单元检测卷(三) 交变电流-【金版新学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套练习（人教版）

单元检测卷(三)　交变电流 (时间：90分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分) 1.(2025·浙江金华高二月考)如图乙是一款高空风车(图甲)的发电模块原理图。在发电期间，发电机线圈在某一时刻转至图乙所示位置。则(　　) A.发电的工作原理是电流的磁效应 B.该时刻线圈b端电势高于a端电势 C.该时刻线圈磁通量为零，感应电动势也为零 D.风力增大，线圈的感应电动势不变 答案：B 解析：高空风车发电的工作原理是电磁感应，故A错误；根据右手定则可知，该时刻电流方向沿顺时针方向(俯视)，则该时刻线圈b端电势高于a端电势，故B正确；该时刻线圈磁通量为0，感应电动势最大，故C错误；风力越大，风车转动得越快，线圈转动的角速度越大，根据Em＝NωBS，可知感应电动势变大，故D错误。故选B。 2.(2025·甘肃临夏高二期末)学校科技活动丰富了同学们的课余生活。如图为小华同学制作的一台手摇式交流发电机，当缓慢摇动大皮带轮的手柄时，连接在发电机上的小灯泡就会一闪一闪地发光。已知小皮带轮的半径为r，大皮带轮的半径为R＝4r，摇动手柄时的角速度为ω，小灯泡两端电压达到一定值就发光。且摇动过程中皮带不打滑。则下列说法正确的是(　　) A.小灯泡闪烁的频率为 B.发电机产生的交变电流频率为 C.增大摇动手柄的角速度，小灯泡闪烁频率增大，但亮度不变 D.增大摇动手柄的角速度，小灯泡闪烁频率不变，但亮度增大 答案：B 解析：根据题意有R＝4r，皮带传动时，两皮带轮边缘线速度大小相等，根据v＝ω1r＝ωR，解得ω1＝4ω，可知发电机转子的角速度为手柄角速度的4倍，发电机产生的交变电流频率为f＝＝＝，故B正确；小灯泡闪烁的频率是交流电频率的两倍，即f1＝2f＝，故A错误；感应电动势的峰值为Em＝Nω1BS＝4NωBS，结合上述可知，增大摇动手柄的角速度ω，小灯泡的闪烁频率增大，电动势的峰值增大，即电动势的有效值增大，小灯泡的亮度也增大，故C、D错误。故选B。 3.如图1所示，正方形线圈abcd在匀强磁场中匀速转动产生交变电流，其电动势e随时间t变化的图像如图2所示。已知线圈的匝数为100匝，下列判断正确的是(　　) A.正方形线圈可能是以ab边为轴匀速转动 B.该交变电流电压的有效值为100 V C.t＝1.0×10－2 s时，穿过线圈的磁通量为零 D.穿过线圈的磁通量最大值为 Wb 答案：B 解析：若以ab边为轴匀速转动，线圈中的磁通量一直为零，线圈中不会产生交变电流，所以正方形线圈不可能以ab边为轴匀速转动，A错误；由题图2可知，该交变电流电动势的最大值Em＝100 V，有效值E＝＝100 V，电压的有效值等于电动势的有效值，为100 V，B正确；t＝1.0×10－2 s时，感应电动势e＝0，此时线圈处于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，C错误；由题图2可知T＝2.0×10－2 s，则ω＝＝100 π rad/s，又Em＝NωBS＝NωΦm，所以Φm＝＝ Wb，D错误。故选B。 4.(2025·河北保定高二期末)如图所示，一台理想变压器原、副线圈匝数之比n1∶n2＝19∶4。原线圈接在电压u＝380·sin(100πt) V的交流电源上，副线圈接R＝20 Ω的电阻。图中电表均为理想电表，下列说法正确的是(　　) A.电压表的示数为40 V B.电流表的示数为19 A C.变压器的输入功率为320 W D.变压器的输出功率为100 W 答案：C 解析：原线圈两端电压的有效值U1＝380 V， 由＝可得电压表示数为U示＝U2＝80 V，A错误；根据欧姆定律可得通过副线圈的电流I2＝＝4 A，设通过原线圈的电流为I1，根据＝可得I1＝ A，所以电流表示数为I示＝I1＝ A，B错误；电阻R的功率为P＝R＝320 W，变压器的输入功率、输出功率相等，均为P入＝P出＝P＝320 W，C正确，D错误。故选C。 5.(2025·河南新乡高二月考)如图所示，理想变压器的原、副线圈所串联的电阻甲、乙的阻值均为R，电源为正弦式交流电，甲的功率是乙的4倍，已知原线圈两端的电压(有效值)为U，下列说法正确的是(　　) A.原、副线圈的匝数之比为2∶1 B.电源的输出电压为3U C.通过乙的电流为 D.电源的输出功率为 答案：D 解析：由于电阻甲、乙的阻值相等，甲的功率是乙的4倍，则通过甲的电流是通过乙的电流的2倍，则通过原、副线圈的电流之比为I1∶I2＝2∶1，由＝＝，故A错误；根据＝＝，原线圈两端的电压为U，则副线圈两端的电压为2U，由欧姆定律可知通过电阻乙的电流为I2＝，通过电阻甲的电流为I1＝，则电阻甲两端的电压为U甲＝I1R＝4U，所以电源的输出电压为U出＝U＋4U＝5U，故B、C错误；甲的功率为P甲＝R＝，乙的功率为P乙＝R＝，根据能量守恒定律可知电源输出功率为P＝P甲＋P乙＝，故D正确。