单元检测卷(三) 交变电流与远距离输电-【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（鲁科版）

单元检测卷(三)　交变电流与远距离输电 (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8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1.变压器铁芯是由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，铁芯Q安放在铁芯P上时，铁芯Q中的薄硅钢片应平行于(　　) A.平面abcd　　　　　　　 B.平面abfe C.平面acge D.平面aehd 答案：D 解析：变压器正视图如图所示，硅钢片的作用是形成闭合磁路，产生的涡流应沿平面abcd，所以为了减小涡流产生的热量，硅钢片应平行于平面aehd。故选D。 2.有一单匝闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，在转动过程中，线圈中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法中正确的是(　　) A.当磁通量为零时，感应电动势也为零 B.当磁通量减小时，感应电动势也减小 C.当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势为0.5Em D.角速度ω＝ 答案：D 解析：由交变电流的产生原理可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，与磁通量的大小无关。磁通量最大时，感应电动势为零；而磁通量为零时，感应电动势最大且Em＝BSω＝Φmω，故D正确，A、B错误；当磁通量等于0.5Φm时，线圈平面和磁场方向夹角为30°或150°，此时感应电动势的大小e＝BSωsin 60°＝Em，C错误。 3.如图所示，甲和乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系。若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙为(　　) A.1∶ B.1∶2 C.1∶3 D.1∶6 答案：C 解析：计算电功时，I要用有效值。题中甲图，由有效值的定义得R×2×10－2 s＋0＋R×2×10－2 s＝R×6×10－2 s，得I1＝ A；题中乙图，电流的值不变，I2＝1 A，由W＝I2Rt可以得到W甲∶W乙＝1∶3。故C正确，A、B、D错误。 4.如图所示，原、副线圈匝数之比为2∶1的理想变压器，原线圈接在u＝220sin (100πt)V的交流电源上，副线圈接有定值电阻R0＝30 Ω，滑动变阻器R调节范围为0～50 Ω，现将滑片置于正中央。电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是(　　) A.原线圈的输入功率为220 W B.电流表的读数为 A C.电压表的读数为50 V D.若将滑动变阻器的滑片向下滑，电压表的读数增大 答案：C 解析：原线圈两端电压的有效值为U1＝＝220 V，根据＝，可得副线圈两端的电压U2＝110 V，副线圈所在回路的电流I2＝＝＝2 A，根据＝，可得I1＝1 A，即电流表示数为1 A，原线圈的输入功率为P1＝U1I1＝220 W，电压表示数为UR＝I2R＝50 V，故A、B错误，C正确；因变压器的匝数比一定，且原线圈的输入电压一定，所以副线圈两端的电压一定，若将滑动变阻器的滑片向下滑，则滑动变阻器接入电路的阻值减小，滑动变阻器分得的电压也减小，即电压表的读数减小，故D错误。故选C。 5.理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，正常工作时，下列说法不正确的是(　　) A.穿过原、副线圈的磁通量相等，且每一匝线圈磁通量的变化率相等 B.原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为5∶1 C.原、副线圈的电压之比为5∶1 D.原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1 答案：B 解析：对理想变压器，无磁通量损失，因而穿过两个线圈的磁通量相等，磁通量变化率也相等，因而每匝线圈产生的感应电动势相等，所以电压与匝数成正比，A、C正确，B错误；理想变压器可以忽略各种损耗，故输入功率等于输出功率，D正确。 6.