2019高中物理第五章交变电流综合测评（二）（含解析）新人教版 8页

综合测评(二)命题报告知识点简单中等较难1.交变电流1、2、410、11、12152.电感与电容33.变压器5、68、9、13144.电能的输送716(时间：60分钟　满分：100分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分．选不全的得3分，有选错或不答的不得分)1．根据交变电流瞬时值表达式i＝5sin500tA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．1msC．6.28msD．3.14ms【解析】　(方法一)由已知条件有＝ω＝500rad/s，则T＝2π/500，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＝T/4＝2π/500×s＝s＝3.14×10－3s.(方法二)由交流电瞬时值表达式，当i为最大值时有sin(ωt)＝1，即500t＝π/2，则t＝π/1000＝3.14×10－3s．故选D.【答案】　D2．下图表示两种电压的波形，其中图1甲表示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是(　　)图1A．图1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1甲所示电压的瞬时值表达式为u＝220sin100πtVD．以上说法都不对【解析】　只要电流的方向发生变化，该电流就叫作交变电流，所以A选项错误；两种电压的最大值是311V，而非有效值，B选项错误；图甲中交变电流的周期为2×10－2s，所以ω＝＝100πrad/s，但是最大值是311V，所以选项C错误、选项D正确．【答案】　Dn图23．(多选)如图2所示，变频交变电源的频率可在20Hz到20kHz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L1的电流增大，通过L2的电流减小，故B项正确，同理可得C项正确．故选B、C.【答案】　BC4．一正弦式交变电压随时间变化的规律如图3所示，由图可知(　　)图3A．该交变电压的有效值为100VB．该交变电压的频率为25HzC．该交变电压瞬时值的表达式为u＝100sin25tVD．若将该交变电压加在阻值为100Ω的电阻两端，该电阻消耗的功率为50W【解析】　根据图象可知该交变电流的最大值为100V，A错；周期为4×10－2s，所以频率为25Hz，B对；ω＝2πf＝50π，交变电压瞬时值表达式为u＝100sin50πtV，C错；若将该交变电压加在阻值为100Ω的电阻两端，因为电压有效值为V，所以功率为W＝100W，D错．【答案】　B5．(多选)如图4所示的电路中要使电流表读数变大，可采用的方法有(　　)图4A．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2D．将开关S由1掷向3【解析】　在输入电压和原、副线圈匝数比一定的情况下，输出电压U2是一定的，当R减小时，由I2＝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，则输出电压U2增大，故I2n＝增大，开关S应掷向2，选项C正确．【答案】　BC图56．(2013·天津高考)普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图5中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则(　　)A．ab接MN、cd接PQ，IabIcdC．ab接PQ、cd接MN，IabIcd【解析】　根据变压器的工作原理＝解决问题．高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，根据＝，MN应接匝数少的线圈，故ab接MN，cd接PQ，且Iab>Icd，选项B正确．【答案】　B7．(多选)如图6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(　　)图6A．升高U1会减小输电电流I2B．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＝I1，所以I2将减小，故A正确；线路功率损耗P损＝IR，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，因此利用率将升高，D正确．【答案】　AD8．(2012·福建高考)如图7，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(　　)图7A．I1和I2表示电流的瞬间值nB．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【解析】　电压表V1和V2分别测量的变压器原、副线圈的输入、输出电压的有效值，电流表A1和A2分别测量的原、副线圈电路中电流的有效值，A、B项错误；滑动变阻器向下滑动时，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＝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，C项正确，D项错误．【答案】　C9.图8如图8所示的电路图中，变压器是理想变压器，原线圈匝数n1＝600匝，装有熔断电流为0.5A的保险丝，副线圈的匝数n2＝120匝．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“36V　40W”的安全灯两盏C．可接电阻为14Ω的电烙铁D．可串联量程为0.6A的电流表测量其电路的总电流【解析】　根据＝得U2＝U1＝36V，又由＝，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＝I1＝×0.5A＝2.5A，最大输出功率Pm＝I2U2＝2.5×36W＝90W，B选项正确．而交流电压的最大值为36V，所以A选项错误．接14Ω的电阻时，流过电阻的电流将达到I2′＝A>2.5A,C选项错误．若副线圈串联量程为0.6A的电流表，则电流表可能会被烧坏，D选项错误．【答案】　B10．(多选)在一阻值为R＝10Ω的定值电阻中通入如图9所示的交流电，则(　　)图9A．