2023版新教材高中物理第三章交流电核心素养检测卷教科版选择性必修第二册

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第三章核心素养检测卷考试时间：75分钟，满分：100分一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28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．下列关于交变电流和直流电流的说法正确的是(　　)A．若电流大小做周期性变化，则一定是交变电流B．直流的大小可以变化，但方向不一定变化C．交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的D．交变电流的最大特征就是电流的方向发生周期性的变化2．在小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示．此线圈与一个R＝10Ω的电阻构成闭合电路，电路中的其他电阻不计．下列说法正确的是(　　)A.交变电流的周期为0.125sB．交变电流的频率为8HzC．交变电流的有效值为eq \r(2)AD．交变电流的最大值为4A3．在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的高电压，所用的器材叫电压互感器．如下所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是(　　)4．如图所示，理想变压器原线圈接在u＝Umsin (ωt＋φ)的交流电源上，副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响．闭合开关S后(　　)A.电流表A2的示数减小B．电压表V1的示数减小C．电压表V2的示数不变D．电流表A1的示数不变5.如图所示是一交变电流随时间变化的图像，则此交变电流的有效值为(　　)A．4AB．3AC．5AD．5eq \r(2)A6.如图为交流发电机的模型图，下列说法正确的是(　　)A．仅对调磁极N和S，发电机将输出直流电B．仅增加线圈匝数，产生电动势将增大C．仅提高线圈转速，输出电流频率不变D．仅采用更粗的导线制作的线圈产生电动势更大7．一含有理想变压器的电路如图甲所示，图中理想变压器原、副线圈匝数之比为2∶1，电阻R1和R2的阻值分别为3Ω和10Ω，电流表、电压表都是理想交流电表，a、b输入端输入的电流如图乙所示，下列说法正确的是(　　)A.0.03s时，通过电阻R1的电流为0B．电流表的示数为1.4AC．电压表的示数为1.4VD．0～0.04s内，电阻R1产生的焦耳热为0.48J二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8.如图所示为某小型电站高压输电示意图．发电机输出功率恒定，升、降压变压器均为理想变压器．在输电线路的起始端接入A、B两个互感器(均为理想)，互感器原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶10，电压表的示数为220V，电流表的示数为5A，线路总电阻r＝10Ω，则下列说法正确的是(　　)A．线路上损耗的功率250WB．发电机输出的电功率1100kWC．互感器A是电压互感器，互感器B是电流互感器D．用户使用的用电设备越多，降压变压器输出电压U4大小不会改变9．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表，R为热敏电阻(温度升高时其电阻减小)，R0为定值电阻．当原线圈接如图乙所示的正弦交流电时，下列说法正确的是(　　)　A．电压表V2的示数为77.8VB．R温度升高时，变压器原线圈的输入功率减少C．R温度降低时，电流表的示数变小，电压表V2的示数不变D．原线圈输入电压瞬时值的表达式为u＝220eq \r(2)sin100πt(V)10.如图(a)所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的正方形单匝导线框abcd绕与磁感线垂直的转轴ab匀速转动，线圈产生的交变电动势随时间变化的规律如图(b)所示，若线框总电阻为5Ω，则(　　)A．线圈的转速为100r/sB．当线框平面与中性面的夹角为45°时，线框产生的电动势的大小为22VC．在0～0.01s时间内，通过线框某一横截面的电荷量约为4.0×10－2CD．线框转动一周，cd边产生的焦耳热为3.87J三、非选择题(本题共5小题，共54分)11.(6分)某实验小组利用学生电源、小型可拆变压器、交流电压表、导线等器材进行变压器线圈两端电压与匝数关系的探究活动．