广东省茂名市化州市那务中学高二物理下学期模块试卷（含解析）.doc

2014-2015学年广东省茂名市化州市那务中学高二（下）模块物理试卷一单项选择题：（每题3分，共12分）1如下图所示，属于交流电的是（）abcd2（3分）有两个完全相同的电阻，一个通以10a的直流电流，热功率为p，另一个通以正弦式交变电流，热功率为2p，那么（）a交流的有效值为10ab交流的最大值为10ac交流的有效值为10ad交流的最大值为20a3输电线的电阻共计r，输送的电功率是p，用电压u送电，则用户能得到的电功率为（）apbp（）2rcpd4（3分）一电饭煲和一台洗衣机同时并入u=311sin 314t v的交流电源上，均正常工作，用电流表分别测得电饭煲的电流是5a，洗衣机的电流是0.5a下列说法正确的是（）a电饭煲的电阻是44，洗衣机电动机线圈电阻是440b电饭煲消耗的功率为1 555 w，洗衣机电动机消耗的功率为155.5 wc1 min内电饭煲消耗的电能为6.6104 j，洗衣机电动机消耗的电能为6.6103 jd电饭煲的发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍二双项选择题：（每题6分，共30分，在每小题给出的四个选项中，每小题有两个选项正确，不全3分，错、漏零分）5矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势如图所示，则（）at1时刻线圈通过中性面bt2时刻线圈中磁通量最大ct3时刻线圈中磁通量变化率最大dt4时刻线圈在磁通量变化率最大6如图所示，理想变压器副线圈接两个相同的灯泡l1和l2输电线的等效电阻为r开始时，电键s断开，当s闭合时，下列说法中错误的是（）a副线圈两端的输出电压减小b通过灯泡l1的电流减小c原线圈中的电流增大d变压器的输入功率减小7远距离输送交流电都采用高压输电我国正在研究用比330kv高得多的电压进行输电采用高压输电的优点是（）a可节省输电线的材料b可根据需要调节交流电的频率c可减少输电线上的能量损失d可加快输电的速度8如图所示，理想变压器原线圈两端接正弦交变电压，副线圈两端通过输电线接一只灯泡和一只滑动变阻器，输电线的电阻不计，在图示状态，当滑动片p向上滑动过程中，下列判断正确的是（）a灯泡变亮b流过滑动变阻器的电流变小c流过变压器原线圈的电流变小d滑动变阻器上得到的功率变大9一只低压教学电源输出的交变电压瞬时值u=10sin314t（v），关于该电源的规格和使用，以下说法正确的是（）a这只电源可以使“10v2w“的灯泡正常发光b这只电源的交变电压的周期是314sc这只电源在t=0.01s时电压达到最大值d“10v2f”电容器不能接在这只电源上三填空题：（每空3分，共18分）10（12分）一交流电压随时间变化的图象如图所示则此交变电流的周期是s频率是hz，若将该电压加在10 f的电容器上，则电容器的耐压值不应小于v；若将该电压加在一阻值为1k的纯电阻用电器上，用电器恰能正常工作，为避免意外事故的发生，电路中保险丝的额定电流不能低于a11如图所示，线圈面积s=1.4102 m2，共20匝，总电阻为0.8，匀强磁场的磁感应强度b=0.5t，线圈绕oo轴以某一角速度匀速转动时，标有“24v 30w”的电灯l正常发光，则线圈转动过程中产生的电动势最大值为，线圈转动的角速度为四计算题：（共3题，共40分）12（12分）（2015春银川校级月考）如图所示的变压器原线圈1接到220v的交流电源上，副线圈2的匝数为n2=30匝，与一个“12v、12w”的灯泡l连接，l能正常发光，副线圈3的输出电压u3=110v，与电阻r连接，通过r的电流为0.4a，求：（1）副线圈3的匝数n3（2）原线圈1的匝数n1和电流i113（12分）（2013春安溪县校级期末）某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为100kw，输出电压为500v，输电导线的总电阻为10，导线上损耗的电功率为4kw，该村的用电电压是220v（1）输电电路如图所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比；（2）如果该村某工厂用电功率为60kw，则该村还可以装“220v40w”的电灯多少盏？14（16分）（2012春绵阳校级期末）如图所示为某学校一套校内备用供电系统，由一台内阻为1的发电机向全校22个教室（每个教室有“220v，40w“的白炽灯6盏）供电如果输电线的总电阻r是4，升压变压器和降压变压器（都认为是理想变压器）的匝数比分别是1：4和4：1，那么：（1）发电机的输出功率应是多大？（2）发电机的电动势是多大？（3）输电效率是多少？