功率变大 答案 AD 解析 由题图乙可知交变电压的最大值Um＝36 V，周期T＝0.02 s，角速度ω＝＝100π rad/s， 则可得交变电压u 的表达式u＝36sin 100πt(V)，故A 正确；Rt处温度升高时，其阻值减小， 副线圈中电流变大，电流表的示数变大，原线圈中电流变大，电压表的示数不变，故变压器 输入功率变大，故B 错误，D 正确；变压器原、副线圈中的电流之比等于n2∶n1，不随Rt处 温度的变化而变化，故C 错误． 12．如图10 甲所示是调压变压器的原理图，线圈AB 绕在一个圆形的铁芯上，总匝数为1 000 匝． AB 间加上如图乙所示的正弦交变电压，移动滑动触头P 的位置，就可以调节输出电压．在 输出端连接了滑动变阻器R 和理想交流电流表，滑动变阻器的滑动触头为Q.已知开始时滑 动触头Q 位于滑动变阻器的最下端，且BP 间线圈匝数刚好是500 匝，滑动变阻器的最大阻 值等于72 Ω.则下列说法正确的是( ) 图10 A．开始时，电流表示数为0.25 A B．开始时，流过R 的交流电频率为25 Hz C．保持P 的位置不动，将Q 向上移动时，R 消耗的功率变大 D．保持Q 的位置不动，将P 沿逆时针方向转动少许，R 消耗的功率变大 答案 CD 解析 由题图乙知，输入电压的有效值为U1＝36 V，根据变压规律：＝，解得输出电压U2 ＝18 V，所以电流表的读数为I＝＝0.25 A，所以A 错误；交流电的周期为0.02 s，所以频率 为50 Hz，所以B 错误；保持P 的位置不动，将Q 向上移动时，R 接入电路的阻值减小，U2 不变，R 消耗的功率P2＝变大，所以C 正确；保持Q 的位置不动，将P 沿逆时针方向转动 少许，n2增大，U2增大，R 消耗的功率P2＝变大，所以D 正确． 三、非选择题(本题5 小题，共52 分) 13．(8 分)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中， (1)下列器材需要的有________． A．干电池组 B．滑动变阻器 C．直流电压表 D．多用电表 E．学生电源 (2)在实验中，某同学保持原线圈的电压以及副线圈的匝数不变，仅增加原线圈的匝数，副 线圈两端的电压将________(选填“增大”“减小”或“不变”)． (3)如图11，当左侧线圈“0”“16”间接入9 V 电压时，右侧线圈“0”“4”接线柱间输出电压可 能是________． 图11 A．3.1 V B．2.5 V C．1.7 V 答案 (1)DE(2 分) (2)减小(3 分) (3)C(3 分) 14.(8 分)如图12 所示，圆形线圈共100 匝，半径为r＝0.1 m，在匀强磁场中绕过直径的轴 OO′匀速转动，磁感应强度B＝0.1 T，角速度为ω＝ rad/s，电阻为R＝10 Ω，求： 图12 (1)线圈由图示位置转过90°时，线圈中的感应电流； (2)写出线圈中电流的表达式(磁场方向如图所示，图示位置为t＝0 时刻)； (3)线圈转动过程中的热功率． 答案 (1)3 A (2)i＝3sint(A) (3)45 W 解析 (1)当线圈由图示位置转过90°时，线圈中感应电流最大，感应电动势的最大值为 Em＝NBSω＝100×0.1×π×0.12× V＝30 V，(2 分) Im＝＝3 A．(1 分) (2)由题意知i＝Imsin ωt，即i＝3sint(A)(2 分) (3)感应电流的有效值I＝＝ A，(1 分) 线圈转动过程中的热功率 P＝I2R＝()2×10 W＝45 W．(2 分) 15．(10 分)图13 甲所示的理想变压器原线圈的匝数n1＝1 320，副线圈的匝数n2＝540，将一 电流表与阻值R＝10 Ω 的电阻串联接入副线圈电路中，已知图甲中所有电表均为理想电表． 若在原线圈的两端加如图乙所示的交变电压，则： 图13 (1)副线圈中的电压表的示数为多大？ (2)为使副线圈电路中电流表的示数不超过6 A，副线圈右侧应至少再串联一个多大的电阻？ 答案 (1)90 V (2)5 Ω 解析 (1)原线圈两端电压的有效值 U1＝＝ V≈220 V(2 分) 由＝得U2＝U1＝×220 V＝90 V．(2 分) (2)副线圈电压的有效值U2不变 有I2＝＝＝6 A(2 分) 得R′＝ Ω＝15 Ω(2 分) 又R′＝R＋R0，得R0＝5 Ω(2 分) 即副线圈右侧应至少再串联一个5 Ω 的电阻． 16. (12 分)(2019·泉州市高二检测)如图14 是一个小型应急交流发电机，内部为n＝50 匝、边 长L＝20 cm 的正方形线圈，总电阻为r＝1 Ω.线圈在磁感应强度为B＝0.1 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R＝9 Ω 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ω＝100 rad/s 时，电灯正常发光．求： 图14 (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，通过电灯的电荷量； (4)线圈每转动一分钟，外力所需做的功． 答案 (1)20 V (2)18 W (3)0.01 C (4)1 200 J 解析 (1)电动势的最大值为Em＝nBSω＝nBωL2＝20 V；(2 分) (2)电动势的有效值为E＝＝10 V(1 分) 电灯正常发光的电流I＝＝ A＝ A(1 分) 电灯正常发光的功率P＝I2R＝18 W(2 分) (3)q＝Δt＝＝＝0.01 C(3 分) (4)线圈每转动一分钟，整个回路上产生的热量为Q＝I2(R＋r)t＝1 200 J(2 分) W 外＝Q＝1 200 J(1 分) 17．(14 分)已知某个小型发电机的输出功率为90 kW，发电机的输出电压为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5 Ω，在用户端用一降压变压器把电压降 为220 V，要求在输电线上损耗的功率控制为2 kW(即用户得到的功率为88 kW)．求： (1)画出全过程输电线路图； (2)降压变压器输出的电流和输电线上通过的电流； (3)升压变压器输出的电压； (4)两个变压器各自的匝数比． 答案 (1)见解析图 (2)400 A 20 A (3)4 500 V (4) 解析 (1)全过程输电线路图如图所示 (3 分) (2)降压变压器输出电流为I4＝＝ A＝400 A(2 分) 根据输电线上损耗的功率为P 损＝I2 2r，可知I2＝＝ A＝20 A(2 分) (3)由欧姆定律可知输电线上损失的电压为 ΔU＝I2r＝20×5 V＝100 V(2 分) 根据变压器输入、输出功率不变可得升压变压器输出电压U2＝＝ V＝4 500 V(2 分) (4)降压变压器输入电压为U3＝U2－ΔU＝4 400 V(1 分) 根据理想变压器电压与匝数的关系可知＝＝＝(1 分) 根据理想变压器电流与匝数的关系可知＝＝＝.(1 分)