第三章 交变电流 水平测评+知识网络构建-【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word（人教版）

物理选择性必修第二册RJ 多学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.2XXk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 第三章 知识网络构建 定义：@方向（及大小随时问做周期件变化的电流 闭个线遄在匀强磁场巾绕☑乖直」磁场的轴匀速转动 磁通量☒最大 生 线圈平面与中性面重合 感应电动势为网零 特 交变电流 殊 电流改变方向 正 置 磁通量为零 线送平面马中性面垂上 弦式交变 感成电动势因最大 瞬时值：e=因usinot,i=圆sinot,u=☒Usinot（从线圈位丁中性面 流 开始计时) 感应电动势峰i:E=网vBS 交变电流 描 有效：=画至1=皿2U=四号 周期：T) 频率：f了 T=图2 原甲：国互感现象 实验：探究变压器原、刷线圈电压与匝数的关系 变压器 U. ， 兜想变器基本规律 1n,=运12（只行一个副线圈时） P人=P出 功举损失：P=⑦产R线 电能的输送 电压损失：(=☒R鼓 高卡输电原明 ·独家授权侵权必究 物理　选择性必修 第二册 RJ 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) 1.一正弦式交变电流的电动势e随时间t变化的规律如图所示，则该交变电流的(　　) A．频率是0.02 Hz B．电动势有效值为5 V C．一个周期内电动势方向变化1次 D．电动势瞬时值表达式是e＝10cos(100t) V 答案：B 解析：由图可知该交变电流的周期为0.02 s，频率是f＝＝50 Hz，故A错误；电动势有效值为E＝＝ V＝5 V，故B正确；一个周期内经过两次中性面，电动势方向变化2次，故C错误；电动势瞬时值表达式是e＝Emcost＝10cos(100πt) V，故D错误。 2．图甲为原、副线圈匝数比为44∶1的理想变压器的示意图，副线圈接有RL＝5 Ω的灯泡。在原线圈接入图乙所示的正弦式交流电压时，灯泡恰好正常发光，此时灯泡的功率为(　　) A．1 W B．5 W C．10 W D．25 W 答案：B 解析：由图乙可知，原线圈的输入电压有效值为U1＝ V＝220 V，由＝可知，副线圈的输出电压有效值为U2＝U1＝×220 V＝5 V，灯泡的功率为P＝＝ W＝5 W，故选B。 3．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的交变电流的周期为T＝0.02 s，由瞬时电压表达式可知电压最大值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u＝120sinωt V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。 4.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。 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，根据有效值定义可得·＝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；金属框从中性面位置转动半周，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。已知两变压器均为理想变压器，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，而输电导线损失的功率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，输电导线上电流为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，而输电导线损失的电压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．在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量Φ随时间t按如图所示的正弦规律变化。设线圈总电阻为2 Ω，则(　　) A．t＝0时，线圈平面垂直于磁感线 B．t＝1 s时，线圈中的感应电动势最大 C．t＝1.5 s时，线圈中的电流改变方向 D．一个周期内，线圈产生的热量为16π2 J 答案：BC 解析：t＝0时，穿过线圈的磁通量为0，则线圈平面平行于磁感线，故A错误；t＝1 s时，穿过线圈的磁通量为0，磁通量的变化率最大，则线圈中的感应电动势最大，故B正确；t＝1.5 s时，穿过线圈的磁通量最大，线圈处于中性面，线圈中的电流改变方向，故C正确；线圈转动周期T＝2 s，转动角速度为ω＝＝π rad/s，穿过该线圈的磁通量的最大值Φm＝BS＝0.04 Wb，感应电动势最大值为Em＝nBSω＝100×0.04×π V＝4π V，一个周期内，线圈产生的热量为Q＝T＝×2 J＝8π2 J，故D错误。 9．由于天气原因，某小区的供电系统遭到严重破坏。为此，启动了临时供电系统，它由备用发电机和副线圈匝数可调的理想变压器组成，如图所示，发电机输出的电压u＝480sin(100πt) V，图中R表示输电线的电阻，滑动触头P置于a处时，用户的用电器恰好正常工作。在下列情况下，要保证用电器仍能正常工作，则(　　) A．若A2的示数为2 A，R＝10 Ω，则原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1 B．若A2的示数为2 A，R＝10 Ω，则原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1 C．若发电机的输出电压发生波动使V1的示数小于正常值，而用电器不变时，应使滑动触头P向下滑动 D．若V1的示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向上滑动 答案：AD 解析：若A2的示数为2 A，R＝10 Ω，又用户用电器正常工作电压为220 V，故副线圈两端电压有效值U2＝220 V＋I2R＝240 V，又原线圈两端电压有效值U1＝＝480 V，故原、副线圈的匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝2∶1，故A正确，B错误；由＝得U2＝U1，若U1变小，为保证用电器仍能正常工作，即副线圈两端电压不变，则n2应变大，滑动触头P应向上滑动，故C错误；当用电器增加时，副线圈中的电流增大，输电线电阻R上的电压增大，为保证用电器仍能正常工作，副线圈两端的电压应增大，故滑动触头P应向上滑动，故D正确。 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R0两端的电压为 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R0两端的电压为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＝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，原线圈输入正弦式交变电压的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； (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＝Umsinωt＝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，设原线圈中的电流为I1，则有P1＝U1I1 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 $