2019年高考物理总复习(教科版)试题：第十一章交变电流传感器综合检测 Word版含解析

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2019高考物理专题交变电流传感器测试题(答案及解释)

2019高考物理专题交变电流传感器测试题一、单选题(共12小题)1.如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压及输电线的电阻Ｒ均不变．在用电高峰期，发电厂输出功率将增大，下列说法正确的是（）A．升压变压器副线圈中电流变小B．降压变压器副线圈中电流变小C．输电线上损耗的功率减小D．用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小2.两只阻值相等的电阻分别通以正弦交流电与方形交流电，它们电流的最大值相等，如图所示，则两只电阻的热功率之比是（）A．1︰4B．1︰2C．1︰D．1︰13.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈接有“220V，440W”的热水器、“220V，220W”的抽油烟机．如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是（）A．副线圈两端电压的瞬时值表达式为B．电压表示数为C．热水器的发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D．1mi n内抽油烟机消耗的电能为1.32×104J4.某交流发电装置产生的感应电动势与时间的关系如图所示，如果其他条件不变，仅使线圈转速加倍，则交流电动势的最大值和周期分别变为（）A．400V，0.02sB．200V，0.02sC．400V，0.08sD．200V，0.08s5.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接路端电压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、V2D．A1、A2、V1、V26.如图所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为．T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3；它的输出电压和输出功率分别为U4和P4．下列说法正确的是（）A．当用户的用电器增多时，U2减小，U4变大B．当用户的用电器增多时，P2变大，P3减小C．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应减小降压变压器的匝数比D．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应增大降压变压器的匝数比7.交流发电机在工作时电动势为，若将电机的转速提高一倍，同时将线圈所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为()A．B．C．D．8.有一种调压变压器的构造如图所示。

19年高考物理一轮复习第11章交变电流传感器1803282218

第十一章交变电流传感器综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：60分钟一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。

1～4题为单选，5～8题为多选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分)1．(2018·江苏扬州检测)电阻R1、R2与交流电源按照图甲方式连接，R1＝10Ω，R2＝20Ω，合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示，则导学号 21993509( B )A．通过R1的电流有效值为1.2AB．R1两端的电压有效值为6VC．通过R2的电流最大值是1.22AD．R2两端的电压最大值是62V[解析]由i－t图象可知，电流最大值I m＝0.62A，有效值I＝I m2＝0.6A，因R1与R2串联，则I1＝I＝0.6A，U1＝IR1＝6V，I2m＝0.62A，U2m＝I2m R2＝122V，故A、C、D错，B 正确。

2.(2018·山东省潍坊市高三上学期期末试题)如图所示，等边三角形导体框abc边长为L，bd⊥ac，导线框绕轴bd以角速度ω匀速转动，导体框所在空间有竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场。

下列说法正确的是导学号 21993510( A )A．导体框中无感应电流B．导体框中产生正弦交变电流C．a、d两点间电势差为0D ．a 、d 两点间电势差大小为12B ωL 2 [解析] 导体框绕bd 转动过程中，穿过导体框的磁通量无变化，故无感应电流产生，A正确，B 错误；a 、d 两点间电势差为U ad ＝B L 20＋ωL 22＝18B ωL 2，C 、D 均错误。

3．(2018·湖北华中检测)图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n 1＝n 4<n 2＝n 3，四根模拟输电线的电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为R ，A 1、A 2为相同的理想交流电流表，L 1、L 2为相同的小灯泡，灯丝电阻R L >2R ，忽略灯丝电阻随温度的变化。

高考物理总复习第十一章交变电流传感器单元评估检测十一含解析新人教版

高考物理总复习第十一章交变电流传感器单元评估检测十一含解析新人教版单元评估检测(十一)(第十二章)(45分钟100分)一、选择题(本题共12小题，每小题6分，共72分。

1～9题为单选题，10～12题为多选题)1.关于光电效应，下列说法正确的是( )A.光电子的最大初动能与入射光的频率成正比B.光电子的动能越大，光电子形成的电流强度就越大C.用不可见光照射金属一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动能大D.对于任何一种金属，都存在一个“最大波长”，入射光的波长必须小于这个波长，才能产生光电效应【解析】选D。

由爱因斯坦的光电效应方程E k=hν-W0可知：光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不成正比；单位时间经过电路的电子数越多，电流越大；不可见光的频率不一定比可见光的频率大，因此用不可见光照射金属不一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动能大；入射光的频率大于金属板的极限频率或入射光的波长小于金属板的极限波长，才能产生光电效应。

【加固训练】下列说法中正确的是( )A.在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分能量转移给电子，因此光子散射后波长变短B.结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定C.若要使处于能级n=3的氢原子电离，可以采用两种方法：一是用能量为-E3的电子撞击氢原子，二是用能量为-E3的光子照射氢原子D.由于核力的作用范围是有限的以及核力的饱和性，不可能无节制地增大原子核而仍能使其稳定【解析】选D。

在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分能量转移给电子，动量减小，根据λ=知，光子散射后波长变长，故A项错误；比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故B项错误；电子是有质量的，撞击氢原子是发生弹性碰撞，由于电子和氢原子质量不同，故电子不能把-E3的能量完全传递给氢原子，因此不能使氢原子完全电离，而光子的能量可以完全被氢原子吸收，故C项错误；由于核力的作用范围是有限的以及核力的饱和性，不可能无节制地增大原子核而仍能使其稳定，故D项正确。

