【文档说明】2023-2024学年高中物理人教版2019 选择性必修第二册课后习题 第3章 第三章测评 Word版含答案.docx，共(9)页，279.809 KB，由小赞的店铺上传

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第三章测评(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.如图所示,在远距离输电过程中,若保持升压变压器原线圈的输入功率不变,下列说法正确的是()A.升高U1会增大输电电流I2B.

升高U1会增大线路的功率损耗C.升高U1会增大线路的电压损耗D.升高U1会提高电能的利用率2.一电阻接到方波交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q方;若该电阻接到正弦交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0,周期均为T,如图所示。则Q方∶Q正等

于()A.1∶√2B.√2∶1C.1∶2D.2∶13.教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电,电路如图所示,理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U,R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速

变为原来的12,则()A.R消耗的功率变为12PB.电压表V的读数变为12UC.电流表A的读数变为2ID.通过R的交变电流频率不变4.如图所示,理想变压器的原线圈接在u=220√2sin100πt(V)的交流电源上,副线圈接有R=55Ω的负载电阻,原、副线圈匝数之比为2∶1,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√2WB.电流表的读数为1AC.电压表的读数为110√2VD.副线圈输出交流电的周期为50s5.对于远距离输电,在P送一定的情况下,设输电线路中的电流为I送,输电线的总电阻为R线,为了减少损耗,

采用增大电压U送输电,下列说法正确的是()A.由U送=I送R线,知输电线路中的电流变大B.由P送=I送U送,知输电线路中的电流变小C.由P耗=𝑈送2𝑅线,知输电线路消耗功率增大D.由P送=𝐼送2R线,知不会影响输电线路中的电流6.

一理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=10∶1,原线圈与正弦交变电源连接,输入电压u随时间t变化的规律如图所示,副线圈只接入一个10Ω的电阻,则()A.流过电阻的电流最大值为2.2AB.与电阻并联的电压表示数为31.1VC.电阻在1.0s内产生的热量为96.8JD.变压器的输

入功率约为48.4W7.将阻值为5Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上,电源电动势随时间变化的规律如图所示。下列说法正确的是()A.电路中交变电流的频率为0.25HzB.通过电阻的电流为√2AC.电阻消耗的电功率为2.5WD.用交流电压表测得电

阻两端的电压是5V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,将额定电压为60

V的用电器,通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S后,用电器正常工作,交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220V和2.2A。以下判断正确的是()A.变压器输入功率为484WB.通过原线圈的电流的有效值为0.6AC.通过副线圈的电流的

最大值为2.2AD.变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=11∶39.如图甲为电热毯电路示意图,交流电压u=311sin100πt(V),当开关S闭合时,电热丝的电功率为P0;当开关S断开时,加在电热丝上的电压如图乙所示,则()A.开关闭合时,交

流电压表的读数为220VB.开关闭合时,交流电压表的读数为311VC.开关断开时,交流电压表的读数为311V,电热丝功率为𝑃02D.开关断开时,交流电压表的读数为156V,电热丝功率为𝑃0210.如图所示,图乙中理想变压器的原线圈接如图甲所示的交变电

流。理想变压器原、副线圈的匝数比为20∶3,定值电阻的阻值为11Ω,滑动变阻器的总阻值为22Ω。下列说法正确的是()A.副线圈输出电压的频率为50HzB.滑动变阻器的滑片P向右滑动时,电阻R两端的电压不变C.滑动变阻器的滑片P滑到最右端时,通过电阻

R的电流为8.45AD.滑动变阻器的滑片P滑到最左端时,理想变压器的输入功率为132W三、非选择题:本题共5个小题,共54分。11.(6分)(1)某学生选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验时,原线圈接在学生电源上,用多用电表测量副线圈的电压,下列操作正确的是

。A.原线圈接直流电压,电表用直流电压挡B.原线圈接直流电压,电表用交流电压挡C.原线圈接交流电压,电表用直流电压挡D.原线圈接交流电压,电表用交流电压挡(2)该学生继续做实验,先保持原线圈的匝数不变,增加副线圈的匝数,观察到副线圈两端的

电压(选填“增大”“减小”或“不变”);然后再保持副线圈的匝数不变,增加原线圈的匝数,观察到副线圈两端的电压(选填“增大”“减小”或“不变”)。上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是控制变量法。12.(8分)有一个教学用的可拆变压器,其铁

芯粗细一致,如图甲所示,它有两个外观基本相同的线圈A、B(内部导线电阻率、横截面积相同),线圈外部还可以再绕线圈。甲乙(1)某同学用多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值,指针分别对应图乙中的a、b位置,则A线圈的电阻为Ω,由此可推断(选填“

