走向高考届高三物理人教版一轮复习习题综合测试题10Word文件下载.docx

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A．P1上调一点可使用户电压升高，线路损失减小

B．P1下调一点可使用户电压升高，线路损失减小

C．P2上调一点可使用户电压升高，线路损失增大

D．P2下调一点可使用户电压升高，线路损失减小

[解析]　根据变压器原理，P1上调，n1增大，由＝可知U2减小，导致U3、U4都减小，故A错误；

P1下调，n1减小，U4增大，I4＝增大，I3增大即输电电流增大，则由ΔP＝I2R可知，线路损失增大，故B错误；

P2下调，U4减小，D错误；

P2上调，U4增大，线路损失增大，C正确。

3．（2014·

石家庄质检）用220V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110V，通过负载的电流图象如图所示，则（　　）

A．变压器输入功率约为3.9W

B．输出电压的最大值是110V

C．变压器原、副线圈匝数比是12

D．负载电流的函数表达式i＝0.05sin100πt（A）

[答案]　D

[解析]　本题考查正弦交流电的图象、理想变压器的规律等知识点，意在考查考生的逻辑推理能力。

由题设条件可知，理想变压器原线圈的输入电压为220V，副线圈输出电压为110V，根据理想变压器的规律，电压比等于匝数比，故理想变压器原、副线圈的匝数比为21，选项C错误；

理想变压器输出电压的最大值为110V，选项B错误；

理想变压器的输入功率等于输出功率，P＝UI＝110×

W，选项A错误；

根据题图可知，交流电的周期T＝0.02s，则ω＝＝100πrad/s，负载电流的函数表达式i＝0.05sin100πt（A），选项D正确。

4．（2014·

湖北七市二模）如图所示，一个匝数为N＝100匝的线圈以固定转速50r/s在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1n2＝101的变压器给阻值R＝20Ω的电阻供电，已知交流电压表的示数为20V，从图示位置开始计时，则下列说法正确的是（　　）

A．t＝0.0025s时刻穿过线圈平面的磁通量为Wb

B．穿过线圈平面的最大磁通量为Wb

C．t＝0时刻流过线圈的电流不为零

D．电阻R消耗的电功率为10W

[答案]　A

[解析]　电阻R消耗的电功率P＝＝20W，D错误；

变压器的匝数比为n1n2＝101，故输入电压为200V，最大值为200V，转速50r/s，故角速度ω＝2πn＝100πrad/s；

根据公式Em＝NBSω＝Nφmω，穿过线圈平面的最大磁通量φm＝＝Wb＝Wb，B错误；

图示时刻为中性面位置，故感应电动势为零，故感应电流为零，C错误；

从中性面开始计时，磁通量的表达式为φ＝φmcosωt＝cos＝Wb，A正确。

5.如图所示，以300r/min绕中心轴匀速转动的线圈abdc的面积是0.05m2，线圈共100匝，线圈电阻r＝1Ω，定值电阻R＝9Ω，匀强磁场的磁感应强度大小B＝T，从如图所示的线圈位置开始计时，则（　　）