2014-2015学年广东省茂名市化州市那务中学高二（下）模块物理试卷参考答案与试题解析一单项选择题：（每题3分，共12分）1如下图所示，属于交流电的是（）abcd【考点】交变电流 【专题】交流电专题【分析】直流电是指电流的方向不发生变化的电流，其大小可以变化，交流电是指电流的方向发生变化的电流，但是它的电流的大小可以不变【解答】解：交流电是指电流的方向发生变化的电流，电流的大小是否变化对其没有影响，电流的方向变化的是c，故c是交流电，abd是直流电故选c【点评】交流电的最大的特点是电流方向在不断的变化，对于其大小是否变化没有要求2（3分）有两个完全相同的电阻，一个通以10a的直流电流，热功率为p，另一个通以正弦式交变电流，热功率为2p，那么（）a交流的有效值为10ab交流的最大值为10ac交流的有效值为10ad交流的最大值为20a【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系 【专题】交流电专题【分析】根据电功率p=i2r，结合同一电阻，同一时间，正弦式交变电流有效值的热量与直流电流的热量相等，即可求解根据正弦电流有效值与最大值关系，从而确定最大值【解答】解：一个通以10a的直流电流，热功率为p，则有p=i2r，当正弦式交变电流，同一电阻，热功率为2p，则有正弦电的电流有效值为i，因此2p=i2r，解得：i=i=10a；正弦电流的最大值为im=i=20a，故bd正确，ac错误；故选：bd【点评】考查交流电的有效值是如何确定，掌握交流电的有效值与最大值的关系，注意是否是正弦交流电3输电线的电阻共计r，输送的电功率是p，用电压u送电，则用户能得到的电功率为（）apbp（）2rcpd【考点】远距离输电；电功、电功率 【专题】交流电专题【分析】用户得到的功率等于输送功率减去输电线上损耗的功率，根据输送功率和输送电压求出输送的电流，结合求出损失的功率，从而得出用户得到的功率【解答】解：根据p=ui得，输电线上的电流i=，则输电线上损耗的功率，用户得到的功率故b正确，a、c、d错误故选：b【点评】解决本题的关键知道：1、输送功率、输送电压、电流之间的关系；2、输送功率、损失功率、用户得到的功率之间的关系4（3分）一电饭煲和一台洗衣机同时并入u=311sin 314t v的交流电源上，均正常工作，用电流表分别测得电饭煲的电流是5a，洗衣机的电流是0.5a下列说法正确的是（）a电饭煲的电阻是44，洗衣机电动机线圈电阻是440b电饭煲消耗的功率为1 555 w，洗衣机电动机消耗的功率为155.5 wc1 min内电饭煲消耗的电能为6.6104 j，洗衣机电动机消耗的电能为6.6103 jd电饭煲的发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍【考点】电功、电功率 【专题】恒定电流专题【分析】电饭煲是纯电阻，洗衣机不是纯电阻，加在洗衣机两端的电压不是全部加在内阻上，根据功率公式和热量公式可以方向各项【解答】解：a、电饭煲与洗衣机的都与电源并联，电源两端电压相等，均为220v，由欧姆定律可求得电饭煲的电阻为=44，但洗衣机不是纯电阻用电器，由=440求得的电阻是错误的，所以a项错误；b、它们消耗的电功率分别为p1=ui1=1100w，p2=ui2=110w，所以b项错误；c、电饭煲和洗衣机在1min内产生的电能分别为q1=p1t=6.6104j，q2=p2t=6.6103j，所以c项正确；d、因洗衣机的内阻未知，无法比较二者的发热功率，所以d项错误故选：c【点评】本题需要注意的是对于非纯电阻器件，要注意区分两端电压和其内阻上的分压，区分总功率、机械功率和内阻消耗的功率二双项选择题：（每题6分，共30分，在每小题给出的四个选项中，每小题有两个选项正确，不全3分，错、漏零分）5矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势如图所示，则（）at1时刻线圈通过中性面bt2时刻线圈中磁通量最大ct3时刻线圈中磁通量变化率最大dt4时刻线圈在磁通量变化率最大【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理 【专题】交流电专题【分析】矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正弦交变电流磁通量为零，感应电动势最大；磁通量最大时，感应电动势为零，线圈恰好通过中性面经过中性一次，电流方向改变一次根据法拉第定律，感应电动势与磁通量变化率成正比【解答】解：a、t1时刻感应电动势为零，磁通量最大，线圈通过中性面故a正确 b、t2时刻感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，线圈中磁通量最小故b错误 