根据实验原理图连接电路，如图所示，在原线圈两端依次加上不同的电压，用电压表分别测量原、副线圈两端的电压，实验数据如下表：(1)请你用笔画线代替导线完成图中的电路连接．(2)根据实验数据，可以得出实验结论：变压器线圈两端电压与匝数的关系为________(用题中给出的字母表示).(3)根据表中的数据知副线圈匝数n3＝________．12．(10分)图甲为课堂演示用的手摇发电机，现将此手摇发电机的输出端与电压传感器并联后接入数据采集器，在计算机显示屏上得到如图乙所示的波形电压．　(1)研究此交变电流的波形，发现屏上出现第1个向上的“尖峰”到出现第31个向上的“尖峰”经历的时间为1min，则手摇发电机线圈转动的平均角速度为________rad/s.(2)屏上出现的电压波形不是正弦波，其原因可能是________________________．(写出一条即可)(3)将发电机输出的电流通过变频、整流后得到如图丙所示的正弦交变电流图像，此电流的瞬时值表达式为________________．13.(10分)如图所示，电阻r＝1Ω的单匝金属直角线框abcd放置在磁感应强度为B＝eq \f(\r(2),10)T的匀强磁场中，a、d两点连线与磁场垂直，ab、cd长为l1＝20cm，bc长为l2＝50cm，定值电阻R＝4Ω.线框绕ad连线以角速度ω＝100rad/s匀速转动．求：(1)电压表的读数U；(2)线框从图示位置转过180°，通过电阻R的电荷量q.14.(12分)在磁感应强度B＝eq \r(2)T的匀强磁场中有一矩形线圈，相关数据如下：匝数N＝10匝，面积S＝0.02m2，电阻r＝1Ω.线圈绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，通过电刷与一理想变压器原线圈相接，变压器原、副线圈匝数比为1∶2.副线圈两端的交流电压表读数为36V、接入电灯电阻R＝36Ω.求：(1)矩形线圈转动产生的电流有效值；(2)从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈产生的电动势的瞬时值的表达式．15．(16分)水力发电的基本原理就是将水流的机械能(主要指重力势能)转化为电能．某小型水力发电站水的流量为Q＝5m3/s(流量是指流体在单位时间内流过某一横截面的体积)，落差为h＝10m，发电机(内阻不计)的输出电压为U1＝250V，输电线总电阻为r＝4Ω，为了减小损耗采用了高压输电．在发电机处安装升压变压器，而在用户处安装降压变压器，其中n3∶n4＝190∶11，用户获得的电压U4＝220V，用户获得的功率P4＝1.9×105W，若不计变压器损失的能量，已知水的密度为ρ＝1×103kg/m3、重力加速度g取10m/s2.求：(1)高压输电线中的电流强度I2；(2)升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2；(3)该发电站将水能转化为电能的效率η.第三章核心素养检测卷1．答案：D解析：若电流大小做周期性变化，则不一定为交变电流，因为没有提及电流方向随时间做周期性变化，A错误；直流电流的大小可以变化，但直流电流的方向一定不变，B错误；交变电流的方向发生周期性的变化，但不一定是按正弦或余弦规律变化的，C错误；交变电流的最大特征就是电流的方向发生周期性的变化，D正确．2．答案：C解析：由图可知交变电流的周期为0.250s，因为f＝eq \f(1,T)，所以频率为4Hz，交变电流的峰值电压为20V，所以其电压的有效值为eq \f(20,\r(2))V，则电流的最大值为2A，电流的有效值为eq \r(2)A．3．答案：B解析：由电压互感器的工作原理可知，电压互感器应跨接在火线与零线之间，且由于电压与匝数成正比，故电压互感器应使高压电线并联接入匝数较多的线圈上，故B符合题意，A、C、D不符合题意．4．答案：A解析：开关S闭合时，副线圈总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V1示数不变，但因副线圈的总电阻减小，则副线圈的总电流增大，则原线圈的电流增大，故A1的示数变大；由于副线圈的电流增大，故串联在副线圈的电阻R两端的电压增大，而副线圈的总电压不变，所以副线圈并联部分的电压减小，即V2的示数减小，故电流表A2的示数减小，故A正确，B、C、D错误．故选A.5．答案：C解析：设该交变电流的有效值为I，让该交变电流和直流分别通过同一电阻(阻值为R)，在一个周期(T＝0.2s)内，该交变电流产生的热量Q′＝I eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) Rt1＋I eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) Rt2在一个周期内，直流通过该电阻产生的热量Q＝I2RT由Q＝Q′，代入数据，解得I＝5A故A、B、D错误，C正确．