内蒙古包头三十三中2014_2015学年高二物理下学期3月月考试卷(含解析)

2014-2015学年内蒙古包头三十三中高二（下）3月份月考物理试卷一、选择题（本题共15小题，每小题4分，共60分）1．下列四幅图是交流电的图象，其中能正确反映我国居民日常生活所用交流电的是（）A．B．C．D．考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：根据对家庭用电（交流电）的了解回答．解答：解：我们日常生活中用的都是交流电，电压是220V，频率是50Hz．周期为0.02s 电压的最大值为：220V=311V，只有C正确．故选C点评：本题是一道基础题，熟练掌握基础知识即可正确解题．2．如图所示，处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直．在t=0时刻，线圈平面与纸面重合，线圈的cd边离开纸面向里运动．若规定a→b→c→d→a方向的感应电流为正方向，则下图能反映线圈感应电流I随时间t变化的图线是（）A．B．C．D．考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电．则由楞次定则可判定感应电流的方向，图示时刻的电动势最大，电流最大．解答：解：cd边离开纸面向里运动开始计时，线圈磁通量在变大，则感应电流的磁场会阻碍其变小，所以感应电流方向是a→d→c→b→a，与规定的正方向相反，此时感应电动势最大，感应电流也最大，是余弦图象．故选：D．点评：本题的关键是知道在转动的瞬间，感应电动势最大，根据楞次定律判断感应电流的方向．3．（4分）图为某种交变电流的波形图，每半个周期按各自的正弦规律变化，其有效值为（）A．7A B．5A C．3 A D．4 A考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系．专题：交流电专题．分析：求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值．解答：解：设有效值为I，取一个周期T研究，由电流的热效应得：则：I2RT=（）2R+（）2R可得：I=5A故选：B．点评：求交流电的有效值，要根据电流的热效应，由有效值的定义求解．4．一只电饭煲和一台洗衣机并连接在输出电压u=311sin314t（V）的交流电源上（其内电阻可忽略不计），均正常工作．用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0A，通过洗衣机电动机的电流是0.50A，则下列说法中正确的是（）A．电饭煲的电阻为44Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440ΩB．电饭煲消耗的电功率为1555W，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5WC．1min内电饭煲消耗的电能为6.6×104J，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103J D．电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电功、电功率．专题：交流电专题．分析：电饭煲是纯电阻，洗衣机不是纯电阻，加在洗衣机两端的电压不是全部加在内阻上，根据功率公式和热量公式可以方向各项．解答：解：A、电饭煲与洗衣机的都与电源并联，电源两端电压相等，均为220V，由欧姆定律可求得电饭煲的电阻为==44Ω，但洗衣机不是纯电阻用电器，由=440Ω求得的电阻是错误的，所以A项错；B、它们消耗的电功率分别为P1=UI1=1100W，P2=UI2=110W，所以B项错误；C、电饭煲和洗衣机在1min内产生的电能分别为Q1=P1t=6.6×104J，Q2=P2t=6.6×103J，所以C项正确；D、因洗衣机的内阻未知，无法比较二者的发热功率，所以D项错误．故选C点评：本题需要注意的是对于非纯电阻器件，要注意区分两端电压和其内阻上的分压，区分总功率、机械功率和内阻消耗的功率．5．如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度．给该台灯接220V的正弦交变电流后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为（）A．220 V B．110 V C．V D．V考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：根据电流的热效应：由一个周期内交变电流通过电阻R的产生热量与直流电通过电阻R一个周期内产生热量相等，求解有效值．解答：解：设交流电的有效值为U，将交流电与直流电分别通过相同电阻R，分析一个周期内热量：交流电Q=直流电Q=解得：U=110V故选：B点评：求解交流电的有效值，要从有效值的定义出发，根据一个周期内通过相同的电阻，发热量相同，此直流的值即为交流电的有效值．6．图甲所示电路中，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（）A．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考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：由图可知副线圈电路中的磁通量的变化情况，则由电磁感应可得出产生的感应电流；根据电容器及电感器的性质可得出各表的电流大小．解答：解：原线圈中磁场如乙图所示均匀变化，故副线圈中的磁通量均匀变化，故副线圈中产生恒定的电流，因线圈电阻不计，故线圈L对恒定电流没有阻碍作用，所以电流表A1和A2的读数相同，而电容器“通交隔直”，所以电流表A3的读数为0．故ABD错误，C正确；故选：C．点评：本题综合考查电磁感应及电容器、电感器的工作原理，要求能记清电容、电感在交流电路和直流电路的作用的不同点；不难．7．如图所示，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U，额定功率均为P，变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1：n2和电源电压U1分别为（）A．1：2 2U B．1：2 4U C．2：1 4U D．2：1 2U考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，根据灯泡正常发光可知原副线圈中电流的大小关系，从而得到n1：n2．再由变压比，求出原线圈的电压，即可得到电源的电压．解答：解：设灯泡正常发光时，额定电流为I0．由题图可知，原线圈中电流I原=I0，副线圈中两灯并联，副线圈中电流I副=2I0，U副=U根据理想变压器的基本规律：I原n1=I副n2得 n1：n2=2：1；U原：U副=n1：n2得 U原=2U，所以U1=4U．