高二物理选修3-2章末达标检测试题(有答案和解释)

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高二物理选修3-2章末达标检测试题(有答案和解释)

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来源莲山
课 件 w w w.5y K J.Co m 章末检测
(时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分.在每小题给出的四个选项中,至少有一个是正确的.全选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)
1.如图1所示为交变电流的电流随时间而变化的图象,此交变电流的有效值是
(  ).
 
图1
A.52 A  B.5  A  C.722 A  D.3.5  A
解析 题图所示图象中的交变电流在一个周期内产生的热量:Q=I21RT2+I22RT2=(42)2RT2+(32)2RT2=25RT.  令此交变电流的有效值为I,应有Q=I2RT,故I2RT=25RT,解得I=5 A.B项正确.
答案 B
2.(2012•三亚模拟)如图2所示,有一理想变压器,原、副线圈的匝数比为n,原线圈接正弦交流电压U,输出端接有一个交流电流表和一个电动机.电动机线圈电阻为R,当输入端接通电源后,电流表读数为I,电动机带动一重物匀速上升,下列判断正确的是(  ).
 
图2
A.原线圈中的电流为nI
B.变压器的输入功率为UIn
C.电动机输出的总功率为I2R
D.电动机两端电压为IR
解析 电流表的读数为副线圈电流,所以原线圈电流为In,故A错误;原线圈的输入功率则为UIn,故B对;电动机上的热功率为I2R,电动机消耗功率为UIn,两端电压为Un,故C、D错误.
答案 B
3.一个矩形线圈在匀强磁场中匀角速度转动,产生交变电动势的瞬时值表达式为e=102sin(4πt ) V,则(  ).
A.该交变电动势的频率为2 Hz
B.零时刻线圈平面与磁场垂直
C.t=0.25 s时,e达到最大值
D.在1 s时间内,线圈中电流方向改变100次
解析 由题中给出的电动势的表达式可以得到该交变电动势的角速度是4π,由角速度和周期、频率的关系ω=2πT=2πf得到此交变电动势的频率为2 Hz,周期是0.5 s,所以选项A正确.周期是0.5 s,所以1 s内线圈中的电流方向改变4次,选项D错误.代入表达式t=0.25 s,得到e=0,选项C错误.零时刻,电动势为零,此时穿过线圈的磁通量最大,选项B正确.综上所述,本题的正确选项为A、B.
答案 AB
4.如图3所示,低温雨雪冰冻造成我国部分地区严重灾害,其中高压输电线因结冰而损毁严重.东北为消除高压输电线上的凌冰,有人设计了这样的融冰思路:利用电流的热效应除冰.若在正常供电时,高压线上送电电压为U,电流为I,热耗功率为ΔP;除冰时,输电线上的热耗功率需变为9ΔP,则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)(  ).
 
图3
A.输电电流为3I    B.输电电流为9I
C.输电电压为3U   D.输电电压为13U
解析 高压线上的热耗功率ΔP=I2R线①
若热耗功率变为9ΔP,则9ΔP=I′2R线②
由①②得I′=3I,A对.又输送功率不变,由P=UI=U′I′得U′=13U,所以D对.
答案 AD
5.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动,穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图4-甲所示,则下列说法正确的是(  ).
 
图4
A.t=0时刻,线圈平面位于中性面位置
B.t=0.01 s时刻,Φ的变化率最大
C.t=0.02 s时刻,交流电动势达到最大
D.该线圈相应产生的交流电动势的图象如图4-乙所示
解析 由Φ-t图知,t=0时,Φ最大,即线圈处于中性面位置,此时e=0,故A项正确、D项错误;由图知T=0.04 s,在t=0.01 s时,Φ=0,ΔΦΔt最大,e最大,则B项正确;在t=0.02 s时,Φ最大,ΔΦΔt=0,e=0,则C项错误.
答案 AB
6.如图5所示是变压器通过降压给用户供电的示意图.变压器输入电压是市电网的电压,不会有很大的波动.输出电压通过输电线输送给用户,输电线的电阻用R0表示,滑动变阻器R表示用户用电器的总电阻,当滑动变阻器的滑片P向下移动时,下列说法不正确的是(  ).
 
图5
A.相当于在增加用电器的数目
B.A1表的示数随A2表示数的增大而增大
C.V1表的示数随V2表示数的增大而增大
D.变压器的输入功率增大
解析 输入电压U几乎不变,故变压器原、副线圈的电压不变,即V1表与V2表的示数不变,C错;滑动变阻器的滑片P向下移动,电阻减小相当于增加负载,A正确;因副线圈电压U2不变,由I2=U2R+R0知,电流I2增大,由n1n2=I2I1知,I1也增大,B正确;由P2=U2I2知,P2增大,变压器输入功率P1=P2,即P1增大,D正确.
答案 C
7.汽车消耗的主要燃料是柴油和汽油.柴油机是靠压缩汽缸内的空气点火的;而汽油机做功冲程开始时,汽缸中汽油和空气的混合气是靠火花塞点燃的.但是汽车蓄电池的电压只有12 V,不能在火花塞中产生火花,因此,要使用如图6所示的点火装置,此装置的核心是一个变压器,该变压器的原线圈通过开关连到蓄电池上,副线圈接到火花塞的两端,开关由机械控制,做功冲程开始时,开关由闭合变为断开,从而在副线圈中产生10 000 V以上的电压,这样就能在火花塞中产生火花了.下列说法中正确的是(  ).
 