此交流电的频率为0.5HzB．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】　由图知，交流电的周期为2s，故频率f＝＝0.5Hz，An正确；根据有效值的定义，由I2RT＝IR＋IR＝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＝I1＋I2＝1C，C正确．故选ABC.【答案】　ABC二、填空题(本大题共3小题，共20分，把答案填在题中的横线上)11．(6分)如图10所示，匝数为100匝的圆形线圈绕与磁场垂直的轴OO′，以50r/s的转速转动，穿过线圈的最大磁通量为0.01Wb，从图示的位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式____________________．图10【解析】　本题图示位置为线圈平面与磁场方向平行的位置，感应电动势的瞬时值表达式e＝Emcosωt，而Em＝NBSω，ω＝2πn，Φm＝BS＝0.01Wb.所以Em＝100×0.01×2×3.14×50V＝314V，ω＝2πn＝2×3.14×50rad/s＝314rad/s.故感应电动势的瞬时值表达式为：e＝Emcosωt＝314cos314tV.【答案】　e＝314cos314tV图1112．(6分)一个面积为S的矩形线圈在匀强磁场中以其一条边为轴做匀速转动，磁场方向与转轴垂直，线圈中感应电动势e与时间t的关系如图11所示，感应电动势的最大值和周期可由图中读出，则磁场的磁感应强度B＝________．在t＝T/12时刻，线圈平面与磁感应强度的夹角θ＝________．【解析】　由于线圈在匀强磁场中以其一条边为轴做匀速转动时，交变电流的公式仍然适用．由图可以直接读出交变电流的最大值Em和周期T.感应电动势为最大值时，线圈平面与磁场方向平行，感应电动势的最大值为Em＝NBSω，式中的N＝1，ω＝，由此可求得B＝.从图象可以看出，线圈开始转动时为最大值，这时线圈平面与磁场B方向平行，从开始时刻起线圈转过的角度，也就是线圈平面与B的夹角，设这个夹角为θ，则θ＝ωt，在t＝T/12时刻，θ＝ωt＝×＝.【答案】　　n图1213．(8分)如图12所示，一理想变压器上绕有A、B、C三个线圈，匝数比nA∶nB∶nC＝4∶2∶1，在副线圈B和C的两端各接一个相同的电阻R，当原线圈A与交变电源连接时，交变电流表A2的示数为I0，则交变电流表A1的示数为________．【解析】　由＝＝2可得UC＝UB，IC＝I0.对于理想变压器有P1＝P2＋P3.即IAUA＝I0UB＋ICUC.所以IA＝I0＋IC＝I0＋·，解得IA＝5I0/8.【答案】　5I0/8三、计算题(本题共3小题，共30分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)图1314．(8分)如图13所示，变压器副线圈电路中有电阻R＝7.26Ω，消耗的功率为6W．另有一匝线圈接有电压表，读数U0＝50mV.原线圈两端电压为u＝311sin100πtV．求原、副线圈的匝数和铁芯内的磁通量变化率表达式．【解析】　由题中条件可知该变压器每匝线圈感应电压有效值为50mV.由P2＝可得U2＝6.6V，即可得n2＝＝132(匝)．由原线圈两端电压表达式可知交变电压的有效值为U1＝220V，再由＝得原线圈匝数n1＝4400(匝)．铁芯内磁通量的变化率即单匝线圈的感应电动势，其最大值为0.05V，表达式为＝0.05sin100πtWb/s.【答案】　4400匝　132匝　0.05sin100πtWb/s图1415．(10分)如图14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′匀速转动，磁感应强度B＝0.1T，角速度为ω＝rad/s，电阻为R＝10Ω，求：(1)线圈由图示位置转过90°时，线圈中的感应电流为多大？(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)线圈转动过程中产生的热功率多大．n【解析】　(1)当从图示位置转过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×V＝30VIm＝＝3A.(2)由题意知i＝Imsinωt，即i＝3sintA.(3)感应电流的有效值I＝＝A.发热功率P＝I2R＝×10W＝45W.【答案】　(1)3A　(2)i＝3sintA　(3)45W16．(12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，现在因家用电器增加，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，为了使家用电器正常工作，需换用区间变压器，则此变压器的匝数比为多少？【解析】　未换时输电电流：I＝＝200A输送电压U2＝U1＝240V由ΔU＝U2－U用＝IR线，得R线＝0.1Ω换变压器后I′＝＝500A线路电压损失ΔU′＝I′R线＝50V变压器输出电压U2′＝U用＋ΔU′＝270V变压器匝数比n1∶n2＝U1∶U2′＝220∶9.【答案】　220∶9附加题(本题供学生拓展学习，不计入试卷总分)17．(2012·江苏高考)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图15所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π.磁场均沿半径方向．匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l.线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场．在磁场中．两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r，外接电阻为R.求：n图15(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；(3)外接电阻上电流的有效值I.【解析】　(1)bc、ad边的运动速度v＝ω感应电动势Em＝2NB(2l)v解得Em＝2NBl2ω.(2)电流Im＝　安培力F＝2NBIml解得F＝.(3)一个周期内，通电时间t＝TR上消耗的电能W＝IRt且W＝I2RT解得I＝.【答案】　(1)2NBl2ω　(2)　(3)