故C正确．故选：C点评：解决本题的切入口是灯泡正常发光，间接告诉我们原副线圈中电流的比例关系．8．如图所示，M为理想变压器，电表均可视为理想表，接线柱a、b接电压u=311sin314t （V）的正弦交流电源．当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，示数发生变化的电表是（）A．A1、A2B．A2、V2C．A1、A2、V2 D．A1、A2、V1、V2考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据滑动变阻器的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．解答：解：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以变压器的输出电压也不变，所以V1、V2的示数都不变，当变阻器的滑动头P向上移动时，滑动变阻器的电阻减小，所以负线圈的电流增大，原线圈的电流也要变大．故选：A．点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．9．在变电站里，经常要用交流电表去监测电上的强电流，所用的器材叫电流互感器．如图所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是（）A．B．C．D．考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：电流互感器原理是依据电磁感应原理的．电流互感器是由闭合的铁心和绕组组成．它的一次绕组匝数很少，串在需要测量的电流的线路中，因此它经常有线路的全部电流流过，二次绕组匝数比较多，串接在测量仪表和保护回路中，电流互感器在工作时，它的2次回路始终是闭合的，因此测量仪表和保护回路串联线圈的阻抗很小，电流互感器的工作状态接近短路．解答：解：由理想变压器的原副线圈的电流之比可知，电流与匝数成反比．则电流互感器应串连接入匝数较多的线圈上．同时一次绕组匝数很少，且串在需要测量的电流的线路中．故A正确；故选：A．点评：电流互感器的接线应遵守串联原则；按被测电流大小，选择合适的变化，否则误差将增大．10．（4分）汽油机做功冲程开始时，汽缸中的汽油、空气混合气要靠火花塞点燃，但是汽车蓄电池的电压只有12V，不能在火花塞中产生火花，为此设计了如图所示的点火装置，这个装置的核心是一个变压器，它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，开关由机械进行自动控制，做功冲程开始时，开关由闭合变为断开，这样就能在火花塞中产生火花了，下列说法中正确的是（）A．该设计方案不可行，因为蓄电池提供的是直流电，变压器不能改变直流电压B．该设计方案可行，因为变压器能将直流电改变为交变电流C．该设计方案可行，因为通过变压器原线圈的是变化的电流，可以通过变压器发生互感现象D．该变压器可以是升压变压器，也可以是降压变压器考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：开关由闭合变为断开，通过变压器的电流发生变化，磁通量发生变化，在副线圈中会产生感应电流，蓄电池的电压为12V，火花塞需要的电压高，所以电路中需要的是升压变压器解答：解：变压器只能改变交变电流的原因是如果在原线圈上接恒定电压，则线圈的磁通量保持不变，从而不能产生感应电动势，副线圈中也就没有输出电压了．在本装置中，开关的闭合、断开，导致电流不断地变化，从而使得磁通量不断地变化，能够使变压器工作．故选：C．点评：本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，并且知道升压变压器的原线圈和副线圈的匝数之间的关系．11．如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的（）A．周期是0.01 s B．最大值是311 VC．有效值是220 V D．表达式为u=220sin 100πt（V）考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式．专题：交流电专题．分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．解答：解：A、由图象知周期为0.02s，故A错误；B、由图象知最大值为311V，故B正确；C、电压的有效值为：U==220V，故C正确；D、瞬时值表达式为：u=311sin100πt V，故D错误；故选：BC．点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式．12．有一交变电流如图所示，则由此图象可知（）A．它的周期是0.8s B．它的峰值是4A C．它的有效值是2 A D．它的频率是0.8Hz考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式．专题：交流电专题．分析：从图中可以直接读出交流电源的周期及最大值，根据有效值与最大值之间的关系即可求解有效值．求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值．解答：解：A、由此图象可知它的周期是0.8s，故A正确；B、它的峰值是4A，故B正确；C、它不是正弦式电流，因此有效值不是等于最大值除以根号2，即它的有效值不是2A，故C错误；D、它的周期是0.8s，频率f==1.25Hz，故D错误；故选：AB．点评：本题关键能够区分交流电的瞬时值、最大值和有效值，明确热效应用有效值计算，基础题．13．如图，理想变压器原副线圈匝数之比为4：1．原线圈接入一电压为u=U0sinωt的交流电源，副线圈接一个R=27.5Ω的负载电阻．若U0=220V，ω=100π rad/s，则下述结论正确的是（）A．副线圈中电压表的读数为55VB．副线圈中输出交流电的周期为sC．原线圈中电流表的读数为0.5AD．原线圈中的输入功率为110W考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．解答：解：A、由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为220V，所以原线圈的电压的有效值为=220V，在根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为55V，即为电压表的读数，所以A正确．B、变压器不会改变电流的周期，电流的周期为T==s=s，所以B错误．C、副线圈的电流为A=2A，根据电流与匝数成反比可得，原线圈的电流大小为A=0.5A，所以C正确．