2020版高考物理人教版(山东专用)一轮复习练习：第十一章 《交变电流 传感器》综合检测 Word版含解析
2020届高考物理人教版一轮复习交变电流传感器课时作业Word版
45分钟高考热点练(十一)交变电流 传感器热点一 交变电流的图象和“四值”问题1．某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电流的图象如图所示，由图中信息可以判断( )A ．在A 、C 时刻线圈处于中性面位置B ．在B 、D 时刻穿过线圈的磁通量为零C ．从A ～D 线圈转过的角度为2πD ．若从O ～D 历时0.02 s ，则在1 s 内交变电流的方向改变了100次解析： 由题中交变电流的图象可知，在A 、C 时刻产生的感应电流最大，对应的感应电动势最大，线圈处于垂直中性面的位置，选项A 错误；在B 、D 时刻感应电流为零，对应的感应电动势为零，即磁通量的变化率为零，此时磁通量最大，选项B 错误；从A ～D ，经历的时间为34周期，线圈转过的角度为32π，选项C 错误；若从O ～D 历时0.02 s ，则交变电流的周期为0.02 s ，而一个周期内电流的方向改变两次，所以1 s 内交变电流的方向改变了100次，选项D 正确。
答案： D2．正弦交变电源与电阻R 、交流电压表按照图甲所示的方式连接，R ＝10 Ω，交流电压表的示数是10 V 。
图乙是交变电源输出电压u 随时间t 变化的图象，则( )A ．通过R 的电流瞬时值表达式是i R ＝2cos 100πt (A)B ．通过R 的电流瞬时值表达式是i R ＝2cos 50πt (A)C ．R 两端的电压瞬时值表达式是u R ＝52cos 100πt (V)D ．R 两端的电压瞬时值表达式是u R ＝52cos 50πt (V)解析： 交流电的峰值电压U m ＝10 2 V ，ω＝2π0.02＝100π(rad/s)，故R 两端的电压瞬时值表达式是u R ＝102cos 100πt (V)，C 、D 错；由于i ＝u R，故通过R 的电流瞬时值表达式是i R ＝2cos 100πt (A)，A 正确，B 错误。
答案： A3．(2018·唐山模拟)一个U 形金属线框在匀强磁场中绕OO ′轴以相同的角速度匀速转动，通过导线给同一电阻R 供电，如图甲、乙所示。
2024高考物理一轮复习限时检测11交变电流传感器含解析新人教版
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：90分钟一、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，只有一项是符合题目要求的。
1．(2024·邹城高三模拟)如图所示，(a)→(b)→(c)→(d)→(e)过程是沟通发电机发电的示意图，线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接，下列说法正确的是( C )A．图(a)中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变更率最大B．从图(b)起先计时，线圈中电流i随时间t变更的关系是i＝I m sin ωtC．当线圈转到图(c)位置时，感应电流最小，且感应电流方向变更D．当线圈转到图(d)位置时，感应电动势最小，ab边感应电流方向为b→a[解析] 图(a)中，线圈在中性面位置，故穿过线圈的磁通量最大，磁通量变更率为0，选项A错误；图(b)不是中性面，从线圈在中性面位置起先计时的表达式才是i＝I m sin ωt，选项B错误；当线圈转到图(c)位置时，线圈在中性面位置，故穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电流最小为零，电流方向将变更，选项C正确；当线圈转到图(d)位置时，磁通量最小，磁通量的变更率最大，故感应电动势最大，ab边感应电流方向为b→a，选项D错误。
2．(2024·北京市高考适应性考试)如图所示，志向变压器的原线圈接在u＝2202sin 100πt(V)的沟通电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为41，电流表、电压表均为志向电表，下列说法正确的是( C )A．原线圈的输入功率为220 2 WB．电流表的读数为1 AC．电压表的读数为55 VD．通过电阻R的交变电流频率是100 Hz[解析] 原线圈两端电压的有效值为220 V，由公式U1U2＝n1n2可知，副线圈两端电压的有效值为55 V ，电压表的读数指的就是有效值，所以电压表的读数为55 V ，C 正确；由欧姆定律I 2＝U 2R 得副线圈中电流为1 A ，由公式I 2I 1＝n 1n 2得原线圈中电流为14 A ，即电流表读数为14A ，B 错误；原线圈的输入功率P 1＝U 1I 1＝220×14W ＝55 W ，A 错误；由电源的瞬时值表达式知角速度w ＝100 π rad/s，交变电流频率f ＝w2π＝50 Hz ，D 错误。
2020版高考物理总复习第十一章第11章第1节练习(含解析)
第十一章 交变电流 传感器基础知识一、交变电流1.交变电流:大小和方向随时间做周期性变化的电流.2.正弦交流电的产生和图像(1)产生:如图所示,在匀强磁场里,线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动.(2)中性面①定义:与磁场方向垂直的平面.②特点:线圈位于中性面时,穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为零,感应电动势为零.线圈每经过中性面一次,电流的方向就改变一次.(3)图像:用以描述交变电流随时间变化的规律,如果线圈从中性面位置开始计时,其图像为正弦曲线,如图所示.=nBLvsinθ,θ为线圈转过的角度同理CD 边产生的感应电动势二、描述交变电流的物理量 1.交变电流的周期和频率的关系:T=1f. 2.交变电流的“四值”(1)瞬时值:交变电流某一时刻的值,是时间的函数.(2)峰值:交变电流(电流、电压或电动势)所能达到的最大的值,也叫最大值.(3)有效值:跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值.对正弦交流电,其有效值和峰值的关系为. (4)平均值:用E =nt∆Φ∆来计算. 过关巧练1.思考判断(1)交变电流的主要特征是电流的方向随时间周期性变化.( √ ) (2)线圈经过中性面位置时产生的感应电动势最大.