人教版高考物理一轮总复习课后习题 第十二章 交变电流 传感器 单元质检十二 交变电流 传感器

单元质检十二交变电流传感器
(时间:90分钟满分:100分)
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)
1.(山东潍坊模拟)如图所示为四种亮度可调的台灯的电路示意图,它们所用的白炽灯泡相同,且都是“220 V40 W”。

当灯泡所消耗的功率都调至20 W时,台灯消耗的功率最小的是( )
2.(海南卷)图甲、乙分别表示两种电流的波形,其中图乙所示电流按正弦规律变化,分别用I1和I2表示甲和乙两电流的有效值,则( )
A.I1∶I2=2∶1
B.I1∶I2=1∶2
C.I1∶I2=1∶√2
D.I1∶I2=√2∶1
3.在变电站里,经常要用交流电表监测电网上的强电流,所用的器材叫电流互感器,如图所示,能正确反映其工作原理的是( )
4.(广东东莞中学模拟)如图甲所示为理想自耦变压器,原线圈A、B端的输入电压随时间的变化规律如图乙所示,电表均为理想交流电表,则当此滑动变压器工作时,以下说法正确的是( )
A.若滑片P处于某一确定位置,当滑动变阻器R的滑片下滑时,电流表示数变小
B.若滑片P处于某一确定位置,当滑动变阻器R的滑片上滑时,电压表示数增大
C.若滑片P和滑动变阻器R的滑片同时上移,则电流表示数一定变大
D.若滑动变阻器最大阻值为100 Ω,且滑动变阻器R的滑片置于最上端,
则在滑片P滑动的过程中,电流表的示数变化范围为0~2.2 A
5.如图所示,电阻为r的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以某一
角速度ω匀速转动。

t=0时,线圈平面与磁场垂直,各电表均为理想交流
电表,则( )
A.t=0时,线圈中的感应电动势最大
次
B.1 s内电路中的电流方向改变了ω
2π
C.滑片P向下滑动时,电压表的读数变大
D.线圈匀速运动的角速度ω变为2倍时,电阻R的电功率也变为2倍
6.在图甲所示电路中,理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1,电阻R1、R2的阻值分别为5 Ω、6 Ω,电压表和电流表均为理想电表。

若接在变压
器原线圈的输入端的电压如图乙所示(为正弦曲线的一部分),则下列说法
正确的是( )
A.电压表的示数为25.1 V
B.电流表的示数为1 A
C.变压器的输入功率为11√2 W
D.变压器的输出功率为11 W
7.(浙江嘉兴五中月考)如图所示为远距离输电示意图,两变压器均为理想变压器,升压变压器T的原、副线圈匝数比为k。

在T的原线圈两端接入一电压u=U m sin ωt的交流电源,若输送电功率为P,输电线的总电阻为2r,不考虑其他因素的影响,则输电线上损失的电功率为( )
A.2(Pk
U m )
2
r B.2(P
kU m
)
2
r
C.4(Pk
U m )
2
r D.4(P
kU m
)
2
r
8. (河北衡水中学月考)如图所示,教学用的可拆变压器有两个线圈A、B,线圈匝数和线圈绕向已经无法分辨,某同学为测定A、B两个线圈的匝数进行了如下操作。

他先把漆包线比较细的线圈A接到u=16√2sin 100πt(V)的低压交流电源上,用交流电压表测得线圈B的输出电压为4 V;然后拆下线圈B,在线圈B原来匝数的基础上,用漆包线沿某一个方向加绕10匝,然
后重复上一步操作,发现电压表的示数为4.4 V,若可拆变压器可看成理想变压器,则可测得A、B两个线圈原来的匝数分别为( )
A.400、100
B.320、80
C.216、54
D.256、64
二、多项选择题(本题共6小题,每小题6分,共36分。

在每小题给出的四个选项中,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)
9.街头变压器(可视为理想变压器)通过降压给用户供电,变电站的输出电压是市区电网的电压,当负载变化时,该电压几乎不会有明显的波动,某市区供电示意图如图所示。

已知变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2,滑动变阻器R P代表用户用电器的总电阻,当用电器增加时,相当于R P的值减小(滑片P向下移)。