A．电路中电压表的示数约为32V

B．线圈转动s时，磁通量的变化量大小为Wb

C．线圈转动s时，通过电阻R的电流为A

D．线圈转过90°

的过程中通过电阻R的电荷量为C

[解析]　线圈匀速转动产生的电动势为e＝nBSωcosωt＝100cos10πt（V），所以电压表示数为U＝≈64V，A错；

线圈转动s，即线圈转过的角度为θ＝ωt＝，磁通量的变化量大小为ΔΦ＝BSsin＝Wb，B错；

线圈转动s时，通过电阻R的电流为i＝＝cos（A）＝5A，C错；

由q＝t＝＝＝C，D对。

6．（2014·

潍坊联考）如图甲所示的电路中，S为单刀双掷开关，电表为理想电表，Rt为热敏电阻（阻值随温度的升高而减小），理想变压器原线圈接图乙所示的正弦交流电。

则（　　）

A．变压器原线圈中交流电压u的表达式u＝110sin100πt（V）

B．S接在a端，Rt温度升高时，变压器的输入功率变小

C．S接在a端，Rt温度升高时，电压表和电流表的示数均变大

D．S由a切换到b，Rt消耗的功率变大

[解析]　由交变电流图象，可知电压最大值为100V，周期为0.02s，所以ω＝100rad/s，A项正确；

副线圈输出电压由变压器变压比和输入电压决定，故温度升高时，Rt电阻阻值减小，两端电压不变，C项错；

由P＝可知，变压器输出功率增大，故其输入功率也随之增大，B项错；

S由a切换到b，副线圈匝数减小，故输出电压减小，Rt电阻不变，由P＝知，消耗功率减小，D项错。

7．如图所示为小彩灯（2.2V,0.2W）及其供电电路。

其中P为电路控制器（两端电压大于4V时电路导通），L为线圈。

如果某时刻一小彩灯烧断，对应的P将导通电路，线圈L将取代小彩灯工作，使串联的其他小彩灯仍正常工作。

对上述描述，下列有关认识正确的是（　　）

A．这里4V指的是瞬时值

B．L工作时相当于导线

C．正常情况下小彩灯与线圈可以同时工作

D．如果有10个小彩灯串联起来，理想变压器的原、副线圈匝数比为101

[答案]　AD

[解析]　P为依赖瞬间电压激活的仪器，故激活电压为瞬时值，A对；

由题意可知，L是作为一个与小彩灯工作等价的电感元件，B错；

正常工作时小彩灯两端的最大电压为2.2×

V＝3.1V<

4V，故P不能导通，C错；

10个小彩灯串联时，需要总电压22V，则有＝，D对。

8．（2015·

苏北调研）如图所示，一个小型的理想变压器为额定电压均为220V的电动机和电炉子供电。

当变压器输入端接u＝550sin100πt（V）的交流电时，电动机恰好以额定功率工作，电流表A1、A2的读数是9.16A和5.16A，则下列说法正确的是（　　）

A．变压器原、副线圈的匝数比是52

B．电动机的内阻是55Ω

C．电炉子中电流方向每秒改变100次

D．原线圈的输入功率约是2015.2W

[答案]　CD

[解析]　原线圈的电压有效值是U1＝275V，电动机正常工作，副线圈的电压有效值是U2＝220V，故n1n2＝U1U2＝54，选项A错误；

电动机不是纯电阻，不能直接用两端电压与电流的比值求得内阻，选项B错误；

由输入电压的瞬时值表达式知，输入电流的频率是50Hz，一个周期内电流方向变化两次，故副线圈中电流方向每秒改变100次，选项C正确；

原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，P＝U2I＝220×

9.16W＝2015.2W，选项D正确。

9．（2014·

广东揭阳一模）某发电站采用高压输电向外输送电能。

若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R，则下列说法正确的是（　　）

A．输电线上的电流为

B．输电线上的电流为

C．输电线上损失的功率为

D．输电线上损失的功率为

[答案]　BD

[解析]　根据P＝UI得，输电线上的电流I＝，只有当U

是导线上损失的电压，可以用电流I＝得出输电线上的电流，然而此处U为输电电压，故A错误，B正确；

输电线上损耗的功率ΔP＝I2R＝，故C错误，D正确。

10．（2014·

课标全国Ⅱ）如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。

原线圈通过一理想电流表

接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。

假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。

用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则（　　）

A．UabUcd＝n1n2

B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小

C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大

D．将二极管短路，电流表的读数加倍

[解析]　本题考查理想变压器在实际电路中的应用及交流电压表的读数，解题关键理想变压器的原副线圈的功率关系，电压关系应明确，二极管的单向导电性使交流电只有一半时间通电，电压的有效值与交流电压的正常有效值不相等，副线圈两端电压的有效值为U2，由于二极管的单向导电性，交流电压表的读数为电压的有效值，由有效值的定义，有T＝，Ucd＝U2。

对于理想变压器，＝，则≠，所以A错误。

负载电阻R增大时，副线圈输出的功率减小，则原线圈输入的功率减小，B正确；

cd间电压的大小决定于原线圈输入的电压大小，与负载电阻及阻值的大小无关，C错误；

二极管短路后，输出功率加倍，则输入功率加倍P入＝IU1，因为U1不变，所以I1加倍，电流表的示数加倍，D正确。

易错提醒：

误认为c、d两端电压的有效值等于副线圈两端电压的有效值。

从而得出＝而错选A。

第Ⅱ卷（非选择题　共60分）

二、填空题（共3小题，每小题6分，共18分。

把答案直接填在横线上）

11．（6分）如图甲、乙、丙、丁所示是四种常见的电容式传感器示意图。

电容器的电容C决定于极板正对面积S、极板间距离d以及极板间的电介质这几个因素。

如果某一物理量变化能引起上述某个因素的变化，从而引起电容的变化。

那么，通过测定电容器的电容就可以确定该物理量的变化。

（1）图甲可用来测定角度θ，当动片与定片之间的角度θ变大时，可使电容C________（填“变大”“变小”或“不变”）。

（2）图乙可用来测定液面高度h。

在导线芯的外面涂上一层绝缘物质，放入导电液体中，导线芯和导电液体构成电容器的________，导线芯外面的绝缘物质就是________。

液面高度h变大时，可使电容C________（填“变大”“变小”或“不变”）。

（3）图丙可以测定________。

它是通过改变____________________而使电容C发生变化的。

（4）图丁可以测定位移x。

它是通过改变极板间的________，而使电容C发生变化的。

[答案]　

（1）变小　

（2）两个极　电介质　变大　（3）待测压力F　极板间距离　（4）电介质

[解析]　