( × )(3)我国使用的交流电周期是0.02 s,电流方向每秒钟改变100次.( √ ) (4)任何交变电流的最大值I m 与有效值I 之间的关系是I m × ) (5)交流电压表及电流表的读数均为峰值.( × )2.小型交流发电机中,矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动,产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系,如图所示.此线圈与一个R=10 Ω的电阻构成闭合电路,电路中的其他电阻不计.下列说法正确的是( C )A.交变电流的周期为0.125 sB.交变电流的频率为8 HzC.D.交变电流的最大值为4 A解析:由题图可知交变电流的周期是0.250 s,A 项错误;线圈中产生的交变电流为正弦式交变电流,交变电流的频率f=1T =10.250Hz=4 Hz,B 项错误;感应电动势的最大值为20 V,从而可推出:交变电流的最大值I m =m ER =2010 A=2 A,D 项错误;交变电流的有效值项正确. 3.[人教版选修3-2·P34·T5改编]电阻不计的单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动,产生的交流电压瞬时值表达式为cos 100πt(V).下列说法正确的是( A )A.当线圈平面与磁感线平行时,磁通量变化率最大B.该交变电压的频率为100 HzC.D.用理想电压表测量该电压,其示数约为141 V解析:当线圈平面与磁感线平行时,产生的感应电动势最大,此时磁通量变化率最大,故A 正确;频率f=100π2πHz=50 Hz,故B 错误;感应电动势的最大值E m =100 V,根据E m =BS ω可知BS=mEWb,故C 错误;电压表测量的是有效值=100 V,故D 错误. 考点研析考点一 交变电流的产生及变化规律1.正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)3.三点注意(1)只要线圈平面在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,就产生正弦式交变电流,其变化规律与线圈的形状、转动轴处于线圈平面内的位置无关.(2)Φ-t图像与对应的e-t图像是互余的.(3)电流方向的改变:线圈通过中性面时,电流方向发生改变,一个周期内线圈两次通过中性面,因此电流的方向改变两次.【典例1】在匀强磁场中,一矩形金属线框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像如图(乙)所示,则( B )A.t=0.005 s时线框的磁通量变化率为零B.t=0.01 s时线框平面与中性面重合C.线框产生的交变电动势有效值为311 VD.线框产生的交变电动势频率为100 Hz解析:线框中感应电动势与磁通量的变化率成正比,而t=0.005 s时e最大,A项错误;t=0.01 s=50 时e=0,B项正确;电动势有效值E=311 V≈220 V,C项错误;周期T=0.02 s,频率f=1T Hz,D项错误.【针对训练】如图(甲)所示,一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中,并绕过ab,cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动.若以线圈平面与磁场夹角θ=45°时,如图(乙)所示为计时起点,并规定当电流自a流向b时电流方向为正,则四幅图正确的是( D )解析:从图(甲)可以看出线圈从垂直于中性面位置开始旋转,由楞次定律可判断,初始时刻电流方向由b到a,故瞬时电流的表达式为i=-I max cos ωt,若从题图(乙)所示位置开始计时,电流,电流将改变方向.并且电流表达式方向为adcb,与规定正方向相反,再转过π4+ωt）,选项D正确.i=-I max cos（π4考点二交变电流有效值的求解1.正弦交变电流的有效值可利用公式直接计算,其中E m,U m,I m表示正弦交流电的峰值.2.交变电流的有效值是根据电流的热效应(电流通过电阻生热)进行定义的,所以进行有效值计算时,要紧扣电流通过电阻生热(或热功率)进行计算.注意“三同”即“相同电阻”上,“相同时间”内产生“相同热量”.计算时“相同时间”至少要取一个周期的时间.3.几种典型的交变电流及其有效值4.在交流电路中,在没有具体说明的情况下,电压表、电流表、功率表等电工仪表的示数均为交变电流的有效值.【典例2】 如图所示是某种交变电流的电流随时间变化的图线,i>0部分的图线是一个正弦曲线的正半周,i<0部分的图线是另一个正弦曲线的负半周,其最大值如图中所示,则这种交变电流的有效值为( C )A.I 0 I 0 0 0〚思路探究〛 (1)0～T 周期内,电流的有效值怎么计算? 答案:(2)0～3T 周期内,电流的有效值怎么计算?答案:非连续的正弦式交变电流的有效值按热效应来计算.解析:取一个周期时间,由电流的热效应求解,设电流的有效值为I, 则I 2R ·22R ·2T,1.[定义法]通过一阻值R=100 Ω的电阻的交变电流如图所示,其周期为1 s.电阻两端电压的有效值为( B)A.12 VV C.15 V解析:21I R ·2t 1+22I R ·2t 2=2U R·T 代入I 1=0.1 A,I 2=0.2 A,t 1=0.4 s,t 2=0.1 s,解得V.2.[公式法]如图(甲)所示,将电阻R 1,R 2并联后再与R 3串联,并通过开关S 与交流电源连接成闭合回路.已知R 1=R 3=20 Ω,R 2=10 Ω,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(乙)所示.则( B)A.通过R 1的电流的有效值是0.6 AB.通过R 2的电流的有效值是0.6 AC.R 1两端的电压有效值是D.R 3两端的电压有效值是解析:根据通过电阻R 2的正弦交变电流i 随时间t 的变化关系图线可得通过R 2的电流的有效值为I 2所以选项B 正确;R 2两端电压的有效值为U 2=I 2R 2=0.6×10 V=6 V,因R 1与R 2并联,所以R 1两端的电压有效值和R 2两端电压的有效值相同,即U 1=U 2=6 V,所以选项C 错误;通过R 1的电流的有效值是I 1=11U R =0.3 A,所以选项A 错误;R 3电压的有效值U 3=I 3R 3=(I 1+I 2)R 3=0.9×20 V=18 V,所以选项D 错误.