故选D。 6.(2025·安徽蚌埠高二期末)无线充电给我们生活带来了很大的方便，图甲是手机无线充电器的示意图，其原理如图乙所示，当送电线圈接上220 V的正弦式交变电流后，会产生一个变化的磁场，从而使手机的受电线圈中产生交变电流，该电流经过其他装置转化为直流电给手机充电，该装置实际上可等效为一个无漏磁的理想变压器。送电线圈的匝数为N1，受电线圈的匝数为N2，N1∶N2＝44∶1，若手机电阻为5 Ω，当该装置给手机充电时，下列说法正确的是(　　) A.流过送电线圈和受电线圈的电流之比为1∶44 B.受电线圈两端c、d之间的输出电压为4 V C.充电时流过手机的电流为2 A D.保持a、b端输入电压不变，若在充电时玩大型游戏(即增大手机用电功率)，则受电线圈的输出电流将变小 答案：A 解析：流过送电线圈和受电线圈的电流之比等于送电线圈和受电线圈的匝数反比，则流过送电线圈和受电线圈的电流之比为＝＝，故A正确；根据＝，代入数据解得受电线圈两端c、d之间的输出电压为U2＝5 V，故B错误；充电时流过手机的电流为I2＝＝ A＝1 A，故C错误；保持a、b端输入电压不变，则受电线圈的输出电压不变，若在充电时玩大型游戏(即增大手机用电功率)，则受电线圈的输出电流将变大，故D错误。故选A。 7.(2025·河北张家口高二月考)如图所示，电源为交流电源，输出电压的有效值U不变，理想变压器的原线圈匝数为n1，副线圈匝数为n2，原线圈接有电流表A1和定值电阻R1，副线圈接有电流表A2和A3、滑动变阻器R2、定值电阻R3，其中各个电表均可看作理想电表。当R2的滑片向下移动时，下列说法正确的是(　　) A.电流表A1的示数变大 B.电流表A2的示数变小 C.电流表A3的示数变大 D.原线圈两端电压U1不变 答案：A 解析：当R2的滑片向下移动时，R2接入电路的阻值变小，则副线圈电路总电阻R副减小，理想变压器原线圈的等效电阻R等＝R副，则R等减小，根据U＝I1，可知I1变大，则电流表A1的示数变大，故A正确；电流表A1的示数变大，由U＝U1＋I1R1可知U1减小，根据理想变压器的电压、电流与匝数的关系可知I2变大、U2减小，则电流表A2的示数变大，B、D错误；U2减小，R3不变，则电流表A3的示数变小，故C错误。故选A。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分) 8.(2025·山东日照高二月考)如图甲所示，一电阻不计的单匝圆形线圈处于磁场中，图乙是穿过线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化的图像(规定磁感应强度垂直纸面向里时Φ为正)。线圈右边与理想变压器的原线圈连接，已知理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝20∶1，电阻R1＝20 Ω、R2＝10 Ω，D为理想二极管，取π2＝10，下列说法正确的是(　　) A.t＝0.01 s时，圆形线圈中电流最大 B.t＝0.005 s时，圆形线圈中电流最大 C.0～0.005 s内，流过R1的电荷量为0.001 C D.原线圈的输入功率为50 W 答案：AD 解析：由题图乙可知Φ＝2sin (100πt )Wb，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为E＝＝200πcos (100πt) V，当t＝0.01 s时，圆形线圈中电动势最大，电流最大，t＝0.005 s时，圆形线圈中电动势为零，电流为零，A正确，B错误；理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝20∶1，则U1∶U2＝20∶1，可得副线圈两端的电压为U2＝10πcos (100πt) V，其中U2＝n2ωBScos (ωt) V，联立可得ω＝100π rad/s，n2BS＝0.1 Wb，则0～0.005 s内，流过R1的电荷量为q＝＝ C＝0.005 C，故C错误；根据上述分析，U2有＝ V，T＝＝0.02 s，在一个周期内电阻R1消耗的电能为Q1＝T＝0.5 J，电阻R2消耗的电能为Q2＝·＝0.5 J，故原线圈的输入功率为P＝＝50 W，D正确。故选AD。 9.如图所示，高铁的供电流程是将高压220 kV或110 kV经过牵引变电所进行变压(可视作理想变压器)，降至27.5 kV，通过接触网上的电线与车顶上的受电器进行接触而完成受电，机车最终获得25 kV的电压使高铁机车运行。以下说法正确的是(　　) A.若电网的电压为220 kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶8 B.若电网的电压为110 kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝4∶1 C.