2024年高中物理新教材同步学案 选择性必修第二册 第3章 章末素养提升（含解析）

这是一份2024年高中物理新教材同步学案 选择性必修第二册 第3章 章末素养提升（含解析），共6页。

章末素养提升 例1　(2023·浙江6月选考)我国1 100 kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是(　　) A．送电端先升压再整流 B．用户端先降压再变交流 C．1 100 kV是指交流电的最大值 D．输电功率由送电端电压决定 答案　A 解析　升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降压，故A正确，B错误；1 100 kV指的是直流电的电压，故C错误；输电的功率是由用户端负载的总功率来决定的，故D错误。 例2　(2022·秦安县模拟)如图(a)所示，两个单匝矩形线圈分别放入匀强磁场中绕垂直磁场的轴OO′转动，两个线圈的转速不同，穿过两线圈的磁通量随时间分别按图(b)中图线甲、乙的规律变化，则(　　) A．图线甲对应线圈在t＝0时产生的感应电动势最大 B．图线乙对应的线圈，1 s内交变电流的方向改变5次 C．图线甲、乙对应的线圈在t＝0.2 s时，线圈平面均垂直于磁感线 D．图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4 答案　D 解析　在t＝0时刻，Φ甲最大，则产生的感应电动势最小，故A错误；图线乙对应的线圈的周期是0.2 s，一个周期内交变电流的方向改变2次，1 s内交变电流的方向改变10次，故B错误；在t＝0.2 s时，图线甲、乙对应的线圈的磁通量均为零，所以线圈平面均平行于磁感线，故C错误；由题图可知甲、乙图线对应线圈的周期为4∶5，而线圈的转速n＝eq \f(1,T)，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4，故D正确。 例3　(多选)(2022·山东日照国开中学阶段考试)如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝55∶4，原线圈接有交流电流表A1，副线圈电路接有交流电压表V、交流电流表A2、滑动变阻器R等，所有电表都是理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定。原线圈接入的交流电压的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是(　　) A．交流电压表V的读数为64 V B．灯泡L两端电压的有效值为16eq \r(2) V C．当滑动变阻器的触头P向下滑动时，电流表A2示数增大，A1示数减小 D．由图乙可知交流发电机转子的角速度为100π rad/s 答案　BD 解析　由题图乙可知，原线圈输入电压有效值为440 V，根据eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)，可得副线圈两端电压有效值为32 V，交流电压表V的示数为有效值，即为32 V，A错误；设灯泡L两端电压的有效值为U′，灯泡的阻值为r，交变电流的周期为T，根据交变电流有效值的定义有eq \f(U22,r)·eq \f(T,2)＝eq \f(U′2,r)T，解得U′＝16eq \r(2) V，B正确；当滑动变阻器的触头P向下滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，则由欧姆定律可知，电流表A2示数增大，所以电流表A1示数也增大，C错误；根据ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,0.02) rad/s＝100π rad/s，可知交流发电机转子的角速度为100π rad/s，D正确。 例4　(多选)(2022·福建百校联合测评)如图甲所示，自耦变压器的原线圈与N匝、半径为r的圆形线圈(图中未画全)相连，副线圈与定值电阻R构成闭合回路，图示位置副线圈的匝数为原线圈匝数的eq \f(2,3)。圆形线圈内有垂直线圈平面向里的磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化。不考虑电阻随温度的变化以及线圈的电阻，下列说法正确的是(　　) A．滑片P在图甲所示位置时，定值电阻两端的最大电压为eq \f(2\r(2)π2r2NB0,3T) B．滑片P在图甲所示位置时，定值电阻消耗的电功率为eq \f(8π4r4N2B02,9T2R) C．若磁感应强度的变化周期减小，则变压器的输出功率将增大 D．若自耦变压器的滑片P顺时针转动，则通过原线圈的电流增大 答案　BC 解析　由题图乙可得磁场变化的角速度ω＝eq \f(2π,T)，圆形线圈中产生的感应电动势最大值Um＝NB0Sω＝eq \f(2π2r2NB0,T)，由eq \f(Um,n1)＝eq \f(U2m,n2)得定值电阻两端的最大电压U2m＝eq \f(4π2r2NB0,3T)，A错误；定值电阻消耗的电功率为P＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U2m,\r(2))))2,R)＝eq \f(8π4r4N2B02,9T2R)，B正确；若磁感应强度的变化周期减小，则感应电动势的最大值增大，有效值增大，副线圈两端的电压增大，定值电阻消耗的电功率即变压器的输出功率将增大，C正确；自耦变压器的滑片P顺时针转动，副线圈的匝数减少，副线圈两端的电压减小，通过副线圈的电流减小，由n1I1＝n2I2可知通过原线圈的电流减小，D错误。 例5　(2022·南山区模拟)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1，B是原线圈的中心接头，原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中R1、R3为定值电阻，R2为NTC型热敏电阻(阻值随温度升高而减小)，C为耐压值为50 V的电容器，所有电表均为理想电表。下列判断正确的是(　　) A．当单刀双掷开关与B连接，副线圈两端电压的频率变为10 Hz B．