考点三 交变电流“四值”的比较和应用对交变电流“四值”的比较【典例3】 如图所示,线圈abcd 的面积是0.05 m ,共100匝,线圈电阻为1 Ω,外接电阻R 为9 Ω,匀强磁场的磁感应强度为B=1πT,当线圈以300 r/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)电路中,电压表和电流表的示数各是多少? (4)从中性面开始计时,经130s 通过电阻R 的电荷量为多少? 〚核心点拨〛 (1)中性面开始计时,表明为正弦交流电; (2)电路中的电表示数都是有效值;(3)计算电荷量时,需考虑物理量的平均值,而不能用有效值. 解析:(1)e=E m sin ωt =nBS ·2πfsin(2πft) =100×1π×0.05×2π×30060sin(2π×30060t)(V) =50sin 10πt(V). (2)当t=130 s 时e=50sin(10π×130)(V)=43.3 V. (3)电动势的有效值为V=35.4 V, 电流表示数I=E R r +=35.491+ A=3.54 A, 电压表示数U=IR=3.54×9 V=31.86 V. (4)130 s 内线圈转过的角度θ=ωt=30060×2π×130=π3.该过程中ΔΦ=BS-BScos θ=12BS, 由I =q t ∆,I =E R r +,E =n t∆Φ∆,得q=n R r ∆Φ+=()2nBS R r +=()11000.05π291⨯⨯⨯+ C=14π C. 答案:(1)e=50sin 10πt(V) (2)43.3 V (3)31.86 V 3.54 A (4)14πC1.[有效值、平均值的计算]如图所示,一半径为r 的半圆形单匝线圈垂直放在具有理想边界的匀强磁场中,磁场的磁感应强度为B.以直径ab 为轴匀速转动,转速为n,ab 与磁场边界重合,M 和N 是两个滑环,负载电阻为R.线圈、电流表和连接导线的电阻不计,下列说法中正确的是( A)A.转动过程中电流表的示数为22π2Bnr RB.从图示位置起转过14圈的时间内电阻R 上产生的焦耳热是22244πn B r RC.从图示位置起转过14圈的时间内通过负载电阻RD.以上说法均不正确解析:转速为n,则ω=2πn,S=12πr 2,最大感应电动势E m =BS ω=π2Bnr 2,因只有一半区域内有磁场,由有效值的计算公式可得2E R)2×1R ×2T 得有效值E=m 2E =22π2Bnr,则电路中电流I=E R=22π2Bnr R ,故A 正确,D 错误;求焦耳热要用有效值,Q=I 2Rt=(22π2Bnr R )2·R ·14n =424π16B r n R ,B 错误;转14圈时磁通量变化量为ΔΦ=B 2π2r ,所用的时间t=4T =14n ,则平均电动势E =t ∆Φ∆=2n πBr 2,通过负载电阻R 的电荷量q=I t=E R t=2π2B r R,C 错误.2.[瞬时值、峰值的考查]如图(甲)所示,标有“220 V 40 W ”的灯泡和标有“20 μF 300 V ”的电容器并联到交流电源上,为交流电压表,交流电源的输出电压如图(乙)所示,闭合开关.下列判断正确的是( B )A.t=2T时刻,的示数为零B.灯泡恰好正常发光C.电容器不可能被击穿D.的示数保持不变解析: 的示数应是电源电压的有效值220 V,故A,D 错;电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压,灯泡正常发光,B 正确;电压的峰值U m≈311 V,大于电容器的耐压值,故有可能被击穿,C 错.素养提升【思维拓展】 发电机、电动机模型 1.模型构建发电机和电动机模型是高考中以电磁感应为背景命题的常见模型,凡是在外力作用下做切割磁感线运动而产生感应电流的导体均可看成发电机模型;凡在安培力作用下在磁场中运动的通电导体均可看成电动机模型. 2.模型条件【示例1】 (2018·山东实验中学高三第二次模拟)(多选)如图所示,单匝矩形闭合导线框abcd 处于磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场中,线框面积为S,电阻为R.线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动,则下列说法中正确的是( BD )A.线框转过π6时,线框中的电流方向为abcdaB. C.线框转一周过程产生的热量为222πB S RωD.线框从中性面开始转过π2过程,通过导线横截面的电荷量为BS R解析:根据楞次定律可知线框中的电流方向为adcba,故A 错误;线框转动过程中电动势的最大值为E m =BS ω,电压的有效值为则线框中感应电流的有效值为I=UR ,故B 正确;线框转一周的过程中,产生的热量为Q=I 2)2R 2πω=22πB S R ω,故C 错误;从中性面开始转过π2的过程中,通过导线横截面的电荷量为q=R ∆Φ总=BSR ,故D 正确. 【示例2】 如图所示电路中接入电压为u=U 0sin ωt 的正弦交流电,电路中接有一个交流电流表、保护电阻R 0和一个电动机,电动机的线圈电阻为R.当输入端接通电源后,电动机带动一质量为m 的重物匀速上升,此时电流表的示数为I,重力加速度为g,下列说法正确的是( C )A.电流表的示数表达式是I=0U R R +sin ωt B.电动机两端的电压为IR C.电动机消耗的电功率为-IR 0)ID.00I U解析:电流表测量出来的应该是交变电流的有效值,故示数不是随时间变化的数值,选项A 错误;电动机内部电阻两端电压是IR,而电动机并非纯电阻电器,故其两端的电压应该是-IR 0,选项B 错误;电动机消耗的电功率是P电-IR 0)I,选项C 正确;由功能关系知道P 电=I 2R+mgv,解得()00I U R R ⎡⎤+故选项D 错误。
2020版高考物理人教版(山东专用)一轮复习课件：第十一章 第1节 交变电流的产生和描述