如果高铁机车功率为8 000 kW，牵引变电所至机车间的线路损耗的电功率为800 kW D.如果高铁机车功率为8 000 kW，则自牵引变电所至机车间线路的等效电阻约为85.9 Ω　 答案：BC 解析：根据变压器的工作原理可知＝，若电网的电压为220 kV或110 kV时，变压器原、副线圈匝数比为8∶1或 4∶1，故A错误，B正确；变压器变压后的电压为27.5 kV，机车最终获得25 kV的电压，则线路损失的电压为2.5 kV，线路中的电流为I线＝＝＝320 A，则牵引变电所至机车间的线路损耗的电功率为P损＝U损I线＝2.5 kV×320 A＝800 kW，其等效电阻为R线＝＝≈7.8 Ω，故C正确，D错误。故选BC。 10.(2025·河南商丘高二期末)如图是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图。图中变压器均为理想变压器，所有电表均为理想交流电表。设发电厂输出的电压不变，两条输电线总电阻用R0表示，变阻器R相当于用户用电器的总电阻(视为纯电阻)，其余电阻不计，下列说法正确的是(　　) A.在用电高峰期，用户用电器的总电阻比平时小 B.增大R，电流表A1、A2、A3的示数均变小 C.调节R，电压表V3的示数变化量大小与电流表A3的示数变化量大小之比为R0 D.若降压变压器原副线圈的匝数为n3、n4，则当R0＝R时，用户端的功率达到最大值 答案：AB 解析：在用电高峰期，用户端并联的用电器增多，故总电阻比平时小，故A正确；由题意可知V2示数不变，增大R，则A3示数变小，根据理想变压器电流与匝数关系I3＝I2，可知电流表A2示数变小，又由于I1＝I2，则电流表A1示数变小，故B正确；电压表V3的示数与电压表V2的示数、电流表A2的示数之间的关系为U3＝U2－I2R0，电压表V2的示数不变，电流表A2的示数与电流表A3的示数关系为I3＝I2，所以电压表V3的示数变化量大小与电流表A3的示数变化量大小之比为＝＝R0，故C错误；降压变压器原线圈的等效电阻为R等＝＝＝R，根据闭合电路欧姆定律可知R等＝R0即R0＝R时，用户端的功率达到最大值，故D错误。故选AB。 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(6分)在探究“变压器的电压与匝数的关系”的实验中，可拆变压器如图所示。 (1)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.控制变量法 B.等效替代法 C.演绎法 D.理想实验法 (2)观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数　　　(选填“多”或“少”)。 (3)实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，原因不可能为　　。 A.原、副线圈上通过的电流发热 B.铁芯在交变磁场作用下发热 C.变压器铁芯漏磁 D.原线圈输入电压发生变化 答案：(1)A　(2)少　(3)D 解析：(1)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。探究两个变量之间的关系时保持其他变量不变，这个探究过程采用的科学探究方法是控制变量法。故选A。 (2)观察两个线圈的导线，发现粗细不同，根据＝可知，匝数少的电流大，为了减小能量损耗，导线电阻要小，由公式R＝ρ可知导线要粗，即导线粗的线圈匝数少。 (3)原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别，故A、B不符合题意；变压器铁芯漏磁，从而导致电压比与匝数比有差别，故C不符合题意；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故D符合题意。 12.(10分)(2025·辽宁大连高二期末)“祖冲之”研究小组在做关于变压器的实验。 (1)可拆变压器的铁芯是由相互绝缘的薄硅钢片叠压而成的。如图甲所示，原线圈接交流电源，副线圈接入小灯泡。第一次，缓慢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。下列说法正确的是　　　　。 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，铁芯横条更容易发热 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 (2)如图乙所示的电路中，电压为U0的交流电源通过阻值为R0的定值电阻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，原、副线圈的匝数分别为n1、n2。若保持U0不变，将可变电阻R的阻值减小，则流经原线圈的电流　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)；当可变电阻R的阻值为　　　　(用n1、n2和R0表示)时，可变电阻R的功率最大。 