2017_2018学年高中物理第五章交变电流综合质量评估新人教版.docx

第五章 交变电流综合质量评估（二）(90分钟100分)一、不定项选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分。每小题至少一个选项正确)1.在匀强磁场中有两条平行的金属导轨,磁场方向与导轨平面垂直,导轨上有两条可沿导轨自由移动的导体棒ab、cd,导体棒ab、cd的运动速度分别为v1、v2,如图所示,ab棒上有电流通过,则一定有()A.v1v2B.v1v2与v1mg,T2mgB.T1mg,T2mg,T2mgD.T1mg【解析】选A。金属圆环从位置到位置过程中,由楞次定律知,金属圆环在磁铁上端时受力向上,在磁铁下端时受力也向上,则金属圆环对磁铁的作用力始终向下,对磁铁受力分析可知T1mg,T2mg。选项A正确。3.(2017台州高二检测)如图所示的电路中,A1和A2是完全相同的灯泡,线圈L的电阻可以忽略不计,下列说法中正确的是()A.合上开关S接通电路时,A2先亮A1后亮,最后一样亮B.合上开关S接通电路时,A1和A2始终一样亮C.断开开关S切断电路时,A2立即熄灭,A1过一会熄灭D.断开开关S切断电路时,A1和A2都要过一会才熄灭【解析】选A、D。S闭合接通电路时,A2支路中的电流立即达到最大,A2先亮;由于线圈的自感作用,A1支路电流增加得慢,A1后亮。A1中的电流稳定后,线圈的阻碍作用消失,A1与A2并联,亮度一样,故A正确,B不正确。S断开时,L和A1、A2组成串联的闭合回路,A1和A2亮度一样,由于L中产生自感电动势阻碍L中原电流的消失,使A1和A2过一会才熄灭,故D选项正确。【补偿训练】如图所示,a、b、c为三个完全相同的灯泡,L为自感线圈(自感系数较大,电阻不计),E为电源,S为开关,闭合开关S,电路稳定后,三个灯泡均能发光,则()A.断开开关瞬间,c灯熄灭,稍后a、b灯同时熄灭B.断开开关瞬间,流过a灯的电流方向改变C.闭合开关,a、b、c灯同时亮D.闭合开关,a、b灯同时先亮,c灯后亮【解析】选A。闭合开关S时,由于L的自感作用,流过a灯的电流逐渐增大,所以b、c灯先亮,a灯后亮,选项C、D错误;断开开关瞬间,a、b灯构成闭合回路,由于L的自感作用,a、b灯的电流要逐渐减小,流过a灯的电流方向不变,所以c灯立即熄灭,a、b灯稍后熄灭,选项A正确、B错误。4.(2017舟山高二检测)在光滑水平面的小车上放置一螺线管,一个比螺线管长的条形磁铁沿着螺线管的轴线水平穿过,如图所示,在此过程中()A.磁铁做匀速直线运动B.磁铁做减速运动C.小车向右做加速运动D.小车先加速后减速【解析】选B、C。条形磁铁穿过螺线管时,管中将产生感应电流,由楞次定律知螺线管左端相当于S极,与磁铁S极相斥,阻碍磁铁的运动。同理,磁铁穿出时,由楞次定律知螺线管右端为S极,与磁铁的N极相吸,阻碍磁铁的运动,故整个过程中,磁铁做减速运动,选项B是正确的。而对于小车上螺线管来说,在此过程中,螺线管会产生感应电流,从而使螺线管受到的安培力都是水平向右,这个安培力使小车向右运动起来,且一直做加速运动,C对。【总结提升】用楞次定律判断导体运动方向、电流方向的三种情况(1)阻碍原磁通量的变化“增反减同”;(2)阻碍相对运动“来拒去留”;(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势“增缩减扩”。5.(2017北京高考)如图所示,理想变压器的原线圈接在u=220sin100t(V)的交流电源上,副线圈接有R=55的负载电阻,原、副线圈匝数之比为21,电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是()A.原线圈的输入功率为220WB.电流表的读数为1AC.电压表的读数为110VD.副线圈输出交流电的周期为50s【解题指南】解答本题应从以下三点分析:(1)在交流电路中交流电表均测量交变电流的有效值。(2)根据理想变压器的电压、电流关系去计算原线圈中的电流。(3)变压器改变交流电的电压、电流,但不改变交流电的频率。【解析】选B。原线圈接在u=220sin100t(V)的交流电源上,所以原线圈电压的有效值为U1=220V,由变压器的电压关系=,可得副线圈电压为U2=110V,电压表的示数为交流电的有效值110V,C选项错误;副线圈的电流为I2=2A,由变压器的电流关系=,可得通过原线圈的电流为1A,B选项正确;原线圈的输入功率为P=U1I1=220W,A选项错误;交流电的周期为T=0. 