第3章 交变电流单元学能测评-【重难点手册】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步练习册（人教版）浙江专用

第三章 单 时间：60分钟 一、单项选择题（本题共10小题，每小题5分，共 50分) 1.以下四种情景中产生正弦交变电流的是 ××××X ×××× 甲 (d) b(c) 丙 丁 A.图甲中矩形线圈绕与匀强磁场方向垂直的 中心轴OO'沿顺时针方向转动 B.图乙中矩形线圈的一半放在具有理想边界 的匀强磁场中，线圈按图示方向绕轴线OO 匀速转动 C.图丙中圆柱形铁芯上沿轴线方向绕有矩形 线圈abcd,铁芯绕轴线以角速度w转动 D.图丁中矩形线圈绕与匀强磁场方向平行的 中心轴OO'转动 2.图甲为一台小型发电机的结构示意图，内阻为 0.7Ω的单匝线圈在匀强磁场中匀速转动，产 生的电动势随时间变化的正弦图线如图乙所 示，电压表、电流表均为理想交流电表，定值电 阻的阻值R=10.3Ω，则下列说法正确的是 (). Ae/V 1102 0 0/02 ⑩R -1102 甲 第三章交变电流么 元学能测评 满分：100分 A.电流表的示数为10A,电压表的示数为110V B.1分钟内定值电阻和内阻产生的总焦耳热 为1.32×105J C.0~0.01s的时间内，通过定值电阻的电荷 为是c D.t=0.02s时，穿过线圈的磁通量变化率 最大 3.某电路中的交变电流在一个周期内的i-t图像 如图所示，其中图线的bc段为正弦曲线的四 分之一，则该交变电流的有效值为(). 个lA 0 6 2 B.2V51 A 3 cA n A 4.如图所示，在磁感应强度为 上T的水平匀强磁场中有两 R 半径为0.2m的金属圆环竖直放置且相互平 行，金属环的间距为1m,一根长为1m、电阻为 12的金属棒在圆环内侧以角速度l0πrad/s匀 速转动，金属棒与圆环始终接触良好，图示金 属棒在圆环最高点，电路中的电阻R=4Ω，其 余电阻不计，电压表为交流电压表，则(). A.金属棒从图示位置转过180°的过程中，流过 电阻R的电流先从a流向b,后从b流向a B.电压表的示数为0.2V C.电阻R的功率为0.64W D.金属棒在转动过程中，通过电路的磁通量变 49 重难点手册高中物理选择性必修第二册F 化率最大值为2Wb/s 5.如图甲所示，单匝闭合矩形线框电阻为R,在 匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿 过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图 乙所示.下列说法正确的是(). 甲 乙 A?时线框平面与中性面垂直 B线框的感应电动势最大值为②。 T C线框转一周，外力所做的功为2x RT D从1=0到：-T过程中线框的平均感应电 动势为平 6.如图为理想的可调式自耦变压器，铁芯上只有 一组线圈，将其两端接在A、B间作为原线圈， 副线圈是线圈的一部分接有定值电阻R。和滑 动变阻器R,U1、U2分别为原、副线圈两端电 压，其大小均可调节，I1、I2分别为原、副线圈 中的电流，则( A.U1保持不变，当滑动触头P顺时针转动 小角度，U2变小 B.U1保持不变，当滑动触头P'向下移动时， U2变小 C.U2保持不变，当滑动触头P顺时针转动一 小角度，I1变大 D.U2保持不变，当滑动触头P'向下移动时， I,变小 50 (浙江专用) 7.无线充电是一种基于变压器原理的充电方式. 如图，发射线圈连接u=220W2sinl00πt(V)的 交流电，发射线圈与接收线圈匝数之比为44：1， 若工作状态下接收线圈内的磁通量约为发射 线圈的60%，不计其他损耗，下列说法正确的 是( 交流电 直流电 整流 接收线圈 电路 电池 发射线圈 交流电 A.发射线圈中的电流每秒钟方向变化50次 B.发射线圈与接收线圈中电流之比为1：44 C.发射线圈与接收线圈中交变电流的周期之 比为1：44 D.接收线圈的输出电压有效值约为3V 8.(2024·浙江6月卷)理想变压器的原线圈通 过a或b与频率为f、电压为u的交流电源连 接，副线圈接有三个支路，如图所示（光敏电阻 的阻值随着光照增强而减小).当S接a时，三 个灯泡均发光.