第1节 交变电流的产生和描述素养提升基础过关 紧扣教材·自主落实基础知识一、正弦式交变电流的产生垂直于磁场1.线圈绕 方向的轴匀速转动.2.两个特殊位置的特点中性面中性面的垂面位置特点Φ最大0,e,i 0最大电流方向改变不改变t ∆Φ∆3.电流方向的改变:一个周期内线圈中电流的方向改变 次.4.交变电动势的最大值E m = ,与转轴位置无关,与线圈形状无关.5.交变电动势随时间的变化规律(从中性面开始计时)(1)表达式:e= . (2)图像nBSωE m sin ωt两教材解读如图为交流发电机线圈的平面图,设磁感应强度为B,线圈面积为S,匝数为n,以O1O2为起点、角速度ω匀速转动,经过时间t转至实线位置,试推导此时线圈中感应电动势的表达式.2.交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值(1)瞬时值:交变电流 的值,是时间的函数.(2)峰值:交变电流或电压所能达到的 .(2)频率f:交变电流在1 s内完成 的次数,单位是 .时间周期性变化赫兹(Hz) 某一时刻最大值(3)有效值:让交变电流与恒定电流分别通过相同的电阻,如果在交变电流的一产生的热量个周期内它们 相等,则这个恒定电流I、恒定电压U就是这个交变电流的有效值.自主探究如图所示的交流发电机示意图中,线圈中的磁通量最大、磁通量变化率最大、感应电流最大、感应电流方向改变的位置分别是哪个图所示的位置?答案:(甲)、(丙) (乙)、(丁) (乙)、(丁) (乙)、(丁) (甲)、(丙) (1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时,一定会产生正弦式交变电流.( )(2)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动经过中性面时,线圈中的感应电动势为零,电流方向发生改变.( )(3)交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值.( )(4)交流电压表和电流表测量的是峰值.( )(5)交变电流的峰值总是有效值的 倍.( )过关巧练×1.思考判断√××√22.(2019·四川泸州模拟)如图所示是我国居民日常生活所用交变电流的图像,由图像可知( )A.该交变电流的频率为100 HzB.该交变电流的有效值为311 VC.该交变电流的周期是2 sD.该交变电流的瞬时值表达式为u=311sin 100πt(V)DA4.如图所示的电流i通过一个R=1 Ω的电阻,它不是恒定电流.(1)计算通电1 s内电阻R中产生的热量;(2)如果有一个大小、方向都不变的恒定电流通过这个电阻R,也能在1 s内产生同样的热量,这个电流是多大?(2)1.67 A考点研析 核心探究·重难突破考点一 交变电流的产生及变化规律1.正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)2.三点注意(1)只要线圈平面在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,就产生正弦式交变电流,其变化规律与线圈的形状、转动轴处于线圈平面内的位置无关.(2)Φ-t图像与对应的e-t图像是互余的.(3)电流方向的改变:线圈通过中性面时,电流方向发生改变,一个周期内线圈两次通过中性面,因此电流的方向改变两次.【典例1】(2019·四川资阳模拟)如图(甲)所示,矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO′匀速转动,产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图(乙)所示.若外接电阻的阻值R=9 Ω,线圈的电阻r=1 Ω,则下列说法正确的是( )A.线圈转速为100π rad/sB.0.01 s末穿过线圈的磁通量最大C.通过线圈的最大电流为10 AD.线圈产生的交变电流的表达式i=10sin 25πt(A)C【针对训练】(多选)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, 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AC化的图像如图(乙)所示.以下判断正确的是( )A.电流表的示数为10 AB.线圈转动的角速度为50π rad/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考点二 交变电流有效值的求解2.利用有效值的定义计算(非正弦式电流)计算时“相同时间”至少取一个周期或周期的整数倍.3.利用能量关系当有电能和其他形式的能转化时,可利用能的转化和守恒来求有效值.4.几种典型交变电流的有效值【典例2】(2018·重庆校级模拟)三个相同的电阻,分别通过如图(甲)、(乙)、和周期T都相同.下列说法中正确的是( (丙)所示的交变电流,三个图中的I )C【针对训练】(2018·全国Ⅲ卷,16)一电阻接到方波交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q方;若该电阻接到正弦交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q正.该电阻上电压的峰值均为u,周期均为T,如图所示.则Q方∶Q正等于( )D考点三 交变电流“四值”的比较和应用对交变电流“四值”的比较1π【典例3】如图所示,线圈abcd的面积是0.05 m 2,共100匝,线圈电阻为1 Ω,外接电阻R为9 Ω,匀强磁场的磁感应强度为B= T,当线圈以 300 r/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;答案:(1)e=50sin 10πt(V)答案:(2)43.3 V (3)31.86 V 3.54 ABB.该线圈产生的交流电动势有效值为50 VC.电容器的耐压值至少为50 VD.电容器的电容C变大时,电流表的示数变小素养提升 学科素养·演练提升核心素养【示例】家用电子调光灯的调光功能是用电子线路将输入的正弦交流电压的波形截去一部分来实现的,由截去部分的多少来调节电压,从而实现灯光的可调,比过去用变压器调压方便且体积小.某电子调光灯经调整后电压波形如图所示,求灯泡两端的电压的有效值.【即学即练】 如图所示为一个经双可控硅调压器调节后加在电灯上的电压,正弦交流电的每一个二分之一周期中,前面四分之一周期被截去,则现在电灯上电压的有效值为( )D高考模拟1.(2017·天津卷,6)(多选)在匀强磁场中,一个100匝的闭合矩形金属线圈,绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动,穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化.设线圈总电阻为2 Ω,则( )ADA.t=0时,线圈平面平行于磁感线B.t=1 s时,线圈中的电流改变方向C.t=1.5 s时,线圈中的感应电动势最大D.