c、t3时刻感应电动势为零，则磁通量变化率也为零故c错误 d、t4时刻线圈中感应电动势最大，磁通量变化率最大故d正确故选：ad【点评】本题考查正弦交变电流产生过程中磁通量与感应电流、感应电动势及位置之间的关系，基本题6如图所示，理想变压器副线圈接两个相同的灯泡l1和l2输电线的等效电阻为r开始时，电键s断开，当s闭合时，下列说法中错误的是（）a副线圈两端的输出电压减小b通过灯泡l1的电流减小c原线圈中的电流增大d变压器的输入功率减小【考点】变压器的构造和原理 【专题】交流电专题【分析】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据接通s后电路电路电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况【解答】解：a、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以a错误；b、当s接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻r的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡l1的电流减小，所以b正确；c、由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以c正确d错误；本题选错误的，故选：ad【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法7远距离输送交流电都采用高压输电我国正在研究用比330kv高得多的电压进行输电采用高压输电的优点是（）a可节省输电线的材料b可根据需要调节交流电的频率c可减少输电线上的能量损失d可加快输电的速度【考点】远距离输电 【专题】交流电专题【分析】在输电的过程中输送的功率一定，根据p=ui，输送电压越高，输送电流越小，根据p=i2r，知损失的功率小【解答】解：a、c、在输电的过程中输送的功率一定，根据p=ui和p=i2r，有：，故高压输电可以降低功率损耗，故a错误，c正确；b、交流电的频率等于发电机转动的频率，是不改变的，故b错误；d、电路中电场建立的速度是光速，与是否高压输电无关，故d错误；故选：c【点评】解决本题的关键知道输电的过程中，输送功率一定，输电电压越高，电流越小，在输电线上损失的功率越少8如图所示，理想变压器原线圈两端接正弦交变电压，副线圈两端通过输电线接一只灯泡和一只滑动变阻器，输电线的电阻不计，在图示状态，当滑动片p向上滑动过程中，下列判断正确的是（）a灯泡变亮b流过滑动变阻器的电流变小c流过变压器原线圈的电流变小d滑动变阻器上得到的功率变大【考点】变压器的构造和原理 【专题】交流电专题【分析】变压器的匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率【解答】解：a、输出电压是由匝数之比和原线圈的输入电压决定，所以输出电压不变，滑动片p向上滑动过程中，负载电阻变大，副线圈电流变小，灯泡变暗，故a错误，b正确；c、根据电流之比等于线圈匝数的倒数比可知，原线圈电流变小，故c错误；d、副线圈中的电压不变，由于不知道电阻的阻值与灯泡阻值的大小关系，所以无法判断滑动变阻器功率的变化，故d错误故选：bc【点评】本题考查了变压器的特点，结合闭合电路欧姆定律分析电阻变化对电流产生的影响9一只低压教学电源输出的交变电压瞬时值u=10sin314t（v），关于该电源的规格和使用，以下说法正确的是（）a这只电源可以使“10v2w“的灯泡正常发光b这只电源的交变电压的周期是314sc这只电源在t=0.01s时电压达到最大值d“10v2f”电容器不能接在这只电源上【考点】变压器的构造和原理；电容 【专题】交流电专题【分析】根据u=umsint可得出交流电压的峰值，角速度，根据峰值与有效值的关系，得出有效值的大小，根据角速度可以得出交流电的周期【解答】解：a、交流电的峰值um=10v则有效值u=10v 所以电源可以使“10v、2w“的灯泡正常发光故a正确 b、=100，则t=故b错误 c、t=0.01s时，经过半个周期，电压为零故c错误 d、当电容器的耐压值小于峰值，电容器被击穿，10v小于10v，则“10v、2f”电容器不能接在这只电源故d正确故选ad【点评】解决本题的关键知道正弦式交流电峰值与有效值的关系，知道灯泡所标明的电压表示有效值掌握正弦式交流电的表达式u=umsint三填空题：（每空3分，共18分）10（12分）一交流电压随时间变化的图象如图所示则此交变电流的周期是0.02s频率是50hz，若将该电压加在10 