若( ☒L☒L☒L A.电容C增大，L灯泡变亮 B.频率f增大，L2灯泡变亮 C.RG上光照增强，L3灯泡变暗 D.S接到b时，三个灯泡均变暗 9.(2025·浙江湖州三模)某自行车的车灯发电 机如图1所示，其结构如图2.绕有300匝线圈 的“仁”形铁芯开口处装有磁铁，车轮转动时带 动半径为2cm的摩擦小轮转动，摩擦小轮又 通过传动轴带动磁铁一起转动，从而使铁芯中 磁通量发生变化，其变化图像如图3所示，其 中ω为摩擦小轮转动的角速度.线圈两端c、d 作为发电机输出端与标有“12V6W”的灯泡 L相连.当自行车以速度匀速行驶时，小灯 泡恰好正常发光.假设灯泡阻值不变，线圈的 总电阻为6Ω，摩擦小轮与轮胎间不打滑，发电 机输出电压可视为正弦交流电压.则( 摩擦小轮 小发电机 车轮 小发电机 匚形铁芯 传动轴磁铁 图 图2 Φ/(×10Wb) 2 0 t/s 2 图3 A.自行车的速度v=10m/s B.小灯泡正常发光时w=250rad/s C,若自行车的速度减半，则小灯泡的功率也 减半 D.磁铁处于图2位置时，小灯泡两端的电压为 12√2V 10.如图所示为某条高速铁路牵引供电系统的示 意图，其中牵引变电所利用变压器将220kV 或110kV的电网电压降至27.5kV输送给 高铁牵引网，再通过接触网上的电线与车顶 上的受电弓使机车获得25kV工作电压，若 将牵引变电所的变压器视为理想变压器，原、 副线圈匝数分别为1和n2,则下列说法正确 的是( 电网 220kV或110kV 牵引 27.5k7 牵 变电所 馈线 !回流线 电 牵 ☒接触网了 引 25 kV A.若电网的电压为110kV,则n1:n2=22:5 B.若高铁机车运行功率增大，则牵引变电所 第三章交变电流么出 至机车间的热损耗功率也会随之增大 C.若高铁机车运行功率增大，则机车工作电 压将会高于25kV D.如果高铁机车的电动机输出功率为9000kW, 机械效率为90%，则牵引变电所到机车间 的等效电阻为62.5Ω 二、实验题（本题共2小题，共21分） 11.(9分)(1)探究电磁感应现象应选用如图 (填“甲”或“乙”)所示的装置进行实验。 乙 (2)如图甲为探究一电容器充电特性的电路. 两次实验中电容器的电荷量g随时间t变 化图像如图乙中①②所示，第一次充电时 电容器两端电压U与电荷量g变化图像 如图丙所示.不计电源内阻，则 ② 丙 A.第二次充电时，电容器U-q图像斜率 比图丙大 B.第一次充电过程中t1时刻比t2时刻电 流小 C.①②两条曲线形状不同是由于R不同 引起的 51 重难点手册高中物理选择性必修第二册 (3)下列实验中涉及的思想方法与“探究变压 器原、副线圈电压与匝数的关系”实验相 同的是 A.研究影响导体电阻因素的实验 B.探究两个互成角度的力的合成规律 C.通过平面镜观察桌面的微小形变 12.(12分)在“探究变压器线圈两端的电压和匝 数的关系”实验中，可拆变压器如图所示 (1)观察变压器的铁芯，它的结构和材料是 A.整块硅钢铁芯 B.整块不锈钢铁芯 C.绝缘的铜片叠成 D.绝缘的硅钢片叠成 (2)为实现探究目的，保持原线圈输入的电压 一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线 圈上的电压.这个探究过程采用的科学探 究方法是 A.演绎法 B.等效替代法 C.控制变量法 D.理想实验法 (3)以下给出的器材中，本实验需要用到的是 A.干电池 B.学生电源 C.直流电压表 D.多用电表 (4)原、副线圈上的电压之比是否等于它们的 匝数之比呢？实验发现数据没有严格遵 从这样的规律，分析下列可能的原因，你 认为正确的是 A.变压器线圈中有电流通过时会发热 B.原、副线圈的电压不同步 C.原线圈中电流产生的磁场能在向副线 圈转移过程中有损失 三、计算题（本题共2小题，共29分） 13.(14分)如图所示为某一新能源动力电池充电 52 (浙江专用) 的供电电路图.配电设施的输出电压U1= 250V,升压变压器原、副线圈的匝数比n1: n2=1:8,降压变压器原、副线圈的匝数比 n3:n4=5:1.充电桩充电时的额定功率 P=20kW,额定电压U4=380V,变压器均 视为理想变压器.