6．答案：B解析：集电环的结构可以实现将交流电转化为直流电，但通过磁极的对调只是实现了电流的方向改变，故A错误；旋转线圈产生电动势峰值为E＝NBSω，增加匝数N产生的电动势自然会增大，故B正确；由于ω＝2πn，提高线圈的转速产生的交变电流频率增大，故C错误；用更粗的导线制作的线圈能够减小线圈内阻，可以提高输出电压，但不影响电动势，故D错误．7．答案：A解析：由题图乙可知，在0.03s的前后，原线圈中的电流不变化，则副线圈中没有感应电流，所以通过电阻R1的瞬时电流为0，故A正确；设电流表的示数为I1，则有I eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) RT＝(eq \f(\r(2),\r(2)))2Req \f(T,2)＋(eq \r(2))2Req \f(T,2)，求得I1＝eq \f(\r(6),2)A，故B错误；原线圈中只有交流部分电流才能输出到副线圈中，故副线圈中电流最大值为2eq \r(2)A，设副线圈交流电的有效值为I2，则I eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) RT＝(eq \f(2\r(2),\r(2)))2Req \f(T,2)，求得I2＝eq \r(2)A，因此电压表的示数为U＝I2R2＝14.1V，故C错误；在0～0.04s内，电阻R1产生的焦耳热为Q＝I eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) R1t＝0.24J，故D错误．8．答案：BC解析：根据eq \f(I,IA)＝eq \f(nB2,nB1)，代入数据得I＝50A，线路上损耗功率P损＝I2r＝25000W，故A错误；根据变压器原理可知eq \f(U2,UV)＝eq \f(nA1,nA2)，代入数据得U2＝22000V，发电机输出电功率P发＝U2I＝22000×50W＝1100kW，故B正确；互感器A并联接入电路是电压互感器，互感器B串联接入电路是电流互感器，故C正确；用户使用的用电设备增多，用户电流增大，输电电流增大，输电线损失电压增大，降压变压器输入电压减小，降压变压器输出电压减小，故D错误．9．答案：CD解析：由U1∶U2＝n1∶n2，电压表V1示数为220V，则电压表V2的示数为55V，A错误；副线圈两端的电压不变，R温度升高时，阻值变小，根据I2＝eq \f(U2,R＋R0)，I1∶I2＝n2∶n1，P1＝U1I1，副线圈电流增大，变压器原线圈的电流增大，输入功率增大，B错误；R温度降低时，阻值变大，同理，副线圈电流减小，电流表的示数变小，电压表示数不受影响，保持不变，C正确；交流电周期为0.02s，原线圈输入电压瞬时值的表达式为u＝220eq \r(2)sineq \f(2π,T)t(V)＝220eq \r(2)sin100πt(V)，D正确．10．答案：BC解析：由图(b)可知，周期为0.02s，则线圈的转速为n＝f＝eq \f(1,T)＝50r/s，故A错误；由图(b)可知，周期为0.02s，Emax＝22eq \r(2)V，角速度ω＝eq \f(2π,T)＝100πrad/s，则该交流电的瞬时表达式为e＝22eq \r(2)sin100πt(V)，矩形金属线框平面与中性面的夹角为45°时，e＝22eq \r(2)sin45°(V)＝22V，故B正确；当t＝0.01s时刻感应电动势等于零，所以穿过线框回路的磁通量最大，线框平面与中性面重合，矩形金属线框平面与磁感线垂直，从t＝0到t＝0.01s时间内，磁通量变化量为ΔΦ＝2BS＝eq \f(2Emax,ω)＝2×eq \f(22\r(2),100π)Wb，通过线框某一截面的电荷量为q＝eq \f(ΔΦ,R)＝2×eq \f(22\r(2),100π)×eq \f(1,5)C＝4.0×10－2C，故C正确；线框转动一周cd边产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,4)eq \f(E2,R)T＝eq \f(1,4)×eq \f(222,5)×0.02J＝0.484J，故D错误．11．