2024-2025学年高二物理选择性必修第二册（粤教版）第三章测评卷

第三章测评卷(满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28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.根据交变电流瞬时值表达式i=5sin500t(A)可知,从开始计时起,第一次出现电流峰值所需要的时间是()A.2ms B.1ms C.6.28ms D.3.14ms2.下图表示两种电压的波形,其中图甲表示电压按正弦规律变化,下列说法正确的是()A.图甲表示交变电流,图乙表示直流B.两种电压的有效值都是311VC.图甲所示电压的瞬时值表达式为u=220sin100πt(V)D.以上说法都不对3.(2024广东开学考试)如图甲所示,把小灯泡与教学用发电机相连接,匀速转动手柄带动线圈在两磁极之间转动,产生的电动势e随时间t的变化规律如图乙所示,小灯泡正常发光.下列说法正确的是()A.线圈转动的快慢程度不会影响小灯泡的亮度 B.线圈转动产生的电动势e有效值为62VC.手柄匀速转动的角速度为100πrad/s D.t=0时刻,线圈位于中性面4.如图所示,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()A.I1和I2表示电流的瞬时值B.U1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5.如图所示的电路图中,变压器是理想变压器,原线圈匝数n1=600,装有熔断电流为0.5A的保险丝,副线圈的匝数n2=120.要使整个电路正常工作,当原线圈接在180V的交流电源上时,副线圈()A.可接耐压值为36V的电容器B.可接“36V80W”的安全灯C.可接电阻为14Ω的电烙铁D.可串联量程为0~0.6A的电流表测量其电路的总电流6.远距离输电示意图如图所示,线路总电阻为r,发电厂输出电压不变,三个回路的电流依次为I1、I2、I3,两变压器均为理想变压器,左侧变压器输入电压为U1,输出电压为U2;右侧变压器输入电压为U3,输出电压为U4,以下选项错误的是()A.若用户消耗的功率增大,I2随之增大 B.若用户消耗的功率增大,U4随之增大C.U2=U3+I2r D.U1I1=I22r+U47.如图所示,用理想变压器给负载供电,变压器输入电压不变,变压器降压后用总电阻为R的输电线对用电器供电,设两个灯泡的电阻相同,且都在发光,若将滑动变阻器的滑片P向N移动,会出现的现象是()A.电流表的示数变大,灯泡L1、L2均变暗 B.电流表的示数变小,灯泡L1、L2均变暗C.电流表的示数变大,灯泡L1变亮,L2变暗 D.电流表的示数不变,灯泡L1变暗,L2变亮二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18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6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)8.如图所示的电路中要使电流表读数变大,可采用的方法有()A.将R上的滑片向上移动 B.将R上的滑片向下移动C.将开关S由1掷向2 D.将开关S由1掷向39.如图所示,在远距离输电过程中,若保持原线圈的输入功率不变,下列说法正确的是()A.升高U1会减小输电电流I2 B.升高U1会增大线路的功率损耗C.升高U1会增大线路的电压损耗 D.升高U1会提高电能的利用率10.在一阻值为R=10Ω的定值电阻中通入如图所示的交变电流,则()A.此交变电流的频率为0.5HzB.此交变电流的有效值约为3.5AC.在0~2s内电阻产生的热量为250JD.在0~2s内电阻产生的热量为25J三、非选择题(本题共5小题,共54分)11.(8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”).

12.(8分)(2024广东佛山高二期末)“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验装置如图所示.某同学已将学生电源连接了220V的交流电源,电压挡调到6V,将学生电源经开关与可拆变压器左侧线圈上的“0”和“400”两接线柱相连.(1)图中连接了部分电路.现要使接在右侧线圈上的电压表获得低于6V的电压,请在实验装置图中以笔画线代替导线,完成剩余的电路连线.(2)将更大量程的电压表与变压器右侧线圈上的“0”和“”(选填“200”“800”或“1400”)两接线柱相连,观测到该表示数为20.3V.若此时保持电路连通,仅将铁芯横梁从变压器上取出,则该电压表的示数将(选填“不变”“变大”“变小”或“变为0”).

(3)通过分析实验数据发现,每次实验,变压器副线圈输出电压总比理论值小,试指出造成这种结果的原因:.

