人教版高中物理选修3-2单元测评(二)

高中物理学习材料

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单元测评(二) 交变电流

(时间：90分钟 满分：100分)

第Ⅰ卷(选择题，共48分)

一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．)

1．在下图中，不能产生交变电流的是(

)

A

B

C

D 解析：矩形线圈绕着垂直于磁场方向的转轴做匀速圆周运动就产生交流电，而A图中的转轴与磁场方向平行，线圈中无电流产生，所以选A.

答案：A

2．闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的正弦式交变电流i＝Imsin ωt.若保持其他条件不变，使线圈的匝数和转速各增加1倍，则电流的变化规律为( )

A．i′＝Imsin ωt B．i′＝Imsin 2ωt

C．i′＝2Imsin ωt D．i′＝2Imsin 2ωt

解析：由电动势的最大值知，最大电动势与角速度成正比，与匝数成正比，所以电动势最大值为4Em，匝数加倍后，其电阻也应该加倍，此时线圈的电阻为2R，根据欧姆定律可得电流的最大值为Im′＝4Em2R＝2Im，因此，电流的变化规律为i′＝2Imsin 2ωt.

答案：D

3. (多选题)如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的 (

)

A．周期是0.01 s

B．最大值是311 V

C．有效值是220 V D．表达式为u＝220sin 100πt(V)

解析：由波形图可知：周期T＝0.02 s，电压最大值Um＝311 V，所以有效值U＝Um2＝220 V，表达式为u＝Umsin2πTt(V)＝311sin100πt(V)，故选项B、C正确，选项A、D错误．

答案：BC

4. (多选题)如图所示，变频交变电源的频率可在20 Hz到20 kHz之间调节，在某一频率时，L1、L2两只灯泡的炽热程度相同．则下列说法中正确的是 (

)

A．如果将频率增大，L1炽热程度减弱、L2炽热程度加强

B．如果将频率增大，L1炽热程度加强、L2炽热程度减弱

C．如果将频率减小，L1炽热程度减弱、L2炽热程度加强

D．如果将频率减小，L1炽热程度加强、L2炽热程度减弱

解析：某一频率时，两只灯泡炽热程度相同，应有两灯泡消耗的功率相同，频率增大时，感抗增大，而容抗减小，故通过A1的电流增大，通过A2的电流减小，故B项正确；同理可得C项正确，故选B、C.

答案：BC

5．(多选题)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

解析：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项对；线路功率损耗P损＝I22R，因此功率损耗在减小，电压损失减小，故B项、C项错误；因线路损耗功率减小，因此利用率将升高，D项正确．

答案：AD

6．如图甲所示，a、b为两个并排放置的共轴线圈，a中通有如图乙所示的交变电流，则下列判断错误的是(

)

甲

乙

A．在t1到t2时间内，a、b相吸

B．在t2到t3时间内，a、b相斥

C．t1时刻两线圈间作用力为零

D．t2时刻两线圈间吸引力最大

解析： t1到t2时间内，a中电流减小，a中的磁场穿过b且减小，因此b中产生与a同向的磁场，故a、b相吸，A选项正确；同理B选项正确；t1时刻a中电流最大，但变化率为零，b中无感应电流，故两线圈的作用力为零，故C选项正确；t2时刻a中电流为零，但此时电流的变化率最大，b中的感应电流最大，但相互作用力为零，故D选项错误．因此，错误的应是D.

答案：D

7．如图所示是四种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用的白炽灯泡相同，且都是“220 V 40 W”，当灯泡所消耗的功率都调到20 W时，消耗功率最小的台灯是(

)

A

B

C

D

解析：利用变阻器调节到20 W时，除电灯消耗电能外，变阻器由于热效应也要消耗一部分电能，使台灯消耗的功率大于20 W，利用变压器调节时，变压器的输入功率等于输出功率，本身不消耗电能，所以C中台灯消耗的功率最小．

答案：C 8．一电阻接一直流电源，通过4 A的电流时热功率为P，若换接一正弦交流电源，它的热功率变为P2，则该交流电电流的最大值为( )

A．4 A B．6 A

C．2 A D．42 A

解析：由P＝I2R得R＝PI2＝P16，接交流电时，P2＝I′2P16，2I′2＝16，I′＝42 A，所以Im＝2 I′＝4 A．应选A.