(江苏专用)2019版高考物理大一轮复习第11单元交变电流传感器测评手册

第11单元交变电流传感器单元小结卷(十一)考查范围:第十一单元时间/ 45分钟分值/ 100分一、选择题(每小题8分,共56分,1~4小题为单选,5~7小题为多选)1.如图D11-1甲所示,一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO'以恒定的角速度ω转动,从线圈平面与磁场方向平行时开始计时,线圈中产生的交变电流随时间按照图乙所示的余弦规律变化,在t=时刻()图D11-1A.线圈中的电流最大B.穿过线圈的磁通量为零C.线圈所受的安培力为零D.穿过线圈的磁通量的变化率最大2.某种角速度计的结构如图D11-2所示.当整个装置绕轴OO'转动时,元件A相对于转轴发生位移并通过滑动变阻器输出电压,电压传感器(传感器内阻无限大)接收相应的电压信号.已知A的质量为m,弹簧的劲度系数为k,自然长度为l,电源的电动势为E,内阻不计,滑动变阻器总长为l,电阻分布均匀,装置静止时滑片P在变阻器的最左端B点.闭合开关,当系统以角速度ω转动时,则()图D11-2A.电路中电流随角速度的增大而增大B.电路中电流随角速度的增大而减小C.弹簧的伸长量为x=D.输出电压U与ω的函数关系式为U=3.[2017·哈尔滨九中二模]将图D11-3甲所示的正弦式交变电压输入理想变压器的原线圈,变压器副线圈上接入阻值为10 Ω的白炽灯(认为其电阻恒定),如图乙所示.若变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,则下列说法正确的是()图D11-3A.该交流电的频率为50 HzB.灯泡消耗的功率为250 WC.变压器原线圈中电流表的示数为0.5 AD.流过灯泡的电流方向每秒钟改变50次4.[2017·长春质检]如图D11-4甲所示,理想变压器的原线圈电路中装有0.5 A的保险丝L(电阻忽略不计),原线圈匝数n1=600,副线圈匝数n2=120.当原线圈两端接在如图乙所示的交流电源上,要使整个电路和用电器正常工作,则副线圈两端可以接()图D11-4A.阻值为12 Ω的电阻B.并联两盏规格均为“36 V40 W”的灯泡C.工作频率为10 Hz的用电设备D.耐压值为36 V的电容器5.[2017·黄冈质检]课堂上老师做了如图D11-5所示的演示实验:用电池、开关、导线与软铁环上线圈A、线圈B连接,并在导线下面放置一个小磁针用来检验线圈B中是否有电流产生.在开关闭合瞬间,小磁针发生明显偏转.课后某同学另找器材重做此实验时,却没有观察到小磁针偏转.导致小磁针没有偏转的原因可能是()图D11-5A.线圈B匝数太少B.所用干电池节数太多C.开关闭合或断开太快D.导线EF、CD沿东西方向放置6.[2017·西安一中模拟]如图D11-6所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,b是原线圈的中心抽头,电压表和电流表均为理想电表,除R以外其余电阻不计.从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压,其瞬时值表达式为u1=220sin 100πt(V).下列说法中正确的()图D11-6A.t= s时,电压表的示数为22 VB.t= s时,a、c两点间的电压瞬时值为110 VC.滑动变阻器的滑片向上移,电压表和电流表的示数均变大D.单刀双掷开关由a扳向b,电压表和电流表的示数均变大7.[2018·江西师大附中月考]如图D11-7甲所示的电路中,理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1,原线圈接入如图乙所示的电压,副线圈接火灾报警系统 (报警器未画出),电压表和电流表均为理想电表,R0为定值电阻,R为半导体热敏电阻,其阻值随温度的升高而减小.下列说法中正确的是()图D11-7A.图乙中电压的有效值为110 VB.电压表的示数为44 VC.R处发生火灾时电流表示数增大D.R处发生火灾时电阻R0消耗的电功率增大二、非选择题(共44分,要求解答过程有必要的文字说明)8.(20分)一小型交流发电机产生正弦式交变电压,该电压随时间变化的规律如图D11-8所示.发电机线圈电阻为5 Ω,当发电机输出端仅接入一个95 Ω的纯电阻用电器时,用电器恰能正常工作.求:(1)通过该用电器的电流;(2)该用电器的额定功率.图D11-89.(24分)[2018·长沙雅礼中学月考]风能作为新型环保发电能源,近几年来得到了快速发展.如图D11-9所示,风车阵中发电机输出功率为100 kW,输出电压是250 V,用户需要的电压是220 V,输电线电阻为10 Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%,试求:(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比;(2)用户得到的电功率.图D11-9测评手册单元小结卷(十一)1.C[解析] 线圈中产生的交变电流随时间按照图乙所示的余弦规律变化,即i=i m cos ωt,在t=时刻,i=i m cos ωt=i m cos=0,此时刻线圈所在的平面与磁场方向垂直,穿过线圈的磁通量最大,磁通量变化率为零,A、B、D错误;产生的感应电流为零,所以线圈所受的安培力为零,C正确.2.D[解析] 系统在水平面内以角速度ω转动时,无论角速度是增大还是减小,滑动变阻器接入电路的电阻都不变,根据闭合电路欧姆定律知,电路中电流保持不变,故选项A、B错误;设系统在水平面内以角速度ω转动时,弹簧的伸长量为x,则对元件A,根据牛顿第二定律得kx=mω2(l+x),又输出电压U=E,联立得x=,U=,故选项C错误,选项D正确.3.A[解析] 由图甲可知,原线圈输入电压的周期为0.02 s,故频率为50 Hz,故A正确;输入电压有效值为 V,根据原、副线圈电压与匝数成正比,可知副线圈电压有效值为U=25 V,灯泡消耗的功率为P==125 W,故B错误;副线圈的电流为I= A,则原线圈的电流为 A,故C错误;每一个周期电流方向改变2次,故流过灯泡的电流方向每秒钟改变100次,故D错误.4.B[解析] 根据图乙可知,原线圈输入的交变电压的最大值U1m=180 V,有效值U1=180 V,周期T1=0.02 s,频率f1==50 Hz,又因为n1∶n2=5∶1,所以副线圈的输出电压的最大值为U2m=36 V,有效值U2=36 V,周期T2=T1=0.02 s,频率f1=f2=50 Hz,故选项C错误;若副线圈两端接阻值为12 Ω的电阻,则I2==3 A,I1=I2=0.6 A>0.5 A,即通过保险丝的电流超过了其熔断电流,选项A错误;若并联两盏规格均为“36 V40 W”的灯泡,通过保险丝的电流I1= A<0.5 A,故选项B正确;电容器的耐压值指的是允许加在电容器两端的最大电压值,副线圈的输出电压的最大值为U2m=36 V>36 V,即超过了电容器的耐压值,故选项D错误.5.AD[解析] 如果线圈B匝数太少,线圈B中产生的感应电动势和感应电流较小,则小磁针偏转不明显,故A正确;所用电池节数太多,电压更高,小磁针偏转更加明显,故B错误;开关闭合或断开瞬间,副线圈B中会产生感应电流,电流产生磁场使小磁针偏转,开关闭合或断开越快,电流变化越快,现象越明显,故C错误;导线EF、CD沿东西方向放置时,根据安培定则,电流产生的磁场与地磁场均沿南北方向,小磁针可能不偏转,故D正确.6.AD[解析] 原线圈两端电压有效值为220 V,副线圈两端电压有效值为22 V,电压表测量的是有效值,故A正确;t= s时,a、c两点间的电压瞬时值为110 V,故B错误;滑动变阻器的滑片向上移,电阻变大,副线圈的电压由匝数和输入电压决定,电压表的示数不变,电流表示数减小,C错误;单刀双掷开关由a扳向b,原、副线圈匝数比变小,匝数与电压成正比,所以电压表和电流表的示数均变大,故D 正确.7.ACD[解析] 乙图是不完整的正弦式交流电,根据电压有效值的定义,有·2t,所以电压有效值U=110 V;根据变压器原理,电压表示数应是22 V,R处发生火灾时,温度升高,电阻变小,电流变大,R0消耗的电功率变大.8.(1)1 A(2)95 W[解析] (1)由电压—时间图像可知,发电机产生的交变电压的有效值为100 V.由闭合电路欧姆定律可得,通过该用电器的电流I==1 A.(2)由于用电器正常工作,故其额定功率P=I2R=12×95 W=95 W.9.(1)1∶20240∶11(2)96 kW[解析] (1)输电线损耗功率P损=P×4%=100 kW×4%=4 kW输电线电流I2= A=20 A升压变压器输出电压U2= V=5000 V升压变压器原、副线圈匝数比为输电线上的电压损失U损=I2R线=20×10 V=200 V降压变压器原线圈两端电压U3=U2-U损=4800 V降压变压器原、副线圈匝数比(2)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率,为P用=P-P损=P(1-4%)=100×96% kW=96 kW。

