第十章 交流电 传感器的简单应用综合检测

第十章交流电传感器的简单应用综合检测一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的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，有选错的或不答的得0分) 1．中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重．其中客观原因是电网陈旧老化，近来进行农村电网改造，为减少远距离输电的损耗从而降低电费价格，可采取的措施有() A．提高输送功率B．应用超导体材料做输电线C．提高高压输电的电压D．减小输电导线的横截面积解析电路中损失的功率P＝I2R，可见，要减少远距离输电的损耗，一是可以减小输电线的电阻，如增加输电导线的横截面积，或换用导电性能好的材料，但目前超导体材料还没有能进入大规模实用阶段，B、D不正确；二是减小输电电流，即提高高压输电的电压，C正确；提高输送功率，损失也相应增加，不能达到目的，A错．答案 C2．若在图①所示的变压器原线圈两端输入如图②所示的电流(规定电流自a端流入为正值)，变压器副线圈c、d两端的电压为U cd，则下列四图中能表示U cd的是()解析由题图②可以看出从ab端输入的电流大小按正弦规律变化，但方向未变，均为正．在0～t1这段时间内，电流逐渐增大，但电流的变化率逐渐减小；t1时刻磁通量的变化率为零，感应电动势为零．根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可以判断B正确．答案 B3．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e＝2002sin100πt(V)，那么()A．该交流电的频率是100HzB．当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C．当t＝1200s时，e有峰值D．该交流电电动势的有效值为2002V解析由交流电的电动势瞬时值表达式e＝nBSωsinωt可知，交流电的频率f＝ω2π＝100π2πHz＝50Hz，A不正确；在t＝0时，电动势瞬时值为0，线圈平面恰好与中性面平行，B不正确；当t＝1200s时，e有峰值E m＝2002V ，C 正确；该交流电电动势的有效值E ＝E m 2＝200V ，D 不正确． 答案 C4．电阻R 1、R 2与交流电源按照图①方式连接，R 1＝10Ω，R 2＝20Ω.合上开关S 后，通过电阻R 2的正弦交变电流I 随时间t 变化的情况如图②所示．则( )A ．通过R 1的电流有效值是1.2AB. R 1两端的电压有效值是6VC ．通过R 2的电流最大值是1.22A D. R 2两端的电压最大值是62A解析 R 1和R 2串联，故通过的电流相等，由图可知，此交变电流的有效值I ＝I m 2＝0.6A ，A 错；R 1两端电压U 1＝I 1R 1＝0.6×10V ＝6V ，B 对；同理可得C 、D 错．答案 B5．如图①为某型号电热毯的电路图，将电热丝接在u ＝156sin120πt V 的电源上，电热毯被加热到一定温度后，由于P 的作用使输入的正弦交流电仅有半个周期能够通过．即电压变为图②所示波形，从而进入保温状态，则此时交流电压表的读数是( )A ．156VB ．110VC ．78VD ．55V解析 交流电表的读数均为有效值，即根据电流的热效应来定义的，本题可以根据此定义来求解．正弦交变电流作用在某一电阻上时，产生的电热：W ＝U 2T 2R ，U ＝1562V ；由图②在一个周期内，仅有半个周期的时间是有电压的，设该电流的电压有效值为U ′，则有U 2T 2R＝U ′2T R ，所以U ′＝78V ，故C 选项正确． 答案 C6．如图所示电路中的变压器为理想变压器，S 为单刀双掷开关，P 是滑动变阻器R 的滑动触头，U 为加在原线圈两端的交变电压，I 1、I 2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是( )A ．保持P 的位置及U 不变，S 由a 切换到b ，则I 2减小B ．保持P 的位置及U 不变，S 由b 切换到a ，则I 1减小C ．保持U 不变，S 接在b 端，将P 向上滑动，则I 1减小D ．保持P 的位置及U 不变，S 由b 切换到a ，则R 上消耗的功率增大 解析 若保持P 的位置及U 不变，S 由a 切换到b ，则变压器副线圈的匝数减少，输出电压降低，由I 2＝U 2R 可知I 2减小，相反，当S 由b 切换到a 时I 2增大，R 上消耗的功率P ＝I 22R 增大，而I 1＝n 2n 1I 2，其中n 2、I 2均增大，因此I 1增大，A 、D 正确，B 错；若保持U 不变，S 接在b 端，将P 向上滑动，则R 减小，I 2增大，因此I 1也增大，C 错．答案 AD7．如图所示，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，伏特表和安培表均为理想电表，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u 1＝2202sin100πt V ．下列说法中正确的是( )A. t ＝1600s 时，ac 两点电压瞬时值为110V B. t ＝1600s 时，电压表的读数为22V C ．滑动变阻器触片向上移，伏特表和安培表的示数均变大D ．