当单刀双掷开关由A→B时，电容器C会被击穿 C．当单刀双掷开关与A连接，R2所在处温度升高，A1的示数变大，A2的示数不变 D．其他条件不变，单刀双掷开关由A→B时，变压器的输出功率变为原来的0.5倍 答案　B 解析　变压器不会改变交流电的频率，因此副线圈两端电压的频率仍为50 Hz，故A错误；根据eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)可知，当单刀双掷开关由A→B时，副线圈两端电压的最大值为Um＝44eq \r(2) V>50 V，因此电容器C会被击穿，故B正确；若R2所在处温度升高，电阻减小，副线圈干路电流增大，原线圈电流增大，A1的示数变大；R3两端的电压升高，而副线圈两端电压不变，R1两端的电压减小，因此电流表A2的示数减小，故C错误；其他条件不变，单刀双掷开关由A→B时，变压器的输出电压加倍，电容器被击穿，形成短路，通过副线圈的电流变大，从而变压器的输出功率增加，故D错误。 例6　(2022·宁德市月考)如图所示，作为北京奥运会主场馆之一的国家体育场“鸟巢”拥有9.1万个座位，其扇形屋面和大面积的玻璃幕墙不仅给人以赏心悦目之感，还隐藏着一座年发电量约为98 550 kW·h的太阳能光伏发电系统，供给体育场内的照明灯等使用。假如该发电系统的输出功率为1×105 W。 (1)按平均每天太阳照射6小时，该发电系统一年(365)天能输出多少电能？ (2)假若输出电压为250 V，现准备向远处输电。所用输电线的总电阻为8 Ω，要求输电时在输电线上损失的电功率为输送电功率的5%，用户获得220 V电压，应选用匝数比多大的升压变压器和降压变压器？ 答案　(1)7.884×1011 J　(2)1∶16　190∶11 解析　(1)设该发电系统一年能输出的电能为E P＝1×105 W，t＝365×6×3 600 s，E＝Pt 解得E＝7.884×1011 J (2)依题意作出如图所示的输电示意图 升压变压器原线圈中的电流I1＝eq \f(P,U1)＝eq \f(1×105,250) A＝400 A 当输电线上损失的电功率为输送电功率的5%时，设输电线中的电流为I2，则I22R线＝5%×P 解得I2＝25 A，则升压变压器T1原、副线圈的匝数比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)＝eq \f(25,400)＝eq \f(1,16) 设降压变压器T2副线圈中的电流为I4，即提供给所有用户的总电流I总，用户获得的总功率为P用＝P－5%×P 又P用＝U4I总＝U4I4 解得I4＝eq \f(4 750,11) A 又I3＝I2＝25 A 则降压变压器原、副线圈的匝数比为eq \f(n3,n4)＝eq \f(I4,I3)＝eq \f(190,11)。 例7　(2023·宁波市北仑中学月考)地球是个巨大的磁体，它周围空间存在的磁场叫地磁场，但地磁场看不到，摸不着。为了研究地磁场，赵老师指导的一个学习小组在空旷的场地上做“摇绳发电实验”，等效示意图如图。他们将一铜芯线像甩跳绳一样匀速摇动，铜芯线的两端分别通过细铜线与灵敏交流电流表相连。摇绳的两位同学的连线与所在处的地磁场(可视为匀强磁场)垂直。摇动时，转动的铜芯线所围成区域近似半圆，面积为S，转动角速度为ω，用电流表测得电路中电流为I，电路总电阻为R。(已知S＝5 m2、ω＝10eq \r(2) rad/s、I＝20 μA、R＝100 Ω，取eq \f(π,\r(2))＝2.25) (1)求该处地磁场的磁感应强度B的大小； (2)从铜芯线所在平面与该处地磁场垂直开始计时，求其转过半圈的过程中，通过电流表的电荷量q； (3)求铜芯线转动100圈过程中，电路产生的焦耳热Q。 答案　(1)4×10－5 T　(2)4×10－6 C　(3)1.8×10－6 J 解析　(1)铜芯线中产生的是正弦交流电，电流表测量的是电流的有效值，因此，电流的最大值Imax＝eq \r(2)I 感应电动势的最大值Emax＝ImaxR 又因为感应电动势的最大值Emax＝BSω，解得B＝4×10－5 T (2)从铜芯线所在平面与该处地磁场垂直开始计时，其转过半圈的过程中，根据法拉第电磁感应定律得eq \x\to(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(2BS,Δt) 根据闭合电路欧姆定律有eq \x\to(I)＝eq \f(\x\to(E),R) 根据电流定义式有eq \x\to(I)＝eq \f(q,Δt) 解得q＝4×10－6 C (3)铜芯线转动100圈过程经历的时间t＝100×eq \f(2π,ω)＝eq \f(200π,ω) 电路中产生的焦耳热Q＝I2Rt 解得Q＝1.8×10－6 J。物理观念交变电流的产生和描述(1)产生：闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动 (2)交变电流的四值 ①瞬时值：e＝Emsin ωt i＝Imsin ωt(从线圈位于中性面开始计时) ②峰值：Em＝NBSω ③有效值：U＝eq \f(Um,\r(2))，I＝eq \f(Im,\r(2))(只适用于正弦式交变电流) ④平均值：eq \x\to(E)＝Neq \f(ΔΦ,Δt)，eq \x\to(I)＝eq \f(\x\to(E),R＋r)变压器eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，I1n1＝I2n2(只有一个副线圈时)；P1＝P2电能的输送(1)输电线路上的功率损失：ΔP＝I2R线，电压损失：ΔU＝IR线，在线路电阻R线一定时，要减少输电损耗，需要减小输电电流，提高输电电压 (2)远距离输电的基本原理：先用升压变压器升压到几百千伏后再向远距离输送，到达用户地区再通过降压变压器进行降压科学思维1.会用右手定则和法拉第电磁感应定律得出正弦式交变电流的大小和方向 2.会根据电流的热效应计算有效值 3.会推导理想变压器原、副线圈电流与匝数的关系科学探究通过实验，探究并了解变压器原、副线圈电压与匝数的关系科学态度与责任通过实验，养成安全操作、严谨认真、实事求是的科学态度；通过高压输电的学习，了解我国电网事业的高速发展