2019版高考物理一轮复习第十一章交变电流传感器章末综合测试.doc

第十一章交变电流传感器章末综合测试（十一）（时间:60分钟分数：100分）一、选择题（本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1〜5题只有一项符合题目要求，第6〜8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分）1. 科技小组在探究交变电流的产生及变化规律时，将电流计（0刻度在正中央）与一个保护电阻局串联后，接到交流发电机模型的两个输出端，如图所示.发电机模型线圈匝数可调，转动手柄使线圈在磁场屮匀速转动，观察电流计指针的偏转情况，下列叙述与观察结果相符的是（）A. 电流计指针总是左、右摆动B. 当转速很小时，电流计指针左、右摆动C. 当转速很大时，电流计指针指向某一侧不为零的定值D. 当线圈匝数少时，电流计指针左、右摆动，当线圈匝数多时，电流计指针指向某一侧不为零的定值解析：B 交流发电机产生的是交变电流，当转速很小时，流过电流计的电流方向变化较慢，电流计指针能随电流方向的变化而左、右摆动；当转速很大时，电流方向变化很快, 电流计指针来不及随之变化而摆动，因此稳定吋指针指向“0”刻度不动，A 、C 错B 正确；线圈匝数不能改变电流方向变化的频率，因此D 错.2. —个边长为6 cm 的正方形金属线框置于匀强磁场屮，线框平而与磁场垂直，电阻为0.36 Q.磁感应强度〃随时间广的变化关系如图所示，则线框中感应电流的有效值为（）B. ^6X10-5 AD.^XIO-5 A 解析：B 由法拉第电磁感应定律和欧姆定律A （PE SI =1TT~ 可得0〜3 s 内,A.^/2X10_5 AC.^XW 5 Ac 亠 "2 2 0-6X 10 '33〜5 $内，I 产—市—X —2 — A= -3X10"5 A于是可作出，随时间变化的图象如图所示i/(xlO-5A)由有效值的定义，0辻=0交，黑昵=FRt其中方i = 3 s,力=2 s, t= t\ + ti12X 10"10/?+18X 10"1O i?=5>?/解得7=^6X10-5 A,故B 选项正确.3. （2018・贵州遵义第三次模拟）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10 : 1,原线圈接入图乙所示的不完整的正弦交流电，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，凡和用为定值电阻，用为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小•卞列说法中正确的是（解析：B 斤处岀现火警时温度升高，电阻减小，副线圈屮总电阻减小，而原副线圈匝数不变，所以副线圈中的总电压不变，即电压表示数不变，所以总电流增大，根据公式# 丄可得原线圈中的电流增大，故原线圈中电流表示数增大，A 错误，B 正确.根据交流电在 n\ 一个周期内产牛的热量与等效恒定电流在相同时间内产生的热量相等可得二^一 •彳= £・T ，解得交流电压有效值110^2 V, C 错误.根据令=号，其屮« = H0V2 V, <=¥，可得副线圈两端的电压为^=11^2V, D 错误.4. （2018 •河南安阳检测）如图所示，理想变压器输入端接在电动势随时间变化、内阻为厂的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为斤的负载，变压器原、副线圈匝数的比值 /1= 6X10"3 _5 A=2X10 A：3 ;5：8 10A. B. C.D. 斤处岀现火警时电压表示数增大处岀现火警时电流表示数增大图乙中电压的有效值为220 V电压表的示数为22 VR o 0.01 0.02 0.03 r/s 乙为⑴•：伸如果要求负载上消耗的电功率最大，则下列说法正确的是（交流电源的效率为50%C.负载上消耗的热功率为〒4厂D.该交流电源电动势的瞬吋值表达式为e=£sin（100n f）V解析：A把变压器和斤看做一个整体，等效电阻为F ,当H =/•时，负载上的电功50%.则选项A正确，C错误；电流表的读数为副线圈电流的有效值，原线圈电流有效值为厶=牛=50兀rad/s,则瞬时值表达式为e=£sin（50 Ji t） V,故D错误.5.（2017 •贵州遵义第四次模拟）如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户（电灯等用电器），斤表示输电线的电阻，贝％）A.用电器增加时，变压器输出电压增大B.要提高用户的电压，滑动触头戶应向上滑C.用电器增加吋，输电线的热损耗减少D.用电器增加时，变压器的输入功率减小解析：B由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会/?>影响输出电压，故A错误；根据变压器原理可知输出电压丛=一儿当滑动触头P向上滑时,炖增大，所以输出电压增大，用户两端电压增大，故B 正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故C 错误; 用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故D 错误.6. （2017 •湖南衡阳模拟）如图所示，一个面积为$阻值为厂的矩形线圈共〃匝，绕垂直匀强磁场的轴以角速度Q 匀速转动，磁感应强度为〃.线圈两端分别始终与两固定圆环 K 、厶接触良好瓦摩擦很小，两圆环连接在电阻上，理想交流电压表和电容器（容抗忽略不计） A. 线圈转动一周过程中，电容器两极板所带电荷塑保持不变B. 若电容器屮有一带电的油滴，则油滴会始终处于平衡状态C. 虽然《环接地，但线圈转动过程中仍有时斤环电势高于厶环电势，故流经电阻斤的电流方向是变化的D. 线圈匀速转动过程中，交流电压表的示数为巴］: 解析：CD 本题考查交变电流的产生及变化规律、电容定义式、场强与电势差关系、交变电流的有效值等，意在考查考生对交变电流变化规律的理解能力、交流电与电场、电路问题的综合分析能力.矩形线圈在绕垂直于磁场的轴转动过程屮产生正弦式交变电流，其瞬时值表达式e=/?