一个周期内,线圈产生的热量为8π2 J2.(2016·全国Ⅲ卷,21)(多选)如图,M为半圆形导线框,圆心为OM;N是圆心角为直角的扇形导线框,圆心为ON;两导线框在同一竖直面(纸面)内;两圆弧半径相等;过直线OM ON的水平面上方有一匀强磁场,磁场方向垂直于纸面.现使线框M,N在t=0时从图示位置开始,分别绕垂直于纸面、且过OM 和ON的轴,以相同的周期T逆时针匀速转动,则( )BC3.(2015·山东卷,19)如图(甲),R为定值电阻,两金属圆环固定在同一绝缘平面内.左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上,经二极管整流后,通过R的电流i始终向左,其大小按图(乙)所示规律变化.规定内圆环a端电势高于b端时,a,b间的电压uab 为正,下列uab-t图像可能正确的是( )C解析:由安培定则知,0～0.25T0,圆环内的磁场垂直纸面向里逐渐增大且增加越缓慢,由楞次定律知,若圆环闭合,感应电流是逆时针方向,逐渐减小至0;0.25T0～0.5T,圆环内的磁场垂直纸面向里逐渐减小且减小得越快,由楞次定律知,若圆环闭合,感应电流是顺时针方向,逐渐增大.以后周期性变化(周期为0.5T),选项C正确.点击进入课时训练。
2020版高考物理一轮复习专题综合检测十一第十一章交变电流传感器(含解析)
交变电流传感器(45分钟100分）一、选择题（本题共12小题，每小题6分，共72分.1～8题为单选题，9～12题为多选题)1．下列说法正确的是( ）A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核C．一束光照射到某金属上不能发生光电效应，可能是因为该束光的波长太长D．氢原子从较低能级跃迁到较高能级时，核外电子的动能增大,电势能减小解析：C 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，故A项错误;贝克勒尔通过对天然放射现象的研究,发现了原子核内部有复杂结构，故B项错误;一束光照射到某金属上不能发生光电效应，可能是因为该束光频率太小，即波长太长，故C项正确；氢原子从较低能级跃迁到较高能级时，轨道半径增大,原子能量增大，根据k错误!＝m错误!知，电子动能减小，则电势能增大,故D项错误．2．（2018·庆阳模拟）如图甲是α、β、γ三种射线穿透能力的示意图，图乙是工业上利用射线的穿透性来检查金属内部伤痕的示意图,请问图乙中的检查利用的是( )A．α射线B．β射线C．γ射线D．三种射线都可以解析：C α、β、γ三种射线中α射线电离能力最强，γ射线穿透能力最强，因此用γ射线来检查金属内部的伤痕,故选C。
3．轻核的聚变反应会释放大量的能量，同时核聚变产物一般不会污染环境，是人类获得能源的理想方式．核聚变反应过程主要是以下四种错误!H＋错误!H→错误!He＋X1＋3。
27 MeV错误!H＋错误!H→错误!H＋X2＋4。
04 MeV错误!H＋错误!H→错误!He＋X3＋17。
85 MeV2，1H＋错误!He→错误!He＋X4＋18。
34 MeV对上面的反应中的X1、X2、X3、X4，属于中子的是( ）A．X1、X2、X3、X4B．X2、X3、X4C．X3、X4D．X1、X3解析:D 错误!H＋错误!H→错误!He＋X1＋3。
27 MeV中，X1的质量数：A＝2＋2－3＝1，电荷数：Z＝1＋1－2＝0，所以X1是中子；错误! H＋错误!H→错误!H＋X2＋4.04 MeV，X2的质量数：A＝2＋2－3＝1，电荷数：Z＝1＋1－1＝1,所以X2是质子，不是中子；错误!H＋错误!H→错误!He＋X3＋17.85 MeV，X3的质量数：A＝2＋3－4＝1，电荷数：Z ＝1＋1－2＝0，所以X3是中子；错误!H＋错误!He→错误!He＋X4＋18.34MeV,X4的质量数：A＝2＋3－4＝1，电荷数:Z＝1＋2－2＝1，所以X4不是中子，是质子；故D项正确，A、B、C项错误．4。
2020高考物理一轮总复习 第十一章 交变电流 传感器练习新人教版【共2套17页】
本套资源目录2020高考物理一轮总复习第十一章交变电流传感器基次1交变电流的产生与描述练习含解析新人教版2020高考物理一轮总复习第十一章交变电流传感器基次2变压器远距离输电练习含解析新人教版基础课 1 交变电流的产生与描述一、选择题1．(多选)(2016年全国卷Ⅲ)如图，M 为半圆形导线框，圆心为O M .N 是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N .两导线框在同一竖直面(纸面)内，两圆弧半径相等；过直线O M O N 的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M 、N 在t ＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过O M 和O N 的轴，以相同的周期T 逆时针匀速转动，则( )A ．两导线框中均会产生正弦交流电B ．两导线框中感应电流的周期都等于TC ．在t ＝T 8时，两导线框中产生的感应电动势相等 D ．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等解析：选BC 当导线框N 完全进入磁场后，通过线框的磁通量将不变，故无感应电流产生，因此它不会产生正弦交流电，A 项错误；导线框每转动一圈，产生的感应电流的变化为一个周期，B 项正确；在t ＝T 8时，导线框转过角度为45°，切割磁感线的有效长度相同，均为绕圆心的转动切割形式，设圆弧半径为R ，则感应电动势均为E ＝12BR 2ω，C 项正确；导线框N 转动的一个周期内，有半个周期无感应电流产生，所以两导线框的感应电动势的有效值并不相同，由闭合电路欧姆定律可知，两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值一定不相同，D 项错误．2．(2018年全国卷，改编)A 、B 是两个完全相同的电热器，A 通以图甲所示的方波交变电流，B 通以图乙所示的正弦交变电流，则两电热器的电功率P A ∶P B 等于 ( )A ．5∶4B ．3∶2 C.2∶1 D ．2∶1解析：选A 根据电流有效值的定义可知I 02R T 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫I 022R T 2＝I 甲2RT ，解得有效值I 甲＝58I 0，而I 乙＝I 02，根据功率的计算公式P ＝I 2R 可得P 甲∶P 乙＝I 甲2∶I 乙2＝5∶4，故A 正确． 