2017-2018学年高中物理 阶段验收评估（二）交变电流 教科版选修3-2

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1、阶段验收评估（二）交变电流(时间：50分钟　满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第1～5小题中只有一个选项符合题意，第6～8小题中有多个选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．某交流电源电动势随时间变化的规律如图1所示，现用该电源对标称为“5V　10W”的电动机供电；电源内阻不计，下列说法正确的是(　　)图1A．电动机的内阻为2.5ΩB．电动机的发热功率为10WC．通过电动机的电流为2AD．通过电动机的电流为2A解析：选C　由图知该电源电动势最大值为Em＝5V，则有效值E＝5V，通过电动机的电流为I＝A＝2A，电动机是非纯

2、电阻元件，电动机内阻r<Ω＝2.5Ω，电动机的发热功率P热＝I2r

3、L1发光；题图乙铁芯中产生恒定不变的磁通量，副线圈中无感应电流，L2不发光，故正确选项为D。3．如图3甲所示的电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计。在某段时间内，理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内(　　)图3A．电流表A1的示数比A2的小B．电流表A2的示数比A3的小C．电流表A1和A2的示数相同D．电流表的示数都不为零解析：选C　因为通过原线圈中的磁感应强度随时间发生均匀变化，所以副线圈将产生恒定电流，由于线圈L的内阻不计，所以A1与A2的示数相同。如题图乙所示，t1～t2时间段为图线的中

4、间部分，可认为此时电路已经达到稳定状态，电容器充电过程已结束，由于电容器的“隔直流、通交流”作用，故A3的示数为零，C正确。4．如图4所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器)，R表示输电线的电阻，则(　　)图4A．用电器增加时，变压器输出电压增大B．要提高用户的电压，滑动触头P应向上滑C．用电器增加时，输电线的热损耗减少D．用电器增加时，变压器的输入功率减小解析：选B　由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输出电压，故A错误；根据变压器原理可知输出电压U2＝U1，当滑动触头P向上滑时，n2增大，所

5、以输出电压增大，故B正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故C错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故D错误。5．如图5所示，T为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当开关S闭合时(　　)图5A．交流电压表V2和V3的示数一定都变小B．交流电压表V3的示数变小C．交流电流表A1、A2和A3的示数一定变大D．只有A1的示数变大解析：选B　因为U不变，故变压器原线圈两端电压U1不变，由＝可得U2不变；当S闭合后副线圈所在电路总电阻R减小，由

6、I2＝可知电流I2增大；由U1I1＝U2I2得I1＝，故I1增大；而电阻R1两端电压U3＝U2－I2R′(R′为输电线电阻)，故U3变小，I3＝变小。综上所述，I1、I2增大，I3减小，U2不变，U3减小，故只有B项正确。6．某交流发电机的输出电压随时间变化的关系如图6所示，输出功率是20kW，用5000V高压输电，输电线总电阻是10Ω，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，则下列说法正确的是(　　)图6A．交变电流的频率为100HzB．发电机输出电压的有效值为220VC．输电线中电流为500AD．用户得到的电压约为225V解析：选BD　由题图知，T＝2×10－2s，则f＝

7、＝50Hz，A项错；U有效＝＝V＝220V,B项正确；输电线中电流I＝＝＝4A，C项错；设用户得到的电压为U，则有＝，得U≈225V，D项正确。7.如图7所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u＝20sin100πtV，氖泡在两端电压达到100V时开始发光，下列说法中正确的有(　　)图7A．开关接通后，氖泡的发光频率为100HzB．开关接通后，电压表的示数为100VC．开关断开后，电压表的示数变大D．开关断开后，变压器的输出功率不变解析：选AB　由交变