〃Sesin s r （V ）, C 项正确；电容器两极板间电势差〃 "化 "sin R~\~ r 斤十r 由片少可知，电容器所带电荷量是周期性变化的，A 项错；由4钿知，两极板间场强周期性变化，油滴所受电场力变化，故油滴不会始终处于平衡状态，B 项错；电压表示数为电阻斤（电容0两端电压有效值，%=第审, D 项正确.7. （2017 •江西南昌3月模拟）某课外活动小组用二极管、电感线圈（感抗很大）、电容器、小灯泡等元件组装了一个简易交通指示灯模型，电路如图所示.关于该交通指示灯，下列说法正确的是（）〃端加合适的正弦交流电，黄灯亮，绿灯、红灯始终不亮A. 若在人〃端加合适的直流电，II 当〃端为止时，红灯亮, 绿灯黄灯始终不亮B.〃端加合适的直流电，且当/端为正时，红灯亮, 绿灯黄灯始终不亮 C.R都与电阻并联,D.若在久〃端加合适的正弦交流电，黄灯始终不亮，绿灯、红灯交替闪烁解析：AC电容器具有通交流、隔直流的特性，二极管具有单向导电性，因电感线圈的感抗很大，则其具有通直流，阻交流的特性.若在久〃端加合适的直流电，当〃端为正时, 只有红灯亮；当昇端为正时，只有绿灯亮，则A项正确，B项错误.若在〃、〃端加合适的正弦交流电吋，黄灯亮，而红、绿灯都不亮，则C项正确，D项错误.8.（2017 •河南十校联考）如图所示，在匀强磁场中，一-矩形线圈绕垂直于磁感线的轴以角速度Q匀速转动，线圈通过电刷与理想变压器原线圈相连，副线圈接一滑动变阻器呂原、副线圈的匝数分别为必、血要使理想电流表的示数变为原来的2倍，下列措施可行的是（）A.@和斤都增大为原来的2倍B.处和3都增大为原来的2倍C.Q和斤都增大为原来的2倍D.磁感应强度〃增大为原来的2倍解析：AD处增大为原来的2倍，由理想变压器的电压关系7；=%，输出电压/变为U1 112原来的2倍，斤也增大为原来的2倍，由闭合电路欧姆定律知，副线圈中的电流Z不变，由彳=仝知，原线圈中的电流厶变为原来的2倍，故电流表的示数变为原来的2倍，选项A正Il n\确；3增大为原来的2倍，由ANBS3知，理想变压器的输入电压变为原来的2倍，处也增大为原来的2倍，由¥=仝知，输出电压仏变为原来的4倍，由闭合电路欧姆定律知，U1 n?・副线圈中的电流Z变为原来的4倍，由吕=竺知，原线圈中的电流厶变为原来的8倍，故电h n\流表的示数变为原来的8倍，选项B错误；Q增大为原来的2倍，由丘於S知，理想变压器的输入电压变为原来的2倍，由¥=仝知，输出电压0变为原来的2倍，P也增大为原th D2来的2倍，由闭合电路欧姆定律知，副线圈中的电流厶不变，由仝知，原线圈中的电流It n\厶不变，故电流表的示数不变，选项C错误；磁感应强度〃增大为原来的2倍，由E、、=NBS3知，理想变压器的输入电压变为原来的2倍，由今=仝知，输出电压丛变为原来的2倍，由rh闭合电路欧姆定律知，副线圈中的电流厶变为原来的2倍，由#=仝知，原线圈中的电流人12 n\变为原来的2倍，故电流表的示数变为原来的2倍，选项D正确.9.如图所示，电路中理想变压器原、副线圈接入电路的匝数可通过单刀双掷开关改变, 八为交流电流表.在变压器原线圈念0两端加上不变的正弦交变电压.下列分析正确的是（）B.只将S?从3拨向4时，电流表示数变太小C.只将斤的滑片上移，用的电功率变大D.只将斤的滑片上移，兄的电功率变小“. U\ D\ r th. , I\ ihr/口r/?2 T IhU\ .. c .解析：BD由〒=—,可得仏=一・必，/2=—,由—可得人=一?2=飞沪将$从1 b> n2ii\Tfe Li n\ n\ mR愆拨向2时，原线圈的匝数减少，即处减小，则电流表示数变大，故A错误；将S2从3拨向4 时，副线圈的匝数减少，即处减小，则电流表示数变小，故B正确；只将斤的滑片上移，变阻器接入电路的电阻变大，所以串联支路（斤和金）的电阻增大，流过串联支路的电流变小, 所以电阻金的电功率变小，故C错误，D正确.10.图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数处=巾5=加四根模拟输电线的电阻用、&、凡、凡的阻值均为斤，Ai、A2为相同的理想交流电流表，L】、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻RMR,忽略灯丝电阻随温度的变化.当A.〃端接入低压交流电源时（）A.血的示数小于A?的示数B.I小L2两灯泡的亮度相同C.用消耗的功率大于张消耗的功率D.金两端的电压小于凡两端的电压解析：AD远距离输电过程中，应用高压输电能够减小输电线上的功率损失，用上消耗的功率小于凡上消耗的功率，C项错；而比较两个不同输电回路，输电线电阻相同，由/J =F • 2R 可知，A：示数小于A?示数，A项正确；根据欧姆定律可知，金两端电压小于爪两端电压，D 项正确；由于输电线上损失电压不同，故两灯泡两端电压不同，故亮度不同，B项二、非选择题(本题共2小题，第11题16分，第12题24分.共40分)11. 交流发电机的原理如图甲所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁场中，绕Off 轴匀速转动，在线圈中产牛的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，已知线圈的电阻为斤=2.0(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) 线圈电阻的热功率是多少?(4) 保持线圈匀速转动，1 min 内外界对线圈做的功是多少?解析：(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Zn=2.0 A. (4 分)(2)矩形线圈转动的周期T=4.0X10T s. (4分) ⑶有效值/=寸线圈电阻的热功率为P=fR=^R=4生(4分)(4)外界对线圈做功转化为电热，1分钟内外界对线圈做的功"-化=240 J. (4分) 答案：(1)2.0A (2)4.0Xl(T's (3)4 W (4)240 J12. (2017 •山西怀仁第一中学检测)如图所示，发电机输出功率为100 kW,输出电压为" = 250 V,用户需要的电压为仏=220 V,两变压器之间输电线的总电阻为斤线=10 Q,其他电线的电阻不计，若输电线中因发热而损失的功率为总功率的4%,试求：(变压器是理想的)(1) 发电机输出电流和输电线上的电流大小；(2) 在输电线路中设置的升、降变压器原副线圈的匝数比.解析：(1)输电线路的示意图如图所示，心n 2错.s.一S-- ■ 甲输电线损耗功率/，找=4%"出=4 kW'（3分）又户线=&R 线（3分）输电线电流12 = 1^=20 A （3分）原线圈中输入电流厶/J 。