13.(10分)如图所示,圆形线圈共100匝,半径为r=0.1m,在匀强磁场中绕过直径的轴OO'(垂直磁场方向)匀速转动,磁感应强度B=0.1T,角速度为ω=300πrad/s,电阻为R=10Ω(1)求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)求线圈转动过程中产生的热功率.14.(13分)一居民小区有440户,以前每户平均消耗电功率为100W,使用的区间变压器匝数比为165∶6,恰好能使额定电压为220V的用电器正常工作.现在因用电器增加,每户平均消耗的电功率为250W,若变压器输入电压仍为6600V,区间输电线路不变,为了使用电器正常工作,需换用区间变压器,则换用的变压器的匝数比为多少?15.(15分)风力发电作为新型环保能源,近年来得到了快速发展,如图所示的风车阵中发电机输出功率为100kW,输出电压是250V,用户需要的电压是220V,输电线总电阻为10Ω,输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%.(1)画出此输电线路的示意图.(2)求在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比.(3)求用户得到的电功率.答案：1.D由已知条件有2πT=Ω=500rad/s,则T=2π500rad/s,由表达式可知,从中性面开始计时,第一次出现电流峰值需Δt=T4=2π500×14s=π10002.D甲、乙都为交变电流,所以A错误;两种电压的最大值是311V,而非有效值,B错误;图甲中交变电流的周期为2×10-2s,所以Ω=2πT=100πrad/s,但是最大值是311V,C错误;综上所述,D3.D线圈转动得越快,通过线圈的磁通量变化越快,电路中电流越大,小灯泡越亮,故A错误;线圈转动产生的电动势e有效值为6V,故B错误;线圈转动的角速度为100πrad/s,手柄和线圈通过皮带相连,二者线速度大小相等,由v=Ωr可知Ω与r成反比,从图甲可知手柄转动的圆周半径大于线圈转动的半径,手柄匀速转动的角速度应该小于100πrad/s,故C错误;当线圈平面转到中性面时,通过线圈的磁通量变化率为零,此时感应电动势为零,故D正确.4.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入=P出,得原线圈的输入功率变大,由P=IU可知,原线圈电路中的电流变大,C5.B根据U1U2=n1n2得U2=n2n1U1=36V,又由I1I2=n2n1,在保险丝安全的条件下,副线圈中允许通过的最大电流为I2=n1n2I1=600120×0.5A=2.5A,最大输出功率Pm=I2U2=2.5×36W=90W,B选项正确.交流电压的最大值为362V,所以A选项错误.接14Ω的电阻时,流过电阻的电流将达到I2'=1876.B若用户消耗的功率增大,则I3会变大,则由变压器匝数比等于电流比的倒数可知,I2随之增大,输电线r上的电压变大,则U3减小,U4减小,选项A正确,B错误;由串联电路的特点可知,U2=U3+I2r,选项C正确;由能量关系可知,U1I1=I22r+U3I2=I22r+U4I3,7.C副线圈输出电压不变,滑动变阻器的滑片P向N移动的过程中,并联部分电阻减小,副线圈中的电流增大,但因为灯泡L2两端的电压减小,所以通过灯泡L2的电流减小,又因为总电流增大,所以通过灯泡L1的电流增大,即灯泡L1变亮,灯泡L2变暗.副线圈上的电流增大,输出功率变大,输入功率变大,而输入电压不变,输入电流变大,电流表的示数变大.故选C.8.BC在输入电压和原、副线圈匝数比n1n2一定的情况下,输出电压U2是一定的,当R减小时,由I2=U2R可知电流表读数变大,故应将R上的滑片向下移动,选项B正确.在输入电压U1一定的条件下,减小原、副线圈匝数比n1n2,则输出电压U2(U2=n2n1U1)增大,故I2=9.AD提高输电电压U1,由于输入功率不变,则I1将减小,又因为I2=n1n2I1,所以I2将减小,故A正确;线路功率损耗P损=I22R,因此功率损耗也减小,由ΔU=I2R可知电压损耗减小,故B、C错误;因线路损耗功率减小10.ABC由图知,交变电流的周期为2s,故频率f=1T=0.5Hz,A正确根据有效值的定义,由I2RT=I12RT2+I22RT2=250J得,I11.答案交流电源增大减小控制变量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U1U2=n1n2,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U112.答案(1)见解析图(2)1400变小(3)有漏磁、铁芯发热、导线发热等解析(1)变压器的原线圈输入电压为6V,匝数为400,需要副线圈输出电压低于6V,则副线圈选择200匝,连接电路如图所示.(2)变压器的副线圈若选择800匝,由电压比等于匝数比可得输出电压为12V,若选择1400匝,可得输出电压为21V,而实际电压为20.3V,则副线圈一定选择的是“0”和“1400”两接线柱相连;若此时保持电路连通,仅将铁芯横梁从变压器上取出,就有较多的磁损,互感减弱,副线圈获得的电压变小.(3)变压器副线圈输出电压总比理论值小,可能的原因是有漏磁、铁芯发热、导线发热等.13.答案(1)3A(2)i=3sin300πt(A)解析(1)当从题图示位置转过90°时,线圈中有最大感应电流.最大感应电动势为Em=NBSΩ=100×0.1×π×0.12×300πV=30Im=EmR=3(2)由题意知i=ImsinΩt即i=3sin300πt(A)(3)感应电流的有效值I=Im2发热功率P=I2R=(32)2×10W=45W.14.答案220∶9解析未换时输电电流I=P总U用=440×输送电压U2=n2n1U1=由ΔU=U2-U用=IR线,得R线=0.1Ω换变压器后I'=P总'U用线路电压损失ΔU'=I'R线=50V变压器输出电压U2'=U用+ΔU'=270V变压器匝