第三章《交变电流》达标检测卷（培优版）-2023-2024学年高二物理高分突破专题训练（人教版选择性必修第二册）

第三章《交变电流》高分必刷巩固达标检测卷（培优版）全解全析1．A【详解】由图象可知，电流的方向不变，而大小作周期性变化，所以不是交流，而是直流，但不是恒定直流。故选A。2．C【详解】AB．只将S从a拨接到b，原线圈的匝数n1减半，输入电压不变，根据可知副线圈的输出电压U2增大到原来的2倍，即电压表的示数增大到原来的2倍，根据欧姆定律可知，副线圈的输出电流I2增大到原来的2倍，根据可知原线圈的输入电流I1增大到原来的4倍，即电流表的示数将增大到原来的4倍，A、B错误；CD．只将滑动变阻器R的滑片从中点移到最上端，负载增大到原来的2倍，因副线圈的输出电压U2不变，根据欧姆定律可知副线圈的输出电流I2减小到原来的一半，根据可知副线圈输出功率减小到原来的一半，所以原线圈输出功率减小到原来的一半，即c、d两端输入功率减小到原来的一半，根据原线圈的输入电流减小到原来的一半，即电流表示数将减半，C正确，D错误。故选C。3．C【详解】设该交变电流的有效值为I，让该交变电流和直流分别通过同一电阻（阻值为R），在一个周期（T=0.2s）内，该交变电流产生的热量Q′=I12Rt1+I22Rt2在一个周期内，直流通过该电阻产生的热量Q=I2RT由Q=Q′，代入数据，解得I=5A故ABD错误，C正确。故选C。4．D【详解】A．交流发电机的输出电压U1一定，匝数不变，根据则U2不变，故A错误；B．当用户的用电器增多时，用户消耗的电功率变大，则输入功率增大，即P3变大，故B错误；C．输电线上损失的功率为故C错误；D．输送功率一定时，根据，则要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U1一定，应增大升压变压器的匝数比，由U2增大，I2减小，所以U3增大，用户电压U4不变，根据应增大降压变压器的匝数比，故D正确。故选D。5．B【详解】由理想变压器电压与匝数的关系，可知副线圈两端的电压设副线圈中的电流为，由代入数据解得根据理想变压器的电流关系可得原线圈中的电流故选B。6．D【详解】A．开关S接1时，左侧升压变压器原、副线圈匝数比为1：3，输入电压为7.5V的正弦交流电，根据解升压变压器的副线圈电压为故A错误；B．开关S接1时，右侧降压变压器原、副线圈匝数比为2：1，R上的功率为10W，根据公式P＝I2R可知，电阻的电流为I4＝1A根据欧姆定律得：降压变压器的副线圈电压为U4＝IR＝1×10V＝10V根据匝数比可知U3:U4=2:1I3:I4=1:2解得，I3＝0.5A右侧降压变压器原线圈中的电流为0.5A，故B错误；C．因左侧升压变压器副线圈的电压为，右侧降压变压器原线圈的电压为，根据欧姆定律得故C错误；D．开关接2时，设输电电流为I，则右侧变压器的次级电流为0.5I；右侧变压器两边电压关系可知 解得I＝3A则R上的功率为P＝（0.5I）2R＝1.52×10W＝22.5W故D正确。故选D。7．B【详解】AB．线圈在图示位置时穿过线圈得磁通量为零，则穿过线圈的磁通量的变化率故A正确，不符合题意，B错误，符合题意；C． 转过的过程中，穿过线圈磁通量的变化量由，， 可得，通过电阻R的电荷量为故C正确，不符合题意；D．线圈在磁场中转动，产生的电动势的最大值为 电流的有效值为由图示位置转过所用的时间电阻R产生的焦耳热故D正确，不符合题意。故选B。8．D【详解】A．从图示中线框与磁感线平行的位置开始计时，线框中感应电动势表达式为故A错误；B．原线圈电压的有效值为由变压器电压与匝数的关系可知得到副线圈上电压的有效值为故B错误；C．将开关断开后，副线圈电压不变，副线圈总电阻增大，故通过电阻R上的电流减小，则电阻R两端电压降低，故C错误；D．保持开关K闭合，若线框转动角速度增大，由可知，线框匀速转动时产生的感应电动势最大值增大，则副线圈上电压的有效值增大，灯泡变亮，故D正确。故选D。9．A【详解】A．增加用户的用电器，降压变压器副线圈电流变大，根据理想变压器原理降压变压器原线圈的电流增大，也就是输电线上的电流增大，输电线路输送效率即输电线路输送效率减小，故A正确；B．U一定时，设降压变压器等效电阻为r，原线圈中电流为由可知R减小，其消耗的功率可能增大、减小或不变，故B错误；C．P一定时，U减小，由输电线路中电流增大，由输电导线损耗功率变大，由输电线路输送效率变小，故C错误；D．P一定时，U升高，由输电线路中电流减小，由R消耗的功率减小，故D错误。故选A。10．C【详解】A．因I不是通过电动机的电流，U也不是电动机内阻上的电压，则电动机内线圈的阻值不等于，选项A错误；B．因为U和I均不是电动机两端的电压和通过电动机的电流，则电动机的输入功率不等于UI，选项B错误；C．输电线路的损耗功率为，选项C正确；    D．