新教材2023高中物理第三章交变电流章末整合提升新人教版选择性必修第二册 试卷

这是一份新教材2023高中物理第三章交变电流章末整合提升新人教版选择性必修第二册，共8页。
第三章 交变电流 章末整合提升主题一　交变电流“四值”的计算和应用1.最大值:线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动所产生的交流的最大值Em=NBSω.电容器的耐压值指的是最大值.2.瞬时值:从线圈平面处于中性面时开始计时,电动势的瞬时值表达式为e=Emsin ωt,电流的瞬时值表达式为i=Imsin ωt.瞬时值对应某一时刻的电压、电流值.3.有效值:正弦式电流的有效值E=、I=,非正弦式电流的有效值应根据有效值的概念计算.求电功、电功率,确定保险丝的熔断电流,要用到有效值;没有特殊说明时,交流的电流、电压、电动势指有效值,交流电表的测量值是有效值,交流用电设备上所标的额定电压、额定电流是有效值.4.平均值:平均值需用=N和=进行计算,求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值,q=·Δt=N.【典例1】在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动,如图甲所示.产生的感应电动势随时间变化的规律如图乙所示,则下列说法正确的是              (　　)甲乙A.t=0.01 s时穿过线框的磁通量最小B.当线框平面位于中性面位置时,感应电动势为11 VC.该感应电动势的瞬时值表达式为e=22·cos 100πt(V)D.感应电动势瞬时值为22 V时,线框平面与中性面的夹角为45°解析:由题图乙知t=0.01 s时,感应电动势为0,穿过线框的磁通量最大,选项A错误.当线框平面位于中性面位置时,感应电动势为0,选项B错误.当t=0时,感应电动势为0,线框平面与磁场方向垂直,故产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=22sin 100πt(V),选项C错误.感应电动势瞬时值为22 V时,线框平面与中性面的夹角为45°,选项D正确.答案:D【典例2】(多选)下图是小型交流发电机的原理示意图,线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO'沿逆时针方向匀速转动,线圈的匝数为N、电阻为r,外接电阻R和交流电流表A.线圈从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)开始转过时的感应电流为I.下列说法正确的有              (　　)A.流过电阻的最大电流为2IB.转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为C.从图示位置开始转过的过程中,通过电阻R的电荷量为D.线圈转动一周的过程中,通过电阻R的电荷量为解析:线圈绕轴匀速转动,产生的感应电动势的最大值为Em=NBSω,从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)开始计时,感应电流的瞬时值表达式为i=Imcos ωt,ωt=时,i=I,则Im=2I,选项A正确.转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值Φm=BS===,选项B正确.根据法拉第电磁感应定律可知,从图示位置开始转过的过程中,通过电阻R的电荷量q=t=N·Δt=N=N=,选项C正确.线圈转动一周的过程中,磁通量的变化量为0,通过电阻R的电荷量为0,选项D错误.答案:ABC【典例3】(多选)在匀强磁场中,一矩形金属框(电阻不计)绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图甲所示,产生的交流电动势的图像如图乙所示,将此电源连接到图丙所示理想变压器的原线圈上,变压器的原、副线圈匝数比为2∶1,副线圈所在电路的电阻R=110 Ω,则 (　　)甲乙丙A.t=0.005 s时金属框在中性面位置B.因为原线圈电阻不计,所以原线圈两端电压为0C.电流表的示数为1.0 AD.通过电阻R的电流方向每秒改变100次解析:由题图乙知,t=0.005 s时,感应电动势最大,金属框平面垂直于中性面,故选项A错误.