2019届高三物理一轮复习单元质检十一交变电流传感器

单元质检十一　交变电流　传感器(时间:45分钟　满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。

在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.(2017·湖南永州二模)一交变电流随时间变化的规律如图所示,由图可知( )A.该交变电流的瞬时值表达式为i=10sin 25πt AB.该交变电流的频率为50 HzC.该交变电流的方向每秒钟改变50次2 Ω的电阻时,此电阻消耗的功率为200 W,该交变电流的周期T=0.04 s,ω==50πrad/s,该交变电流的瞬时值表达式为i=10cos 50πt(A),A错误;ω=2πf,解得频率f=25 Hz,B错误;线圈转动一圈,电流方向改变两次,所以该交变电流的方向每秒钟改变50次,C正确;电阻消耗的功率P=I2R=×2W=100 W,D错误。

2.(2017·吉林长春质检)边长为a的N匝正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线且与线圈在同一平面内的对称轴匀速转动,转速为n,线圈所围面积内的磁通量Φ随时间t变化的规律如图所示,图象中Φ0为已知。

则下列说法正确的是( )A.t1时刻线圈中感应电动势最大B.t2时刻线圈中感应电流为零C.匀强磁场的磁感应强度大小为e=2NπΦ0n cos 2πnt时刻线圈的磁通量最大,但磁通量的变化率为0,根据法拉第电磁感应定律可知此时线1圈中感应电动势为0,A项错误;t2时刻线圈的磁通量为零,但磁通量的变化率最大,根据法拉第电磁感应定律可知此时线圈中感应电流为最大值,B项错误;磁通量与线圈匝数无关,根据磁通量的定义可得Φ0=Ba2,B=,C项错误;线圈中瞬时感应电动势的表达式为e=NBSωcos ωt=2NπΦ0n cos 2πnt,D项正确。

