【文档说明】2024-2025学年精品同步试题 物理（选择性必修第二册 人教版2019）第三章 第三章测评 Word版含解析.docx，共(7)页，472.735 KB，由小赞的店铺上传

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第三章测评(时间:90分钟满分:100分)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.如图所示,L甲、L乙是规格相同的灯泡。接线柱a、b接电压为U的直流电源

时,无论电源的正极与哪一个接线柱相连,L甲灯均能正常发光,L乙灯都完全不亮。当a、b接电压的有效值为U的交流电源时,L甲灯发出微弱的光,L乙灯能正常发光。则下列判断正确的是()A.与L甲灯串联的元件x是电容器,与L乙灯串联的元件y是电感线圈B.与L甲灯串联的元件x是电感线圈,与L乙灯串联的元件y

是电容器C.与L甲灯串联的元件x是二极管,与L乙灯串联的元件y是电容器D.与L甲灯串联的元件x是电感线圈,与L乙灯串联的元件y是二极管答案:B解析:由于接直流电源时,对换电源正、负极,对电路无影响,故电路中没有二极管,C、D错误。再根据电路中接直流电源和交流电源时灯泡

的发光情况,可知x是电感线圈,y是电容器,A错误,B正确。2.关于变压器,下列说法正确的是()A.变压器是根据电磁感应的原理制成的B.变压器的原线圈匝数一定比副线圈的多C.变压器只能改变直流的电压D.在远距离高压输电时,升压变压器的原线圈匝数

应多于副线圈匝数答案:A解析:变压器原线圈中输入的交流电流产生的交变的磁场在副线圈中产生感应的电流,即变压器是利用电磁感应原理工作的,它用来改变交流的电压,故A正确,C错误;降压变压器的原线圈匝数一定比副线圈的多,升压变压器中副线圈匝数多,故B

、D错误。3.阻值R=10Ω的电阻与交流电源连接,通过电阻R的正弦式交变电流i随时间t变化的情况如图所示。则()A.通过R的电流有效值是0.6√2AB.R两端的电压有效值是6VC.此交变电流的周期是2sD.此交变电流的频率是100Hz答案:B解析:从题图可以看出,交变电流中电流最大值为0.6√2

A,通过R电流的有效值是I=0.6√2√2A=0.6A,所以R两端电压的有效值为6V,此交变电流的周期是2×10-2s,交变电流的频率是f=1T=50Hz,故B正确,A、C、D错误。4.一个矩形线圈在匀强磁场中

转动产生的交流电动势为e=220√2sin100πt(V)。关于这个交变电流,下列说法正确的是()A.交变电流的频率为100HzB.电动势的有效值为220VC.t=0时,穿过线圈的磁通量为零D.t=0时,线圈平面与中性面垂直答案:B解析:该交变电流的频率为f=ω2𝜋=100𝜋2𝜋Hz

=50Hz,故A项错误;电动势的有效值为220√2√2V=220V,故B项正确;t=0时,瞬时电动势为零,所以线圈平面与磁场垂直,穿过线圈的磁通量最大,此时线圈平面处在中性面上,故C、D错误。5.如图所示,有一矩形线圈abcd,已知ab边长为

l1,bc边长为l2,在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO'轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动,则t时刻线圈中的感应电动势为()A.0.5Bl1l2ωsinωtB.0.5Bl1l2ωcosωtC.Bl1l2ωsinωtD.Bl1l2ωcosωt答案

:D解析:公式e=Emsinωt只适用于线圈平面位于中性面时开始计时的情况,若t=0时线圈不在中性面,上式就不适用了。题中所给初始时刻线圈平面与磁感线平行,即与中性面垂直,此时e=Emsin(ωt+𝜋2)=Emcosωt=Bl1l2ωcos

ωt,故应选D。6.右图为一理想变压器工作电路图,今欲使变压器的输入功率增大到原来的2倍,在其他条件不变的情况下,可行的办法是()A.原线圈的匝数n1增加到原来的2倍B.副线圈的匝数n2增加到原来的2倍C.负载电阻的阻值R变为原来的2倍D.n2和R都变为原来的2倍答案:D

解析:原线圈匝数增加使得副线圈电压减小,输出功率减小,输入功率也减小,故A错误;副线圈匝数增加到2倍,副线圈电压增大到2倍,根据P=U2R,故输出功率增大到原来的4倍,故B错误;负载电阻增大,而电压不变,所以输出功率和输入功率都减小,故C错误;副

线圈匝数和负载电阻都变为原来的2倍,副线圈电压增大到2倍,根据P=U2R,输出功率增大到原来的2倍,故D正确。7.如图所示,实验室一台手摇交流发电机,内阻r=1.0Ω,外接R=9.0Ω的电阻。闭合开关S,当发电机转子以某一转速

匀速转动时,产生的电动势e=10√2sin10πt(V),则()A.该交变电流的周期为5sB.该电动势的有效值为10√2VC.外接电阻R所消耗的电功率为10WD.电路中理想交流电流表A的示数为1.0A答案:D解析:因e=1