02s,D选项错误。【补偿训练】1.如图所示,有一理想变压器,原、副线圈的匝数比为n,原线圈接正弦交流电压U,输出端接有一个交流电流表和一个电动机。电动机线圈电阻为R,当输入端接通电源后,电流表读数为I,电动机带动一重物匀速上升,下列判断正确的是()A.原线圈中的电流为nIB.变压器的输入功率为C.电动机输出的总功率为I2RD.电动机两端电压为IR【解析】选B。电流表的读数为副线圈电流,所以原线圈电流为,故A错误;原线圈的输入功率为U,故B对;电动机上的热功率为I2R,电动机消耗功率为U,两端电压为,故C、D错误。2.如图所示,理想变压器线圈匝数比n1n2=21,分别接有相同的两只灯泡A和B,若在a、b间接正弦式交流电源,电源电压为U,则B灯两端电压为()A.0.5UB.2UC.0.2UD.0.4U【解析】选D。设原线圈电压为U1,电流为I1,副线圈电压为U2,电流为I2,则U1=U-I1RA,=,=,U2=I2RB,依题意,A、B完全相同,有RA=RB,联立以上各式,整理可得U1=(U-U1),即U1=2(U-U1),得U1=U,U2=U1=U=0.4U。6.如图所示,在电路两端接上交变电流,保持电压不变,使频率增大,发现各灯的亮暗变化情况是:灯1变暗、灯2变亮、灯3不变,则M、N、L处所接元件可能是()A.M为电感器,N为电容器,L为电阻B.M为电阻,N为电感器,L为电容器C.M为电阻,N为电容器,L为电感器D.M为电容器,N为电感器,L为电阻【解析】选A。交流电的频率变大,R不变,电感器对交流电的阻碍作用增大,电容器对交流电的阻碍作用变小,所以,亮度不变的L为电阻,灯变亮的N为电容器,灯变暗的M为电感器。7.矩形线圈的匝数为50匝,在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时,穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示,下列结论正确的是()A.在t=0.1s和t=0.3s时,电动势最大B.在t=0.2s和t=0.4s时,电动势改变方向C.电动势的最大值是157VD.在t=0.4s时,磁通量变化率达到最大,其值为3.14Wb/s【解析】选C、D。由-t图象可知max=BS=0.2Wb,T=0.4s,又因为N=50,所以Emax=NBS=Nmax=157V,C正确;t=0.1s和0.3s时,最大,e=0,变向;t=0.2s和0.4s时,=0,e=Emax最大,故A、B错误;根据线圈在磁场中转动时产生感应电动势的特点知,当t=0.4s时,最大,=3.14Wb/s,D正确。8.(2017绍兴高二检测)一台发电机输出的电功率为50kW,输出电压为250V,现欲用变压器升压后向远处输电,输电线的总电阻为8,若不考虑输电线路的感抗和容抗对输电的影响,则()A.输送电压越高,输电线上损失的功率越大B.若升压变压器的变压比为14,输电线上损失的功率为20kWC.若升压变压器的变压比为18,输电线上损失的功率为10kWD.若不用升压变压器,输电线上损失的功率将达到320kW【解析】选B。输送功率一定,输送电压越高,输电线中电流越小,输电线上损失的功率越小,选项A错误;若升压变压器的变压比为14,输送电压为1000V,输电线中电流为50A,输电线上损失的功率为I2R=5028W=20kW,选项B正确;若升压变压器的变压比为18,输送电压为2000V,输电线中电流为25A,输电线上损失的功率为I2R=2528W=5kW,选项C错误;若不用升压变压器,输电线中电流为200A,计算可知,电能不能够输送到远处,选项D错误。9.(2017衢州高二检测)如图所示,电阻为R,其他电阻均可忽略,ef是一电阻不计的水平放置的导体棒,质量为m,棒的两端分别与ab、cd保持良好的接触,又能沿框架无摩擦下滑,整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中,当ef从静止下滑一段时间后闭合S,则S闭合后()A.ef的加速度大小可能大于gB.ef的加速度大小一定小于gC.ef最终速度随S闭合时刻的不同而不同D.ef的机械能与回路内产生的电能之和保持不变【解析】选A、D。