人教版（2022）高中物理选择性必修第二册单元复习题（三）word含答案

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。单元素养评价（三）（第三章）(90分钟100分)一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24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.变压器线圈中的电流越大,所用的导线应当越粗。街头见到的变压器是降压变压器,假设它只有一个原线圈和一个副线圈,则 ()A.副线圈的导线应当粗些,且副线圈的匝数少B.副线圈的导线应当粗些,且副线圈的匝数多C.原线圈的导线应当粗些,且原线圈的匝数少D.原线圈的导线应当粗些,且原线圈的匝数多【解析】选A。街头见到的变压器是降压变压器,可知原线圈的匝数比副线圈的匝数多,由于功率相同,而原线圈中电压大,所以原线圈的电流比副线圈的电流要小,副线圈的电流大,导线要用粗的,原线圈的电流小,导线要用细的。故A正确,B、C、D错误。2.如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1,V、R和L分别是理想电压表、定值电阻和电感线圈,D1、D2均为灯泡。已知原线圈两端电压u按图乙所示正弦规律变化,下列说法正确的是 ()A.电压表示数为VB.电压u的表达式为u=311sin50πt(V)C.仅增大电压u的频率,电压表示数增大D.仅增大电压u的频率,D1亮度不变,D2变暗【解析】选D。由图像可知变压器输入电压的有效值为220V,由U1U2=n1n2,可得电压表的示数为44V,A错误;由图像可知输入电压的最大值为Um=311V,周期T=2×10-2s,ω=23.一个单匝矩形金属线框的面积为S,线框在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,从线框平面与磁场垂直的位置开始计时,转速为n,则 ()A.线框产生的感应电动势的最大值为πnBSB.线框产生的感应电动势的有效值2πnBSC.从开始转动经过T2D.线框产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=2nπBSsinnπt【解析】选B。因ω=2πn,则交变电动势的最大值为:Em=BSω=2πnBS,故A错误;线框交变电动势的有效值为:E=22Em=2πnBS,故B正确;从开始转动经过12T周期,线框中的平均感应电动势为:E=ΔΦΔt=24.由发电站向远方工厂输电,在输出功率相同的情况下,下述哪个方法可减小输电线路中电能损失 ()A.采用电阻率较大的导线B.减小输电导线的横截面积C.增大输电电流D.增大输电电压【解析】选D。根据P=UI得,I=PU,则输电导线上损耗的功率P损=I2R=P5.图甲为远距离输电示意图,变压器均为理想变压器,升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100,其输入电压如图乙所示,远距离输电线的总电阻为100Ω。降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图,其中R1为一定值电阻,R2为热敏电阻,当温度升高时其阻值变小,电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)。未发生火情时,升压变压器的输入功率为750kW。下列说法中正确的是 ()A.降压变压器副线圈输出的交流电频率为100HzB.未发生火情时,远距离输电线路损耗功率为180kWC.当R2所在处发生火情时,电压表V的示数变大D.当R2所在处发生火情时,输电线上的电流变大【解析】选D。由题图乙知交流电的周期为s,所以频率为50Hz,变压器不改变交流电的频率,A错误;由题图乙知升压变压器输入电压的有效值为250V,根据升压变压器变压规律知副线圈两端电压为25000V,所以输电线中的电流为I=PU=30A,输电线路损失的电压为ΔU=IR=30×100V=3000V,输电线路损耗功率为ΔP=IΔU=90kW,B错误;当R2所在处发生火情时其阻值减小,副线圈中电流增大,根据降压变压器变流规律知输电线上的电流变大,输电线上的分压增大,降压变压器两端的电压变小,根据降压变压器变压规律和串联分压,R16.一理想自耦变压器如图所示,环形铁芯上只绕有一个线圈,将其接在a、b间作为原线圈,通过滑动触头取该线圈的一部分,接在c、d间作为副线圈,副线圈两端连有一电阻R。在a、b间输入电压为U1的交变电压时,c、d间的电压为U2,在将滑动触头从图中M点逆时针旋转到N点的过程中 ()有可能大于U1、U2均增大不变、U2增大、b间输入功率不变【解析】选C。根据变压器的电压关系有U1U2=n1n2,当滑动触头从题图中M点逆时针旋转到N点的过程中,即n2增加,U1不变,电压U7.一交流电源,电压u=2202sin100πt(V),通过理想变压器对电路供电,电路如图所示。