0√2sin10πt(V),故ω=10πrad/s,T=2𝜋ω=0.2s,选项A错误;Em=10√2V,故其有效值E=E𝑚√2=10V,选项B错误;交流电表的示数及功率的计算均要用有效值,因此电路中理想电流表A的示

数I=ER+r=1.0A,选项D正确;外接电阻R所消耗的电功率为P=I2R=1.02×9W=9W,选项C错误。8.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0Ω,外接一只电阻为95.0Ω的灯泡,如图乙所示,则()甲乙A

.电压表V的示数为220VB.电路中的电流方向每秒钟改变50次C.灯泡实际消耗的功率为484WD.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J答案:D解析:电压表示数为灯泡两端电压的有效值,由题图知电动势的最大值Em=220√2V,有效值E=220V,

灯泡两端电压U=RER+r=209V,A错;由题图甲知T=0.02s,一个周期内电流方向变化两次,可知1s内电流方向变化100次,B错;灯泡的实际功率P=U2R=209295W=459.8W,C错;电流的有效值I=ER+r=2.2A,

发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Qr=I2rt=2.22×5×1J=24.2J,D对。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.先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电,第一

次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化,如图甲所示;第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示。若甲、乙两图中的U0、T所表示的电压、周期值是相同的,则以下说法正确的是()甲乙A.第一次,灯泡两端的电压有效值是√22U0B.第二次,灯泡两端的电压有效值是3

U02C.第一、二次,灯泡的电功率之比是2∶9D.第一、二次,灯泡的电功率之比是1∶5答案:AD解析:题图甲电源的电压有效值U=√22U0,选项A正确。由题图乙知U'2R·T=(2U0)2R·T2+U02R·T2,U'=√52U0,选

项B错误。P=U2R,则两次功率之比PP'=U2U'2=12U0252U02=15,选项C错误,D正确。此题主要考查交变电流有效值的计算,意在提高学生的理解和分析能力,提高学生的科学思维。10.为保证用户电压稳定在220V,变电所需适时进行调压,图甲为调压变压器示意图

,保持输入电压u1不变,当滑片P上下移动时可改变输出电压。某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示,以下说法正确的是()甲乙A.u2=380sin100πt(V)B.u2=190√2sin100

πt(V)C.为使用户电压稳定在220V,应将P适当下移D.为使用户电压稳定在220V,应将P适当上移答案:BD解析:由于用户电压u2随时间t变化的曲线周期为0.02s,所以u2=190√2sin100πt(V),故A错误,B正确;为使用户电压稳定在220V,应减小变压器原线圈匝数,应将P

适当上移,故C错误,D正确。11.某电站用11kV交流电压输电,输送功率一定,输电线的电阻为R。现若用变压器将电压升高到220kV送电,下列说法正确的是()A.因I=UR,所以输电线上的电流增为原来的20倍B.因I=PU,所以输电线上的电流减为原来

的120C.因P=U2R,所以输电线上损失的功率增为原来的400倍D.若要使输电线上损失的功率不变,可将输电线的直径减为原来的120答案:BD解析:选项A中,I是输电线中的电流,R是输电线的电阻,但是U不是输电线上损失的电压,而是总的输送电压(是输电线和负载上电压之和),所以不能用I

=UR计算输电线中的电流,在运用欧姆定律时,I、R、U应该对应于同一部分导体。因为输送的功率一定,由I=PU可知,当输送的电压增为原来的20倍时,电流减为原来的120,所以选项B正确。选项C中,R是输电线的电

阻,而U是输送的总电压,R与U不对应,所以P=U2R是错误的。输电线上损失的功率一般用ΔP=I2R计算不容易出错,从选项B中已经知道电流减为原来的120,若ΔP不变,则输电线的电阻可增为原来的400倍,根据R=ρlS,在

电阻率、长度不变的条件下,导线的横截面积可减为原来的1400,即导线的直径可减为原来的120,所以选项D正确。12.下图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=Umsinω

t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压U损和电功率P损为()A.U损=2rn1n2PU𝑚B.U损=2√2rn1n2PU𝑚C.P损=4(n1n2)2(PU𝑚)2rD.P损=4(n2n1)2P2U𝑚r答案:BC解析:原线圈电压的有效值U

1=U𝑚√2,根据U1U2=n1n2可得U2=n2U𝑚n1√2,又因为是理想变压器,所以T的副线圈的电流功率等于输入功率P,所以输电线上电流I=PU2,导线上损耗的电压U损=I·2r=2√2rn1n2PU𝑚,导线上损耗的电功率P损=I22r=4r(n1n2)2(PU𝑚)2,所以B、

C正确,A、D错误。三、非选择题(本题共6小题,共60分)13.(6分)如图所示,接于理想变压器中的四个规格相同的灯泡都正常发光,那么,理想变压器的匝数比n1∶n2∶n3为。答案:3∶2∶1解析:灯泡正常发光,可得UA=UB=UC=UD,所以U2=2U3。由变压器的电压比n2n3=U2U3=2U