当ef从静止下滑一段时间后闭合S,ef将切割磁感线产生感应电流,受到竖直向上的安培力,若安培力大于2mg,则由牛顿第二定律得知,ef的加速度大小可能大于g。若安培力小于mg,则ef的加速度大小可能小于g。故A正确,B错误。ef达到稳定速度时一定做匀速运动,由mg=,则得v=,可见稳定时速度v与开关闭合的先后无关,故C错误。在整个过程中,只有重力与安培力做功,因此ef的机械能与电路中产生的电能是守恒的。故D正确。10.(2016浙江高考)如图所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,边长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,则()A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流B.a、b线圈中感应电动势之比为91C.a、b线圈中感应电流之比为34D.a、b线圈中电功率之比为31【解析】选B。a、b两个正方形线圈内的磁场垂直于纸面向里,磁感应强度均匀增加,由楞次定律可以判断感应电流的磁场垂直于纸面向外,再根据安培定则可知:两线圈内产生逆时针方向的感应电流,A错误;由E=可知=,B正确;a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数相同,RaRb=31,由闭合电路的欧姆定律得Ia=,Ib=则=,C项错误;Pa=Ra,Pb=Rb则PaPb=271,D错误。故选B。【补偿训练】 (2015温州高二检测)如图甲所示,一个圆形线圈的匝数n=100,线圈面积S=200cm2,线圈的电阻r=1,线圈外接一个阻值R=4的电阻,把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中,磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。下列说法中正确的是()A.线圈中的感应电流方向为顺时针方向B.电阻R两端的电压随时间均匀增大C.线圈电阻r消耗的功率为410-4WD.前4s内通过R的电荷量为410-4C【解析】选C。由图可知,穿过线圈的磁通量变大,由楞次定律可得:线圈产生的感应电流方向为逆时针方向,故A错误。根据法拉第电磁感应定律,可知,磁通量的变化率恒定,所以电动势恒定,则电阻两端的电压恒定,故B错误;由法拉第电磁感应定律:E=n=n=1000.02V=0.1V,由闭合电路欧姆定律,可知电路中的电流为I=A=0.02A,所以线圈电阻r消耗的功率P=I2R=0.0221W=410-4W,故C正确;前4s内通过R的电荷量Q=It=0.024C=0.08C,故D错误。二、实验题(本大题共2小题,共15分)11.(7分)逆向思维是一种重要的思想方法,在这种思想方法的引领下,许多重要的科学定律被发现。“电生磁,磁生电”这种逆向互生的关系,体现了物理学中的一种对称美。请思考:(1)你还能指出物理学中的其他对称性和对称实例吗?(2)1831年,物理学家法拉第用如图所示的实验,成功发现了磁生电现象,当开关始终处于闭合状态时,a线圈中(选填“有”或“无”)感应电流产生,当开关闭合或断开瞬间,a线圈中(选填“有”或“无”)感应电流产生。(3)如图是某兴趣小组研究磁生电现象所需的器材。请你协助该小组完成如下工作,用实线将带有铁芯的线圈A、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路,将小量程电流表和线圈B连接成副线圈回路,并列举出在实验中改变副线圈回路磁通量,使副线圈回路产生感应电流的三种方式:_;_;_。【解析】(1)电荷的正与负、吸引与排斥、运动和静止、光滑和粗糙、正电子和负电子、物质和反物质。(2)因穿过A线圈的磁通量不变,所以无感应电流产生。闭合瞬间穿过A线圈的磁通量突然增大,所以有感应电流产生。断开瞬间,穿过A线圈的磁通量突然减小,所以有感应电流产生。(3)实物连接如图所示。合上(或断开)开关瞬间;合上开关后,将原线圈A插入副线圈B或从副线圈B中抽出;合上开关,将原线圈A插入副线圈B后,移动滑动变阻器的滑片。答案:(1)见解析(2)无有(3)见解析12.(8分)如图所示是“探究感应电流方向的规律”的实验装置。(1)将图中所缺导线补充完整。(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,那么合上开关后,将原线圈迅速插入副线圈中,电流计指针将。