A”或“B”)线圈的匝数较多。(2)如果把此变压器看作理想变压器,现要测量A线圈的匝数,提供的器材有:一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源。请完成以下填空:①用绝缘导线在线圈B上绕制n匝线圈;②将A线圈与低压交流电源相连接;③用多用电表的“交流电压”挡分别测量A

线圈的输入电压UA和(选填“绕制”或“B”)线圈的输出电压U;④则A线圈的匝数为。(用已知和测得量的符号表示)13.(10分)人们利用发电机把天然存在的各种形式的能(水能、风能、煤的化学能……)转化为电能。为了合理利用这些能源,发电站要修建在靠近这些天然资源的地方。但是,用电的地方往

往很远。因此,需要高压输送线路把电能输送到远方。如果某发电站将U=6000V的电压直接加在高压输送线路的入端向远方供电,且输送的电功率为P=800kW。则此时安装在高压输送线路的入端和终端的电能表一昼夜读数就相差ΔE=9600kW·h

。(1)求此种情况下,高压线路的输电效率。(2)若要使此高压输电线路的输电效率为98%,则需要在发电站处安装一个变压比(𝑛1𝑛2)是多少的变压器?14.(14分)如图所示,间距为L的光滑平行金属导轨AB、CD,水平地放置在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中,AC端接阻值为R的电阻。一长度为

L、电阻为R0、质量为m的导体棒MN垂直放置在导轨上,在外力F的作用下从t=0时刻开始运动,其速度随时间的变化规律是v=vmsinωt,导轨的电阻值忽略不计。求:(1)从t=0到t=2π𝜔的时间内电阻R产生的热量

Q。(2)从t=0到t=π2𝜔的时间内外力F做的功W。15.(16分)如图所示,理想变压器原线圈中输入电压U1=3300V,副线圈两端电压为U2=220V,输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2,绕过铁芯的导线所接的电压表V的示数U=2V。(1)求

原线圈n1的匝数。(2)当开关S断开时,电流表A2的示数I2=5A,则电流表A1的示数I1为多少?(3)在(2)中情况下,当开关S闭合时,电流表A1的示数I1'等于多少?答案：1.D升高输电电压U1,由于输入功率不变,则I1将减小,又因为I2=𝑛1𝑛2I1,所以I2将减小,故A错误;线路功

率损耗P损=𝐼22R,因此功率损耗在减小,电压损失减小,故B、C错误;因线路损耗功率减小,故利用率将升高,故D正确。2.D对于方波交流电源,电压的有效值和最大值相等,即u方=u0,在周期T内产生的热量为Q方=𝑢02𝑅·T,对于正弦交流电源,电压的有效值u正=𝑢0√2,

在周期T内产生的热量为Q正=(𝑢0√2)2𝑅·T,整理可得Q方∶Q正=2∶1,选项D正确。3.B发电机线圈转速变为原来一半时,产生的电动势的最大值和有效值均变为原来的一半,变压器匝数比不变,故副线圈上的电压表示数变为原来的一半,选项B正确;对负载电阻R,由P=𝑈2𝑅

可得,R消耗的功率变为原来的14,即副线圈消耗的功率变为原来的14,故原线圈消耗的功率也变为原来的14,而原线圈电压变为原来的一半,故原线圈中的电流(电流表示数)变为原来的一半,选项A、C均错误;发电机线圈转速变为原来一半时,线圈转动的角速度变为一

半,由f=2π𝜔可得交变电流的频率变为原来的2倍,选项D错误。4.B由𝑈1𝑈2=𝑛1𝑛2得U2=110V,故P入=P出=𝑈22𝑅=220W,A项错误。由I2=𝑈2𝑅得I2=2A,𝐼

1𝐼2=𝑛2𝑛1,故I1=1A,电流表示数为1A,B项正确。电压表示数为有效值,即110V,C项错误。T=2π𝜔=0.02s,故D项错误。5.B由U线=I线R线,I送=I线,U送≠U线(U送=U到+U线),得U送≠I送R线,选项A错误;公式P送=I送U送,

针对的是同一研究对象,故选项B正确,D错误;P耗=𝐼线2R线=𝐼送2R线=(𝑃送𝑈送)2R线,因此U送增大时,输电线路消耗功率P耗减小,故选项C错误。6.D原线圈电压最大值为311V,有效值为

220V,根据𝑈1𝑈2=𝑛1𝑛2可知副线圈电压最大值为31.1V,有效值为22V,所以流过电阻的电流最大值为3.11A,与电阻并联的电压表示数为22V;电阻在1.0s内产生的热量Q=I2Rt=48.4J;输入功率等于输出功率为48.4W。故选D。7.C电路中交变电流的频率f=1𝑇=25H

z,A错误;通过电阻的电流应为有效值,即I=𝑈𝑅=55√2A=√22A,用交流电压表测得电阻两端的电压是5√22V,B、D错误;电阻消耗的电功率P=I2R=2.5W,C正确。8.BD变压器的输入功率P1=P2=I2U2=2.2×60W=132W,选项A错误;