求： (1)升压变压器副线圈两端电压U2; (2)通过输电线上的电流I3; (3)输电线的总电阻r. 输电线 配电设施 U 桩 升压变压器 降压变压器 动力电池 14.(15分)如图所示，线圈abcd的面积是0.1m, 共100匝，线圈电阻为22，外接电阻R= 8Ω，匀强磁场的磁感应强度为B=】T,当 线圈以300r/min的转速匀速转动时，求： (1)转动中感应电动势的有效值： (2)电路中交流电压表和电流表的示数； (3)线圈由图示位置转过的过程中，交变电 动势的平均值 X!13.CD【解析】发电机输出功率为500kW,储能站在用 电高峰不工作，输电线上有能量（功率）损失，用户端得 到的实际功率小于500kW,故A错误；用电低谷时，用 户端得到88kW的功率，则有U3I3=U4I4=220VX U-,解得 1,=88kw,根据变压器变压规律有己一 U3=11000V,I3=8A,则输电线上损失的功率为 P=IR=4kW,故B错误；根据能量守恒可知用电 低谷时，储能站获得的功率为500kW一4kW 88kW=408kW,故C正确；结合上述分析可得U2= I3R+U3=11500V,则n1:n2=U1:U2=250: 11500=1:46,故D正确.故选C、D. 第三章单元学能测评 1.B【解析】题图甲中只有一个电刷，线圈在匀强磁场中 转动，得到的是直流电，A错误；题图乙中虽然只有一 半线圈处于磁场，但线圈转动得到的是正弦交流电，B 正确；题图丙为辐向磁场，无论线圈转到何位置，感应 电动势大小不变，得到的不是正弦交流电，C错误；题 图丁中矩形线圈转轴平行于磁场方向，线框不切割磁 感线，感应电动势为0，感应电流为0，D错误.故选B. 2.C【解析】由题图乙可知，交流电压的最大值为Um= 1102V,则交流电压有效值为U-=10V,根据 √2 U 闭合电路欧姆定律可得电流为I一R十 -=10A,电压 表的示数为电阻R两端的电压，则有UR=R=103V,故 A错误；根据焦耳定律可得Q总=I2(R十r)t=102× (10.3+0.7)×60J=6.6×104J,故B错误；由题图乙 可知交流电的周期为T=0.02s,则线圈转动的角速度 为w-2至-10md/s,根据线圈最大感应电动势U. =BSw,可得BS= Ue_112wb,0~0.01s时间内， w10π E,E- 通过定值电阻的电荷量为q=1△1，又I=R千， △Φ .△Φ ，联立解得g一R干，而0~0.01s时间内，磁通量 的变化量为△中=2BS,代人上式可得g=发C C,故C 正确；由题图可知t=0.02s时，感应电动势为0，根据 E=恕可如穿过线圈的险通量变化率最小，放D错 练习册参考答案与解析么型 误.故选C. 3.A【解析设该交变电流的有效值为I,则有IRT= 2 ()R·+)R·+( 2 T )R·3,解得 6 ·A,故选A 4.D【解析】根据右手定则可知，若金属棒顺时针转动， 金属棒从题图所示位置转过180°的过程中，流过电阻 R的电流从a流向b,若金属棒逆时针转动，金属棒从 题图所示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电流从 b流向a,故A错误；若经历时间t,金属棒转过的夹角 为0，则有0=wt,感应电动势的瞬时值为e=Bdusin wt =Bdorsin t,则电动势的有效值E-Br,根据闭合 √2 电路欧姆定律有U=,解得U=三 V,故B错 R十ro 5 E 误：回路中的感应电流I一R中7，电阻R的功率P一 IR,结合上述式子解得P=0.32W,故C错误；结合 上述分析可知，当金属棒转过90°时，感应电动势的最 大值为emax=Bdwr=2V,即金属棒在转动过程中，通 过电路的磁通量变化率的最大值为2Wb/s,故D正 确.故选D. 5.C【解析】由题图可知，时刻穿过线框的磁通量最 大，但磁通量变化率为0，线框产生的感应电动势为0， 线框处于中性面，故A错误；线框的感应电动势最大值 为B。-S-0。