章末质量检测10.doc

章末质量检测(十)　　　　 (时间：60分钟　满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题7分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。) 1．如图1所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿逆时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为l1，ad边的边长为l2，线圈的电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时(　　) 图1A．线圈中感应电流的方向为abcda B．线圈中的感应电动势为2nBl2ω C．穿过线圈磁通量随时间的变化率最大 D．线圈ad边所受安培力的大小为，方向垂直纸面向里 解析　当线圈转到图示的位置时，线圈的磁通量即将向右增加，由楞次定律结合安培定则可知，线圈中感应电流的方向为adcba，故A错误；当转到图示的位置时产生的电动势最大，由法拉第电磁感应定律可得，穿过线圈的磁通量的变化率最大。此时电动势的大小为e＝2nBl2ω＝nBl1l2ω，B错误，C正确；线圈此时的感应电流大小为I＝＝，所以ad边所受的安培力的大小为F＝nBIl2，代入I可得F＝，方向垂直纸面向外，D错误。 答案　C 2．正弦交变电流经过匝数比为n1n2＝101的理想变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按图2甲所示方式连接，R＝10 Ω。图乙是R两端电压U随时间变化的图象，Um＝10 V，则下列说法中正确的是(　　) 图2 A．通过R的电流iR随时间t变化的规律是 iR＝cos 100πt(A) B．电流表A的读数为0.1 A C．电流表A的读数为 A D．电压表V的读数为10 V 解析　由图乙知T＝2×10－2 s，f＝50 Hz，ω＝2πf＝100π rad/s，Im＝＝1 A，故iR＝cos 100πt(A)，A错误；通过R的电流的有效值I2＝＝ A，再根据＝知，I1＝ A，B错误，C正确；电压表读数应为副线圈两端电压的有效值，即U＝＝ V，故D错误。 答案　C 3．一理想变压器原、副线圈匝数比n1n2＝115，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t的变化规律如图3所示。副线圈仅接入一个10 Ω的电阻，则(　　) 图3 A．流过电阻的电流是20 A B．与电阻并联的电压表的示数是100 V C．经过1分钟电阻发出的热量是6×103 J D．变压器的输入功率是1×103 W 解析　原线圈中电压的有效值是220 V，由变压比＝知副线圈中电压为U2＝100 V，流过电阻的电流I＝＝10 A，A错误；与电阻并联的电压示数是100 V，B错误；经过1分钟电阻发出的热量Q＝I2Rt＝6×104 J，C错误；变压器的输入功率等于输出功率，即P入＝P出＝UI＝1×103 W，故D正确。 答案　D 4．(2014·保定一模)如图4所示，匝数为100匝的矩形线圈abcd位于磁感应强度B＝ T的水平匀强磁场中，线圈面积S＝0.5 m2，内阻不计。线圈绕垂直于磁场的轴以角速度ω＝10π rad/s匀速转动。线圈通过金属滑环与理想变压器原线圈相连，变压器的副线圈接入一只“12 V，12 W”灯泡，灯泡正常发光，下列说法正确的是(　　) 图4 A．通过灯泡的交变电流的频率是50 Hz B．变压器原、副线圈匝数之比为101 C．矩形线圈中产生的电动势的最大值为120 V D．若将灯泡更换为“12 V,24 W”且保证其正常发光，需要增大矩形线圈的转速 解析　由ω＝2πf可得通过灯泡的交变电流的频率是5 Hz，选项A错误；矩形线圈在水平匀强磁场中转动产生感应电动势最大值为Em＝NBSω＝100××0.5×10π V＝120 V，变压器输入电压为120 V，由变压器变压公式可知，变压器原、副线圈匝数之比为101，选项B正确，C错误；因副线圈电压仍为12 V，故将灯泡更换为“12 V,24 W”能保证其正常发光，不需要增大矩形线圈的转速，选项D错误。 答案　B 5．如图5所示，动圈式话筒能够将声音转变为微弱的电信号(交变电流)。产生的电信号一般都不是直接送给扩音机，而是经过一只变压器(视为理想变压器)之后再送给扩音机放大，变压器的作用是为了减少电信号沿导线传输过程中的电能损失，关于话筒内的这只变压器，下列判断正确的是(　　) 图5A．一定是降压变压器，因为P＝I2R，降压后电流减少，导线上损失的电能减少 B．一定是降压变压器，因为P＝，降压后电压降低，导线上损失的电能减少 C．一定是升压变压器，因为I＝，升压后，电流增大，使到达扩音机的信号加强 D．一定是升压变压器，因为P＝UI，升压后，电流减小，导线上损失的电能减少 解析　根据变压器的作用是为了减少电信号沿导线传输过程中的电能损失可知，话筒内的这只变压器一定是升压变压器，因为P＝UI，升压