原线圈两端有电压,故选项B错误.原线圈两端的电压为U1= V=220 V,根据=可知U2=110 V,I==1.0 A,故选项C正确.根据题图乙可知,交流的周期为0.02 s,即电流方向每秒改变100次,所以通过电阻R的电流方向每秒改变100次,故选项D正确.答案:CD【典例4】如图所示,交流发电机的矩形线圈abcd中,ab边的长l1=50 cm,bc边的长l2=30 cm,匝数N=100,线圈电阻r=0.2 Ω,外接电阻R=4.8 Ω.线圈在磁感应强度B=0.05 T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO'匀速转动,角速度ω=100π rad/s.(1)求产生的感应电动势的最大值.(2)若从图示位置开始计时,写出感应电流随时间变化的函数表达式.(3)交流电压表和交流电流表的示数各为多少?(4)此发电机的功率为多少?(5)从图示位置起,转过90°过程中,平均感应电动势为多少?通过线圈截面的电荷量为多少?解析:(1)交流电动势的最大值Em=NBl1l2ω=235.5 V.(2)根据闭合电路欧姆定律得电流的最大值Im==47.1 A,在题图所示位置时,电流有最大值,则电流的瞬时值表达式为i=Imcos ωt,代入数据得i=47.1cos 100πt(A).(3)电流的有效值为I==33.3 A,路端电压的有效值为U=IR=159.8 V,即电压表的示数为159.8 V,电流表的示数为33.3 A.(4)感应电动势的有效值为E==166.5 V,则发电机的功率为P=IE=5 544.5 W.(5)平均感应电动势为=N=N=N=150 V,通过线圈截面的电荷量q=Δt=Δt=N=N=0.15 C.答案:(1)235.5 V　(2)i=47.1cos 100πt(A)  (3)159.8 V　33.3 A　(4)5 544.5 W(5)150 V　0.15 C主题二　理想变压器的应用1.基本关系.(1)P入=P出.(2)=,有多个副线圈时,仍然成立.(3)=,电流与匝数成反比,只对一个副线圈的变压器适用.有多个副线圈时,由输入功率和输出功率相等确定电流关系,即n1I1=n2I2+n3I3+….(4)原、副线圈的每一匝的磁通量都相同,磁通量变化率也相同,频率也就相同.2.制约关系.(1)电压制约:副线圈电压U2由原线圈电压U1和原、副线圈匝数比决定.(2)功率制约:原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定.(3)电流制约:原线圈中的电流I1由副线圈中的电流I2和原、副线圈匝数比决定.3.理想变压器动态问题分析.(1)匝数比不变,负载R变化的情况(如图甲所示).①U1不变,根据=,输入电压U1决定输出电压U2,不论负载电阻R如何变化,U2不变;②当负载电阻发生变化时,I2变化,输出电流I2决定输入电流I1,故I1发生变化;③I2变化引起P2变化,P1=P2,故P1发生变化.甲(2)匝数比改变,负载电阻不变的情况(如图乙所示).①U1不变,发生变化,故U2变化;②R不变,U2改变,故I2发生变化;③根据P2=,P2发生变化,P1=P2,故P1变化,P1=U1I1,U1不变,故I1发生变化.乙【典例5】(多选)如图所示,理想变压器原线圈匝数n1=200,副线圈匝数n2=100,原线圈接在u=44sin 314t (V)的交流电源上,副线圈所在电路中标有“12 V　6 W”的灯泡恰好正常发光.电阻R2=16 Ω,电压表为理想交流电表.下列推断正确的是　              (　　)A.交变电流的频率为100 HzB.穿过铁芯的磁通量的最大变化率为 Wb/sC.电压表的示数为22 VD.R1消耗的功率是1 W解析:由u=44sin 314t(V)知f===50 Hz,选项A错误.灯泡正常发光,由P=UI得灯泡中的电流I2= A=0.5 A,电压表的示数U2=12 V+0.5×16 V=20 V,选项C错误.穿过铁芯的磁通量的最大变化率为== Wb/s= Wb/s,选项B正确.根据=得U1=40 V,则R1两端电压=44 V-40 V=4 V,由原、副线圈的电流与匝数成反比,可得通过R1的电流I1=0.25 A,则R1的功率P=I1=1 W,选项D正确.答案:BD【典例6】用一理想变压器给负载供电,变压器输入端的电压不变,如图所示.