答案：(1)C　(2)增大　 R0 解析：(1)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后，普通铁块产生涡流增大，更容易发热，变压器能量损失增大，故第二次实验中小灯泡更暗，故A、B错误；根据变压器的工作原理可知，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，故C正确。故选C。 (2)把R0作为电源内阻，将原线圈匝数部分等效为电阻Rx，设原、副线圈电流分别为I1、I2，则根据能量守恒有Rx＝R 因为＝ 联立解得Rx＝R 根据闭合电路的欧姆定律得 I1＝＝ 可知电阻R的阻值减小时，原线圈的电流增大； 要让可变电阻R的功率最大，则Rx功率最大，此时电源内阻等于外阻，即R0＝Rx 结合Rx＝R 解得R＝R0。 13.(12分)如图所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝。线圈电阻为1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝ T，方向垂直纸面向里，当线圈以ω＝10π rad/s的角速度匀速转动时。(各电表均视为理想交流电表) (1)求感应电动势的最大值Em和交流电压表示数U。(结果可以保留根式) (2)从图示位置开始计时，写出电路中电流i的瞬时值表达式。 (3)求线圈转一圈电阻R产生的热量。 (4)经 s通过电阻R的电荷量是多少(结果保留1位有效数字)？ 答案：(1)50 V　 V　(2)i＝5sin (10πt) A　(3)22.5 J　(4)0.08 C 解析：(1)感应电动势的最大值Em＝NωBS＝50 V 电动势的有效值E＝＝25 V 电压表测量的是路端电压，所以电压表的示数 U＝＝ V。 (2)电流最大值Im＝＝5 A 则电路中电流瞬时值表达式为 i＝Imsin ωt＝5sin (10πt) A。 (3)电流有效值I＝ 转一圈所需时间T＝＝0.2 s 线圈转一圈电阻R产生的热量Q＝I2RT＝22.5 J。 (4) s内线圈转过的角度θ＝ωt＝ 该过程中，ΔΦ＝BS－BScos θ＝BS 由＝，＝，＝N得 q＝ N＝＝ C＝ C≈0.08 C。 14.(12分)如图是交流发电机的发电、供电原理图，一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动，线圈共220匝，线圈面积为520 cm2，转动频率为50 Hz，磁场的磁感应强度大小为 T。发电机的输出端a、b与理想变压器的原线圈相连，变压器副线圈接有两个标有“220 V　11 kW”的电动机。已知变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，两电动机正常工作。求： (1)理想电流表的示数； (2)线圈的内阻。 答案：(1)20 A　(2)2.2 Ω 解析：(1)由题意知副线圈的功率为 P出＝2.2×104 W 副线圈的电压为U2＝220 V 根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系有 ＝＝ 可得原线圈电压为U1＝1 100 V 由U1I1＝U2I2＝P出 可得原线圈上电流为I1＝20 A 所以电流表示数为20 A。 (2)线圈转动产生的电动势最大值为 Em＝NωBS＝N·2πfBS＝1 144 V 则发电机的电动势有效值为E＝＝1 144 V 由闭合电路的欧姆定律知E＝I1r＋U1 解得线圈的内阻r＝2.2 Ω。 15.(14分)(2025·广西北海高二期末)某校用一台不计内阻的发电机来提供照明用电，输电过程如图所示，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶5，降压变压器原、副线圈匝数比为5∶1，输电线的总电阻为R＝25 Ω，全校共有33个班，每班有6盏“220 V，40 W”的灯，若要保证全部电灯正常发光，求： (1)输电线损失的功率； (2)升压变压器的输入电压； (3)升压变压器每小时输出的电能(结果保留3位有效数字)。 答案：(1)1 296 W　 (2)256 V　 (3)3.32×107 J 解析：(1)降压变压器副线圈的电流 I4＝×6×33 A＝36 A 降压变压器原线圈的电流I3＝I4＝ A 输电线损失的功率ΔP＝R＝1 296 W。 (2)降压变压器原线圈的电压U3＝U4＝1 100 V 输电线上损失的电压为ΔU＝I3R＝180 V 升压变压器的输出电压U2＝U3＋ΔU＝1 280 V 升压变压器的输入电压U1＝U2＝256 V。 (3)升压变压器原线圈的电流 I1＝I2＝I3＝36 A 升压变压器每小时输出的电能与输入电能相等，则有W2＝W1＝U1I1t≈3.32×107 J。 学生用书⬇第103页 学科网（北京）股份有限公司 $