3.(2017·河北石家庄一模)如图所示为小型旋转电枢式交流发电机,电阻r=1 Ω的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中,绕垂直于磁场方向的固定轴OO'匀速转动,线圈的两端经集流环和电刷与电路连接,滑动变阻器R的最大阻值为6 Ω,滑片P位于滑动变阻器距下端处,定值电阻R1=2 Ω,其他电阻不计,线圈匀速转动的周期T=0.02 s。

新课标2019届高考物理：：第11章交变电流传感器第一节交变电流的产生和描述达标诊断高效训练3(含答案).doc

第一节交变电流的产生和描述(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则下列判断正确的是( )A．t＝0.005 s时线圈平面与磁场方向垂直B．线圈产生的交变电动势的瞬时值为e＝311sin 100πt(V)C．线圈产生的交变电动势的频率为100 HzD．线圈产生的交变电动势的有效值为311 V解析：选B.当t＝0.005 s时电动势最大，则线圈平面与磁场方向平行(穿过线圈平面的磁通量为0，产生的感应电流最大)，故A错误；线圈产生的交变电动势的瞬时值为e＝E m sin 2πT t＝311sin 100πt(V)，故B正确；由题图乙可知周期为0.02 s，则频率为f＝1T＝50 Hz，故C错误；线圈产生的交变电动势的有效值为220 V，故D错误．2．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是( )A．电流表的示数为10 2 AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左解析：选C.根据i－t图象可知，电流最大值I m＝10 2 A，有效值I＝Im2＝10 A，选项A错误；交变电流的周期T＝2×10－2 s，角速度ω＝2πT＝100πrad/s，选项B错误；从图示位置开始转动时，经0.01 s线圈回到水平状态，线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；根据右手定则，在0.02 s时，线圈经过一个周期，即在图示位置，电阻R中的电流方向自左向右，因此选项D错误．3.如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看做零，反向电阻可看做无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝202·sin(100πt) V，则加在R2上的电压有效值为( ) A．10 VB．20 VC．15 V D．510 V解析：选D.由二极管的单向导电性可知，若二极管导通，加在R 2上的电压波形为半个周期，最大值为20 2 V ，若二极管截止，R 1、R 2串联，则R 2上的电压半个周期最大值为10 2 V ．由有效值的定义可得加在R 2上的电压有效值为510 V ，选项D 正确．4．传统的自行车发电机内部电路如图甲所示，驱动轴一端与自行车车轮相连，另一端连接条形永磁铁，车轮转动过程中，驱动轴带动磁铁在铁芯之间匀速转动，发电机线圈两端产生的交变电压波形如图乙所示．已知波形图中正、负尖峰电压分别为U m 和－U m .两个相邻正、负尖峰电压所对应的时间差为Δt ，发电机线圈匝数为n .以下判断正确的是( )A ．驱动轴转动的角速度ω＝2πΔtB ．线圈电压的有效值U ＝2U m 2C ．穿过线圈磁通量变化率的最大值k m ＝U m nD ．相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平均值U ＝U m 2解析：选C.根据题述两个相邻正、负尖峰电压所对应的时间差为Δt ，可得交变电流周期T ＝2Δt ，驱动轴转动的角速度ω＝2π2Δt＝πΔt，选项A 错误；由于产生的交变电流不是按照正弦规律变化，线圈电压的有效值不是U ＝2U m 2，选项B 错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量变化率成正比，U m ＝nk m ，穿过线圈磁通量变化率的最大值k m ＝U m n，选项C 正确；相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平均值U ＝n ΔΦ2Δt，因为线圈转过一个完整的周期，磁通量变化量ΔΦ＝0，所以电压平均值等于零，选项D 错误．5.(2018·南通调研)某兴趣小组自制一小型发电机，使线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t 按正弦规律变化的图象如图所示，线圈转动周期为T ，线圈产生的电动势的最大值为E m .则( )A ．在t ＝T 4时，磁场方向与线圈平面平行B ．在t ＝T 2时，线圈中的磁通量变化率最大 C ．线圈中电动势的瞬时值e ＝E m sin⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2πt T D ．若线圈转速增大为原来的2倍，则线圈中电动势变为原来的4倍解析：选B.线圈绕垂直磁场的转轴匀速转动，根据图象可以发现t ＝0时，磁通量等于0，说明t ＝0线圈处于和磁场平行的位置，那么感应电动势e ＝nBS ωcos (ωt )＝E m cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2πt T ，选项C 错误；若线圈转速增大为原来的2倍，则角速度增加到原来的2倍，感应电动势E m ＝nBS ω同样增大为原来的2倍，选项D 错误；t＝T 4时，磁通量最大，说明磁场方向和线圈平面垂直，选项A 错误；t ＝T 2时，图象斜率最大即ΔΦΔt＝E 最大，磁通量变化率最大，选项B 正确．二、多项选择题6．(2018·山西忻州四校联考)如图甲所示，一单匝圆形闭合导线框半径为r ，线框电阻为R ，连接一交流电流表(内阻不计)．线框内充满匀强磁场，已知该磁场磁感应强度B 随时间按正弦规律变化，如图乙所示(规定向下为B 的正方向)，则下列说法正确的是( )A ．0.005 s 时线框中的感应电流最大B ．0.01 s 时线框中感应电流方向从上往下看为顺时针方向C ．0.015 s 时电流表的示数为零D ．0～0.02 s 内闭合导线框上产生的热量为 π4r 4R解析：选BD.线框中的感应电动势为E ＝πr 2ΔB Δt ，感应电流为i ＝πr 2R ·ΔB Δt ，在0.005 s ，ΔB Δt＝0，则i ＝0，A 项错误；由楞次定律知在0.01 s 时感应电流方向为顺时针方向(从上往下看)，B 项正确；交流电流表测量的是交变电流的有效值，C 项错误；感应电动势的峰值为E m ＝B m πr 22πT，一个周期导线框上产生的热量为Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫E m 22R T ＝π4r 4R，D 项正确． 7．一正弦交流电源的u －t 图线如图甲所示，将它接在图乙所示电路的e 、f 两端，若电阻的阻值为110 Ω，电源的内阻不计，交流电压表是量程为250 V 的理想电表，则下列说法中正确的是( )A ．通过电阻的电流方向1秒钟改变50次B ．交流电压表示数为220 VC ．产生该交变电流的线圈在磁场中匀速转动的角速度为100π rad/sD ．在1分钟内电阻R 上产生的热量为5.28×104 J解析：选BC.由题图甲知交变电流的周期为T ＝0.02 s ，频率f ＝1T＝50 Hz ，而一个周期内电流方向改变两次，即通过电阻的电流方向1秒钟改变100次，A 错误；交变电流的峰值为220 2V ，有效值为220 V ，B 正确；由ω＝2πT＝100π rad/s 可知，C 正确；由Q ＝U 2Rt 得，在1分钟内电阻R 上产生的热量为2.64×104 J ，D 错误．8.(2018·河北联考调研)如图所示，有一矩形线圈，面积为S ，匝数为N ，内阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直磁感线的对称轴OO ′以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，从图示位置转90°的过程中，下列说法正确的是( )A．通过电阻R的电量q＝πNBS22（R＋r）B．通过电阻R的电量q＝NBS R＋rC．外力做功平均功率P＝N2B2S2ω2 2（R＋r）D．从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e＝NBSωsin ωt解析：选BC.从图示位置转90°的过程中，磁通量变化ΔΦ＝BS，通过电阻R的电量q＝IΔt＝ER＋rΔt＝NΔΦR＋r＝NBSR＋r，选项A错误，B正确；矩形线圈绕垂直磁感线的对称轴OO′以角速度ω匀速转动，产生的感应电动势最大值E m＝NBSω，感应电流有效值为I＝Em2（R＋r），外力做功平均功率P＝I2(R＋r)＝N2B2S2ω22（R＋r），选项C正确；从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e ＝NBS ωsin⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ωt ＋π2，选项D 错误．三、非选择题 9．(2018·湖北大冶一中模拟)发电机转子是匝数n ＝100，边长L ＝20 cm 的正方形线圈，其置于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以ω＝100π(rad/s)的角速度转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时．线圈的电阻r ＝1 Ω，外电路电阻R ＝99 Ω.试求：(1)写出交变电流瞬时值表达式；(2)外电阻上消耗的功率；(3)从计时开始，线圈转过π3过程中，通过外电阻的电荷量是多少？解析：(1)电动势的最大值：E m ＝nB ωL 2＝200π V ＝628 V根据闭合电路欧姆定律得I m ＝E m R ＋r＝6.28 A 故交变电流瞬时值表达式：i ＝6.28sin 100πt .(2)电流的有效值I ＝12I m由P ＝I 2R 得外电阻上消耗的功率：P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12I m 2R ≈1.95×103 W. (3)从计时开始到线圈转过π3过程中，平均感应电动势由E ＝n ΔΦΔt得 E ＝n Φm －Φm cos 60°Δt ＝n ·BL 22Δt平均电流：I ＝ER ＋r ＝nBL 22（R ＋r ）·Δt通过外电阻的电荷量： q ＝I ·Δt ＝nBL 22（R ＋r ）＝1×10－2 C. 答案：(1)i ＝6.28sin 100πt (2)1.95×103 W(3)1×10－2 C10．某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49π，磁场均沿半径方向．匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad ＝2l.线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r，外接电阻为R.求：(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小E m；(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；(3)外接电阻上电流的有效值的大小I.解析：(1)bc、ad边的运动速度v＝ωl2感应电动势E m＝4NBlv解得E m＝2NBl2ω.(2)电流I m＝E mr＋R，安培力F＝2NBI m l解得F＝4N2B2l3ωr＋R.(3)一个周期内，通电时间t＝4 9 TR上消耗的电能W＝I2mRt 且W＝I2RT解得I＝4NBl2ω3（r＋R）.答案：(1)2NBl2ω(2)4N2B2l3ωr＋R(3)4NBl2ω3（r＋R）11．如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，一个半径r＝0.10 m、匝数n＝20匝的线圈套在永久磁铁槽中，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)．在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝0.20 T，线圈的电阻为R1＝0.50 Ω，它的引出线接有R2＝9.5 Ω的小电珠L.外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过电珠．当线圈向右的位移x随时间t变化的规律如图丙所示时(x取向右为正)．求：(1)线圈运动时产生的感应电动势E的大小；(2)线圈运动时产生的感应电流I的大小；(3)每一次推动线圈运动过程中作用力F的大小；(4)该发电机的输出功率P.解析：(1)由x－t图，可得线圈的切割速度v＝ΔxΔt＝0.80 m/s.线圈做切割磁感线运动产生的感应电动势E＝n·2πrBv＝20×2×3.14×0.10×0.20×0.80 V≈2.0 V.(2)由闭合电路的欧姆定律，感应电流I＝ER1＋R2＝2.00.50＋9.5A＝0.20 A.(3)由于线圈每次运动都是匀速直线运动，由平衡条件F＝F，即F＝nBI·2πr＝20×0.20×0.20×2×3.14×0.10 N≈0.50 N. 安(4)发电机的输出功率即小电珠的电功率P＝I2R＝0.202×9.5 W＝0.38 W.2答案：(1)2.0 V (2)0.20 A (3)0.50 N (4)0.38 W。