下列说法正确的是( )
A.电流表A1与电流表A2的示数之比等于n2∶n1
B.电压表V1与电压表V2的示数之比等于n1∶n2
C.滑动片P向上移时,电流表A1、A2示数均减小,电压表V2示数增大
D.傍晚用电高峰期,电流表A1、A2示数均减小,电压表V2示数减小
10.(浙江宁波模拟)如图所示是远距离输电示意图,电站的输出电压恒为U1=250 V,输出功率P1=100 kW,输电线电阻R=8 Ω。

则进行远距离输电时,下列说法正确的是( )
A.若电站的输出功率突然增大,则降压变压器的输出电压减小
B.若电站的输出功率突然增大,则升压变压器的输出电压增大
C.输电线损耗比例为5%时,所用升压变压器的匝数比n1
n2=1
16
D.用10 000 V高压输电,输电线损耗功率为800 W
11.如图甲所示,理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=10∶1,原线圈M、N两端接入图乙所示的不完整的正弦交变电流,电压表和电流表均为理想电表,R0和R1为定值电阻,R为滑动变阻器,则( )
甲
乙
A.图乙中电压的有效值为10 V
B.电压表的示数为2 V
C.当P向上滑动时,电流表示数减小
D.当P向下滑动时,电压表示数不变
12.如图所示,变压器原线圈两端接正弦式交变电流,电流表A和电压表V
均为理想交流电表,L为小灯泡,R0为定值电阻,R为滑动变阻器,P、Q分别为滑动变阻器和副线圈上的滑片,二者都有一定的调节范围。

若只调节P
或者只调节Q,使电流表示数增大,则还可能同时观察到的现象是( )
A.电压表示数增大,小灯泡L变亮
B.电压表示数增大,小灯泡L变暗
C.电压表示数减小,小灯泡L变亮
D.电压表示数减小,小灯泡L变暗
13.如图所示,变压器由一个原线圈和两个副线圈组成,线圈匝数之比n1∶
n2∶n3=10∶3∶2,原线圈接在电压恒定的交变电源上。

以下说法正确的是( )
A.两个副线圈两端的电压之比u2
u3一定等于3
2
B.两个副线圈中的电流之比I2
I3一定等于2
3
C.两个副线圈中的电流的频率之比为1∶1
D.改变R的阻值,R两端电压随之改变
14.如图所示,开关S闭合后,当A、B两点间输入有效值为U AB的交流电压时,电阻值恒定的六个相同灯泡发光亮度相同(即通过电流相等),已知变压器为理想变压器,原、副线圈匝数分别为n1、n2,U AB保持不变,副线圈两端电压用U CD表示,开关S闭合或断开,六个灯泡都不损坏,则下列说法正确的是( )
A.n1∶n2=1∶4
B.若开关S闭合,U AB∶U CD=6∶1
C.若开关S断开,U AB∶U CD=11∶2
D.开关S断开后,灯泡L1的亮度比S闭合时暗
三、非选择题(本题共4小题,共40分)
15.(8分)图甲是某同学研究热敏电阻阻值随温度的变化规律时设计的电路图。

(1)根据电路图,在图乙的实物上连线。

(2)通过实验,他得到了该热敏电阻的伏安特性曲线如图丙所示,由图可知,热敏电阻的阻值随温度的升高而。

(3)他将这个热敏电阻接入如图丁所示的电路中,已知电源电压为9
V,R1=300 Ω,毫安表读数为60 mA,则R2的阻值为Ω。

16.(8分)(1)如图所示,在用可拆变压器探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系的实验中,下列说法正确的是(填字母)。

A.用可拆变压器,能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈
B.测量原、副线圈的电压,可用测定电源的电动势和内阻实验中的直流电压表
C.为便于探究,先保持原线圈匝数和电压不变,改变副线圈的匝数,研究其对副线圈电压的影响
(2)图示电路中各电表均为理想电表,变压器为理想变压器,a、b接在电压有效值不变的交流电源两端,R0为定值电阻,R为滑动变阻器,现将滑动变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置,观察到电流表A1的示数增大了0.2 A,电流表A2的示数增大了0.8 A,则下列说法正确的是( )
A.电压表V1示数增大
B.电压表V2、V3示数均增大
C.该电压器起升压作用
D.滑动变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
17.(12分)(重庆适应性测试)如图甲、乙所示,理想变压器对电器供电,其输入电压u=27 000√2sin 100πt(V),电器R L与R L'的参数分别为“220 V 1 100 W”和“220 V
440 W”,输电线的总电阻r=2 Ω。