3．(2019届乌鲁木齐模拟)如图所示，闭合金属线框曲线部分恰好是半个周期的正弦曲线，直线部分长度为0.4 m ，线框的电阻为1 Ω，若线框从虚线位置开始以2 m/s 的速度匀速进入足够大的匀强磁场(线框直线部分始终与磁场右边界垂直)，这个过程中线框释放出的焦耳热为0.4 J ，线框中电流随时间变化的关系式为( )A ．i ＝2sin10πt (A)B ．i ＝2sin10πt (A)C ．i ＝2sin5πt (A)D ．i ＝2sin5πt (A)解析：选C 由题意知，线框有效切割的长度作正弦规律变化，则线框中产生正弦式电流，设该正弦式电流有效值为I ，由题意可得Q ＝I 2Rt ，其中t ＝l v ＝0.2 s ，解得I ＝ 2 A ，所以该正弦式交流电的最大值为I m ＝2I ＝2 A ，金属线框从图示位置到完全进入磁场为半个周期，故T ＝2l v ＝0.4 s ，ω＝2πT＝5π rad/s，所以正弦式交流电的表达式i ＝2sin5πt (A)，C 正确．4．(2018届湖南五校高三联考)如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法错误的是( )A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为最大B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．图线b 所对应的交流电的有效值为2023V D ．图线a 所对应的交流电的瞬时值表达式u ＝102sin5πt (V)解析：选 D 由题图可知，t ＝0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，故A 正确；由题图可知T a ∶T b ＝2∶3，故ωa ∶ωb ＝3∶2，n a ∶n b ＝3∶2，故B 正确；交流电最大值U m ＝NBSω，故U m a ∶U m b ＝3∶2，故U m b ＝23，U m a ＝403V ，所以图线b 所对应的交流电的有效值为2023V ，故C 正确；由题图可知，图线a 所对应的交流电的最大值为20 V ，角速度为2πT＝5π rad/s，所以瞬时值表达式为u ＝20sin5πt (V)，故D 错误． 5．(多选)(2019届吉林长春高三质量监测)如图甲所示为风力发电的简易模型．在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的磁铁转动，转速与风速成正比．若某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示．下列说法正确的是( )A ．电流的表达式为i ＝0.6sin10πt (A)B ．磁铁的转速为10 r/sC ．风速加倍时电流的表达式为i ＝1.2sin10πt (A)D ．风速加倍时线圈中电流的有效值为325A 解析：选AD 由题图乙可知，线圈转动周期即电流的周期T ＝0.2 s ，则ω＝2πT＝10π rad/s ，由交流电的电流表达式i ＝A sin ωt (A)，可知A 正确；根据ω＝2πn ，可知转速为5 r/s ，B 错误；由于转速与风速成正比，当风速加倍时，转速也加倍，即角速度加倍，由I m ＝E m R 总＝NBSωR 总可知，电流的最大值也加倍，即I m ＝1.2 A ，则电流的表达式为i ＝1.2sin20πt (A)，电流的有效值I ＝I m 2＝1.22 A ＝325 A ，C 错误，D 正确． 6．在匀强磁场中，一矩形金属线框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( )、A ．t ＝0.005 s 时线框的磁通量变化率为零B ．t ＝0.01 s 时线框平面与中性面重合C ．线框产生的交变电动势有效值为311 VD ．线框产生的交变电动势频率为100 Hz 解析：选B 由题图乙可知，t ＝0.005 s 时，感应电动势最大，线框的磁通量变化率最大，A 错误；t ＝0.01 s 时感应电动势为零，故线框平面处于中性面位置，B 正确；交变电动势的最大值为311 V ，故有效值E ＝E m 2＝220 V ，C 错误；交变电动势的周期为T ＝0.02 s ，故频率f ＝1T＝50 Hz ，D 错误． 7．如图所示，矩形线圈abcd 与可变电容器C 、理想电流表 Ⓐ 组成闭合电路．线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc 边匀速转动，转动的角速度ω＝100π rad/s.线圈的匝数N ＝100匝，边长ab ＝0.2 m 、ad ＝0.4 m ，电阻不计．磁场只分布在bc 边的左侧，磁感应强度大小B ＝216πT ．电容器放电时间不计．下列说法正确的是( )A ．该线圈产生的交流电动势峰值为50 VB ．该线圈产生的交流电动势有效值为25 2 VC ．电容器的耐压值至少为50 VD ．电容器的电容C 变大时，电流表的示数变小解析：选B 该线圈产生的交流电动势峰值E m ＝NBSω＝50 2 V ，A 项错误；因为该线圈产生的交流电不是完整的正弦式交流电，只有一半，所以根据有效值的定义E 2R ×T 2＝E ′2R T ，E ＝E m2，联立解得电动势有效值E ′＝25 2 V ，B 项正确；电容器的耐压值至少为50 2 V ，C 项错误；电容器的电容C 变大时，容抗变小，电容器的充放电电流增大，D 项错误．8．(多选)如图所示，在水平向右、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，有一匝数为n 、边长为l 、电阻为R 的正方形线圈围绕垂直于磁感线的对称轴OO ′按照图示的方向匀速转动，转动的角速度为ω.则下列说法中正确的是( )A ．当线圈转至图示位置时，线圈中产生的感应电流方向为a →b →c →d →aB ．当线圈转至图示位置时，线圈中产生的感应电流大小为nBl 2ωRC ．线圈从图示位置转过π2的过程中，线圈中产生的热量为πωn 2B 2l 22RD ．