粤教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．B　[变压器工作的基础是原副线圈的互相感应，并不是自感现象，在原线圈中电能转化为磁场能，副线圈中磁场能转化成电能，电能是通过磁场从原线圈传递到副线圈的，变压器只能对变化的电流有变压作用，综上所述，只有B正确。]2．B　[0.01 s时刻电流最大，电动势最大，处于与磁感线平行的位置，故A错误，B正确；Im＝6.28 A，所以有效值I＝6.282 A≈4.44 A，故C错误；由题图知T＝0.04 s，f＝10.04 Hz＝25 Hz，故D错误。]3．A　[节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率，I＝PU＝40×103800 A＝50 A，P线＝I2R＝502×0.4 W＝1 000 W，故节约的电功率为1 kW，A正确。]4．C　[由题图乙知，原线圈中电流有效值I1＝22 A＝1 A，所以由I1I2＝n2n1得副线圈中电流的有效值I2＝n1I1n2＝32×1 A＝1.5 A。副线圈中电流达最大值时，即为铁芯中磁通量变化最快的时刻，对应题图乙所示，为i-t图像斜率最大的时刻，因此，正确的选项是C项。]5．D　[线圈由图示位置转过90°，磁通量变化量ΔΦ＝BS，故选项A错误；通过电阻R的电量q＝NΔΦR+r＝NBSR+r，故选项B错误；感应电动势最大值Em＝NBSω，转动时间t＝T4＝π2ω，所以Q＝I2Rt＝[Em2R+r]2·Rt＝NBS2ωRπ4R+r2，故选项C错误，选项D正确。]6．A　[根据公式Em＝nBSω＝20 V，从平面与磁感线平行开始计时，则e＝Emcos ωt＝20cos 2t(V) ，故选项A正确；根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流为： I＝Em2R+r＝Em2R+r＝2023+1 A＝522 A，则电阻R两端的电压为： UR＝IR＝7.52 V，电阻R消耗的功率为： P＝I2R＝37.5 W，故选项B、C错误；根据法拉第电磁感应定律： q＝IΔt＝nΔΦΔtR+r·Δt＝nΔΦR+r＝2.5 C ，故选项D错误。]7．A　[滑动变阻器的滑片从a端滑动到b端的过程中，根据并联电路的知识可知，副线圈所连电路两个支路的电阻相等时并联电路的电阻最大，即副线圈回路中的总电阻先增大后减小，即副线圈回路中的总电流先减小后增大，由n1I1＝n2I2可得，原线圈回路中的电流先减小后增大，灯L1先变暗后变亮，L1的分压先减小后增大，对应原线圈两端的电压先增大后减小，副线圈电压先增大后减小，L2所在支路电阻逐渐减小，故副线圈电压增大过程中，L2中电流逐渐增大，L2灯变亮，副线圈电压减小过程，对应L1的电流增大，则副线圈总电流增大，又R0所在支路电阻逐渐增大，则R0支路电流逐渐减小，则L2中电流仍逐渐增大，L2灯变亮。A正确，BCD错误。]8．ABD　[依据输电原理，电路中的功率损耗P损＝I2R线，而R线＝ρlS，增大输电导线的横截面积，可减小输电线的电阻，则能够减少输电过程中的电能损耗，选项A正确；由P输＝UI知，在输送功率P输一定的情况下，输送电压U越大，则输电电流I越小，电路中的功率损耗越小，选项B正确；若输送电压一定，输送功率P输越大，则电流I越大，电路中损耗的电功率越大，选项C错误；因为输电电压越高，对于安全和技术的要求也越高，因此并不是输送电压越高越好，高压输电必须综合考虑各种因素，选项D正确。]9．BD　[若发电机线圈某时刻处于图示位置，磁通量变化最快，感应电动势最大，最大值为NBSω，变压器原线圈的电流瞬时值最大，发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt，选项B正确，A错误；当用户数目增多时，总电流增大，输电线上的电势降落得多，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动才能增大变压器的输出电压，选项C错误；滑动触头P向下或向上移动，变压器原线圈两端的电压都不变，选项D正确。]10．