f的电容器上，则电容器的耐压值不应小于200v；若将该电压加在一阻值为1k的纯电阻用电器上，用电器恰能正常工作，为避免意外事故的发生，电路中保险丝的额定电流不能低于0.14a【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 【专题】交流电专题【分析】根据图象可知交流电的电压最大值以及周期，然后进一步可求出电压的有效值和频率【解答】解：从图象可以看出，该电压为余弦式交变电压，周期为0.02s，频率为50hz；电压的最大值为200v，则电容器的耐压不应小于200v；电压有效值为u=100v；将该电压加在一阻值为1k的纯电阻用电器，用电器恰能正常工作，则该用电器的额定电流为i=a=0.14a；故答案为：0.02；50；200，0.14【点评】本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角频率等物理量，知道有效值是根据电流的热效应定义的11如图所示，线圈面积s=1.4102 m2，共20匝，总电阻为0.8，匀强磁场的磁感应强度b=0.5t，线圈绕oo轴以某一角速度匀速转动时，标有“24v 30w”的电灯l正常发光，则线圈转动过程中产生的电动势最大值为25v，线圈转动的角速度为250rad/s【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理 【专题】交流电专题【分析】根据灯泡正常发光时的电压和功率求出电流的有效值，结合欧姆定律求出电动势的大小，根据有效值和最大值的关系求出电动势的最大值，根据em=nbs求出线圈转动的角速度大小【解答】解：电路中的电流i=，则电动势的大小e=ir+u=1.250.8+24=25v；电动势的最大值根据em=nbs得，=故答案为：25，250【点评】本题闭合电路欧姆定律的应用，掌握正弦式交流电的有效值与最大值的关系，注意em=nbs的巧用四计算题：（共3题，共40分）12（12分）（2015春银川校级月考）如图所示的变压器原线圈1接到220v的交流电源上，副线圈2的匝数为n2=30匝，与一个“12v、12w”的灯泡l连接，l能正常发光，副线圈3的输出电压u3=110v，与电阻r连接，通过r的电流为0.4a，求：（1）副线圈3的匝数n3（2）原线圈1的匝数n1和电流i1【考点】变压器的构造和原理 【专题】交流电专题【分析】先根据理想变压器变压比公式列式求解原线圈匝数；再根据列式求解n3，再根据输入功率等于输出功率列式求解电流i1【解答】解：（1）根据，解得匝根据，解得：匝（2）由第一问解得原线圈匝数为550匝通过灯泡l的电流a根据能量守恒定律，输入功率等于输出功率，有：u1i1=p2+u3i3得220i1=12+1100.4求得i1=0.25a答：（1）副线圈3的匝数n3为275匝；（2）原线圈1的匝数n1为550匝，电流i1为0.5a【点评】本题关键是根据理想变压器的变压比公式列式求解，同时明确输入功率等于输出功率13（12分）（2013春安溪县校级期末）某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为100kw，输出电压为500v，输电导线的总电阻为10，导线上损耗的电功率为4kw，该村的用电电压是220v（1）输电电路如图所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比；（2）如果该村某工厂用电功率为60kw，则该村还可以装“220v40w”的电灯多少盏？【考点】电能的输送 【专题】交流电专题【分析】（1）根据输电线路图，由输电线损耗功率求出输电电流i2，再由发电机输出功率与输出电压求得升压变压器的原线圈的电流i1，由是i1，i2得升压变压器的匝数比；求出升压变压器的匝数比后可求出降压变压器的原线圈的电压，再与用户电压结合求出降压变压器的原副线圈的匝数比（2）根据总的照明的功率的大小和每盏灯泡的功率可以求得总的灯泡的数目【解答】解：（1）根据如图所示输电线路，设高压输电线电流i2，输电电压为u2，由题意可知：p损=i22r=4103w；得：i2=20a；所以有：u2=5103v；根据匝数与电压成正比，则有：=；u损=ir=2010v=200v；则有，u3=u2u损=5000200=4800v；所以，=（2）设最多安装n个40w电灯，根据功率相等，则有：p总p损=60103+40n 解得：n=900个答：（1）在用户需220v电压时，所用升压变压器和降压变压器的匝数比分别是1：10与240：11；（2）如果用户计划生产用电60kw，其余是照明用电，那么最多可安装“220v 40w”的电灯900盏【点评】本题是关于高压输电的题目，对于理想的变压器来说，输入功率和输出功率的大小是相同的，在计算输电线上消耗的功率的时候，一定要注意要用公式p耗=i2r线来计算，同时掌握变压器的匝数