《2019高中物理第五单元 交变电流单元测试（一）新人教版选修3-2》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高中物理第五单元 交变电流单元测试（一）新人教版选修3-2（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第五单元 交变电流注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单选题1如图甲所示,一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴O以恒定的角速度转动,从线圈平面与磁场方向平行时开始计时,线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化,在t=/2时刻
2、()A线圈中的电流最大B穿过线圈的磁通量为零C线圈所受的安培力为零D穿过线圈磁通量的变化率最大2阻值为10的电阻接到电压如图所示的交流电源上，以下说法中正确的是 ()A电压的有效值为10VB通过电阻的电流有效值为22AC电阻消耗电功率为15WD电阻每秒种产生的热量为10J3如图所示，当交流电源的电压(有效值)U220 V，频率f50 Hz，3只灯泡L1、L2、L3的亮度相同(L无直流电阻)，若将交流电源的频率变为f100 Hz，电压有效值不变，则()AL3灯比原来亮 BL2灯比原来亮CL1灯比原来暗 DL3灯和原来一样亮4下列说法中正确的是()A电感线圈对交流的阻碍作用是因为电感线圈存在电阻B
3、电容器对交流的阻碍作用是因为电容器的电阻C感抗、容抗和电阻一样，电流通过它们做功时都是电能转化为内能D在交变电路中，电阻、感抗、容抗可以同时存在5在下图中，可以将电压升高供给电灯的变压器是()A B C D6采用220 kV高压电向远方的城市输电，输送功率一定时，当输电电压变为110 kV，输电线上损耗的功率变为原来的()A14 B12 C2倍 D4倍7如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，保持输入电压不变，开始时单刀双掷开关K接bS断开时，小灯泡A发光较暗，要使小灯泡A亮度增加，下列操作可行的是()A把滑动变阻器R的滑片向右移动 B闭合开关SC把滑动变阻器R的滑片向左移动 D开关K接a二、
4、多选题8对于如图所示的电流i随时间t作周期性变化的图象，下列说法中正确的是()A电流大小变化，方向不变，是直流电B电流大小、方向都变化，是交流电C电流的周期为0.01 sD电流大小变化，方向不变，不是直流电，是交流电9有一交变电流如图所示，则由此图象可知()A它的周期是0.8 s B它的峰值是4 AC它的有效值是22 A D它的频率是0.8 Hz10在如图所示的电路中,若仅减小交变电流的频率,3盏电灯亮度的变化是()AL1将变亮BL2将变暗CL3将变暗DL1、L2、L3将都变亮11关于理想变压器的工作原理，以下说法中正确的是()A穿过通有正弦交变电流的原线圈的磁通量不变B穿过原、副线圈的磁通量
5、在任何时候都相等C穿过副线圈的磁通量变化使得副线圈产生感应电动势D原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈12远距离输送一定功率的交变电流，若输送电压升高为原来的n倍，则关于输电线上由电阻造成的电压损失和功率损失，下列说法中正确的是()A输电线上的电功率损失是原来的1nB输电线上的电功率损失是原来的1n2C输电线上的电压损失是原来的1nD输电线上的电压损失是原来的n倍三、解答题13在磁感应强度为1T的匀强磁场中有一匝数为10匝的矩形线圈ABCD,如图所示,其绕OO轴以线圈的转速n=50/ r/s匀速转动.AB=20cm，BC=25cm，线框总电阻为r=1，定值电阻阻值为R=9，从图示位置开始计时。(
6、1)写出t时刻整个线圈中的感应电动势e的表达式.(2)线框转过30，R上流过的电荷量为多少?(3)当转过30时，电流表的示数为多少?14如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为L1= 10 cm和L2=20 cm，内阻为 r=5，在磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中绕OO轴以=502rad/s的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行,线圈通过电刷和外部的电阻R=20相接.求电键S合上后，（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式（2）电压表和电流表示数；（3）电阻R上所消耗的电功率是多少？15某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示，该发电机
7、线圈的内阻为r2 .(1)现将R98 的用电器接在此交流电路上，它消耗的功率是多大？(2)如果某一电容器接在电路上，则电容器的耐压值至少应为多大？16如图所示，理想变压器原线圈接到220V的交流电源上，副线圈的匝数为30，与一标有“12V，12W”的灯泡连接，灯泡正常发光。副线圈的输出电压为110V，电流为0.4A求：（1）副线圈的匝数；（2）通过原线圈的电流。回顾一年的工作，我也发现了自己的不足之处。如科研方面尚嫌薄弱，全年未发表过一篇论文。今后在这方面应多加努力，要增强科研意识，多投注些时间和精力，刻苦学习，努力钻研，改变科研空白局面，为今后的学术研究工作打下良好的基础。32018-201