已知原副线圈匝数比为4∶1,照明灯的额定功率为55W,排气扇电动机线圈的电阻为1Ω,电流表的示数为3A,用电器均正常工作,电表均为理想电表,则 ()A.电压表的示数为880VB.电动机的发热功率为4WC.电动机的电功率为106WD.通过保险丝的电流为12A【解析】选B。根据题意知道变压器的输入电压的有效值为U1=220V,电压表示数为变压器的输出电压,根据U1U2=41,可以得到U2=55V,故A错误;因为照明灯正常发光,所以通过照明灯的电流为IL=PLU2=1A,电流表的示数为变压器的输出电流I2=3A,根据并联电路电流的特点可知通过电动机的电流为IM=I2-IL=2A,所以电动机的发热功率为P热=IM2RM=4W,故B正确;电动机的电功率为P=U2IM=110W,故C错误;通过保险丝的电流即为变压器的输入电流I8.如图,理想变压器原线圈输入电压U=Umsinωt,副线圈电路中R0为定值电阻,R是滑动变阻器。V1和V2是理想交流电压表,示数分别用U1和U2表示;A1和A2是理想交流电流表,示数分别用I1和I2表示。下列说法正确的是 ()和I2表示电流的瞬间值和U2表示电压的最大值C.滑片P向下滑动过程中,U2不变、I1变大D.滑片P向下滑动过程中,U2变小、I1变小【解析】选C。电压表V1和V2分别测量变压器原、副线圈的输入、输出电压的有效值,电流表A1和A2分别测量原、副线圈电路中电流的有效值,A、B项错误;滑动变阻器滑片P向下滑动时,接入电路的电阻变小,原副线圈输入、输出电压不变,由欧姆定律I=UR+R0可知,副线圈电路中的电流变大,副线圈输出功率变大,由P【总结提升】(1)理想变压器将电能由原线圈传给副线圈时总是“量出为入”,即用户消耗多少,原线圈就提供多少,因而输出功率决定输入功率。(2)可以把理想变压器的副线圈看作给用户供电的无阻电源,对负载电路进行动态分析时,可以参照直流电路动态分析的方法。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.如图(甲)所示,理想变压器原副线圈的匝数比为10∶1,b是原线圈的中心抽头,电压表和电流表均为理想电表,除R以外其余电阻不计。从某时刻开始将单刀双掷开关掷向a,在原线圈两端加上如图乙所示交变电压。则下列说法中正确的是 ()A.该交变电压瞬时值表达式为u1=311cos100πt(V)=2×10-2s时,电压表的读数为VC.单刀双掷开关由a掷向b,电压表和电流表的示数都变大D.滑动变阻器滑片向上移,电压表示数不变,电流表的示数变大【解析】选A、C。由图像知电压峰值为311V,角速度为ω=2πT=100πrad/s,故该交变电压瞬时值表达式为u1=311cos100πt(V),故A正确;把t=2×10-2s代入瞬时值表达式得到的是瞬时电压,但电压表的读数为有效值,为U2=n2n1U1=10.在一阻值为R=10Ω的定值电阻中通入如图所示的交流电,则 ()A.此交流电的频率为HzB.此交流电的有效值约为3.5AC.在2～4s内通过该电阻的电荷量为1CD.在0～2s内电阻产生的焦耳热为25J【解析】选A、B、C。由图知,交流电的周期为2s,故频率f=1T=Hz,A正确;根据有效值的定义,由I2RT=I12RT2+I22RT2=250J得,I≈3.5A,B正确,D错误;在2～4s内通过该电阻的电荷量为Q=I211.如图甲所示,M是一个小型理想变压器,原、副线圈匝数比n1∶n2=11∶1,a、b端接有正弦交变电流,电压随时间的变化规律如图乙所示。变压器右侧部分为一火警报警电路原理图,其中R2为用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器,R1为一定值电阻,电压表和电流表可视为理想电表。下列说法中正确的是 ()A.变压器副线圈的输出电压的表达式为u=202sin100πt(V)B.当传感器R2所在处未出现火警时,电压表的示数为20VC.当传感器R2所在处出现火警时,电压表的示数减小D.当传感器R2所在处出现火警时,电流表的示数减小【解析】选A、C。变压器副线圈电压最大值为U2m=n2n1U1m=1202V,ω=2π202sin100πt(V),选项A正确;变压器副线圈电压有效值为U2=U2m2=20V,故当传感器R2所在处未出现火警时,电压表的示数小于20V,选项B错误;当传感器R2所在处出现火警时,R2阻值减小,次级电流增大,,电阻R1的电压增大,R12.如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图,其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动,线圈的两端经集流环和电刷与阻值为R=10Ω的电阻连接,与电阻R并联的交流电压表为理想电表,示数是10V。图乙是穿过矩形线圈的磁通量Φ随时间t变化的图像,线圈电阻忽略不计,则下列说法正确的是 ()A.电阻R上的电功率为10Ws时R两端的电压瞬时值为零两端的电压u随时间t变化的规律是u=102cos(100πt)VD.通过R的电流i随时间t变化的规律是i=cos(100πt)A【解析】选A、C。