2020高中物理 第3、4章 交变电流 远距离输电 10单元测试 鲁科版选修3-2

PAGE第3、4章《交变电流》《远距离输电》单元测试选择题部分共10小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.1.如图所示，处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直.在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，线圈的cd边离开纸面向外运动.若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图线是(　　)解析：t＝0时刻，感应电动势最大，且电流方向为a→b→c→d→a，故选项C正确.答案：C2.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝3∶1，在原、副线圈中电路分别接有阻值相同的电阻R1、R2.交变电压的大小为U，则下列说法正确的是(　　)A.电阻R1、R2两端的电压之比为3∶1B.电阻R1、R2上消耗的电功率之比为1∶1C.电阻R1、R2两端的电压均为eq\f(U,3)D.电阻R1、R2上消耗的电功率之比为1∶9解析：通过R1、R2的电流之比I1∶I2＝n2∶n1＝1∶3故两电阻上电压之比U1∶U2＝I1R∶I2R＝1∶3两电阻消耗的电功率之比P1∶P2＝1∶9.答案：D3.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入标有“220V,60W”字样灯泡一只，且灯泡正常发光.则(　　)A.电流表的示数eq\f(2\r(2),220)AB.电源的输出功率为1200WC.电流表的示数为eq\f(3,220)AD.原线圈端电压为11V解析：由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)知：电源的输出电压U1＝4.4×103V电流表的示数I1＝eq\f(1,20)×eq\f(60,220)A＝eq\f(3,220)A电源的输出功率等于负载的功率，即P1＝P2＝60W.答案：C4.图示是日光灯的电路图，它主要是由灯管、镇流器和启动器组成的.其中，镇流器是一个带铁芯的线圈，如图甲所示，启动器的构造如图乙所示；为了便于启动，常在启动器的两极并上一纸质电容器C.某教室的一盏日光灯总是出现灯管两端亮而中间不亮的情况，经检查知，灯管是好的，电压正常，镇流器无故障，那原因可能是(　　)甲　　　　　　　　　乙　　　A.启动器两脚与启动器座接触不良B.电容器C断路C.电容器C被击穿而短路D.镇流器自感系数L太大解析：当电容器被击穿而短路时，电流可通过灯管两端的灯丝以及电容形成回路，灯管两端亮中间不亮.答案：C5.模仅次于长江三峡，位居全国第二位、世界第三位的金沙江溪洛渡水电站截流成功，标志着“西电东送”工程又迈出了坚实的一步.下列有关发电与送电的说法中，正确的是(　　)A.水电站截流筑坝有利于储蓄水的内能，提高发电能力B.减小输电线的截面积有利于降低输电时的损耗C.提高输电电压有利于减小输电线中的电流D.增大发电机转子的直径有利于提高发电机的输出电压解析：筑坝是储蓄水的势能，与内能无关，选项A错误；输电线截面积越小，电阻越大，越不利于降低输电时的损耗，选项B错误；在输送功率一定时，输电流线中的电流与输电电压成反比，选项C正确；发电机产生的电动势e＝nBSωsinωt，故增大转子直径从而增大转子线圈的S，有利于提高发电机的输出电压，选项D正确.答案：CD6.照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的.可是我们在晚上七、八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些，这是因为用电高峰时(　　)A.用电器的总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低B.用电器的总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小C.用电器的总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大D.供电线路上的电流恒定，但开的灯比深夜时多，通过每盏灯的电流较小解析：用户电灯两端的电压等于供电线路的路端电压减去供电线上的损失的电压，即：U用＝U0－I线R线又因为用电器总是并联的，用电高峰时用电器的总电阻小，供电线上的电流增大，灯泡两端的电压减小.答案：C7.一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动的产生的交变电流的电动势为e＝220eq\r(2)sin100πtV，那么(　　)A.该交变电流的频率是100HzB.当t＝0时，通过线圈的磁通量恰好为零C.当t＝eq\f(1,200)s时，e有最大值D.该交流电电动势的有效值是220eq\r(2)V解析：该交变电流的频率f＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，选项A错误；由题意知：t＝0时，e＝0，此时线圈处于中性面，磁通量最大，选项B错误；当t＝eq\f(1,200)s时，e＝220eq\r(2)V为电动势的最大值，故有效值U＝eq\f(εm,\r(2))＝220V，选项C正确、D错误.答案：C8.一台理想变压器的原线圈接220V正弦交变电压时，副线圈上仅接有阻值为10Ω的电阻，电阻两端的电压为44V.若将副线圈的匝数增加100匝，则通过副线圈上此电阻的电流增加1.1A.由此可知该变压器原线圈的匝数为(　　)A.200　　　　　　　　　B.2000C.50D.500解析：由题意知，当副线圈匝数增大100匝时，电阻器上的电压U2′＝U2＋ΔIR＝44V＋1.1×100V＝55V又由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可得：eq\f(220,44)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(220,55)＝eq\f(n1,n2＋100)解得：n1＝2000，n2＝400.