8、9学年高二下学期第五单元训练卷物 理（一）答 案一、单选题1【答案】C【解析】由图象知，在t=2=T4时刻，感应电流为零，故A错误；感应电流为零时刻，线圈平面与磁场方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，故B错误；感应电流为零，则线圈所受的安培力为零，故C正确；感应电流为零时刻，线圈平面与磁场方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，穿过线圈磁通量的变化率为零，故D错误。所以C正确，ABD错误。2【答案】B【解析】由U-t图象，交流电压最大值为10V，有效值U=Um2=52V，故A错误；通过电阻的电流I=UR=5210A=22A，故B正确；根据P=I2R，知电阻消耗的电功率P=(22)210W=5W，故C错误；
9、电阻每秒产生热量Q=Pt=51=5J，故D错误。故应选：B。3【答案】D【解析】三个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大，电容的容抗减小，电阻所在支路对电流的阻碍作用不变，所以流过L1的电流变大，流过L2的电流变小，流过L3的电流不变。由上分析可知，L1灯比原来亮，L2灯比原来暗，L3灯和原来一样亮，故ABC错误，D正确；故选D。4【答案】D【解析】交流电通过电感线圈时，在线圈上产生自感电动势，对电流的变化起到阻碍作用，选项A错误。交流电通过电容器时，电容器两极板间的电压与电源电压相反，阻碍了电流的流动，选项B错误。在交变电路中，电阻、感抗和容抗可以同时存在.电流通过它们做功时，只
10、在电阻上产生热，在电感线圈上产生磁场能，在电容器上产生电场能，选项C错误，选项D正确。故选D。5【答案】C【解析】A图中原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故A错误；B图中，原线圈匝数比副线圈匝数多，所以是降压变压器，故B错误；C图中，原线圈匝数比副线圈匝数少，所以是升压变压器，故C正确；D图中，原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故D错误；故选C。6【答案】D【解析】由公式P=I2R=(PU)2R可知，当输送功率一定，输电电压变为原来的一半，输送电流变为原来的两倍，所以输电线上损耗的功率变为原来的4倍，故D正确。7【答案】A【解析】把滑动变阻器滑片向右移动，副线圈回路总电阻变小，总电流变大，
11、灯泡A两端的电压变大，灯泡A变亮，故A正确；闭合开关S，副线圈回路电阻变小，电流变大，滑动变阻器上的分压增大，并联部分的电压变小，灯泡A变暗，故B错误；把滑动变阻器滑片向左移动，副线圈回路总电阻变大，总电流变小，灯泡A两端的电压变小，灯泡A变暗，故C错误；开关k接a，根据U1n1U2n2，副线圈两端的电压减小，灯泡A中电流变小，灯泡A变暗，故D错误；故选A。二、多选题8【答案】AC【解析】电流的大小和方向都随时间成周期性变化的电流为交流电，由图象可知：电流的大小变化，方向始终为正，不发生变化变，所以是直流电，电流周期为0.01s，AC正确。9【答案】AB【解析】由此图象可知它的周期是0.8 s
12、，故A正确；它的峰值是4 A，故B正确；它不是正弦式电流，因此峰值不是有效值的2倍关系，故C错误； D、它的周期是0.8 s，频率为f=1T=10.8=1.25Hz，故D错误；故选AB。10【答案】AB【解析】感抗为XL=2fL，容抗为xC=12fC.当频率f减小时，感抗XL变小，容抗XC变大。感抗XL变小，对交流电的阻碍作用变小，所以L1变亮，故A正确；容抗XC变大，对交流电的阻碍作用变大，所以L2变暗，故B正确；电阻器对交流电的阻碍作用不随频率改变，所以L3亮度不变，故C错误，所以L1变亮、L2变暗、L3不变。故D错误。故选：AB。11【答案】BC【解析】通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通
13、量是按照正弦规律周期性变化的，故A错误；由于是理想变压器，穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等，故B正确；穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势，符合法拉第电磁感应定律，故C正确；变压器的工作原理是互感现象，原、副线圈并没有直接相连，故D错误。故选：BC。12【答案】BC【解析】设输送的电功率一定为P，输送电压为U，输电线上功率损失为P，电压损失为P，电流为I，输电线总电阻为R。由P=UI知，I=PU则得P=I2R=P2U2R U=IR=PUR 由题P、R一定，则得P1U2 U1U 所以输电线上的电功率损失是原来的1n2倍，电压损失是原来的1n倍，故BC正确，AD错误。故选：BC。三
14、、解答题13【答案】（1）50cos100t（V）(2)0.025C（3）3.54A【解析】（1）线圈转动的角速度=2n=100rad/s 产生的最大感应电动势Em=nBS=1010.20.25100V=50V 故t时刻感应电动势e50cos100t(V) 转动过程中产生的平均感应电动势E=nt=50V形成的感应电流：I=ER+r=5A故流过的电荷量q=It=0.025C （3）电动势的有效值为E有=Em2=502V电流表的示数为: I=E有R+r=50102A=3.54A14【答案】（1）e=502sin502t；（2）40V；（3）80W 【解析】（1）感应电动势最大值：Em=nBS=1000.50.10.2502=502V故表达式为：e=Emsint=502sin502t（2）有效值：E=Em2E=50V电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：I=ER+r=5020+5=2.0A，U=IR=220=40V（3）电阻R上所消耗的电功率为：P=IU=240=80W15【答案