一个匝数为100匝、电阻为0.5 Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按如图所示规律变化，则线圈中产生的交变电流的有效值为(　　) A.6 A B.5 A C.2 A D.2 A 答案：C 解析：根据法拉第电磁感应定律E＝n，可求得0～1 s内产生的感应电动势为E1＝1 V，1～1.2 s内产生的感应电动势为E2＝5 V，设线圈中产生的交变电压的有效值为U，则有t1＋t2＝(t1＋t2)，其中t1＝1 s，t2＝0.2 s，解得U＝ V，再由欧姆定律得线圈中产生的交变电流的有效值为I＝＝2 A，选项C正确，A、B、D错误。 7.电阻为R的负载接到20 V直流电压上消耗的电功率是P；用一个变压器，原线圈接最大值为200 V的正弦交流电压，副线圈接电阻为R的负载，要使负载上消耗的电功率为，则变压器原、副线圈的匝数比为(　　) A.20∶1 B.10∶1 C.10∶1 D.1∶10 答案：C 解析：原线圈输入电压U1＝100 V。根据题意，P＝，＝，解得U2＝10 V，由变压器变压公式得变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝10∶1，故C正确，A、B、D错误。 8.如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsin ωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为(　　) A.· B.· C.4r D.4r 答案：C 解析：升压变压器原线圈两端电压的有效值U1＝，根据＝可得U2＝·，又因为T是理想变压器，所以副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P，所以输电线上的电流I＝，输电线上损失的电功率为P'＝I2·2r＝4r，故C正确，A、B、D错误。 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9.如图甲所示，单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO'匀速转动，从某时刻开始计时，产生的感应电动势e随时间t的变化图像如图乙所示，若外接电阻R＝70 Ω，线圈电阻r＝10 Ω，电压表为理想电压表，则下列说法正确的是(　　) A.电压表的示数为87.5 V B.0～0.01 s内的平均感应电动势为 V C.通过线圈的最大电流为1.25 A D.若将R换成阻值随温度的升高而减小的热敏电阻RT，则当RT处温度升高时，RT消耗的电功率减小 答案：BC 解析：由题图乙可知，感应电动势的最大值为100 V，周期为T＝4×10－2s，又有Em＝NBSω，ω＝，解得BS＝ Wb，感应电动势的有效值为E有＝＝50 V，则电压表的读数为U＝E有≈61.87 V，故A错误；根据题意，由公式E＝可得，0～0.01 s内的平均感应电动势为＝＝ V＝ V，故B正确；通过线圈的最大电流为Im＝＝ A＝1.25 A，故C正确；根据题意可知，RT的电功率为P＝E有I－I2r，可知，当I＝，即RT＝r时，P有最大值，当RT处温度升高时，RT的阻值减小，RT消耗的电功率先增大，等于r时，电功率最大，若继续减小，则电功率开始减小，故D错误。故选BC。 10.一个匝数N＝100匝的平面线圈所包围的面积S＝0.02 m2，在磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴以角速度ω＝100π rad/s匀速转动时，在线圈中产生交流电，若自线圈通过中性面时开始计时，那么选项中能够反映线圈中感应电动势随时间变化的图像是(　　) 答案：BD 解析：线圈产生的感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝100π V，所以感应电动势瞬时值表达式为e＝Emsin ωt＝100π·sin 100πt V ，电流的正方向可以选顺时针为正，也可以选逆时针为正，故感应电动势随时间变化的图像为B或D，A、C错误。 11.远距离输电的电路原理图如图所示，变压器均为理想变压器并标示了电压和电流，其中输电线总电阻为R，则(　　) A.I2＝ B.输电效率为×100％ C.用户的用电器数量增多时，U3将减小 D.用户得到的电功率可能等于电厂输出的电功率 答案：AC 解析：根据欧姆定律可知I2＝，A正确；输电效率η＝×100％，B错误；用户的用电器的数量增多时，I4增大，I2也增大，U3＝U2－I2R将减小，C正确；用户得到的电功率等于电厂输出的电功率减去输电线损失的电功率，D错误。 12.