答案：(1)见解析　(2)eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)　(3)400解析：(1)连接电路图，如图所示(2)由第一组数据得eq \f(n1,n2)＝eq \f(800,600)＝eq \f(4,3)，eq \f(U1,U2)＝eq \f(5.6,4.2)＝eq \f(4,3)可得eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)由第二组数据得eq \f(U1,U2)＝eq \f(9.7,7.3)≈1.33，eq \f(n1,n2)＝eq \f(800,600)＝eq \f(4,3)≈1.33可得eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)由第三组数据得eq \f(U1,U2)＝eq \f(13.7,10.3)≈1.33，eq \f(n1,n2)＝eq \f(800,600)＝eq \f(4,3)≈1.33可得eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)综上所述，所以可得结论：变压器线圈两端电压与匝数的关系为eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2).(3)根据上面三组数据可以得到变压器线圈两端电压与匝数的关系为eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)根据eq \f(U1,U3)＝eq \f(n1,n3)可得n3＝eq \f(U3,U1)·n1＝40012．答案：(1)π　(2)线圈所在的磁场不是匀强磁场(3)i＝0.2sin5πt(A)解析：(1)该交流电的周期为T＝eq \f(60,31－1)s＝2s，则手摇发电机线圈转动的平均角速度为ω＝eq \f(2π,T)＝πrad/s.(2)屏上出现的电压波形不是正弦波，其原因可能是线圈所在的磁场不是匀强磁场．(3)该正弦交流电的角速度为ω′＝eq \f(2π,T′)＝5πrad/s所以此电流的瞬时值表达式为i＝0.2sinωt(A)＝0.2sin5πt(A)13．答案：(1)0.8V　(2)eq \f(\r(2),250)C解析：(1)线圈中感应电动势的最大值为Em＝NBSω解得Em＝eq \r(2)V由电路知识可知U＝eq \f(Em,\r(2))·eq \f(R,R＋r)＝0.8V(2)计算电荷量用电流的平均值计算，即q＝eq \o(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(\o(E,\s\up6(－)),R＋r)·Δt＝eq \f(\f(ΔΦ,Δt),R＋r)·Δt＝eq \f(2Bl1l2,R＋r)＝eq \f(\r(2),250)C14．答案：(1)2A　(2)e＝20eq \r(2)sin (100t) V解析：(1)因为电压表读数为36V，电灯电阻为36Ω，所以电灯的电流为I2＝eq \f(U,R)＝1A设原线圈的电流为I1，有eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)解得I1＝2A由题意可知I1为电流的有效值．(2)设原线圈的电压为U，则有eq \f(U1,U)＝eq \f(n1,n2)解得U1＝18V根据闭合电路欧姆定律得其电动势为E＝U1＋I1r＝20V所以矩形线圈产生的电动势的有效值为20V；线圈产生的电动势最大值为Em＝eq \r(2)E＝20eq \r(2)V又因为Em＝NBSω解得ω＝100rad/s所以从矩形线圈转到中性面开始计时，电动势随时间变化规律为e＝20eq \r(2)sin (100t) V．15．答案：(1)50A　(2)1∶16　(3)40%解析：(1)根据eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)，解得U3＝3800V，根据理想变压器无能量损失，知P3＝P4＝1.9×105W，根据P3＝U3I2，得I2＝50A.(2)高压输电线损失的电压ΔU＝I2r＝200V，得U2＝U3＋ΔU＝4000V，故n1∶n2＝U1∶U2＝1∶16.(3)高压输电线损失的电功率ΔP＝I eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) r＝10000W，故发电机输出电功率P1＝P3＋ΔP＝2×105W，水流每秒产生的机械能即功率P0＝eq \f(mgh,t)＝ρQgh＝5×105W，故水能转化为电能的效率η＝eq \f(P1,P0)×100%＝40%.实验序号原线圈匝数n1＝800，原线圈两端电压U1(V)副线圈匝数n2＝600，副线圈两端电压U2(V)副线圈匝数n3＝________，副线圈两端电压U3(V)15.64.22.829.77.34.8313.710.36.8