因U不是输电线的电压损失，则输电线路的总电阻，选项D错误。故选C。11．BD【详解】ABC．由题意得，副线圈电压为根据理想变压器的规律有又因为所以原线圈电阻的电压为又有由以上各式整理得故AC错误，B正确；D．根据公式有故D正确。故选BD。12．CD【详解】AB．当线圈平面转到中性面的瞬间，线框平面与磁感线方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势为0，故AB错误；CD．当线圈平面转到与中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量为零，线圈中磁通量的变化率最大，根据法拉第电磁感应定律可知，此时线圈中的感应电动势最大，故CD正确。故选CD。13．BC【详解】A．根据代入数据得线路上损耗功率故A错误；B．根据变压器原理可知代入数据得发电机输出电功率故B正确；C．感器A并联接入电路是电压互感器，互感器B串联接入电路是电流互感器，故C正确；D．用户使用的用电设备越多，用户电流增大，输电电流增大，输电线损失电压增大，降压变压器输入电压减小，降压变压器输出电压减小，故D错误。故选BC。14．CD【详解】A．由电压表示数为220V，则电压表的示数为55V，A错误；B．副线圈两端的电压不变，R温度升高时，阻值变小，根据，，副线圈电流增大，变压器原线圈的电流增大，输入功率增大，B错误；C．R温度降低时，阻值变大，同理，副线圈电流减小，电流表的示数变小，电压表实数不受影响，保持不变，C正确；D．交流电周期为0.02s，原线圈输入电压瞬时值的表达式为D正确。故选CD。15．BC【详解】A．根据乙图可知原线圈输入电压的最大值为，根据最大值与有效值的关系可知，原线圈的有效值为根据变压器原副线圈的电压与匝数的关系可知，副线圈输出电压理想电压表示数为20V，A错误；B．根据欧姆定律可知副线圈电流根据变压器原副线圈功率相等可知理想电流表示数为，B正确；C．根据副线圈的电压和电流，可知电阻R的电功率为C正确；D．根据乙图可知，原线圈输入的交变电压的周期为所以原线圈输入的电压瞬时值表达式为D错误。故选BC。16．BC【详解】A．由图（b）可知，周期为0.02s，则线圈的转速为故A错误；B．由图（b）可知，周期为0.02s，，角速度则该交流电的瞬时表达式为矩形金属线框平面与中性面的夹角为45°，则故B正确；C．当t=0.01s时刻感应电动势等于零，所以穿过线框回路的磁通量最大，线框平面与中性面重合，矩形金属线框平面与磁感线垂直，从t=0到t=0.01s时间内，磁通量变化量为通过线框某一截面的电荷量为故C正确；D．线框转动一周边产生的焦耳热为故D错误。故选BC。17．               400【详解】（1）[1]连接电路图，如图所示（2）[2]由第一组数据得可得由第二组数据得可得由第三组数据得可得综上所述，所以可得结论：变压器线圈两端电压与匝数的关系为。（3）[3]根据上面三组数据可以得到变压器线圈两端电压与匝数的关系为根据可得18．          线圈所在的磁场不是匀强磁场     【详解】（1）[1]该交流电的周期为则手摇发电机线圈转动的平均角速度为（2）[2]屏上出现的电压波形不是正弦波，其原因可能是线圈所在的磁场不是匀强磁场。（3）[3]该正弦交流电的角速度为所以此电流的瞬时值表达式为19．（1），；（2）；（3），【详解】（1）由图可知输入电压的峰值和周期分别为则输入电压的有效值和频率分别为（2）输入瞬时电压u的正弦表达式（3）灯泡的电阻为电流表和电压表的示数为有效值，设原线圈的电流有效值为，原线圈的电压有效值为，电流表的示数为，副线圈的电压有效值为，原副线圈的匝数比为根据变压器的原理可知其中带入数据解得电流表的示数为，电压表的示数为20．（1）150V；（2）25C；（3）1.57 × 104J【详解】（1）线圈中感应电动势的最大值为Em = nBSω又有S = L1L2联立解得Em = 200V线圈中感应电流的最大值电阻R两端电压的最大值URm = ImR = 50 × 3.0V = 150V（2）由电磁感应定律可得则有周期内流经电阻R的电荷量（3）线圈中电流的有效值为线圈转动的周期为由焦耳定律可得，在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热21．（1）；（2）；（3）【详解】（1）升压变压器的原副线圈电压之比等于匝数之比，故（2）输电线上的电流为损失功率为（3）降压变压器原线圈的电压为则有22．（1）；（2）；（3）；240kW【详解】（1）输电效率（2）输电线电流I3，由得对用户，由得由理想变压器的电流与匝数的关系可得（3）由输电线路的关系，可得U2=4000V当用户消耗功率达到P′=211.2kW后，，解得由可得由于I2′=I3′，发电机的输出功率为