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《交变电流传感器》综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确,第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.如图所示,矩形线框置于竖直向下的磁场中,通过导线与交流电流表相连,线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动,图中线框平面处于竖直面内.下述说法正确的是( D )A.因为线框中产生的是交变电流,所以电流表示数始终为零B.线框通过图中位置瞬间,穿过线框的磁通量最大C.线框通过图中位置瞬间,通过电流表的电流瞬时值最小D.若使线框转动的角速度增大一倍,那么通过电流表电流的有效值也增大一倍解析:交流电流表测量的是有效值,所以电流表有示数,故A错误;线框通过图中位置瞬间,穿过线框的磁通量为零,感应电动势最大,感应电流也最大,通过电流表的电流瞬时值最大,故B,C错误;根据E m=NBSω可知,ω增大一倍,E m也增大一倍,根据,通过电流表电流的有效值也增大一倍,故D正确.2.一正弦交变电流随时间变化的规律如图所示,由图可知( C )A.该交变电流的瞬时值表达式为i=10sin 25πt(A)B.该交变电流的频率为50 HzC.该交变电流的方向每秒钟改变50次D.该交变电流通过阻值为2 Ω的电阻时,此电阻消耗的功率为200 W解析:由图像知T=0.04 s,I m=10 A,则ωπ rad/s,所以电流瞬时值的表达式为i=10sin 50πt(A),故A错误;频率25 Hz,故B错误;一个周期内电流方向改变2次,该交变电流的方向每秒钟改变50次,故C正确;电流有效值将该交变电流通过阻值R=2 Ω的电阻,电阻消耗的功率P=I2R=100 W,故D错误.3.如图(甲)所示,在匀强磁场中有一个n=10匝的闭合矩形线圈绕轴匀速转动,转轴O1O2垂直于磁场方向,线圈电阻为5 Ω,从图(甲)所示位置开始计时,通过线圈平面的磁通量随时间变化的图像如图(乙)所示,则( A )A.线圈转动过程中消耗的电功率为10π2 WB.在t=0.2 s时,线圈中的感应电动势为零,且电流改变一次方向C.所产生的交变电流感应电动势的瞬时值表达式为e=10πsin 5πt(V)D.线圈从图示位置转过90°时穿过线圈的磁通量变化最快解析:感应电动势峰值E m=nBSω=nBSΦm·×0.2×10π V,感应电动势的有效值E= V=5 V,线圈转动过程中消耗的电功率 W=10π2 W,故A正确;t=0.2 s时,磁通量为0,线圈中的感应电动势最大,电流方向不变,故B错误;ωrad/s= 5π rad/s,因为线圈从垂直中性面开始计时,所以交变电流感应电动势的瞬时值表达式为e=10πcos 5πt(V),故C错误;线圈从图示位置转过90°时,磁通量最大,磁通量变化率为0,故D错误. 4.已知某交变电流在一个周期内的波形如图所示,则该电流通过一阻值为10 Ω的电阻时的发热功率是( D )A.16 WB.18 WC.22.5 WD.28 W解析:由电流热效应可得2×(12R×0.2+22R×0.3)=I2R×1,解得I2=2.8 A2,电阻的热功率P=I2R=28 W.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220 V的正弦交流电电压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( C )A.220 VB.110 V解析:设电压表示数即灯管两端电压的有效值为U,将交流电电压与直流电电压分别加在电阻R两端,分析一个周期内产生的热量,交流电电压产生的热量×直流电电压产生的热量T,解得U=110 V.6.如图(甲)所示,阻值为r=4 Ω的矩形金属线框与理想电流表、理想变压器原线圈构成回路,标有“12 V 36 W”字样的灯泡L与理想变压器的副线圈构成回路,灯泡L恰能正常发光,理想变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1,矩形金属线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的电动势随时间变化的规律如图(乙)所示,则( D )A.理想变压器原线圈输入电压的瞬时值表达式为πt(V)B.理想电流表A的示数为C.t=0.01 s时,矩形金属线框平面与磁场方向平行D.灯泡L与理想变压器的副线圈构成的回路中的电流方向每秒改变解析:灯泡正常发光,故副线圈两端的电压为U2=12 V,U1=2=36 V,输入端的最大电压为E m又ω rad/s=100π rad/s,故原线圈输入电压的瞬时值表达式为u=36πt(V),故A错误;通过副线圈的电流为I2得,I1=1 A,故电流表的示数为1 A,故B错误;t=0.01 s时,由(乙)图可知,产生的感应电动势最小,线框在中性面位置,即矩形金属线框平面与磁场方向垂直,故C错误;由(乙)图可知,周期为0.02 s,在一个周期内电流方向改变2次,则1 s内电流改变的次数为100次,故D正确.7.如图所示为理想变压器,三个灯泡L1, L2, L3都标有“4 V 4 W”,灯泡L4标有“4 V 8 W”,若它们都能正常发光,则变压器原、副线圈匝数比n1∶n2和ab间输入电压为( B )A.2∶1,16 VB.2∶1,20 VC.1∶2,16 VD.1∶2,20 V解析:L2,L3并联后与L4串联,灯泡正常发光,可得U2=8 V;P2=4 W+4 W+8W=16 W,根据输入功率等于输出功率U1I1=P2得U1所以U ab= U1+U L1=(16+4) V=20 V,故原、副线圈匝数比n1∶n2=16∶8=2∶1,故B8.冬季雨雪冰冻天高压电线容易覆冰,为清除高压输电线上的冰凌,有人设想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,热损耗功率为ΔP;除冰时,输电线上的热损耗功率需变为4ΔP.输电功率和输电线电阻认为是不变的,则除冰时( CD )A.输电电流为B.输电电压为2UC.输电电压为D.输电电流为2I解析:根据ΔP=I2r,输电线上的热损失功率变为原来的4倍,电流增加为原来的2倍,即为2I;由P=UI知,则输送电压变为故C,D正确.9.如图所示,导体棒ab两个端点分别搭接在两个竖直放置、电阻不计、半径相等的金属圆环上,圆环通过电刷与导线c,d相接.c,d两个端点接在匝数比为n1∶n2=10∶1的理想变压器原线圈两端,变压器副线圈接一滑动变阻器R0.匀强磁场的磁感应强度为B,方向竖直向下,导体棒ab长为l(电阻不计),绕与ab平行的水平轴(也是两圆环的中心轴)OO′以角速度ω匀速转动.如果滑动变阻器的阻值为R时,通过电流表的电流为I,则( AD )A.滑动变阻器上消耗的功率为P=100I2RB.变压器原线圈两端的电压U1=10IRC.取ab在环的最低端时t=0,则导体棒ab中感应电流的表达式是i=ωtD.ab沿环转动过程中受到的最大安培力解析:I2=10I,变阻器上消耗的功率2R,故A正确;副线圈的电压U2=I2R=10IR,U1= 10U2=100IR,故B错误;ab在最低点时,ab棒与磁场垂直,此时的感应电动势最大,感应电流最大,所以棒ab中感应电流的表达式为i=ωt,故C错误;ab在最低点时,感应电流最大,此时的安培力也是最大的,最大安培力为故D正确.10.如图所示,一理想变压器原线圈匝数n1=500,副线圈匝数n2=100,原线圈中接一交流电源,交流电源电压πt(V),副线圈中接一电动机,内阻为10 Ω,电流表A2示数为1 A.电表对电路的影响忽略不计,则下列说法正确的是( CD )A.此交变电流的频率为100 HzB.此电动机输出功率为44 WC.电流表A1示数为0.2 AD.如果电动机被卡住而不损坏,则电源的输出功率变为原来的4.4倍解析:ω=100π,频率故A错误;原线圈两端电压的有效值为U1 V=220 V,得U21220 V=44 V,输给电动机的电功率P入=U2I2=44×1 W=44 W,电动机内阻消耗的功率P损2×10 W=10 W,电动机的输出功率P出=P入-P损=34 W,故B错误;根据变压器输入功率等于输出功率即U1I1=U2I2,得I1A=0.2 A,故C正确;如果电动机被卡住而不损坏,电源输出功率P2倍,故D正确.11.