第三章 交流电 水平测评-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册创新导学案教用Word（教科版2019）

物理 选择性必修 第二册(教科) 第三章　水平测评 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。以下判断正确的是(　　) A．电流表的示数不断变化 B．线圈转动的角速度为50π rad/s C．0．01 s时线圈平面与磁场方向平行 D．0．02 s时电阻R中电流的方向自右向左 答案　C 解析　电流表的示数等于交流电的有效值，由题图乙知Im＝10 A，则交流电的有效值I＝＝10 A，A错误；T＝2×10－2 s，ω＝＝100π rad/s，B错误；t＝0．01 s时，i＝－Im，此时线圈平面与磁场方向平行，C正确；由右手定则可知，0．02 s时电阻R中电流的方向自左向右，D错误。 2．频率为50 Hz的交变电流，其电压u＝120·sinωt V，把它加在激发电压、熄灭电压均为85 V的霓虹灯的两端，则在半个周期内霓虹灯点亮的时间约为(　　) A． s B． s C． s D． s 答案　C 解析　频率为50 Hz的交变电流，周期T＝0．02 s，电压u＝120sin(100πt) V，最大值Um＝120 V，画出一个周期内交流电的u­t图像如图所示，其中阴影部分对应的时间内霓虹灯不能发光，根据对称性，半个周期内霓虹灯不能发光的时间为2t1。当u＝U0＝85 V时，由上式得t1≈ s，再由对称性求得半个周期内霓虹灯点亮的时间约为t＝－2t1＝ s，所以C正确。 3．海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电。浮桶式波浪发电灯塔浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R＝15 Ω的灯泡相连，浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(斜线阴影部分)，如图所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数N＝200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B＝0．2 T，线圈直径D＝0．4 m，电阻r＝1 Ω。取重力加速度g＝10 m/s2，π2＝10。若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v＝0．4πsinπt m/s，则下列说法正确的是(　　) A．波浪发电产生感应电动势e的瞬时值表达式为e＝16sinπt V B．灯泡中电流i的瞬时值表达式为i＝sinπt A C．灯泡的电功率为120 W D．灯泡两端电压的有效值为 V 答案　C 解析　线圈在浮桶里随波浪上下运动切割磁感线产生感应电动势，有e＝NBLv＝NBπDv＝64sinπt V，A错误；电路总电阻R总＝R＋r＝16 Ω，则灯泡中电流i的瞬时值表达式为i＝＝4sinπt A，B错误；灯泡中电流的有效值I＝＝2 A，灯泡的电功率P＝I2R＝120 W，C正确；灯泡两端电压的有效值U＝IR＝30 V，D错误。 4．如图所示，在绕制变压器时，某人将两个线圈绕在图示变压器铁芯的左右两个臂上，当通以交流电时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间臂，已知线圈1、2的匝数比n1∶n2＝2∶1，在不接负载的情况下(　　) A．当线圈1输入电压220 V时，线圈2输出电压为110 V B．当线圈1输入电压220 V时，线圈2输出电压为55 V C．当线圈2输入电压110 V时，线圈1输出电压为220 V D．当线圈2输入电压110 V时，线圈1输出电压为55 V 答案　B 解析　在不接负载的情况下，变压器原(副)线圈两端电压U1(U2)等于原(副)线圈中产生的感应电动势E1(E2)。当线圈1输入电压U1时，＝＝＝＝＝×＝，当U1＝220 V时，U2＝55 V，A错误，B正确；当线圈2输入电压U2′时，＝＝＝＝＝×＝1，当U2′＝110 V时，U1′＝110 V，C、D错误。 [名师点拨]　应注意＝只适用于无漏磁的理想变压器，本题中变压器漏掉一半的磁通量，这时需要从变压器的原理——法拉第电磁感应定律分析两线圈的电压关系。 5．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25 Ω，D为理想二极管，原线圈接u＝220sin(100πt) V的交流电，则(　　) A．交流电的频率为100 Hz B．通过R1的电流为1 A C．通过R2的电流为 A D．