CD　[由题图乙所示的正弦式电压图像知周期T＝2×10-2 s，选项A错误；升压变压器原线圈电压的有效值U1＝3112 V≈220 V，由U1U2＝n1n2得升压变压器副线圈的输出电压U2＝n2n1U1＝15×220 V＝3 300 V，输电线中电流为I2＝PU2＝10 A，选项B错误；输电线电压损失ΔU＝I2R线＝100 V，降压变压器原线圈输入电压为U＝U2－ΔU＝3 200 V，选项C正确；输电线上功率损失为P损＝I22R线＝1 000 W，选项D正确。]11．解析：(1)为确保实验安全，应该降低输出电压，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，A错误；因为变压器是靠电磁感应工作，如果变压器铁芯是用整块硅钢，则在电磁的作用下，会产生很大的涡流，涡流会产生大量热，当热量达到一定程度时，会损坏铁芯和线圈，B错误；研究变压器电压和匝数的关系，用到控制变量法，可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，C正确；变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用，并不导电，D错误。(2)变压器的原、副线圈选择不同的匝数，利用多用电表测量相应电压，由数据可知N1一定是副线圈的匝数，由表可知，原副线圈两端电压U与匝数N成正比，即U1U2＝N1N2。(3)变压器的输入功率约等于输出功率，因为是降压变压器，所以原线圈的电压大于副线圈的电压，而功率又相等，所以原线圈的电流就小于副线圈的电流，原线圈电流小，所用导线就比副线圈细，故应将导线较细的线圈作为原线圈。答案：(1)C　(2)副　U1U2＝N1N2　(3)原12．解析：(1)两线圈外观基本相同，根据电阻定律R＝ρlS，发现A线圈电阻约为B线圈电阻的2倍，则A线圈长度约为B线圈长度的2倍，故A线圈匝数多。(2)变压器只能改变交变电压，应连接交流电源；可拆变压器线圈裸露在外面，易触电，安全电压应不高于12 V。(3)根据U1U2＝n1n2可知拆掉B线圈的部分匝数，则n2减小，可得副线圈电压U2减小，灯泡变暗，灯泡两端电压减小。(4)根据U1U2＝n1n2，由题中数据可得，副线圈电压为3 V，由于两线圈具有电阻，则灯泡两端电压小于3 V。答案：(1)A　(2)交流　12　(3)变暗　变小　(4)C13．解析：(1)感应电动势的最大值为Em＝nBSω＝20π(V)Im＝EmR＝2π(A)由于从线圈平面与磁场方向垂直位置开始计时，因此瞬时值用正弦表示，i＝2πsin 100πt(A)。(2)线圈从计时开始，转过π3的过程中，通过某一截面的电量应该用平均值来计算q＝It＝nΔΦΔtRΔt＝nΔΦR，ΔΦ＝BS－BS cos π3＝12BS，代入电量方程得q＝nBS2R＝1×10-2 C。答案：(1)i＝2πsin 100πt(A)　(2)1×10-2 C14．解析：(1)由理想变器电压关系得n1n2＝U1U2＝22036＝559。 (2)两灯均正常工作时，由能量守恒得P1＋P2＝U1I1，I1＝P1+P2U1＝12+6220 A≈0.082 A，只有L1灯工作时，由能量守恒P1＝U1I′1，解得I′1＝P1U1＝12220 A≈0.055 A。答案：(1)55∶9　(2)0.082 A　0.055 A15．解析：(1)因为线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相同，所以由图像可知，线圈中产生交变电流的周期为T＝3.14×10-2 s，所以线圈中感应电动势的最大值为Em＝2πnBmST＝8.0 V。(2)根据闭合电路欧姆定律，电路中电流的最大值为Im＝EmR+r＝0.80 A，通过小灯泡电流的有效值为I＝Im2＝0.402 A，小灯泡消耗的电功率为P＝I2R＝2.88 W。(3)在磁感应强度变化的0～14周期内，线圈中感应电动势的平均值E＝nSΔBΔt，通过灯泡的平均电流I＝ER+r＝nSΔBR+rΔt，通过灯泡的电量Q＝IΔt＝nSΔBR+r＝4.0×10-3 C。答案：(1)8.0 V　(2)2.88 W　(3)4×10-3 C12345678910BBACDAAABDBDCD