答案：A

9．(多选题) 如图所示为两个互感器，在图中圆圈内a、b表示电表，已知电压比为100∶1，电流比为10∶1，电压表的示数为220

V，电流表的示数为10 A，则(

)

A．a为电流表，b为电压表

B．a为电压表，b为电流表

C．线路输送电功率是2 200 W

D．线路输送电功率是2.2×106 W

解析：电压互感器应并联在电路中，并且是降压变压器，即图中a为电压互感器，由其读数知，输电线上的电压为22 000 V，同理可知输电线上的电流为100 A. 答案：BD

10．水电站向小山村输电，输送电功率为50 kW，若以1 100 V送电，则线路损失为10 kW，若以3 300 V送电，则线路损失可降为( )

A．3.3 kW B．1.1 kW

C．30 kW D．11 kW

解析：由P＝UI，ΔP＝I2R可得：ΔP＝P2U2R，所以当输送电压增大为原来3倍时，线路损失变为原来的19，即ΔP＝1.1 kW.

答案：B

11．如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，原线圈接正弦式交流电，副线圈接电动机，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，电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升，若电动机因摩擦造成的能量损失不计，则图中电压表的读数为(

)

A．4IR＋mgvI B.mgvI

C．4IR D.14IR＋mgvI

解析：根据电流与匝数的关系知变压器的输出电流为2I，电动机消耗的总功率为P2＝mgv＋4IR，又变压器的输入功率P1＝UI＝P2＝mgv＋4I2R，则U＝mgvI＋4IR，故A项正确．

答案：A

12．(多选题)如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u＝311sin 314t (V)的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2是半导体热敏传感器(温度升高时R2的电阻减小)，电流表A2安装在值班室，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是(

)

A．A1的示数增大，A2的示数减小

B．A1的示数不变，A2的示数增大

C．V1的示数不变，V2的示数减小

D．V1的示数增大，V2的示数增大

解析：传感器R2所在处出现火警，温度升高，则R2电阻减小，副线圈负载电阻减小．因输出电压不变，所以副线圈电流增大，则电阻R3两端电压增大，电压表V2的示数减小，电流表A2的示数减小．副线圈电流增大，则原线圈电流增大，但输入电压不变，即电流表A1的示数增大，电压表V1的示数不变．

答案：AC

第Ⅱ卷(非选择题，共52分)

二、计算题(本题有4小题，共52分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)

13．(12分)一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n＝100匝．穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间按正弦规律变化，如图甲所示．发电机内阻r＝5.0 Ω，外电路电阻R＝95 Ω.已知感应电动势的最大值Em＝nωΦm，其中Φm为穿过每匝线圈磁通量的最大值．求串联在外电路中的交流电流表(内阻不计)的读数．

甲

乙

解析：从Φ－t图线看出

Φm＝1.0×10－2Wb，T＝3.14×10－2s.(2分)

已知感应电动势的最大值Em＝nωΦm，

又ω＝2πT.(3分)

故电路中电流最大值Im＝EmR＋r＝n·2π·ΦmTR＋r ＝100×2×3.14×1.0×10－23.14×95＋5.0×10－2 A＝2 A(4分)

交流电流表读数是交变电流的有效值，

即I＝Im2＝1.4 A．(3分)

答案：1.4 A

14．(12分)有一个电子元件，当它两端的电压的瞬时值高于u＝1102 V时则导电，低于u＝1102 V时不导电，若把这个电子元件接到220 V、50 Hz的正弦式交变电流的两端，则它在1 s内导电多少次？每个周期内的导电时间为多少？

解析：由题意知，加在电子元件两端电压随时间变化的图象如图所示，

表达式为u＝2202sinωt V．(2分)

其中ω＝2πf，f＝50 Hz，T＝1f＝0.02 s，

得u＝2202sin100πt V．(2分)

把u′＝1102 V代入上述表达式得到t1＝1600 s，t2＝5600 s(2分) 所以每个周期内的通电时间为Δt＝2(t2－t1)＝4300 s＝175 s．(3分)

由所画的u－t图象知，一个周期内导电两次，

所以1 s内导电的次数为n＝2tT＝100.(3分)

答案：100次 175 s

15．(14分)如图所示，变压器原线圈输入电压为220 V，副线圈输出电压为36 V，两只灯泡的额定电压均为36 V，L1额定功率为12

W，L2额定功率为6 W．求：

(1)该变压器的原、副线圈匝数比．

(2)两灯均工作时原线圈的电流以及只有L1工作时原线圈中的电流．

解析：(1)由变压比公式得U1U2＝n1n2(2分)

n1n2＝22036＝559.(2分)

(2)两灯均工作时，由能量守恒得P1＋P2＝U1I1(3分)

I1＝P1＋P2U1＝12＋6220 A＝0.082 A(2分)

只有L1灯工作时，由

能量守恒得P1＝U1I′1(3分)

解得I′1＝P1U1＝12220 A＝0.055 A．(2分)

答案：(1)55∶9 (2)0.082 A 0.055 A