变压器的输入功率为200 W 答案　C 解析　交流电的频率f＝ Hz＝50 Hz，A错误；由理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5及原线圈电压的有效值为220 V可知，副线圈两端电压的有效值为50 V，故通过R1的电流I1＝ A＝2 A，由于二极管的单向导电性，根据电流热效应可得·＝T，所以R2两端的电压有效值U＝25 V，通过R2的电流有效值I2＝＝ A，则B错误，C正确；副线圈电路消耗的功率P＝ W＋ W＝150 W，输入功率等于输出功率，故D错误。 6．发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO′轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其他电阻不计，图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周(　　) A．框内电流方向不变 B．金属框中的平均电流＝ C．流过电阻的电荷量q＝0 D．电阻产生的焦耳热Q＝ 答案　D 解析　当金属框转动时，每经过中性面一次框内电流方向都要变化一次，A错误；在金属框转动一周的过程中，金属框中电流按正弦规律经历一个周期，I­t图线与t轴所围面积即q′为0，则金属框中电流的平均值＝＝0，B错误；金属框转动半周，流过电阻的电荷量为q0＝′Δt＝Δt＝＝，则金属框转过一周流过电阻的电荷量为q＝2q0＝，故C错误；由闭合电路欧姆定律可知，电动势等于电阻R两端电压，故由图乙可知，电动势的最大值为Um，因为Um＝BωL2，则ω＝，金属框转过一周电阻产生的焦耳热Q＝T＝·＝，D正确。 7．有一小型风力发电机通过如图甲所示输电线路向某场馆1万个额定电压为220 V、额定功率为11 W的LED灯供电。当发电机输出如图乙所示的电压时，LED灯全部可以正常工作。已知输电导线损失的功率为LED灯获得总功率的4%，输电导线的等效电阻为R＝11 Ω。则下列说法正确的是(　　) A．风力发电机的转速为50 r/min B．风力发电机1 h内输出的电能为110 kW·h C．降压变压器原、副线圈匝数比为25∶1 D．升压变压器副线圈输出的电压的最大值为5720 V 答案　C 解析　由图乙可知，交流电的频率为f＝＝50 Hz，因此风力发电机的转速n＝f＝50 r/s，故A错误；1万个额定功率为11 W的LED灯正常工作时，电功率P＝11×104 W＝110 kW，而输电线上损失的功率ΔP＝P×4%＝4．4 kW，所以风力发电机输出的总功率为P总＝P＋ΔP＝114．4 kW，因此t＝1 h内风力发电机输出的电能W＝P总t＝114．4 kW·h，故B错误；根据ΔP＝IR可得，输电线上电流为I3＝20 A，而通过降压变压器副线圈的电流I4＝＝500 A，因此降压变压器原、副线圈匝数比＝＝，故C正确；根据＝可得，降压变压器原线圈两端电压U3＝5500 V，而输电线路损失的电压ΔU＝I3R＝220 V，所以升压变压器副线圈输出的电压有效值为U2＝U3＋ΔU＝5720 V，最大值为U2＝5720 V，故D错误。 8．(2023·湖南高考)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是(　　) A．线圈转动的角速度为4ω B．灯泡两端电压有效值为3nBL2ω C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为 D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮 答案　AC 解析　大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据v＝ωr，且大轮与小轮半径之比为4∶1，可知小轮转动的角速度为4ω，线圈转动的角速度为4ω，A正确；线圈产生的感应电动势的最大值Emax＝nBS·4ω，又S＝L2，联立可得Emax＝4nBL2ω，则线圈产生的感应电动势的有效值E＝＝2nBL2ω，根据闭合电路欧姆定律可知，灯泡两端电压有效值为U＝＝nBL2ω，B错误；若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则新线圈的匝数变为原来的两倍，新线圈产生的感应电动势的最大值Emax′＝8nBL2ω，新线圈产生的感应电动势的有效值E′＝＝4nBL2ω，根据电阻定律可知新线圈电阻为2R，根据闭合电路欧姆定律可得灯泡两端电压有效值U′＝＝，C正确；若仅将小轮半径变为原来的两倍，结合A项分析可知，小轮和线圈的角速度变小，则线圈产生的感应电动势的最大值和有效值变小，灯泡两端电压的有效值变小，灯泡变暗，D错误。 9．如图所示，一理想变压器原线圈可通过滑动触头P的移动改变其匝数，当P接a时，原、副线圈的匝数比为5∶1，b为原线圈的中点，副线圈接有电容器C、灯泡L、理想电流表A以及R＝44 Ω的定值电阻。