单刀双掷开关由a 扳向b ，伏特表和安培表的示数均变小解析 将t ＝1600s 代入u 1＝2202sin100πt V ，得ac 两点电压瞬时值为1102V ，故A 错；根据U 1U 2＝n 1n 2结合电压表读数为有效值可知，B 正确；副线圈的电压由原线圈的输入电压和二者的匝数比决定，故滑动变阻器触片向上移动，伏特表的示数不变，C 错；单刀双掷开关由a 扳向b ，原线圈匝数变少，根据U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈的电压变大，伏特表和安培表的示数均变大，故D 错．答案 B8．如图所示，边长为L 的正方形线圈abcd ，其匝数为n ，总电阻为r ，外电路的电阻为R ，ab 的中点和cd 的中点的连线OO ′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B .若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕OO ′轴匀速转动，则以下判断中正确的是( )A ．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e ＝nBL 2ωsin ωtB ．在t ＝π2ω时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，此时磁通量随时间变化最快C ．从t ＝0时刻到t ＝π2ω时刻，电阻R 上产生的热量为Q ＝n 2B 2L 4πωR 16(R ＋r )2D ．从t ＝0时刻到t ＝π2ω时刻，通过R 的电荷量q ＝nBL 22(R ＋r )解析 闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e ＝U m sin ωt ＝nBSωsin ωt ＝12nBL 2ωsin ωt ，A 错；在t ＝π2ω时刻，线圈转过90°，线圈平面与磁场平行，B 正确；电阻R 上产生的热量为Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U m 2R ＋r 2Rt ＝n 2B 2L 4πωR 16(R ＋r )，故C 正确；从t ＝0时刻到t ＝π2ω时刻，通过R 的电荷量q ＝It ＝n ΔΦΔt R ＋r Δt ＝nΔΦR ＋r＝nB ×L ×12L R ＋r ＝nBL 22(R ＋r )，故D 正确． 答案 BCD9．图①所示电路中，A 1、A 2、A 3为相同的电流表，C 为电容器，电阻R 1、R 2、R 3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②所示，则在t 1～t 2时间内( )A ．电流表A 1的示数比A 2的小B ．电流表A 2的示数比A 3的小C ．电流表A 1和A 2的示数相同D ．电流表的示数都不为零解析理想变压器原线圈中的磁感应强度随时间均匀增加，穿过副线圈的磁通量也将随时间均匀增加，副线圈中产生恒定的感应电动势，副线圈中的电流为恒定电流，电感线圈对恒定电流无阻碍作用，因而电流表A1、A2的示数相同，C项正确，A、B选项均错；恒定电流不能通过电容器，因而电流表A3的示数为零，D项错误．答案 C10．图中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连：P为滑动头．现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯泡L两端的电压等于其额定电压为止．用I1表示流过原线圈的电流，I2表示流过灯泡的电流，U2表示灯泡两端的电压，N2表示灯泡消耗的电功率(这里的电流、电压均指有效值；电功率指平均值)．下列4个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是()解析 当滑动头P 匀速上滑时，副线圈匝数均匀增大，由U 1U 2＝n 1n 2知，U 2＝n 2n 1U 1，U 2随时间均匀增大，C 项正确；由于灯泡的电阻随温度的升高而增大，所以当电压均匀增加时，由欧姆定律I ＝U R 知灯泡中电流并非均匀增加，而是增加的越来越慢，其I 2－t 图线的斜率逐渐减小，B 项正确；灯泡消耗的功率N 2＝U 2I 2，N 2随时间并不是均匀增加的，D 项错误；变压器的输入功率与输出功率相等，当灯泡功率增大时，输入功率也在增大，原线圈中电流增大，A 项错误．答案 BC二、本题共6小题，共60分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．11．(4分)如图所示为一交流电的电流随时间而变化的图像，此交流电的有效值是________．解析 设交流电的有效值为I ，令该交流电通过一个纯电阻R ，在一个周期T 内I 2RT ＝I 21R T 2＋I 22R T 2，计算得该交流电的有效值为5 A.答案 5A12．(6分)如图所示，图①为热敏电阻的R －t 图像，图②为用此热敏电阻R 和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器的电阻为100Ω.当线圈的电流大于或等于20mA 时，继电器的衔铁被吸合．为继电器线圈供电的电池的电动势E ＝9.0V ，内阻可以不计．图中的“电源”是恒温箱加热器的电源．问：(1)应该把恒温箱内的加热器接在________(填“A 、B 端”或“C 、D 端”)．(2)如果要使恒温箱内的温度保持50℃，可变电阻R ′的阻值应调节为 _____Ω.解析 恒温箱内的加热器应接在A 、B 端．当线圈中的电流较小时，继电器的衔铁在上方，恒温箱的加热器处于工作状态，恒温箱内温度升高．随着恒温箱内温度升高，热敏电阻R 的阻值变小，则线圈中的电流变大，当线圈的电流大于或等于20mA 时，继电器的衔铁被吸到下方来，则恒温箱加热器与电源断开，加热器停止工作，恒温箱内温度降低．