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，b连接原线圈中心位置，电压表和电流表均为理想电表，原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值为u1＝220sin V，则(　　) A.单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为11 V B.单刀双掷开关与a连接，t＝ s时，电压表的示数为15.6 V C.单刀双掷开关由a扳向b，电压表和电流表的示数均变大 D.单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小 答案：AC 解析：根据u1＝220sin V，可知原线圈中的最大电压为Um＝220 V，可得电压有效值为U1＝＝220 V，当单刀双掷开关与a连接时，原、副线圈的匝数比为20∶1，根据＝，所以副线圈中电压有效值为U2＝11 V，即电压表的示数为11 V，故A正确；单刀双掷开关与a连接，无论在什么时间，电压表的示数一直为交变电压的有效值，故为11 V，故B错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈的匝数n1减小，根据＝，可知副线圈的电压U2增大，即电压表的示数变大，根据I2＝，电流表示数变大，故C正确；开关与a连接，在滑片P向上移动的过程中，原、副线圈的匝数比不发生变化，所以电压表的示数不变化，滑动变阻器接入电路中的阻值变大，电流表示数变小，故D错误。故选AC。 三、非选择题(本题共6小题，共60分。计算题解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 13.(6分)(1)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，下列器材需要的有　　　　。 A.干电池组 B.滑动变阻器 C.直流电压表 D.多用电表 E.学生电源 (2)在实验中，某同学保持原线圈的电压以及副线圈的匝数不变，仅增加原线圈的匝数，副线圈两端的电压将　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)如图所示，当左侧线圈“0”“16”接线柱间接入9 V电压时，右侧线圈“0”“4”接线柱间输出电压可能是　　　　。 A.3.1 V　　　　B.2.5 V　　　　C.1.7 V 答案：(1)DE　(2)减小　(3)C 解析：(1)变压器是改变交流电的设备，故A错误，E正确；该实验不需要滑动变阻器，故B错误；交流电的电压不能用直流电压表测量，故C错误，D正确。 (2)由＝知，U2＝U1，故n1增大，U1和n2不变，则U2减小。 (3)由题意知，＝4，U1＝9 V，则U2＝2.25 V。理想变压器的输出电压U＝U2，而实际变压器由于漏磁等原因，U＜U2，故选项C正确。 14.(8分)在“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验中，操作步骤如下： ①将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上； ②闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压； ③将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源上，另一个作为副线圈，接上小灯泡； ④将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤。 (1)以上操作的合理顺序是　　　　(只填步骤前数字序号)。 (2)如图所示，在实验中，两线圈的匝数n1＝1 600匝，n2＝400匝，当将n1作为原线圈时，U1＝16 V，副线圈两端电压U2＝4 V；原线圈与副线圈对调后，当U1'＝8 V时，U2'＝32 V，那么可初步确定，变压器两个线圈的电压U1、U2与线圈匝数n1、n2的关系是　　　　　　　。 答案：(1)①③②④　(2)理想变压器原、副线圈电压之比，等于原、副线圈的匝数之比 解析：(1)在“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验中，首先将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；再将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源上，另一个作为副线圈，接上小灯泡；闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；然后将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤，即操作的合理顺序为①③②④。 (2)两线圈的匝数n1＝1 600匝，n2＝400匝，当将n1作为原线圈时，U1＝16 V，副线圈两端电压U2＝4 V，此时由＝4，＝4，可知＝；当原线圈与副线圈对调后，U1'＝8 V时，U2'＝32 V，此时U2'为原线圈的电压，而U1'为副线圈的电压，＝，＝，可知＝，由分析结果可得理想变压器原、副线圈电压之比，等于原、副线圈的匝数之比。 15.(10分)如图所示，变压器原线圈匝数n1＝800匝，副线圈匝数n2＝200匝，灯泡A标有“10 V　2 W”字样，电动机D的线圈电阻为1 Ω，将交变电流u＝100sin 100πt V加到理想变压器原线圈两端，灯泡恰能正常发光，求： (1)副线圈两端的电压(有效值)； (2)电动机D的电功率。 答案：(1)25 V　(2)3 W 解析：(1)原线圈两端的电压(有效值) U1＝ V＝100 V 由变压器变压公式＝知，副线圈两端的电压 U2＝U1＝25 V。 (2)电动机两端的电压 UD＝U2－UA＝15 V 通过电动机的电流I＝IA＝＝0.2 A 电动机的功率PD＝UDI＝3 W。 16.(10分)如图是自行车上照明用的车头灯发电机的结构示意图，转轴的一端装有一对随轴转动的磁极，另一端装有摩擦小轮。电枢线圈绕在固定的U形铁芯上，自行车车轮转动时，通过摩擦小轮带动磁极转动，使线圈中产生正弦式交变电流，给车头灯供电。已知自行车车轮半径r＝35 cm，摩擦小轮半径r0＝1.00 cm，线圈匝数n＝800匝，线圈横截面积S＝20 cm2，总电阻R1＝40 Ω，旋转磁极的磁感应强度B＝0.01 T，车头灯电阻R2＝10 Ω。当车轮转动的角速度ω＝8 rad/s时。求： (1)发电机磁极转动的角速度ω0； (2)车头灯中电流的有效值I。 答案：(1)280 rad/s　(2)64 mA 解析：(1)磁极与摩擦小轮转动的角速度相等，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动， 故有ω0·r0＝ω·r，ω0＝＝8× rad/s＝280 rad/s。 (2)摩擦小轮带动磁极转动，线圈产生的感应电动势的最大值为Em＝nBSω0＝800×0.01×20×10－4×280 V＝4.48 V， 感应电动势的有效值 E＝＝ V≈3.2 V， 通过电流的有效值 I＝＝ A＝0.064 A＝64 mA。 17.(12分)如图甲所示，把许多平面镜按照一定的规律排列起来，就可以把太阳光反射后汇聚到同一位置，从而利用太阳能来发电，这就是塔式太阳能电站的原理。某塔式太阳能电站产生的交变电流利用图乙所示的电路进行远距离高压输电。已知升压变压器的输入功率P1＝100 kW，输入电压U1＝250 V，输电线的总电阻R＝20 Ω，用户得到的电压U4＝220 V，升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶40，变压器均为理想变压器。求： (1)输电线上损失的功率ΔP； (2)降压变压器的匝数比。 答案：(1)2 000 W　(2) 解析：(1)发电站的输出功率P1＝U1I1 解得I1＝400 A 根据理想变压器电流与匝数关系有＝ 解得I2＝10 A 输电线上损失的功率 ΔP＝R＝102×20 W＝2 000 W。 (2)根据理想变压器电压与匝数关系有＝ 解得U2＝10 000 V 输电线上损失的电压ΔU＝I2R＝10×20 V＝200 V 降压变压器的输入电压 U3＝U2－ΔU＝10 000 V－200 V＝9 800 V 根据理想变压器电压与匝数关系有＝ 解得＝。 18.(14分)如图甲所示的电路中，理想变压器原线圈匝数n1＝4 400匝，副线圈的匝数n2＝1 000匝，电阻R1＝R2＝12.5 Ω，D为理想二极管(理想二极管具有单向导电性)，原线圈接的正弦式交流电如图乙所示，求： (1)原线圈接的交变电压瞬时值表达式； (2)通过R2的电流； (3)变压器的输入功率。 答案：(1)u＝220sin V　(2)2 A　(3)300 W 解析：(1)由题图乙知，原线圈接的交变电压峰值为 Em＝220 V ω＝＝100π rad/s 交变电压瞬时值表达式为 u＝Emsin＝220sin V。 (2)原线圈输入电压U1＝＝220 V 可得变压器的输出电压U2＝U1＝50 V 设通过R2的电流为I2，在一个周期内，R2产生的焦耳热·＝R2T 解得I2＝2 A。 (3)通过R1的电流I1＝＝4 A 变压器的输入功率P＝R1＋R2＝300 W。 学生用书⬇第86页 学科网（北京）股份有限公司 $