若两图中电器都能正常工作。

求:
(1)图甲中电阻r的功率;
(2)图甲、图乙中的输入功率;
(3)图甲中原、副线圈匝数比n1∶n2;图乙中原、副线圈匝数比n1'∶n2'。

18.(12分)如图甲所示,在xOy水平面内,固定放置着间距为l的两平行金属直导轨,其间连接有阻值为R的电阻,电阻两端连接示波器(内阻可视为
无穷大),可动态显示电阻R两端的电压。

两导轨间存在大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场。

t=0时一质量为m、长为l的导体棒在外力F作用下从x=x0位置开始做简谐运动,观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示的正弦曲线。

取,则简谐运动的平衡位置在坐标原点O。

不计摩擦阻力和其他电阻,导体棒始终垂直导轨运动。

(提示:可以用F-x 图像下的“面积”代表力F所做的功)
(1)求导体棒所受到的安培力F A随时间t的变化规律;
(2)求在0至0.25T时间内外力F的冲量;
(3)若t=0时外力F0=1 N,l=1 m,T=2π s,m=1 kg,R=1 Ω,U m=0.5 V,B=0.5 T,求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度。

参考答案
单元质检十二交变电流传感器
1.C 解析灯泡消耗20W时,A、B、D中电阻均消耗电能P总>20W,只有C中P总=20W,所以选C。

2.D 解析对题图甲的交变电流分析,可知一个周期内交变电流的电流方向变化,而电流的大小不变,故题图甲的电流有效值为I1=I0;对题图乙的
交变电流分析可知,其为正弦式交变电流,故其有效值为I2=0
√2
,故I1∶
I2=√2∶1,故选D。

3.A 解析电流互感器把大电流变成小电流,测量时更安全,据变压器原
理,I1
I2=n2
n1
,I2=n1
n2
I1,所以要求线圈匝数n2>n1,原线圈要接在火线上,故本题
只有A正确。

4.D 解析本题考查自耦变压器的动态分析。

滑动触头P处于某一确定位置,则变压器的输出电压不变,电压表示数不变;当滑动变阻器R的滑动触头下滑时,滑动变阻器接入电路的有效电阻减小,电流表示数将变大,故A、B错误。

若滑动触头P和滑动变阻器R的滑动触头同时上移,则变压器的
输出电压增大,负载的电阻也增大,由欧姆定律知,电流表示数不一定变大,故C错误。

由题图乙可得,变压器输入电压的最大值是220√2V,有效值是220V,在滑动触头P滑动的过程中,R两端可以获得0~220V之间任意的电压,则电流表的示数变化范围为0~2.2A,故D正确。

5.C 解析t=0时,线圈位于中性面,此时感应电动势为零,A 错误;交变电流的频率为f=ω
2π,1s 内电流方向改变2f 次,即1s 内电路中的电流方向改
变了ω
π
次,B 错误;滑片P 向下滑动时,电阻增大,电流减小,电源内阻分压减
小,所以电压表读数变大,C 正确;根据E m =NBSω,以及电压有效值U=
m √2(R+r )
,若ω增大为原来的2倍,电阻R 两端的电压变为原来的2倍,
故R 的电功率变为原来的4倍,D 错误。

6.D 解析根据电流的热效应,有
(
√2
2
R
·T
2
=
U 12R
·T,解得U 1=110V,根据
U 1U 2
=
n 1n 2
可得副线圈两端的电压为U 2=11V,A 错误;副线圈中电流为I 2=
U 2
R 1+R 2
=1A,
根据I 1I 2
=
n 2n 1
,电流表示数为I 1=1
10
A,B 错误;变压器的输入功率为
P 1=U 1I 1=110×110
W=11W,C 错误;变压器的输出功率为P 2=U 2I 2=11W,D 正确。

7.C 解析加在原线圈上的电压为U 1=m √2
根据电压比与匝数比关系有U 1U 2
=
n 1n 2
所以有U 2=
√2n 2U m
2n 1
输电线上的电流为I=P U 2
输电线上损失的功率为P 损=I 2·2r 联立解得P 损=4(n 1n 2
)2
(P
U
m
)2
r
又k=n 1
n 2
,则P 损=4(
Pk U m
)2r
所以C正确。

8.A 解析设A、B两个线圈原来的匝数分别为n1、n2,线圈A的输入电压
有效值U1=16V,线圈B的输出电压U2=4V,根据变压器电压比U1
U2=n1
n2
,可得
n1 n2=4
1。