随着恒温箱内温度降低，热敏电阻R 的阻值变大，则线圈中的电流变小，当线圈的电流小于20mA 时，继电器的衔铁又被释放到上方，则恒温箱加热器又开始工作，这样就可以使恒温箱内保持在某一温度．要使恒温箱内的温度保持50℃，即50℃时线圈内的电流为20mA.由闭合电路欧姆定律I ＝E r ＋R ＋R ′，r 为继电器的电阻．由图①可知，50℃时热敏电阻的阻值为90Ω，所以R ′＝E I －R －r ＝260Ω .答案 (1)A 、B 端(2)26013．(10分)如图所示，一理想变压器的原线圈接在电压为220V 的正弦交流电源上，两副线圈匝数分别为n 2＝16匝、n 3＝144匝，通过理想二极管，单刀双掷开关与一只“36V 18W ”的灯泡相连(灯泡电阻不变)，当开关接1时灯泡正常发光，求(1)原线圈的匝数n 1；(2)当开关接2时，灯泡两端电压的有效值．解析 (1)根据变压器电压比n 1n 3＝U 1U 解得原线圈匝数n 1＝880匝．(2)开关接2时，有n 1n 2＋n 3＝U 1U 解得副线圈上电压为U ＝40V晶体二极管有单向导电性，因此U 2R T ＝2U ′2R T ，此时灯泡电压有效值为U ′＝202V .答案 (1)880匝 (2)202V14．(10分)一个次级有两个不同副线圈的理想变压器，如图所示，将两只标有“6V 0.9W ”的灯泡和一只标有“3V 0.9W ”的灯泡全部接入变压器的次级线圈，且能够正常发光，已知U 1＝220V ，匝数n 1＝1100，n 2＝10，n 3＝35.(1)请在变压器的次级线圈上画出连接满足题意的电路示意图．(2)计算出灯泡正常发光时变压器的初级线圈中的电流．解析 (1)由U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3得3、4间电压为：U 2＝n 2n 1U 1＝101100×220V ＝2V1、2间电压为：U 3＝n 3n 1U 1＝351100×220V ＝7V 可见需将副线圈n 2、n 3串联，才能输出9V 的电压、电路连接如图所示．(2)由功率关系得U 1I 1＝3P 灯∴I 1＝3P 灯U 1＝3×0.9220A ＝0.012A. 答案 (1)见解析图(2)0.012A15．(15分)如图所示，线圈abcd 的面积是0.05m 2，共100匝，线圈电阻为1Ω，外接电阻R ＝9Ω，匀强磁场的磁感应强度B ＝1πT ，当线圈以 300r/min 的转速匀速旋转时，求：(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式．(2)线圈转过130s 时电动势的瞬时值多大？(3)求电压表和电流表的示数．(4)从中性面开始计时，经130s 通过电阻R 的电荷量为多少？ 解析 由于从线圈处于中性面开始计时，分别把E m ，ω数值算出，代入e ＝E m sin ωt 就可得瞬时值表达式，求瞬时值时，只要把t 的时刻代入表达式就可以了，最后一问是求线圈中的电流和线圈的路端电压，注意应为有效值．(1)e ＝E m sin ωt ＝NBS 2πf sin2πft＝100×1π×0.05×2π×30060sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π×30060t ＝50sin(10πt )．(2)当t ＝130 s 时e ＝50sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫10π×130＝43.3V . (3)电动势的有效值为E ＝E m 2＝502V ＝35.4V 电流表示数I ＝E R ＋r ＝35.4R ＋rA ＝3.54A 电压表示数U ＝IR ＝3.54×9V ＝31.86V .(4)130s 内线圈转过的角度θ＝ωt ＝30060×2π×130＝π3，该过程ΔΦ＝BS －BS ·cos θ＝12BS 所以由I ＝q Δt ，I ＝E R ＋r ，E ＝NΔΦΔt q ＝N ·ΔΦR ＋r ＝NBS 2(R ＋r )＝100×1π×0.052×(9＋1)C ＝14πC. 答案 (1)50sin(10πt )(2)43.3V(3)31.86V 3.54A(4)14πC16．(15分)为了减少因火电站中煤的燃烧对大气的污染而大力发展水电站．三峡水利工程中某一水电站发电机组设计为：水以v1＝3m/s的速度流入水轮机后以v2＝1m/s的速度流出，流出水位比流入的水位低10m，水流量为Q＝10m3/s，水轮机效率为75%，发电机效率为80%，求：(1)发电机组的输出电功率是多少？(2)如果发电机输出电压为240V，用户需电压220V，输电线路中能量损失为5%，输电线电阻为503Ω，那么所需升、降变压器的原副线圈匝数比分别是多少？解析(1)水轮机获得的机械能为E k＝[mgh＋12m(v21－v22)]×75%＝[Qtρgh＋12Qtρ(v21－v22)]×75%代入数据，得E k＝78×104t则发电机的输出电能E电＝E k×80%＝624×103t发电机的输出功率P0＝E电t＝624kW.(2)发电机的输出电流为I1＝P0U1＝624×103240A＝2 600A输电线路损失ΔP＝P0×5%＝31.2×103 W输电电流由焦耳定律得I22＝ΔPR，得I2＝43.3 A则升压变压器原副线圈匝数比n1:n2＝I2:I1＝433:26000用户端降压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率P＝P0－ΔP＝592.8×103W输出电流I3＝PU2＝592.8×103220A＝2694.5A所以用户降压变压器原副线圈匝数比n3:n4＝I3:I2＝26945:433.答案(1)624 kW(2)433:2600026945:433。