若从图示位置开始计时，则线圈中产生的感应电动势的瞬时值大小为e ＝nBl 2ωcos ωt解析：选BD 由右手定则可知，当线圈转至图示位置时，线圈中产生的感应电流方向为a →d →c →b →a ，选项A 错误；当线圈转至图示位置时，线圈中产生的感应电动势最大，为E m ＝nBl 2ω，所以此时线圈中产生的感应电流大小为I m ＝E m R ＝nBl 2ωR ，选项B 正确；线圈中产生的感应电流的有效值为I ＝nBl 2ω2R，所以线圈从图示位置转过π2的过程中，线圈中产生的热量为Q ＝I 2Rt ＝n 2B 2l 4ω22R 2·R ·14·2πω＝πn 2B 2ωl 44R ，选项C 错误；若从图示位置开始计时，则线圈中产生的感应电动势的瞬时值大小应为e ＝nBl 2ωcos ωt ，选项D 正确．9．阻值为50 Ω、匝数为311的闭合矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电动势如图乙所示．则可以判断( )A ．t ＝0时刻线圈应转到图甲所示的位置B ．线圈的角速度为50 rad/sC ．穿过线圈的磁通量的最大值为1100πWb D ．线圈转一周所产生的热量为968 J解析：选C t ＝0时刻产生的电动势为零，所以线圈应处于中性面位置，即线圈与磁场垂直的位置，故A 错误；据图象可知，T ＝0.02 s ；由T ＝2πω可得ω＝100π rad/s，故B 错误；据E m ＝nBSω可知，BS ＝311311×100π Wb ＝1100π Wb ，故C 正确；据图象可知，E ＝E m 2≈220 V ，据焦耳定律可知，线圈转一周产生的热量：Q ＝220250×0.02 J＝19.36 J ，故D 错误．10．如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r ＝1.0 Ω，外接R ＝9.0 Ω的电阻．闭合开关S ，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e ＝102sin10πt (V)，则( )A ．该交变电流的频率为10 HzB ．该电动势的有效值为10 2 VC ．外接电阻R 所消耗的电功率为10 WD ．电路中理想交流电流表Ⓐ的示数为1.0 A解析：选D 由交变电流电动势的表达式e ＝ 102sin10πt (V)＝E m sin ωt 可知，该交变电流的频率为f ＝ω2π＝10π2πHz ＝5 Hz ，A 错误；该交变电流电动势的有效值E ＝E m 2＝1022 V ＝10 V ，B 错误；电流的有效值I ＝E R ＋r ＝109.0＋1.0A ＝1.0 A ，外接电阻R 所消耗的电功率 P R ＝I 2R ＝1.02×9.0 W＝9 W ，故C 错误，D 正确．二、非选择题11．(2019届开封模拟)如图所示，一个半径为r 的半圆形线圈，以直径ab 为轴匀速转动，转速为n ，ab 的左侧有垂直于纸面向里(与ab 垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B .M 和N 是两个集流环，负载电阻为R ，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：(1)感应电动势的最大值；(2)从图示位置起转过14周期的时间内负载电阻R 上产生的热量；(3)从图示位置起转过14周期的时间内通过负载电阻R 的电荷量；(4)求出电流表的示数．解析：(1)线圈绕轴转动时，在电路中产生如图所示的交变电流．此交变电流的最大值为E m ＝BSω＝B πr 222πn ＝π2Bnr 2.(2)在转过14周期的时间内，线圈一直切割磁感线，则产生的热量Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E m 22R ·T 4＝π4B 2nr 48R.(3)在转过14周期的时间内，电动势的平均值E －＝ΔΦΔt通过R 的电荷量q ＝I －Δt ＝E －R Δt ＝ΔΦR ＝πBr 22R .(4)根据电流的热效应，在一个周期内：Q ＝I 2RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E m 22R·T2故电流表的示数为I ＝π2r 2nB2R.答案：(1)π2Bnr 2(2)π4B 2nr 48R (3)πBr 22R (4)π2r 2nB2R12．如图甲为小型旋转电枢式发电机原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的匝数n ＝100、电阻r ＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R 连接，电阻R ＝90 Ω，与R 并联的交流电压表为理想电表．在t ＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t 按图乙所示正弦规律变化．求：(1)从t ＝0时刻开始转动四分之一周期过程中的平均感应电动势； (2)从t ＝0时刻开始转动四分之一周期过程中流过电阻R 的电荷量； (3)电路中交流电压表的示数；(4)从t ＝0时刻开始转一周过程外力对线圈所做的功．解析：(1)由法拉第电磁感应定律有E －＝n ΔΦΔt ＝100× 2.0×10－2－01.57×10－2V≈127.4 V. (2)根据闭合电路欧姆定律有I －＝E－R ＋r ＝127.490＋10A ＝1.274 A ，q ＝I －t ＝1.274×0.015 7 C＝0.02 C.(3)线圈中的电动势的最大值为E m ＝nBSω＝nΦm ·2πT ＝100×2.0×10－2×2π6.28×10－2 V≈200 V 有效值E ＝E m2＝100 2 V U R ＝R R ＋r E ＝9090＋10×100 2 V ＝90 2 V.(4)由能量守恒定律可知外力对线圈所做的功等于产生的总热量， W ＝Q ＝E 2R ＋r t ＝1002290＋10×6.28×10－2J ＝12.56 J.答案：(1)127.4 V (2)0.02 C (3)90 2 V (4)12.56 J基础课 2 变压器 远距离输电1．如图所示，理想变压器原、副线圈上分别接有定值电阻R 1、R 2，其中R 1＝8 Ω，R 2＝10 Ω，原、副线圈的匝数之比为n 1∶n 2＝4∶1，电阻R 2两端的电压为U 2＝10 V ，则交流电源电压U 为( )A ．42 VB ．48 VC ．45 VD ．