在线圈B加绕10匝后,线圈B的输出电压升高,说明加绕的线圈与
原来线圈B的绕向相同,根据电压比关系应有16
4.4=n1
n2+10
,联立可得
n1=400,n2=100,故A正确。

9.AC 解析电流表A1与电流表A2的示数分别是通过原线圈和副线圈的电
流,根据理想变压器原理可知,电流表A1与电流表A2的示数之比I1
I2=n2
n1
,故
A正确;电压表V1不是测量原线圈两端电压,电压表V2是测量副线圈两端电压,所以电压表V1与电压表V2的示数之比不等于n1∶n2,故B错误;滑片P 向上移时,滑动变阻器阻值变大,副线圈电流减小,电流表A2示数减小,根据理想变压器原理可知,原线圈电流减小,电流表A1示数减小,电阻R0两端电压减小,原线圈两端电压增大,副线圈两端电压增大,电压表V2示数增大,故C正确;傍晚用电高峰期,用电器增加时,相当于R P的值减小,副线圈电流增大,电流表A2示数增大,根据理想变压器原理可知,原线圈电流增大,电流表A1示数增大,电阻R0两端电压增大,原线圈两端电压减小,副线圈两端电压减小,电压表V2示数减小,故D错误。

10.ACD 解析本题考查远距离输电问题,因为电站的输出电压不变,升压变压器的匝数比不变,所以升压变压器的输出电压不变,若电站的输出功率增大,则升压变压器的输出功率增大,根据P=UI 可知,输电线上的电流I
线
增大,根据U 线=I 线R,输电线上的电压增大,则降压变压器的输入电压
U 3=U 2-U 线减小,降压变压器的匝数比不变,所以降压变压器的输出电压减小,故A 正确,B 错误。

若损耗的功率ΔP=5%P 1=5000W,又根据ΔP=I 线2R,代入数据计算解得I 线=25A;升压变压器副线圈中的电流I 2=I 线=25A,升压变压器原线圈中的电流I 1=
P 1U 1
=
100000250
A=400A,故升压变压器的匝数之比
n 1n 2
=
I 2I 1
=
25400
=
1
16
,故C 正确。

若用10000V 高压输电,输送电流I=
P 1U
=
10000010000
A=10A,损耗的功率ΔP'=I 2R=102×8W=800W,故D 正确。

11.AD 解析根据交变电流在一个周期内产生的热量与等效恒定电流在相同时间内产生的热量相等,有(
√2
)2R
·T
2
=
U 2R
T,解得题图乙所示电压的有效
值为U=10V,故A 正确;根据
U 1U 2=
n 1n 2
,其中U 1=10V,可得副线圈两端的电压为
U 2=1V,故B 错误;当P 向下滑动时,原、副线圈匝数不变,副线圈两端的电压不变,即电压表示数不变,当P 向上滑动时,电阻R 减小,副线圈中总电阻减小,副线圈两端的电压不变,总电流增大,根据公式I
1I 2=
n 2n 1
可得原线圈中
的电流增大,故原线圈中电流表示数增大,故C 错误,D 正确。

12.AB 解析若只调节Q,副线圈电路总电阻不变,当Q 向上移动时,U 2增大,I 2增大,输出功率增大,输入功率增大,I 1增大,电压表示数增大,小灯泡变亮,若只调节P,原、副线圈匝数比不变,副线圈两端电压U 2不变,当P 向左滑动时,副线圈电路总电阻减小,副线圈中的电流I 2增大,则原线圈中电流I 1增大,电压表示数增大,小灯泡电压减小,亮度变暗,故A 、B 正确,C 、D 错误。

13.AC 解析副线圈两端的电压之比也等于匝数比
u 2u 3
=3
2
,选项A 正确;副
线圈电压之比一定为32
,但是副线圈电路中电阻之比不确定,所以I 2I 3
不一定等于2
3,B 错误;变压器不改变频率,C 正确;副线圈电压与电阻R 的阻值无
关,D 错误。