祭-2停，放B错误，线框的感位 电动势有效值为E= -鸡，根据功能关系可 √2 知，线框转一周，外力所做的功为W-片T令 2x2Φ2 RT 故C正确，从4=0到：-于过程中，线框的平均感应电 动势为E-总票-停，故D错说放选C △tT 4 6.A【解析U1保持不变，当滑动触头P顺时针转动一 U_1可知 小角度时，2变小，由电压与匝数的关系己，一2 U2变小，故A正确；当滑动触头P'向下移动时，因匝 数比未变，U2不变，故B错误；U2保持不变，I2不变， 29 重难点手册高中物理选择性必修第二册 P顺时针转动一小角度时，2变小，由电流与匝数的 关系}=”2可知1变小，故C错误，当滑动触头P白 下移动时，根据闭合电路的欧姆定律可知I2变大，根 据变压器电流比可知I1也变大，故D错误.故选A 7.D【解析】由交流电u=220W2sin100πt(V),可知w 100rad/s,则颜率了一云=50比，交流电每个周期电 流方向改变两次，所以发射线圈中的电流每秒钟方向 变化100次，故A错误；由于漏磁，接收线圈与发射线 圈的功率不相等，发射线圈与接收线圈中电流之比 I1:I2≠n2:n1=1:44,故B错误，发射线圈与接收 线圈中磁通量变化的频率相等，发射线圈与接收线圈 中交变电流的周期之比为1：1，故C错误；发射线圈 的电压的有效值U1=220V,发射线圈的电压U1= m是，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的60%， △Φ 则有U2=n21 40X60%则-：X60%1X602 △t 44 解得U2=3V,故D正确.故选D. 8.A【解析】电容增大，对交流电的阻碍作用减小，则L 灯泡变亮，故A正确；频率∫增大，则电感的阻碍作用 增大，则L2灯泡变暗，故B错误；光敏电阻光照增强， 阻值减小，由于各支路电压不变，则L3灯泡电流增大， 变亮，故C错误；S接到b时，根据变压比可知，副线圈 电压增大，则三个灯泡均变亮，故D错误.故选A 9.A【解析】设感应电动势的最大值为Emx,则有Emx =NBSw=N④mxw,则感应电动势的有效值E。= E。一红，对小 E,小灯泡恰好正常发光，则有R段十R灯一R灯 灯泡有P灯= (g）R灯，解得w=500rad/s,故B错 R 误；车轮转动时带动半径为2cm的摩擦小轮转动，根 据v=wr,结合上述式子解得v=10m/s,故A正确； 若自行车的速度减半，结合上述分析可知，摩擦小轮转 动的角速度减半，感应电动势的最大值减半，感应电动 势的有效值减半，根据闭合电路欧姆定律可知，感应电 流的有效值减半，则小灯泡的功率减为之前的子，故C 错误；磁铁处于题图2位置时，穿过线圈的磁通量达到 最大值，根据题图3可知，此时磁通量的变化率为0，即 30 (浙江专用) 磁铁处于题图2位置时，小灯泡两端的电压为0，故D 错误.故选A. 10.B【解析】若电网的电压为110kV,则n1：n2=U1: U2=110:27.5=4:1,故A错误：电压由输入电压 和线圈匝数决定，若高铁机车运行功率增大，则牵引 变电所至机车间的电流变大，根据P=IR可知，热 损耗功率也会随之增大，故B正确；若高铁机车运行 功率增大，输送过程中的电流变大，线路中的电压损 失变大，则机车工作电压将会低于25kV,故C错误； 若高铁机车功率为P=9000kW=9×10°W,根据功 率关系可得P=90%UI,其中U=25kV=25000W, 则电流I=400A,牵引变电所至机车间的等效电阻R U2-U(27.5-25)×103 2=6.252,故D错误.故 400 选B. 11.(1)甲(2)C(3)A 【解析】(1)题图甲中，若连接电路后，在外力作用下， 使导体左右运动，切割磁感线，则电流表指针发生偏 转，说明此时有感应电流产生，这就是电磁感应现象； 题图乙研究的是通电导线在磁场中受力的情况.故 选甲」 (2)两次充电用同一个电容器，根据电容的定义式C =号可知，电容器所带电荷量与两板间的电势差成正 比，故第二次充电时，电容器U-q图像的斜率与题图 丙中图线斜率相同，故A错误；根据电流的定义式有 1=?,可知q图像的切线斜率等于电流，所以第一 次充电时t1时刻的电流大于t2时刻的电流，故B错 误；根据电容定义式可得q=CU,可知①②两次充电 稳定后的电荷量q相同，则U相同，表明电源电动势 相同，则这两次充电的电源相同，第②次的斜率大，表 示充电的电流大，电阻的阻值小，所以①②两条曲线 不同是由于R的不同引起的，故C正确.