（1）图甲，是通过动片的旋进和旋出来改变电极之间的正对面积使电容C变化的。

角度θ变大，电极之间的正对面积减小，故电容C变小。

（2）图乙，导线芯和导电液体相当于电容器的两个极板，导线芯外面的绝缘物质相当于电介质，液面高度h变大时，相当于增大了两板的正对面积，使电容C变大。

（3）图丙用来测定待测压力F。

压力F的变化引起极间距离的变化，从而改变电容C。

（4）图丁是通过改变电介质插入板间的多少，即改变电介质而使电容C发生变化的。

12．（6分）如图所示，L1和L2是高压输电导线，甲是电压互感器（将高电压转化为便于测量的低电压），乙是电流互感器（将大电流转化为便于测量的小电流）。

若已知变压比为1001，变流比为160，并且知道电压表示数为220V，电流表示数为2.5A，则输电线的输送功率为________W。

[答案]　3.3×

106

[解析]　电压互感器的变压比即为原、副线圈匝数比，

＝

解得，U1＝U2＝2.2×

104V

电流互感器的变流比即为原、副线圈匝数的反比，

解得，I1＝I2＝150A

输电线的输电功率P＝U1I2＝3.3×

106W。

13．（6分）有一理想变压器原、副线圈匝数分别为1320匝、144匝，将原线圈接在220V的交流电压上，副线圈上电压为________V，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为________Wb/s。

[答案]　24　

[解析]　由＝得U2＝24V，穿过铁芯的磁通量的最大变化率等于每一匝线圈中产生的自感电动势的最大值，即

m＝＝Wb/s＝Wb/s。

三、论述计算题（共4小题，共42分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

14．（10分）交流发电机的原理如图（甲）所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁场中，绕OO′轴匀速转动，在线圈中产生的交变电流随时间变化的图象如图（乙）所示，已知线圈的电阻为R＝2.0Ω，求：

（1）通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值是多少？

（2）矩形线圈转动的周期是多少？

（3）线圈电阻上产生的电热功率是多少？

（4）保持线圈匀速转动，1min内外力对线圈做的功是多少？

[答案]　

（1）2A　

（2）4×

10－3s　（3）4W　（4）240J

[解析]　

（1）由题图知，Im＝2A

（2）T＝4×

10－3s

（3）电流有效值I＝Im/

电阻上产生的电热功率P＝I2R＝R＝4W

（4）外力对线圈做功，其他形式的能转化为电能再转化为内能，1min内外力对线圈做的功W＝Pt＝240J

15．（10分）一正弦交变电压的电压u随时间t变化的规律如图所示。

（1）写出该交变电压的瞬时值表达式；

（2）求出该交变电压的有效值；

（3）将该交变电压接在匝数比为12的理想变压器原线圈上，副线圈给R＝16Ω的小灯泡供电，求灯泡消耗的功率。

[答案]　

（1）u＝10sin（50πt）V　

（2）7.1V　（3）12.5W

[解析]　

（1）由题中图象知电压最大值为10V，周期为0.04s，其角频率ω＝＝50πrad/s

所以瞬时值表达式为u＝10sin（50πt）V。

（2）有效值为U＝＝5V＝7.1V。

（3）副线圈输出电压U2＝U1＝10V。

小灯泡的功率为P＝＝12.5W。

16．（11分）如图所示，一台模型发电机的电枢是矩形导线框abcd，其ab和cd边长L1＝0.4m，ad和bc边长L2＝0.2m，匝数n＝100匝，它在磁感应强度B＝0.2T的匀强磁场中绕通过线框对称中心线且垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动。

当开关S断开时，电压表的示数为10V，开关S闭合时，外电路上标有“10V　10W”的灯泡恰好正常发光。

求：

（1）导线框abcd在磁场中转动的角速度。

（2）S闭合后，当导线框从图示位置转过θ＝60°

时的过程中通过灯泡的电荷量。

[答案]　

（1）12.5rad/s　

（2）C

[解析]　

（1）E＝10V，Em＝20V＝nBωS，

ω＝＝rad/s＝12.5rad/s。

（2）S闭合后，UL＝10V，PL＝10W，I＝＝1A，所以

R总＝＝10Ω。

q＝n＝100×

＝100×

C＝C。

17．（11分）某学校有一台应急备用发电机，内阻为R＝1Ω，升压变压器的匝数比为14，降压变压器的匝数比为41，输电线的总电阻为r＝4Ω，全校22个教室，每个教室用“220V　40W”的灯泡6盏，要求所有灯都正常发光，则

（1）输电线上损耗的电功率多大？

（2）发电机的输出功率多大？

（3）发电机的电动势多大？

[答案]　

（1）144W　

（2）5424W　（3）250V

[解析]　

（1）根据题意，画出从发电机到教室灯泡之间的输电过程，如图所示。

所有灯都正常工作的总功率为

P2′＝22×

6×

40W＝5280W

用电器都正常工作时的总电流

I2′＝＝A＝24A

两个变压器之间输电线上的电流

Ir＝I2＝＝6A

故输电线上损耗的电功率

Pr＝Ir＝144W。

（2）升压变压器的输出功率

P1′＝Pr＋P2′＝5424W

而发电机输出功率即为升压变压器的输入功率

P出＝P1＝P1′＝5424W。

（3）降压变压器上的输入电压

U2＝4U2′＝880V

输电线上的电压损失

Ur＝Irr＝24V

因此升压变压器的输出电压

U1′＝Ur＋U2＝904V

升压变压器的输入电压

U1＝＝226V

升压变压器的输入电流

I1＝4Ir＝24A

发电机的电动势E＝U1＋I1R＝226V＋24×

1V＝250V。