根据公式P=U2s时通过线圈的磁通量为零,电动势最大,R两端的电压瞬时值为102V,故选项B错误;由题图乙可知,T=s,电动势的最大值为Em=2U=102V,ω=2πT=100πrad/s,又因为此交变电流是从垂直于中性面开始计时的,所以R两端的电压u随时间t变化的规律是u=102cos(100πt)V,故选项C正确;Im=EmR=三、实验题:本题共2小题,共14分。13.(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________(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”)。上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是__

(选填“控制变量法”“转换法”或“类比法”)。【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12V的低压交流电源;根据变压比公式U1U2=n1n2答案:交流电源增大减小控制变量法14.(8分)(1)某学生选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验时,原线圈接在学生电源上,用多用电表测量副线圈的电压,下列操作正确的是__________

A.原线圈接直流电压,电表用直流电压挡B.原线圈接直流电压,电表用交流电压挡C.原线圈接交流电压,电表用直流电压挡D.原线圈接交流电压,电表用交流电压挡(2)该学生继续做实验,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”)。上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是控制变量法。

【解析】(1)变压器的工作原理是互感现象,故原线圈接交流电压,输出电压也是交流电压,故电表用交流电压挡,故A、B、C错误,D正确;(2)根据变压比公式U1U2=n1n答案:(1)D(2)增大减小四、计算题:本题共4小题,共46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。15.(8分)如图,一个小型应急交流发电机,内部为n=50匝、边长L=20cm的正方形线圈,总电阻为r=Ω。线圈在磁感应强度为B=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=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=100rad/s时,电灯正常发光。求:(1)交流发电机发出的电动势的最大值;(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Em=nBSω=nBωL2=20V(2分)(2)电动势的有效值为E=Em2=10电灯正常发光的电流I=Er+R=10电灯正常发光的功率P=I2R=18W(2分)(3)q=IΔt=nΔΦR+r=nBSsin(4)整个回路上产生的热量为Q=I2(R+r)t=1200JW外=Q=1200J。 (2分)答案:(1)20V(2)18W(3)0.01C(4)1200J16.(8分)如图所示,面积为0.02m2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD,绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动,转动的角速度为100rad/s,匀强磁场的磁感应强度为2(1)线圈中感应电动势的表达式。(2)当原、副线圈匝数比为2∶1时,求电阻R上消耗的功率。【解析】(1)矩形闭合线圈ABCD在磁场中转动,产生的交流电的电压最大值为:Em=nBSω=100×22××100V=1002则从题干图示位置开始转动时;线圈中感应电动势的表达式为e=1002cos(100t)V(2分)(2)由于最大值为有效值的2倍,所以交流电电压的有效值为:U=1002当原、副线圈匝数比为2:1时,输出电压为:U2=12×电阻上消耗的功率为:P=U22R答案:(1)e=1002cos(100t)V(2)50W17.(14分)如图所示,匝数n=100的正方形线圈abcd固定在竖直平面内,与电阻R1、理想变压器连成电路。在线圈的中心水平放置一个条形磁铁,使磁铁绕竖直方向的轴OO′匀速转动,使线圈内的磁通量Φ=250πsin(100πt)Wb。已知线圈的电阻r=4Ω,R1=46Ω,R2=10Ω,其余导线的电阻不计。理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n(1)线圈产生电动势的最大值Em;(2)若断开S2,闭合S1,求磁铁从图示位置转过90°的过程中,通过R1的电荷量q;(3)断开S1,闭合S2,求R2消耗的功率P。【解析】(1)Em=nBSω=nΦmω, (2分)解得Em=2002V(2分)