故选C. (3)“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验 的思想方法是控制变量法.研究影响导体电阻因素的 实验应用了控制变量法，故A正确；探究两个互成角 度的力的合成规律，即两个分力与合力的作用效果相 同，采用的是等效替代的思想，故B错误；通过平面镜 观察桌面的微小形变采用的是放大思想，故C错误 故选A. 12.(1)D(2)C(3)BD(4)AC 【解析】(1)观察变压器的铁芯，它是绝缘的硅钢片叠 成，故选D. (2)为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通 过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压，这个探 究过程采用的科学探究方法是控制变量法，故选C. (3)变压器正常工作需要交流电，因此本实验中需要 用交流电源和交流电压表（多用电表），不需要干电池 和直流电压表，故选B、D. (4)变压器线圈中有电流通过时会发热，线圈有电阻， 在线圈上会产生电压降，从而使输出电压减小，故A 正确；原、副线圈的电压是否同步，对输出电压无影 响，故B错误；原线圈中电流产生的磁场能在向副线 圈转移过程中有损失，即有漏磁现象，由能量守恒定 律可知，输出电压会减小，故C正确.故选A、C. U1_1 13.(①)根据理想变压器两端电压与匝数的关系元，一n2 解得U2=2000V. (2)根据理想变压器两端电压与匝数的关系行一 U3_n3 解得U,=1900V.通过输电线上的电流L=U P 20000 1900A≈10.5A (3)输电线电压降△U=U2一U3=100V, 0=9.50. 输电线的总电阻r一， 14.（1)线圈的转速m=05=56,则线圈的角速度 w=2πn=l0πrad/s.线圈转动中感应电动势的最大 值为Em=NBSw=100V,感应电动势的有效值E= Ee=50反V. E_502 (2)由闭合电路欧姆定律得I=R千，-8十2A= 52A,交流电压表的电压U=IR=40√2V. （3)线圈由题图所际位登转过受的过程中，△=一中 -BS-10x 1 Wb,交变电动势的平均值E=N △t 1 1o0×平v=0y 元 20 练习册参考答案与解析么出 第四章电磁振荡与电磁波 第1节电磁振荡 1.C【解析】感应电动势E=BLu、电阻定律R=pS、 单提周期公式T=√后这三个物理公式中的L表 示的都是物体的长度这一物理量，而电磁振荡周期T =2π√LC中L表示线圈的自感系数这一物理量，A、 B、D不符合题意，C符合题意.故选C 2.A【解析】由题图可知，线圈上的电流由下到上，电容 器下极板带正电，可知电容器正在放电，两极板间电压 正在减小，负电荷q正在向下做加速度减小的加速运 动，电容器的电场能正在减小，回路中电流正在增大， 电流的变化率正在减小，即穿过线圈的磁通量的变化 率正在减小，由对称性可知经过半个周期后，负电荷q 向上做加速度减小的加速运动.故选A 3.B【解析】因为电流正在增大，说明电容器处于放电状 态，则电容器上极板A带负电，下极B板带正电，故 A、C错误；电容器处于放电过程，则电容器放电时电场 能逐渐减小，磁场能逐渐增大，所以电场能正在转化为 磁场能，故B正确；电容器处于放电过程，电容器电荷 量Q减小，根据C-号可知U减小，即线圈L两端电 压在减小，故D错误.故选B. 4.C【解析】根据安培定则可知，回路中电流为逆时针方 向，电容器上极板带正电，下极板带负电，故电容器正 在放电，电荷量逐渐减小，电流增大，电场能正在向磁 场能转化，故选C 5.B【解析】LC振荡电路的振荡周期T=2π√C= 2x×10s振荡电路的颜率为了一宁一云×10， 故A错误：根据自感电动势公式=L总可知，开关打 到2的瞬间，电流的变化率最大，所以线圈中自感电动 势最大，故B正确；由题图可知，电容器的最大电压为 1.5V,则电容器的电荷量为Q=CU=4×1012×1.5C =6.0×1012C,故C错误；电容器通过线圈放电过程 中，将会有一部分能量损耗，所以电容器中的电场能并 没有全部转化为线圈中的磁场能，故D错误.故选B 6.C【解析】根据题图乙可知电路的振荡周期为2s,故 A错误；0.5~1s时间内，电流减小，电容器充电，磁场 31