D、变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的功率为P==W=110W，所以原线圈中的输入功率也为110W，所以D错误．故选：AC．点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．14．如图，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，绕OO′轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动．滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有定值电阻R，从图示位置开始计时，下列判断正确的是（）A．电流表测得的是电流最大值B．感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSω•sinωtC．P向上移动时，电流表示数变大D．P向上移动时，电流表示数变小考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理．专题：交流电专题．分析：正弦式交流发电机从中性面位置开始计时，其电动势表达式为：e=NBSωsinωt；电压表和电流表读数为有效值；计算电量用平均值．解答：解：A、电流表测得的是电流的有效值，故A错误；B、从于中性面时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωsinωt，故B正确；C、D、当P位置向上移动、R不变时，副线圈匝数减小，根据理想变压器的变压比公式，输出电压变小，故电流变小，功率变小，故输入电流也变小，故电流表读数变小，故C错误，D正确；故选：BD．点评：本题关键明确交流四值、理想变压器的变压比公式、功率关系，注意求解电量用平均值．15．如图电路（a）、（b）中，电阻R和自感线圈L的电阻值都是很小．接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光（）A．在电路（a）中，断开S，A将立即变暗B．在电路（a）中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C．在电路（b）中，断开S，A将渐渐变暗D．在电路（b）中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗考点：自感现象和自感系数．分析：电感总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡构成电路回路．解答：解：AB、在电路a中，断开S，L、A串联，由于线圈阻碍电流变小，L相当于电源，导致A将逐渐变暗，流过A的电流方向不会发生变化．故A错误，B错误；CD、在电路b中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致A将变得更亮，然后逐渐熄灭．故C错误，D正确；故选：D．点评：线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极．二.解答题16．交流发电机的原理如图所示，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，1分钟内外界对线圈做的功是多少？考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系；电功、电功率．专题：交流电专题．分析：由题i﹣t图可知交流电电流的最大值、周期，根据有效值与最大值的关系求解有效值，根据电热功率为P=I2R求解电阻上的电功率，根据W=Pt外界对线圈做的功．解答：解：（1）由i﹣t图可知通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值I m=2.0 A （2）由图可知，交流电的周期为4.0×10﹣2s，所以矩形线圈转动的周期T=4.0×10﹣2s（3）由有效值I=线圈电阻上产生的电热功率为P=I2R=4 W（4）外界对线圈做功转化成电能再转化成电热，1分钟内外界对线圈做的功W=Pt=240 J答：（1）通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值是2.0 A；（2）矩形线圈转动的周期是4.0×10﹣2s；（3）线圈电阻上产生的电热功率是4 W；（4）保持线圈匀速转动，1分钟内外界对线圈做的功是240 J点评：解决本题的关键是能从i﹣t图象中得出电流的最大值、周期，以及知道峰值与有效值的关系．17．如图所示，变压器原线圈输入电压为200V，副线圈输出电压为36V，两只灯泡的额定电压均为36V，L1额定功率为12W，L2额定功率为6W．求：（1）该变压器的原、副线圈匝数比．（2）两灯均工作时原线圈的电流以及只有L1工作时原线圈中的电流．考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：（1）根据电压与匝数成正比求变压器的原、副线圈匝数比，（2）根据输入功率等于输出功率和功率的公式求解电流．解答：解：（1）由电压变比公式得：；（2）两灯均工作时，由能量守恒得：P1+P2=U1I1I1==0.09A只有L1灯工作时，由能量守恒得：P1=U1I2解得：I2==0.06A；答：（1）该变压器的原、副线圈匝数比50：9；（2）两灯均正常工作时原线圈的电流0.09A，只有L1正常工作时原线圈中的电流0.06A．点评：本题考查了变压器的变压原理，知道电压与匝数成正比，输入功率等于输出功率．18．发电站需向远距离负载供电，若发电机输出电压U1=230V，输出功率P1=2.3×105W，负载额定电压U4=220V，输电线总电阻R0=1Ω要求输电线损失功率为1.0×104W 求：（1）输电线电流I2大小；（2）升压变压器原、副线圈匝数比；（3）降压变压器原、副线圈匝数比．考点：远距离输电；变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：（1）根据公式求解输电线电流I2大小；（2）先根据P=UI求解升压变压器副线圈电压，然后根据变压比公式列式求解；（3）先根据串联电路的电压分配关系求解降压变压器的输入电压，然后根据变压比公式列式求解．解答：解：（1）由得：（2）升压变压器副线圈电压：根据变压比公式，有：（3）降压变压器的输入电压为：U3=U2﹣U损=U2﹣I2R0=2300﹣100×1=2200V根据变压比公式，有：答：（1）输电线电流I2大小为100A；（2）升压变压器原、副线圈匝数比为1：10；（3）降压变压器原、副线圈匝数比10：1．点评：本题关键是明确远距离输电的原理，要能够结合变压比公式列式求解，不难．。