教科版高中物理选择性必修第二册章末综合测评3交变电流含答案

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章末综合测评(三)　 1．A　[此图像所示电压与正弦半波电压等效，由Um22R·T2＝U2RT，得：U＝Um2。]2．C　[当线圈处于图中所示位置时，线圈平面与磁场方向平行，磁通量为最小；该位置感应电动势最大，根据法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt，知磁通量的变化率ΔΦΔt最大，故C正确，A、B、D错误。]3．C　[设电源的电压为U1，则R1消耗的功率P1＝U12R1，根据电压与匝数成正比得U2＝n2n1U1，则R2消耗的功率P2＝U22R2，因为P1＝P2，所以R1R2＝n12n22，故选C。]4．C　[输电功率P＝UI，U为输电电压，I为输电线路中的电流，输电线路损耗的功率为P损＝I2R，R为输电线路的电阻，即P损＝PU2R。当输电功率一定时，输电线路损耗的功率为原来的14，则输电电压为原来的2倍，即440kV，故选项C正确。]5．B　[根据E＝nΔΦΔt，两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等，根据P＝U2R，可知，两电阻的电功率也不相等，选项A、D错误；因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，选项B正确；当磁铁的磁极到达线圈附近时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，选项C错误；故选B。]6．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项错误；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，C项正确，D项错误。]7．C　[此时用电器多，负载大，电阻小(因为用电器都是并联的)，而变压器输出电压U不变，由I＝UR可知，干路电流大，输电线上损失电压大，电灯两端电压小，故电灯在用电高峰时比深夜暗，故C正确。]8．D　[由u＝311sin100πt(V)可知，交变电压的有效值为220V，故交流电压表的示数为220V，选项A错误；由两用电器的额定功率为660W，根据P＝UI可知，保险丝的额定电流应不小于3A，选项B错误；因抽油烟机220W包括热功率及机械功率，故电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍还要多，选项C错误；根据W＝Pt可得1min内抽油烟机消耗的电能为1.32×104J，选项D正确。]9．CD　[线框在匀强磁场中匀速转动时，在中性面即线框与磁感线垂直时，磁通量最大，感应电动势最小，而在题中图示位置线框与磁感线平行，磁通量最小，感应电动势最大，选项A、B错误，选项C正确；电流的有效值I＝NBSω2R，现在其余的量都不变，角速度增大一倍后，电流也增大一倍，D正确。故选CD。]10．AC　[线框abcd绕着垂直于磁场的转轴匀速转动，故产生的电流为交变电流，故A正确；产生的交流电的电动势最大值为Em＝BL2ω，有效值为E＝BL2ω2，当S断开时，电压表测量的电压为cd间的电压，故U＝14E＝28BωL2，故B错误，C正确；S闭合时，电路总电阻为3r＋r2，通过ab中电流为I＝E3r+r2＝27rBωL2，则电流表读数为I′＝I2＝214rBωL2，故D错误。]11．BD　[由u＝311sin100πt(V)知，电压最大值Um＝311V，电压有效值为U＝Um2≈220V，而交流电压表示数为电压的有效值，故A错误；由u＝311sin100πt(V)知，f＝100π2πHz＝50Hz，1s内电流方向改变100次，故B正确；电饭锅的功率为抽油烟机功率的4.5倍，但抽油烟机不是纯电阻元件，其热功率小于200W，故C错误；电路正常工作时的总功率P＝900W＋200W＝1100W，有I＝PU＝1100220A＝5A，故D正确。]12．ACD　[降压变压器副线圈接入一只“12V　12W”的灯泡，且灯泡正常发光，灯泡的电流为1A，且降压变压器的原、副线圈匝数之比为4∶1，则输电线路的电流为0.25A，输电线上损失功率为1W，则升压变压器输入功率UI＝1W＋12W＝13W，由题意可知U＝26V，则I＝0.5A，A正确；根据频率与角速度关系可得f＝ω2π＝50Hz，B错误；升压变压器副线圈电压U′＝13W0.25A＝52V，根据原、副线圈电压与线圈匝数成正比可得n1n2＝UU'＝12，C正确；当降压变压器副线圈再并联一只同样灯泡时，副线圈电流增大，输电线电流也增大，由P损＝I线2r，则损失功率增大，D正确。]