若原线圈接有u＝311sin(100πt) V的交变电压，下列判断正确的是(　　) A．当P接a时，灯泡两端电压为44 V B．当P接b时，电流表的示数为2 A C．P接b时灯泡消耗的功率比P接a时大 D．P固定在a点不移动，原线圈改接u＝311·sin(120πt) V的电压，灯泡亮度不变 答案　BC 解析　原线圈接有u＝311sin(100πt) V的交变电压，电压的有效值为220 V，当P接a时，原、副线圈的匝数比为5∶1，副线圈两端的电压为44 V，而交流电虽能通过电容器，但会受到一定的阻碍，所以灯泡两端的电压低于44 V，故A错误；当P接b时，原、副线圈的匝数比为5∶2，副线圈两端的电压为88 V，又理想电流表与R＝44 Ω的定值电阻串联在副线圈两端，所以电流表的示数为2 A，故B正确；当P接b时灯泡两端的电压比P接a时大，所以灯泡消耗的功率比P接a时大，故C正确；P固定在a点不移动，原线圈改接u＝311sin·(120πt) V的交变电压，副线圈得到的交流电的频率变大，则电容器的容抗变小，灯泡变亮，故D错误。 10．心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可以等效为如图所示虚线框内的交流电源和定值电阻R0串联。心电图仪与一理想变压器的原线圈连接，一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，变压器的原、副线圈匝数比为K。在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，将可变电阻R的阻值也调至R0，则有(　　) A．变压器的副线圈的电压为U0 B．变压器原线圈电路中R0的电压为 C．变压器原、副线圈所接电阻的功率之比为K2 D．若将可变电阻R的阻值调大，原线圈中的电流变小 答案　BD 解析　设变压器原线圈两端电压为U1，原线圈中电流为I1，副线圈两端电压为U2，副线圈中电流为I2，则＝K，I1∶I2＝1∶K，U1＝U0－I1R0，U2＝I2R0，联立解得U1＝U0，U2＝U0，变压器原线圈电路中R0的电压为UR0＝U0－U1＝，故A错误，B正确；变压器原、副线圈所接电阻的功率之比为PR0∶PR＝IR0∶IR0＝1∶K2，故C错误；在原、副线圈匝数比一定的情况下，R增大，则副线圈及R的等效电阻增大，因此原线圈中的电流I1减小，故D正确。 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、实验题(本题共2小题，共10分) 11．(4分)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中， (1)实验时需要的仪器为________(填选项字母)。 A．可拆变压器 B．干电池 C．条形磁体 D．学生电源 E．直流电压表 F．多用电表 (2)某同学在完成上述实验后，采用如图所示的电路测量变压器原线圈的电阻(阻值较小)，为保证电路中各元件安全，实验结束时，首先应断开________(填选项字母)。 A．导线A B．导线B C．开关C D．导线D 答案　(1)ADF　(2)A 解析　(1)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，需要学生电源来提供低压交流电，需要交流电压表即多用电表来测量电压，同时还需要可拆变压器和导线，可知应选A、D、F。 (2)实验结束时，应先把电压表从电路中断开，否则在断开开关瞬间会产生较高的自感电动势，并且会使电压表反接，从而烧毁电压表，故应先断开导线A，故A正确。 12．(6分)某同学用可拆变压器探究“变压器原、副线圈电压与匝数的关系”。 (1)该同学将原线圈接一学生电源的交流电压输出端，并使用交流电压表分别测量原、副线圈两端的电压，得到的实验数据如下表所示。 实验序号 原线圈匝数n1 副线圈匝数n2 原线圈电压U1(V) 副线圈电压U2(V) 1 400 200 4．22 2．10 2 400 800 4．22 8．36 3 400 1600 4．22 16．83 根据实验数据，得到的结论为：在误差允许的范围内，______________________________ _______________。 (2)该同学利用(1)问中第2组数据的副线圈给一标有“3．8 V　0．3 A”字样的小灯泡供电，发现小灯泡并没有被烧坏。测量此时小灯泡两端的电压约为3．00 V，并不是8．36 V，其原因主要是____________________________________。 (3)可拆变压器铁芯是由相互绝缘的薄硅钢片叠压而成。如图所示，原线圈接交流电源，副线圈接入小灯泡。第一次，缓缓移动铁芯横条使铁芯完全闭合；第二次，另取一块与变压器铁芯横条尺寸相同的普通铁块替换铁芯横条，重复上述实验。