图6
A.柴油机的压缩点火过程是通过做功使空气的内能增加的
B.汽油机点火装置的开关始终闭合,副线圈的两端也会有高压
C.接该变压器的原线圈的电源必须是交流电源,否则就不能在副线圈中产生高压
D.汽油机的点火装置中变压器的副线圈匝数必须远大于原线圈的匝数
解析 汽车柴油机压缩汽缸内空气,实际上是活塞对气体做功使其内能增加,当温度升高到一定温度时,柴油着火燃烧.汽油机是借助于变压器在通入原线圈中电压12 V断电时产生变化的磁通量从而在副线圈中产生瞬时高压10 000 V,而达到产生火花的目的,所以电源可以是直流,且副线圈匝数要远大于原线圈匝数,故A、D正确.
答案 AD
8.某中学的学生食堂新安装了磁卡就餐系统,使用不到一周,便出现了电源总开关总是无法接通的问题.经检查,电源总开关中漏电保护器动作切断了电源.漏电保护器电路如图7所示,变压器A处用火线与零线双股平行绕制成线圈,然后接到磁卡机上,B处有一个输出线圈,一旦线圈B中的电流经放大器放大后便推动断电器切断电源.造成漏电保护器动作切断电源的原因判断为磁卡机用电端(  ).
 
图7
A.零线与火线之间漏电
B.火线与地之间漏电或零线直接接地
C.只有火线与地之间漏电才会产生
D.刷卡机装得过多,造成电流太大
解析 由题意知,火线和零线均绕在铁芯上,故只有火线与零线中电流大小不等时,才会引起漏电保护器切断电源,故可能是火线与地之间漏电,也可能是零线与地之间漏电.
答案 B
9.我国“西电东送”采用高压输电,继三峡至常州500 kV直流输电工程后,又实现了三峡至广东的500 kV直流输电工程.采用高压直流输电有利于不同发电机为同一电网供电和不同电网的互联.关于高压直流输电,下列说法正确的是
(  ).
A.高压输电可以减小输电电流,从而减少输电导线的能量损失
B.恒定的直流输电可以有效消除交流高压输电中感抗和容抗的影响
C.可以加快输电的速度
D.为实现高压直流输电,可以用变压器直接改变恒定电流的电压
解析 在功率一定时,采用高压输电,根据P=UI,可以通过减小电流,从而减少输电导线的能量损失,A项正确;交流电由于感抗和容抗的作用,不能无限升压,而利用直流输电可以有效弥补这个缺陷,B项正确;两种输电方式都不能改变输电的速度,C项错误;变压器只能改变交变电流的电压,D项错误.
答案 AB
10.如图8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,原线圈接如图乙所示的正弦交流电,图中Rt为热敏电阻(其随温度升高电阻变小),R为定值电阻.下列说法正确的是(  ).
 
图8
A.副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=92sin 50πt V
B.t=0.02 s时电压表V2的示数为9 V
C.变压器原、副线圈中的电流之比和输入、输出功率之比均为1∶4
D.Rt处温度升高时,电流表的示数变大,电压表V2的示数不变
解析 由题中图乙可知U1=36 V,T=2×10-2 s,由U1U2=n1n2得U2=9 V,所以副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=92sin 100πt V,A选项错;电压表示数为有效值,故B选项正确;由变压器原、副线圈电流关系及输入、输出功率关系知,C选项错;当Rt处温度升高时Rt电阻变小,U2不变,副线圈中电流I2变大,故D选项正确.
答案 BD
二、非选择题(本题共2小题,共30分.计算题要求有必要的文字叙述,列出必要的方程和演算步骤)
11.(15分)如图9甲所示,在两根水平放置的平行金属导轨两端各接一只R=1 Ω的电阻,导轨间距L=0.2 m,导轨的电阻忽略不计,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=0.8 T.一根电阻r=0.3 Ω的导体棒ab置于导轨上,且始终与导轨良好接触,若导体棒沿平行于导轨的方向在PQ和MN之间运动,其速度图象如图9乙所示(正弦曲线).求:
 
图9
(1)导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式;
(2)整个电路在1分钟内产生的热量.
解析 (1)由速度图象得,某时刻导体棒运动速度表达式v=10sin(10πt) m/s导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=BLv=10BLsin(10πt)=1.6sin(10πt) V
(2)感应电动势的最大值为Em=10BL=1.6 V
感应电动势的有效值为E=Em2=452 V
回路中的总电阻为R′=r+R2=0.8 Ω
电流I=ER′=2 A
整个电路在1分钟内产生的热量为Q=I2R′t=96 J.
答案 (1)e=1.6sin(10πt) V (2)96 J
12.(15分)有条河流,流量Q=2 m3/s,落差h=5 m,现利用其发电,若发电机总效率为50%,输出电压为240 V,输电线总电阻R=30 Ω,允许损失功率为输出功率的6%,为满足用电的需求,则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少?能使多少盏“220 V,100 W”的电灯正常发光?(g取10 N/kg)
解析 设水的密度为ρ
电源端:P输出=mgh/t×50%=Qρhg×0.5=2×1×103×10×5×0.5 W=5×104 W
输出电压U0=240 V;输送电路如图所示.
 
为满足输电要求,据ΔP损=I2送R线
有I送= ΔP损R线= P输出×6%R线= 5×104×0.0630  A=10 A,则送电电压为U送=P输出I送=5×10410 V=5×103 V
所以升压变压器的变压比为n1∶n2=U0∶U送=2405×103=6∶125
输电线电压损失ΔU损=I送•R线=10×30 V=300 V,
用户端:U1=U送-ΔU损=5×103 V-300 V=4 700 V,据题意可知U2=220 V,
所以降压变压器的匝数比为n1′∶n2′=U1∶U2=4 700220=235∶11.
因为理想变压器没有能量损失,所以可正常发光的电灯盏数为
N=P输-ΔP损P灯=5×104-5×104×0.06100(盏)=470(盏).
答案 6∶125 235∶11 470盏
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