3U3=21,所以n2=2n3。同理,灯泡正常发光,功率相等,即PA=PB=PC=PD。由P=I2R,得IA=IB=IC=ID,即I1=I2=I3。由U1I1=U2I2+U3I3得n1I1=n2I2+n3I3,即

n1=n2+n3=2n3+n3=3n3,所以n1∶n2∶n3=3∶2∶1。14.(8分)如图所示,一个小型旋转电枢式交流发电机,其矩形线圈的长度为a,宽度为b,共有n匝,总电阻为r,与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R的定值电

阻。线圈以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO'匀速转动,沿转动轴OO'方向看去,线圈转动方向沿顺时针。则:(1)线圈经过图示位置时通过电阻R的感应电流的方向为;(2)从图示位置(线圈平面平行于磁场

方向)开始计时,经时间为,通过电阻R上电流的瞬时值第一次为零;(3)与电阻并联的交流电压表的示数为。答案:(1)自上而下(2)𝜋2ω(3)nBabωR√2(R+r)解析:(1)由右手定则判断,R中电流自上而下。

(2)t=14T=2𝜋4ω=𝜋2ω。(3)Em=nBabω所以E有=nBabω√2UR=RR+r·E有=nBabωR√2(R+r)。15.(8分)如图甲所示,矩形线圈匝数N=100,lab=30cm,l

ad=20cm,匀强磁场磁感应强度B=0.8T,绕轴OO'从图示位置开始匀速转动,角速度ω=100πrad/s。(1)穿过线圈的磁通量最大值Φm为多大?线圈转到什么位置时取得此值?(2)线圈产生的感应电动势最大值Em为多大?线圈转到什么位

置时取得此值?(3)写出感应电动势e随时间变化的表达式,并在图乙中作出图像。答案:见解析解析:(1)当线圈转至与磁感线垂直时,磁通量有最大值。Φm=BS=0.8×0.3×0.2Wb=0.048Wb。(2)

线圈与磁感线平行时,感应电动势有最大值。Em=NBSω=480πV。(3)表达式e=Emcosωt=480πcos100πt(V)图像如图所示。16.(10分)一矩形线圈有100匝,面积为50cm2,线圈

内阻r=2Ω,在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动,从线圈平面与磁场平行时开始计时,已知磁感应强度B=0.5T,线圈的转速n=1200r/min,外接一用电器(纯电阻),电阻为R=18Ω,试写出R两端电压瞬时值的表达式。答案:u=9πcos40πt(V)解析:角速度ω=2πn=2π·12006

0rad/s=40πrad/s最大值Em=NBSω=100×0.5×50×10-4×40πV=10πV线圈中感应电动势e=Emcosωt=10πcos40πt(V)由闭合电路欧姆定律i=eR+r故R两端电压u=Ri=18×120×10πcos40πt(V)即u=9πcos40πt

(V)17.(12分)某村在较远的地方建立了一座小型水电站,发电机的输出功率为100kW,输出电压为500V,输电导线的总电阻为10Ω,导线上损耗的电功率为4kW,该村的用电电压是220V。(1)输电电路如图所示,求升压、

降压变压器的原、副线圈的匝数比。(2)如果该村某工厂用电功率为60kW,则该村还可以装“220V40W”的电灯多少盏?答案:(1)1∶10240∶11(2)900盏解析:(1)因为P损=I22R线所以I2=√P损R线=√4×10310A=20AI1=PU1=100×103

500A=200A则n1n2=I2I1=20200=110U3=U2-I2R线=(500×10-20×10)V=4800V则n3n4=U3U4=4800220=24011。(2)设还可装灯n盏,据功率相等有P3=P4其中P4=(40n+60×

103)WP3=(100-4)kW=96kW所以n=900。18.(16分)如图所示,矩形线圈abcd在磁感应强度B=2T的匀强磁场中绕轴OO'以角速度ω=10πrad/s匀速转动,线圈共10匝,电阻r=5Ω,lab=0.3m,lbc

=0.6m,负载电阻R=45Ω。(1)写出从图示位置开始计时线圈中感应电动势的瞬时值表达式。(2)求电阻R在5s内产生的热量。(3)求0.05s内流过电阻R的电荷量(设线圈从垂直于中性面的位置开始转动)。答案:(1)e=36πcos10πt(V)(2)576J(3)0.072C解析:(1)电动势

的最大值为Em=NBSω=10×2×0.3×0.6×10πV=36πV故瞬时值表达式e=Emcosωt=36πcos10πt(V)。(2)电流的有效值I=I𝑚√2=E𝑚√2(R+r)=1.6A所以5s内R上产生的热量Q=

I2Rt=576J。(3)平均感应电动势为E=N𝛥Φ𝛥t=72V平均感应电流为I=ER+r=1.44A所以通过电阻R的电荷量为q=I·Δt=0.072C。