由𝑈1𝑈2=𝑛1𝑛2得𝑛1𝑛2=𝑈1𝑈2=22060=113,选项D正确;由𝐼1𝐼2=𝑛2𝑛1得I1=𝑛2𝑛1I2=311×2.2A=0.6A,选项B正确;根据I=𝐼m√2得通过副线圈的电流的最大值I2m=√2I2=115√2A,选项C错

误。9.AD交流电压表的读数为有效值,计算热功率要用有效值。开关接通时,交流电压峰值Um=311V,所以有效值U=𝑈m√2=220V,A正确;开关断开时,取一个周期T,电热丝产生的热量减半,所以由P=𝑄𝑇,得电热丝功率为𝑃02,由P=�

�2𝑅,得电压有效值为𝑈√2=156V,电压表示数为156V。10.AD由交变电流的图像可知,加在原线圈中电流的周期T=0.02s,频率f=50Hz,由于变压器不能改变电源的频率,副线圈输出电压的频率为50Hz,故A正确;滑动变阻器的滑片P向右移动时,电

路总电阻变小,电流变大,由U=IR可知,电阻R两端的电压变大,故B错误;原线圈电压的有效值U1=𝑈m√2=440V,根据U1∶n1=U2∶n2可得副线圈的电压U2=66V,滑动变阻器的滑片P滑到最右端时,通过电阻R的电流为I2=𝑈2𝑅=6A,故C错误;滑动变阻器的

滑片P滑到最左端时,理想变压器的输入功率为P2=𝑈22𝑅+𝑅𝑃=132W,故D正确。故选AD。11.答案(1)D(2)增大减小解析(1)变压器的工作原理是互感现象,故原线圈接交流电压,输出电压也是交流电压,故电表用交流电压挡,故A、B、C错误,D正确。(2)根据变压比公

式𝑈1𝑈2=𝑛1𝑛2,保持原线圈的匝数不变,增加副线圈的匝数,观察到副线圈两端的电压增大;根据变压比公式𝑈1𝑈2=𝑛1𝑛2,保持副线圈的匝数不变,增加原线圈的匝数,观察到副线圈两端的电压减

小。12.答案(1)24A(2)绕制𝑛𝑈𝐴𝑈解析(1)多用电表欧姆挡读数=指针指示值×倍率,A的读数为24,倍率为“×1”,所以电阻为24Ω。根据电阻定律,导线越长,电阻越大,因为A的电阻比B的大,所以A线圈匝数多。(2)③因为不知道B

线圈的匝数,所以要用交流电压挡测绕制线圈的输出电压U。④根据变压器电压比等于匝数比,有𝑈𝐴𝑈=𝑛𝐴𝑛,所以nA=n·𝑈𝐴𝑈。13.答案(1)50%(2)15解析(1)此情况下,终端功率P'=P-Δ

𝐸𝑇=800kW-9600kW·h24h=400kW所以,输电效率η=𝑃'𝑃×100%=400kW800kW×100%=50%。(2)设高压输送线路的导线电阻为r,由题意知原来线路损耗P损1=𝐼12r=400kW,且UI1=P现在线路损耗P损2=P×(1-98%)=�

�22r且U'I2=P,𝑈𝑈'=𝑛1𝑛2,解得𝑛1𝑛2=15。14.答案(1)π𝐵2𝐿2𝑣m2𝑅𝜔(𝑅+𝑅0)2(2)π𝐵2𝐿2𝑣m24𝜔(𝑅+𝑅0)+12𝑚𝑣m2解析(1)导体棒MN切割磁感线产生的感应电动势为e=BLv=BL

vmsinωt,因此是按正弦规律变化的交变电流,且峰值Em=BLvm,则有效值为E=𝐸m√2=𝐵𝐿𝑣m√2,由欧姆定律得I=𝐸𝑅+𝑅0=𝐵𝐿𝑣m√2(𝑅+𝑅0)。电阻R上产生的热量为Q=I2Rt=π𝐵2𝐿2𝑣m2𝑅𝜔(𝑅+𝑅0)2。(2)由能量守

恒知,外力F做的功等于电路产生的热量与机械能的增量之和,即W=E热+E机=I2(R+R0)t'+Ek=π𝐵2𝐿2𝑣m24𝜔(𝑅+𝑅0)+12𝑚𝑣m2。15.答案(1)1650(2)13A(3)23A解析(1)由电压与变压器匝数的关系可得𝑈1𝑛1=𝑈2𝑛2=U,则n1=

1650。(2)当开关S断开时,有U1I1=U2I2,I1=𝑈2𝐼2𝑈1=13A。