(已知电流表指针偏转方向与电流方向的关系是左进左偏,右进右偏)(3)原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器滑片迅速向左移动时,电流计指针将_。【解析】(1)如图所示(2)闭合开关时,穿过副线圈的磁通量增加,副线圈中产生了感应电流,且电流从电流表负接线柱流入电流表,合上开关后,将原线圈迅速插入副线圈中时,穿过副线圈的磁通量增加,副线圈中产生的感应电流方向与闭合开关时副线圈中产生的感应电流方向相同,故电流计指针向右偏。(3)原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器滑片迅速向左移动时,滑动变阻器连入电路阻值增大,原线圈中电流减小,副线圈中产生的感应电流方向与闭合开关时副线圈中产生的感应电流方向相反,故电流计指针向左偏。答案:(1)见解析(2)向右偏(3)向左偏三、计算题(本大题共4小题,共45分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)13.(8分)如图所示,变压器原线圈n1=800匝,副线圈n2=200匝,灯泡A标有“10V,2W”,电动机D的线圈电阻为1,将100sin(100t)V的交流电压加到理想变压器原线圈两端,灯泡恰能正常发光,求:(1)副线圈两端电压(有效值)。(2)电动机D的电功率。【解析】(1)原线圈两端电压(有效值)U1=V=100V(1分)由变压器变压比规律=知副线圈两端电压U2=U1=25V(2分)(2)电动机两端电压UD=U2-UA=15V(1分)I=0.2A(2分)电动机的功率PD=UDI=3W(2分)答案:(1)25V(2)3W14.(10分)(2015浙江10月选考)如图甲所示,质量m=3.010-3kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中, “”形框的水平细杆CD长l=0.20m,处于磁感应强度大小B1=1.0T,方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n=300匝,面积S=0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中,其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示。(1)求00.10s线圈中的感应电动势大小。(2)t=0.22s时闭合开关K,若细杆CD所受安培力方向竖直向上,判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向。(3)t=0.22s时闭合开关K,若安培力远大于重力,细框跳起的最大高度h=0.20m,求通过细杆CD的电荷量。【解析】(1)由电磁感应定律E=n(2分)得E=nS=30V(1分)(2)电流方向CD,B2方向向上(2分)(3)由牛顿第二定律F=ma=m(1分)安培力F=IB1l,(1分)Q=It,(1分)v2=2gh,(1分)得Q=0.03C。(1分)答案:(1)30V(2)CD方向向上(3)0.03C15.(12分)如图所示,在坐标xOy平面内存在B=2.0T的匀强磁场,OA与OCA为置于竖直平面内的光滑金属导轨,其中OCA满足曲线方程x=0.50siny m,C为导轨的最右端,导轨OA与OCA相交处的O点和A点分别接有体积可忽略的定值电阻R1和R2,其中R1=4.0、R2=12.0。现有一足够长、质量m=0.10kg的金属棒MN在竖直向上的外力F作用下,以v=3.0m/s的速度向上匀速运动,设棒与两导轨接触良好,除电阻R1、R2外其余电阻不计,g取10m/s2,求:(1)金属棒MN在导轨上运动时感应电流的最大值。(2)外力F的最大值。(3)金属棒MN滑过导轨OC段,整个回路产生的热量。【解析】(1)金属棒MN沿导轨竖直向上运动,进入磁场中切割磁感线产生感应电动势。当金属棒MN匀速运动到C点时,电路中感应电动势最大,产生的感应电流最大。金属棒MN接入电路的有效长度为导轨OCA形状满足的曲线方程中的x值。因此接入电路的金属棒的有效长度为L=x=0.5siny,故Lm=xm=0.5m,(1分)由Em=BLmv,得Em=3.0V,(1分)Im=,(1分