答案：B9.多数同学家里都有调光台灯、调速电风扇.过去是用变压器来实现上述调节的，缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或风扇的转速.现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的.图示为一个经过双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压，即在正弦交变电流的每一个eq\f(1,2)周期中前面的eq\f(1,4)周期被截去，从而改变了电灯上的电压.则现在电灯上的电压为(　　)A.UmB.eq\f(Um,\r(2))C.eq\f(Um,2)D.eq\f(Um,4)解析：由eq\f(T,4)～eq\f(T,2)及eq\f(3,4)T～T时间段内电压的有效值为eq\f(Um,\r(2))，在0～T内交变电流通过电阻R时做的功WT＝eq\f((\f(Um,\r(2)))2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)·T解得：电压的有效值U＝eq\f(Um,2).答案：C10.在家庭电路中，为了安全，一般在电能表后面的电路中安装一个漏电保护器，如图所示.其原线圈是进户线的火线和零线并在一起的双线绕成的.当漏电保护器的e、f两端没有电压时，脱扣开关S能始终保持接通；当e、f两端一旦有电压时，脱扣开关立即断开，切断电路以起到保护作用.关于这个电路的工作原理，下列说法正确的是(　　)A.当用户的电流超过一定值时，脱扣开关会自动断开B.当火线和零线之间电压太高时，脱扣开关会自动断开C.当站在地面上的人触及b线时，脱扣开关会自动断开D.当站在绝缘物上的人双手分别接触b线和d线时，脱扣开关会自动断开解析：火线、零线中的电流相等时变压器铁芯中的磁通量始终为零，故无论电流多大都不能在副线圈的两端产生感应电动势使脱扣开关断开.故A、B、D错误.当站在地面上的人触及b线时，火线中的部分电流通过人体导入大地，火线中的电流大于零线中的电流，变压器铁芯中的磁通量发生变化，故能在副线圈的两端产生感应电动势使脱扣开关断开.答案：C非选择题部分共3小题，共40分.11.(13分)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10kW，输出电压为400V，向距离较远的用户供电时，为了减少电能损失，使用2kV的高压输电，最后用户得到220V、9.5kW的电力.所用变压器可认为是理想变压器.求：(1)水电站升压变压器原、副线圈的匝数比eq\f(n1,n2).(2)输电线路的导线电阻R.(3)用户降压变压器原、副线圈的匝数比eq\f(n3,n4).解析：(1)升压变压器原、副线圈的匝数比为：eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(400,2×103)＝eq\f(1,5).(2)导线电阻R与输送电流和输电线上损失的电功率有关，有P损＝I2R，而输送电流又决定于输电电压及输送功率，故有：I＝eq\f(P,U2)＝eq\f(10×103,2×103)A＝5A所以R＝eq\f(P损,I2)＝eq\f(10×103－9500,52)Ω＝20Ω.(3)设降压变压器原线圈两端的电压为U3，则有：U3＝U2－IR＝2000V－5×20V＝1900V所以降压变压器原、副线圈匝数比为：eq\f(n3,n4)＝eq\f(U3,U4)＝eq\f(1900,220)＝eq\f(95,11).答案：(1)1∶5　(2)20Ω　(3)95∶1112.(13分)在磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，有一个正方形金属线圈abcd，边长L＝0.2m，线圈的ad边与磁场的左侧边界重合(如图所示)，线圈的电阻R＝0.4Ω.用外力把线圈从磁场中移出有两种方法：一种是用外力把线圈从左侧边界匀速平动移出磁场；另一种是以ad边为轴，用力使线圈匀速转动移出磁场，两种方法所用的时间都是t＝0.1s.求：(1)线圈匀速平动移出磁场的过程中，外力对线圈所做的功.(2)线圈匀速转动移出磁场的过程中，外力对线圈所做的功.解析：(1)使线圈匀速平动移出磁场时，bc边切割磁感线而产生恒定的感应电动势E＝BLv，而v＝eq\f(L,t)外力对线圈所做的功等于线圈中消耗的电能，即：W1＝eq\f(E2,R)t＝eq\f(B2L4,Rt)＝0.01J.(2)线圈以ad边为轴匀速转动移出磁场时，线圈中产生的感应电动势和感应电流都是按正弦规律变化的，感应电动势的最大值为：Em＝BSω又ω＝eq\f(π,2t)外力对线圈所做的功等于线圈中消耗的电能，即：W2＝eq\f(E\o\al(2,m),2R)t＝eq\f(π2B2L4,8Rt)＝0.012J.答案：(1)0.01J　(2)0.012J　　13.(14分)图示为一台小型发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直.矩形线圈的面积S＝2.0×10－2m2，匝数N＝40，线圈电阻r＝1.0Ω，磁场的磁感应强度B＝0.20T.线圈绕OO′轴以ω＝100rad/s的角速度匀速转动.线圈两端外接电阻R＝9.0Ω的小灯泡和一个理想交流电流表.求：(1)线圈中产生的感应电动势的最大值.(2)电流表的示数.(3)小灯泡消耗的电功率.解析：(1)由Em＝NBSω得：Em＝16V.(2)由Im＝eq\f(Em,R＋r)，得：Im＝1.6A由I＝eq\f(Im,\r(2))，得：I＝1.13A即电流表的示数为1.13A.(3)由P＝I2R，得：P＝11.5W.答案：(1)16V　(2)1.13A　(3)11.5W