14.BCD 解析因为开关闭合后六个灯泡发光亮度相同,每个灯泡的电流为I,电压为U,电阻为R,则原线圈中电流为I 1=I,副线圈中电流为I 2=4I,有n 1∶n 2=I 2∶I 1,则n 1∶n 2=4∶1,故A 错误;开关闭合时,由U CD =U 2=U,U 1∶U 2=n 1∶n 2,得原线圈两端电压为U 1=4U,U AB =2U+4U=6U,即开关闭合时U AB ∶U CD =6∶1,故B 正确;开关断开后,设L 3、L 4、L 5三灯电流均为I',副线圈干路电流为3I',两端电压为I'R,由电流比关系和电压比关系得原线圈与L 1中电流为
34
I',原线圈两端电压为4I'R,有U AB =2×34
I'R+4I'R=11
2
I'R,此时副线圈两端
U CD =I'R,则有U AB ∶U CD =11∶2,故C 正确;由前面的计算可知,开关S 闭合时
L1两端电压为U=U AB
6,S断开时L1两端电压为3
4
I'R=3
22
U AB,则L1电压变小灯变
暗,故D正确。

15.答案(1)见解析图(2)减小(3)133
解析(1)根据实验原理图,依次连接如图;
(2)由题图丙所示图像可知,对电压增大通过热敏电阻的电流增大,电压与电流的比值减小,即电阻阻值减小。

(3)R1的电流为I1=U
R1=9
300
A=0.03A,R2的电流I2=0.06A-0.03A=0.03A。

由
图线可知热敏电阻的电压是5V,R2两端的电压为4V,R2=4
0.03
Ω=133Ω。

16.答案(1)AC (2)D
解析(1)变压器的输出电压跟输入电压以及原、副线圈匝数之比有关,因此需要用可拆卸的变压器研究,探究副线圈电压与匝数的关系,采用控制变量法,即为便于探究,先保持原线圈匝数和电压不变,改变副线圈的匝数,研究其对副线圈电压的影响,故A、C正确;测定电池的电动势和内阻的实验中,电压表是直流电压表,变压器只能改变交变电流的电压,不能改变直流电压,故B错误。

(2)改变副线圈的负载对原、副线圈两端电压没有影响,V1、V2示数不变,A 错误;R0和R的电压之和等于V2的示数,A2示数增大,所以R0电压增大,所以R电压减小,V3示数减小,B错误;原线圈电流增加的数值比副线圈的小,根据变压器电流反比规律,可知该变压器为降压变压器,C错误;因为V2示数不变,且A2示数增大,所以副线圈的总电阻减小,所以滑动变阻器滑片是沿c→d的方向滑动,D正确。

17.答案(1)50 W (2)1 150 W 1 638 W (3)2 700∶23 1 500∶13
解析(1)根据P=UI可得通过电器R L的电流I L=P L
U L =1100
220
A=5A,图甲中输电线
的总电阻r的功率P r=I L2r=52×2W=50W。

(2)图甲中变压器输出电压U出=U L+Ir=220V+5×2V=230V,图甲输出功率等
于输入功率,P1=U出I L=230×5W=1150W,R L'正常工作的电流I L'=P L'
U L'
=
440
220
A=2A,图乙中干路电流I总=I L+I L'=7A,图乙中输出电压U出'=U L'+I总
r=220V+2×7V=234V,图乙中输出功率等于输入功率,即P2=U出'I总
=234×7W=1638W。

(3)由于输入电压U入=m
√2=√2
√2
V=27000V,则图甲中原、副线圈匝数比
n1 n2=
U
入
U
出
=2700
23
,则图乙中原、副线圈匝数比n1'
n2'
=
U
入
'
U
出
'
=1500
13。

18.答案(1)F A=-BlU m
R sin 2π
T
t
(2)BlU m T
2πR +mU m
Bl
(3)见解析
解析(1)由显示的波形可得U=U m sin 2π
T t
I=
U m R
sin 2π
T
t
安培力随时间变化规律 F A =-BIl=-BlU m R
sin 2π
T
t
(2)安培力的冲量 I A =-BlΔq=-B 2|x 0|l 2
R
v=
U m Bl
sin 2πT
t
由动量定理,有I F +I A =mv m 解得I F =
BlU m T 2πR
+
mU m Bl。

(3)棒做简谐运动,有F A +F=-k/s 当F A =F 时,设x=x',v=v' F A =-1
2kx'
F 0=-kx 0
联立解得2v'2=1
2k(x 02-x'2)
解得x 1'=√5
m 和v 1'=√5
m/s;x 2'=-√5
m 和v 2'=-√5
m 。