开始时开关S是断开的.若将开关S闭合,则图中所有交流电表的示数以及输入功率的变化情况是              (　　)A.V1、V2的示数不变,A1的示数增大,A2的示数减小,P入增大B.V1、V2的示数不变,A1、A2的示数增大,P入增大C.V1、V2的示数不变,A1、A2的示数减小,P入减小D.V1的示数不变,V2的示数增大,A1的示数减小,A2的示数增大,P入减小解析:电压表V1的示数由输入电压决定;电压表V2的示数由输入电压U1(大小等于电压表V1的示数)和原、副线圈匝数比决定;电流表A2的示数由输出电压U2(电压表V2的示数)和负载电阻R负决定;电流表A1的示数即I1由变压器的原、副线圈匝数比和输出电流I2决定;P入随P出的变化而变化,由P出决定.因为输入电压不变,所以电压表V1的示数不变.由公式U2=n2,可知U2不变,即电压表V2的示数不变.S闭合后R负减小,又据I2=知,I2增大,电流表A2的示数增大;输入电流I1随输出电流I2的增大而增大,故电流表A1的示数增大.因P出=U2I2,故P出增大.P入随P出的变化而变化,故P入也增大.故选B.答案:B主题三　远距离输电线路的分析与计算1.厘清三个回路.远距离输电的示意图如图所示.输电电路被划分为三个独立的回路,即电源回路、输送回路和用户回路.变压器的原线圈是所在回路的“用电器”,而相应的副线圈是下一个回路的电源,每个回路均可应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律等知识,而变压器的电压、电流、功率关系则是联系不同回路的桥梁.2.抓住两个联系.(1)理想升压变压器联系了电源回路和输送回路,由理想变压器原理可得线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是=,I1n1=I2n2,P1=P2.(2)理想降压变压器联系了输送回路和用户回路,由理想变压器原理可得线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是=,I3n3=I4n4,P3=P4.3.掌握一个能量守恒定律.发电机把机械能转化为电能,并通过导线将能量输送给线圈1,线圈1上的能量就是远程输电的总能量.在输送过程中,输送回路上的导线电阻损耗一小部分能量,剩余的绝大部分能量通过降压变压器和用户回路被用户使用消耗,所以其能量关系为P1=P损+P用户.【典例7】如图所示为远距离输电示意图,两变压器均为理想变压器,升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2,在原线圈两端接入一电压u=Umsin ωt的交流电源,若输送电功率为P,输电线的总电阻为2r,不考虑其他因素的影响,则输电线上损失的电功率为              (　　)A.· B.·C.422r D.422r解析:原线圈电压的有效值U1=,根据=可得U2=·,理想变压器的原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率,所以输电线上的电流I=,输电线上损失的电功率为P'=I2·2r=4r2·2,所以选项C正确,选项A、B、D错误.答案:C【典例8】(多选)某大型光伏电站的功率是500 kW,电压为12 V,送往外地时,先通过逆变器转化为220 V的交流,转化效率为80%,然后经变压器Ⅰ升压为20 000 V,通过总电阻为20 Ω的输电线路送往某地,再经变压器Ⅱ降压为220 V,供用户使用.下列说法正确的是 (　　)A.变压器Ⅱ的原、副线圈匝数比为1 000∶11B.变压器Ⅰ的原、副线圈匝数比为11∶1 000C.用户最多可使用的功率为392 kWD.用户负载越多,线路上损耗的功率越小解析:变压器Ⅰ的原、副线圈匝数比为==,选项B正确.变压器Ⅰ的输出功率P2=P1=500×80% kW=400 kW,输电电流I== A=20 A,则输电线上损失的电压ΔU=IR线=400 V,变压器Ⅱ的输入电压U1'=U2-ΔU=19 600 V,变压器Ⅱ的原、副线圈匝数比为==,选项A错误.用户最多可使用的功率为P用=P2-I2R线=4×105 W-8 000 W=392 kW,选项C正确.用户负载越多,线路上电流越大,线路上损耗的功率越大,选项D错误.答案:BC