13．解析　(1)A错：变压器能改变电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不超过12V。B、C错：实验通电前，必须要检查电路是否正确。通电时，不要用手接触裸露的导线、接线柱，确保人身安全。D对：使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量。(2)由多用电表的表盘可知，多用电表刻度盘上交流电压的刻度是不均匀的。(3)通过分析实验数据可得出实验结论：在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比。答案　(1)D　(2)不均匀　(3)在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比14．解析　(1)多用电表欧姆挡读数＝指针指示值×倍率。A的读数大于B的读数，倍率为×1，所以A的电阻大于B的电阻，根据电阻定律，导线越长，电阻越大，所以A线圈匝数多。(2)如果把它看成理想变压器，若A、B线圈的匝数比为k，则当A线圈接在U1的蓄电池两端以后，因为蓄电池是直流电，变压器输入线圈磁场不变，输出线圈没有感应电流，B线圈的输出电压为0。(3)把低压电源接B线圈，测得副线圈的输出电压U；则UU入＝nnB用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈输出电压UA，有UAU入＝nAnB，解得：nA＝UAUn。(4)如果把它看成理想变压器，则A、B线圈上的交变电流一定具有相同的频率和功率，而电流与电压均与匝数比有关，故C、D正确，A、B错误。答案　(1)A　(2)0　(3)UAUn　(4)CD15．解析　(1)在0～0.2s时间内，由题图乙可知其磁通量的变化率不变，由法拉第电磁感应定律得E＝NΔΦΔt＝NΔBSΔt＝1V，再由闭合电路欧姆定律求得在这段时间内感应电流的大小I1＝ER＝1A方向从A指向B。(2)当t＝0.1s时线圈AB边所受到的安培力为F安＝NBI1L＝5N方向竖直向下。则此时轻杆对线圈的作用力大小为F＝F安＋mg＝5.1N。(3)由题图乙还可求出在0.2～0.5s时间内感应电流的大小I2＝ER＝NΔBSΔt·R＝23A则在一个周期之内Q＝I12Rt1+I22Rt2＝I2RT代入数据解得线圈中感应电流的有效值为I＝63A。答案　(1)1A，方向从A指向B　(2)5.1N (3)63A16．解析　(1)线圈产生感应电动势的最大值Em＝nBSω＝602V从中性面开始转动e＝Emsinωt＝602sin10t(V)。(2)设变压器原、副线圈中电流分别为I1、I2，变压器原、副线圈两端电压分别为U1、U2，则有U1＝E－I1(R1＋r)E＝Em2变压比规律U1U2＝n1n2变流比规律I1I2＝n2n1又I2＝U2R2联立解得，电压表示数为U＝U2＝10V电流表示数为I＝I1＝2A。(3)线圈转动一周外力做的功W，由能量守恒，有W＝[I12(R1+r)+I22R2]2πω代入数据得W＝24πJ＝75.36J。答案　(1)e＝602sin10t(V)　(2)10V　2A (3)75.36J17．解析　(1)变压器的输入功率为P1＝P2＝24×0.25W＝6W由题意副线圈所接电灯泡均正常发光，所以副线圈总电流为I2＝0.256×24A＝1A而原线圈：U1＋I1R＝E，P1＝U1I1，所以I1＝13A，U1＝18V，所以n1n2＝I2I1＝31。(2)由P＝UI得发电机的输出功率为P＝EI1＝20×13W≈6.67W。答案　(1)31　(2)6.67W18．解析　(1)当金属棒连入轨道的长度最长时，感应电动势最大，则Em＝Bxmv＝3V外电路总电阻：R并＝R1R2R1+R2＝3Ω则Im＝EmR并＝1A。(2)金属棒运动形成的正弦交变电动势：e＝Bvx＝3sin3π5t(V)电动势有效值：E＝32V，t＝OCv＝56s则Q＝E2R并t＝1.25J。(3)由能量守恒关系可知：WF＝Q＋mgh＝3.75J。答案　(1)1A　(2)1.25J　(3)3.75J123456789101112ACCCBCCDCDACBDACD