两次均观察到小灯泡由暗变亮。以下说法正确的是________。 A．第二次实验中小灯泡更亮些 B．用普通铁块和用铁芯横条相比，普通铁块更容易发热 C．无论用普通铁块还是用铁芯横条，流经小灯泡的电流均为交变电流 答案　(1)变压器原、副线圈两端的电压比等于原、副线圈的匝数比 (2)副线圈有电阻，副线圈有内压　(3)BC 解析　(1)根据实验数据，得到的结论为：在误差允许的范围内，变压器原、副线圈两端的电压比等于原、副线圈的匝数比。 (2)副线圈有电阻，副线圈有内压。 (3)变压器铁芯是由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，这样设计可减小涡流，提高变压器的效率。用普通铁块和用铁芯横条相比，普通铁块由于涡流发热更多，变压器效率低一些，因此第一次实验中副线圈两端电压更高些，小灯泡更亮些，故A错误，B正确；无论用普通铁块还是用铁芯横条，副线圈中都是交变电流，流经小灯泡的电流均为交变电流，故C正确。 三、计算题(本题共3小题，共40分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 13．(12分)某个兴趣小组为了研究圆柱体铁芯的涡流热功率，构建了如图所示的分析模型，电阻率为ρ的硅钢薄片绕成一个内径为r、高度为h的圆柱面，其厚度为d，且d≪r。平行于圆柱面轴线方向存在所占空间足够大、磁感应强度B＝Bmsinωt的匀强磁场。求此硅钢薄片中： (1)感应电动势的表达式(不考虑感应电动势的方向)； (2)发热功率P。 答案　(1)e＝ωπr2Bmcosωt　(2) 解析　(1)题中圆柱面的截面面积S＝πr2 垂直通过截面的磁场B＝Bmsinωt 所以磁通量Φ＝BS＝πr2Bmsinωt 产生的感应电动势e＝＝ωπr2Bmcosωt。 (2)硅钢薄片中感应电动势的有效值为 E＝ 将硅钢薄片展开，是一长为2πr、横截面积为hd的立方体电阻，根据电阻定律，其电阻为 R＝ρ 则此硅钢薄片发热功率为P＝ 联立可得P＝。 14．(12分)如图甲所示为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦交变电压的uab­t图像如图乙所示。若只在ce间接一个Rce＝400 Ω的电阻，或只在de间接一个Rde＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W。 (1)请写出原线圈输入电压的瞬时值uab的表达式； (2)求只在ce间接400 Ω的电阻时，原线圈中的电流I1(保留两位有效数字)； (3)求ce和de间线圈的匝数比。 答案　(1)uab＝400sin(200πt) V (2)0．28 A　(3) 解析　(1)由题图乙知周期T＝0．01 s 则ω＝＝200π rad/s 故原线圈输入电压的瞬时值表达式为 uab＝Emsinωt＝400sin(200πt) V。 (2)原线圈两端的电压U1＝200 V，由理想变压器的功率关系得P1＝P2，原线圈中的电流I1＝ 解得I1＝ A≈0．28 A。 (3)设ab间线圈的匝数为n1，则＝ 同理＝ 由题意知＝ 解得＝ 代入数据得＝。 15．(16分)人们利用发电机把天然存在的各种形式的能(水流能、煤等燃料的化学能)转化为电能。有条河流，流量Q＝2 m3/s，落差h＝50 m，现利用其发电，已知发电机总效率为η＝50%，输出电压为U＝5000 V。现直接将发电机和用户连接，测得安装在输电线路的起点和终点的电度表一昼夜读数相差2400 kW·h(一昼夜是24 h)。重力加速度g取10 m/s2，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，试求： (1)发电机可输送的功率P； (2)输电线的电阻r； (3)若要使输电线损失的功率降到输送功率的0．2%，所加的理想升压变压器原、副线圈的匝数比； (4)实施(3)后若用户端需要的电压是100 V，所加的理想降压变压器原、副线圈的匝数比。 答案　(1)5×105 W　(2)10 Ω　(3)1∶10　(4)499∶1 解析　(1)发电机可输送的功率为 P＝＝ρQghη＝5×105 W。 (2)输电线上损失的功率为 P损＝ kW＝100 kW 由P＝UI得I＝100 A 根据P损＝I2r，解得r＝10 Ω。 (3)输电线上损失的功率为 P损′＝I′2r＝P×0．2%＝1000 W 解得I′＝10 A 设升压至U′可满足要求，则U′＝ 解得U′＝5×104 V 则理想升压变压器原、副线圈匝数比＝＝。 (4)输电线上损失的电压为U损′＝I′r＝100 V 则理想降压变压器原线圈两端的电压 U3＝U′－U损′＝49900 V 则理想降压变压器原、副线圈匝数比为＝＝。 11 学科网（北京）股份有限公司 $$