如图所示,理想变压器为降压变压器,原线圈通过灯泡L1与正弦交变电流相连,副线圈通过导线与两个相同的灯泡L2和L3相连,开始时开关S处于断开状态.当S闭合后,所有灯泡都能发光.下列说法中正确的是( AB )A.灯泡L1和L2中的电流有效值可能相等B.灯泡L2两端的电压变小C.灯泡L1变亮,灯泡L2的亮度不变D.变压器原线圈的输入功率不变解析:降压变压器n1>n2,则I1<I2,当S接通后,I1等于灯泡L1的电流,I2是灯泡L2和L3的电流之和,则灯泡L1,L2中的电流有效值可能相等,故A正确;当S闭合后,变压器输出端负载电阻变小,输出功率变大,输出电流变大,变压器的输入功率等于输出功率,所以变压器的输入功率变大,输入电流变大,灯泡L1的电压增大变亮,原线圈电压减小,匝数不变,故副线圈电压减小,灯泡L2两端的电压变小,变暗,故B正确,故C,D错误.12.图(甲)是交流发电机的示意图,发出的电能直接输出到理想变压器的原线圈,○V为理想交流电压表.变压器的副线圈接有三个支路,每个支路接有相同规格的小灯泡L1,L2和L3,且L2串有理想电感器L,L3串有电容器C.发电机两磁极 N,S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场.线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动,从图示位置开始计时,产生的交变电流随时间变化的图像如图(乙)所示.以下判断正确的是( BC )A.图(甲)线圈位置叫中性面,此时所产生的感应电动势最大,电压表示数为10 VB.线圈转动的角速度为100π rad/s,0.02 s时线圈内电流的流向是DCBAC.如果灯泡L1恰好正常发光,那么L2,L3两小灯泡都能发光但比L1要暗D.增大线圈的转动速度,L1,L2,L3三个小灯泡的亮度均不会变化解析:图(甲)线圈位置与中性面垂直,产生的感应电动势最大,电压表示数为有效值V,故A错误;线圈转动的角速度为ω=π rad/s,0.02 s时线圈内电流的流向与0时刻线圈内电流的流向相同,根据右手定则知电流流向是DCBA,故B正确;由于线圈有感抗,电容有容抗,所以灯泡L2,L3两端的电压比灯泡L1两端的电压小,则L2,L3两小灯泡都能发光但比L1要暗,故C正确;增大线圈的转速,则频率增大,感抗增大,容抗减小,且变压器的输出电压增大,则灯泡L1变亮,灯泡L2亮度变化情况无法判断,灯泡L3变亮,故D 错误.二、非选择题(共52分)13.(6分)热敏电阻的阻值随温度变化的图线如图(甲)所示,由热敏电阻R1作为传感器制作的自动报警器电路图如图(乙)所示,为了使温度过高时报警器铃响,c应与(填“a”或“b”)连接;若使报警的报警温度提高些,应将P向(填“左”或“右”)移动.解析:根据图(甲)中曲线的趋势可以得出,热敏电阻的阻值随温度的升高而减小,为了使温度过高时发送报警信息,则热敏电阻阻值小,通过电磁铁的电流大,衔铁被吸附,触点与a接通时,报警器所在电路应接通,故开关c应该接在a处,若使报警的报警温度提高些,应使电路中电阻增大,则滑动变阻器的滑片P向左移动.答案:a 左评分标准:每空3分.14.(9分)传感器是把非电学量(如速度、温度、压力等)的变化转换成电学量的一种元件,在自动控制中有着相当广泛的应用.有一种测量人体重的电子秤,其测量部分的原理图如图中的虚线框所示,它主要由压力传感器R(电阻会随所受压力大小发生变化的可变电阻),显示体重大小的仪表A(实质是理想的电流表)组成,压力传感器表面能承受的最大压强为1×107Pa,且已知压力传感器R的电阻与所受压力的关系如下表所示.设踏板和压杆的质量可以忽略不计,接通电源后,压力传感器两端的电压恒为4.8 V,请回答:(1)把R写成关于F的函数关系式,R= .(2)该秤零起点(即踏板空载时)的刻度线应标在电流表刻度盘上示数为mA处.(3)如果某人站在该秤踏板上,电流表刻度盘的示数为 20 mA,这个人的重量是N.解析:(1)F=0时,R=300 Ω;当F=1 000 N时,R=180 Ω,得R=300-(2)F=0时,R=300 Ω,由闭合电路欧姆定律有×10-2A=16 mA,即该秤零起点(即踏板空载时)的刻度线应标在电流表刻度盘16 mA处.(3)由闭合电路欧姆定律有R′Ω=240 Ω,由表中数据得,F=500 N,则此人的重量是500 N.答案(2)16 (3)500评分标准:每空3分.15.(8分)如图所示,一矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动,磁场方向与转轴垂直.线圈匝数n=40,电阻r=0.1 Ω,长l1=0.05 m,宽l2=0.04 m,角速度ω=100 rad/s,磁场的磁感应强度B=0.2 T.线圈两端外接电阻R=9.9 Ω的用电器和一个交流电流表.求:(1)线圈中产生的最大感应电动势;(2)电流表的读数;(3)用电器上消耗的电功率.解析:(1)E m=nBSω=nBl1l2ω=1.6 V.(2分)(2)I m分)电流表读数为有效值I=分)(3)P=I2R=0.12 W.(2分)答案:(1)1.6 V (2)0.11 A (3)0.12 W16.(8分)如图所示,理想变压器的原线圈接在220 V、50 Hz的正弦交流电源上,线圈接有一理想二极管(正向电阻为零,反向电阻为无穷大)和一阻值为10 Ω的电阻,已知原副线圈的匝数比为2∶1.(1)二极管的耐压值至少为多少伏?(2)电阻R上1 s内产生的焦耳热为多少?(3)通过电阻R的电流的有效值为多少?(结果保留三位有效数字)解析:(1)原线圈两端电压有效值U1=220 V由,U2=U1=110 V(1分)则副线圈两端电压最大值U2m=110分)即二极管耐压值为156 V.(2)交变电流的周期则1 s内有50个周期由于二极管只允许正向电流通过,故1 s内只有0.5 s有电流通过电阻.(1分)电阻R上1 s内产生的焦耳热Q=0.5 J=605 J.(2分)(3)设通过电阻R的电流的有效值为I,根据焦耳定律有2RT(2分)解得× A=7.78 A.(1分)答案:(1)156 V (2)605 J (3)7.78 A17.(10分)如图所示,N=50匝的矩形线圈abcd,边长ab=20 cm,ad= 25 cm,放在磁感应强度B=0.4 T的匀强磁场中,外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n=3 000 r/min的转速匀速转动,线圈电阻r=1 Ω,外电路电阻R=9 Ω,t=0时线圈平面与磁感线平行,ab边正好转出纸外,cd边转入纸里.(1)在图中标出t=0时感应电流的方向;(2)写出线圈感应电动势的瞬时表达式;(3)线圈转一圈外力做功多少?解析:(1)根据右手定则得出感应电流的方向是adcb,如图.(2分)(2)n=3 000 r/min=50 r/s,所以线圈的角速度ω=2π·n=100π rad/s(1分)感应电动势的最大值E m=NBSω=314 V(1分)所以感应电动势的瞬时值表达式为e=E m cos ωt=314cos 100πt(V).(2分)(3)电动势有效值电流周期线圈转一圈外力做功等于电功的大小,即W=I2(R+r)T=98.6 J.(4分)答案:(1)见解析(2)e=314cos 100πt(V)(3)98.6 J18.(11分)如图为某小型水电站的电能输送示意图,发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电.已知输电线总电阻R=10 Ω,升压变压器的原、副线圈匝数之比为1∶5,降压变压器的原、副线圈匝数之比为4∶1,副线圈与纯电阻组成闭合电路,用户用电器电阻R0= 11 Ω.若T1,T2均为理想变压器,T2的副线圈两端电压表达式为u=πt(V).求:(1)用户端的用电电流I3和输电电流I2;(2)输电线上损耗的电压ΔU和损耗的功率ΔP;(3)发电机的输出电压U1和输出功率P1.解析:(1)根据副线圈两端电压表达式可知,用户得到的电压有效值U3=220 V,I3分)根据解得I2=5 A.(1分)(2)输电线上损失的电压ΔU=I2R=5×10 V=50 V.(2分)输电线上损耗的功率Δ2×10 W=250 W.(2分)(3)根据降压变压器的原副线圈电压关系代入数据解得U2=930 V(1分)解得U1=186 V(1分)根据能量守恒,P1=P2=U2I2=930×5 W=4 650 W.(2分)答案:(1)20 A 5 A (2)50 V 250 W (3)186 V 4 650 W。