40 V解析：选A 在副线圈中，电流为I 2＝U 2R 2＝1 A ，根据I 1I 2＝n 2n 1＝14，可得原线圈中的电流为I 1＝0.25 A ，故R 1两端电压为UR 1＝I 1R 1＝2 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，可得原线圈两端的电压U 1＝40 V ，则交流电源的电压U ＝U 1＋UR 1＝42 V.2．(多选)(2018届湖北武汉部分学校高三调研)含有理想变压器的电路如图所示，L 1、L 2、L 3均为“24 V 2 W”的灯泡，为理想交流电压表，a ，b 端接正弦交流电压(输出电压的有效值恒定)．当开关S 闭合时，灯泡均正常发光．下列说法正确的是( )A ．变压器原、副线圈匝数比为1∶2B ．电压表的示数为72 VC ．变压器的输入功率为8 WD ．若在副线圈上再并联一个相同的灯泡，灯泡L 1可能会烧坏解析：选BD 每个灯泡的额定电流：I L ＝P L U L ＝224 A ＝112 A ，则原线圈的电流为I 1＝112A ，副线圈的电流为I 2＝16 A ，则n 1n 2＝I 2I 1＝21，选项A 错误；变压器副线圈两端的电压为24 V ，则根据匝数比可得变压器原线圈两端的电压为U 1＝n 1n 2U 2＝48 V ，则电压表读数为48 V ＋24 V ＝72 V ，选项B 正确；变压器的输入功率等于输出功率，故P 入＝P 出＝4 W ，选项C 错误；副线圈上再并联一个相同的灯泡，则副线圈中电流增大，原线圈中电流也增大，超过灯泡L 1的额定电流，灯泡L 1可能会烧坏，故D 正确．3．(2018届山东淄博一模)如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝5∶1，其原线圈接一交流电源，电压u ＝2202sin100πt (V)，副线圈接一电动机，电阻为11 Ω.若电流表A 2示数为1 A ，电表对电路的影响忽略不计，则( )A ．交流电的频率为100 HzB ．电动机输出功率为33 WC ．电流表A 1示数为5 AD ．变压器原线圈的输入功率为33 W解析：选B 由ω＝100π＝2πf ，解得f ＝50 Hz ，A 错误；由U 1U 2＝n 1n 2解得副线圈两端的电压U 2＝44 V ，电动机的输出功率P 出＝U 2I 2－I 22R ＝33 W ，B 正确；由I 1I 2＝n 2n 1，解得I 1＝0.2 A ，C 错误；变压器原线圈的输入功率P ＝U 1I 1＝220×0.2 W＝44 W ，D 错误．4．如图所示是一理想变压器的电路连接图，变压器原线圈两端的恒定交流电压为U 1，副线圈所在电路中有一个定值电阻和一个滑动变阻器，各电表均为理想电表，开关S 闭合，则下列关于各电表示数的说法正确的是( )A ．滑片P 上滑时，A 1的示数变大，A 2的示数变大，V 的示数变大B ．滑片P 上滑时，A 1的示数变大，A 2的示数变大，V 的示数变小C ．断开开关S ，A 1的示数变大，A 2的示数变大，V 的示数变大D ．断开开关S ，A 1的示数变小，A 2的示数变小，V 的示数不变解析：选D 开关S 闭合，滑动变阻器的滑片P 上滑时，接入电路中的电阻变大，可知电路中的总电阻变大，由于U 1恒定不变，则电压表V 的示数不变，可知电流表A 2的示数变小，则电流表A 1的示数也变小，A 、B 错误；开关S 断开时，电路中的电阻变大，结合上述分析可知，电流表A 1的示数变小，电流表A 2的示数变小，电压表V 的示数不变，C 错误，D 正确．5．(2019届广东茂名综测)某小型水电站的电能输送示意图如图所示．发电机的输出电压为220 V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n 3、n 4(变压器均为理想变压器)，要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则( )A.n 2n 1>n 3n 4 B.n 2n 1<n 3n 4C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D ．升压变压器的输出功率小于降压变压器的输入功率解析：选A 因为输电线有电阻，有电压损失，U r >0，而且U 2＝U r ＋U 3，U 1＝U 4，由n 1n 2＝U 1U 2，n 3n 4＝U 3U 4，可知n 2n 1>n 3n 4，所以A 项正确，B 、C 项错误；P 2＝P 3＋P r ，由于输电线上有功率损耗，所以升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，D 项错误．6．(多选)(2019届福建厦门质检)如图所示，电路中变压器为理想变压器，其原线圈接在u ＝202sin50πt (V)的交流电源上，副线圈与阻值为R 1＝2 Ω的电阻接成闭合电路，电流表为理想电流表．另有一阻值R 2＝32 Ω的电阻与变压器原线圈并联，电阻R 1与R 2消耗的电功率恰好相等．则( )A ．电阻R 1消耗的电功率为12.5 WB ．通过电阻R 1的交变电流的周期为0.02 sC ．电流表的示数为10 AD ．变压器原、副线圈匝数之比为4∶1解析：选AD 加在R 2两端电压的有效值为UR 2＝U ＝2022V ＝20 V ，R 2消耗的功率为PR 2＝UR 22R 2＝12.5 W ，又电阻R 1与R 2消耗的电功率恰好相等，故A 项正确；由u ＝202sin50πt (V)，知ω＝50π rad/s，故周期T ＝2πω＝0.04 s ，变压器不改变交流电的周期，故B 错误；R 1的功率PR 1＝PR 2＝12.5 W ，通过R 1的电流IR 1＝PR 1R 1＝2.5 A ，则电流表的示数为2.5 A ，故C 错误；副线圈两端电压为U 2＝IR 1R 1＝5 V ，原线圈两端电压U 1＝U ＝20 V ，则原、副线圈匝数之比n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝4∶1，故D 项正确．7．如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则( )A ．用户用电器上交流电的频率是100 HzB ．发电机输出交流电的电压有效值是500 VC ．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D ．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小解析：选D 由图乙知，交流电的周期为0.02 s ，所以频率f ＝1T＝50 Hz ，A 错误；发电机输出交流电的电压最大值为U m ＝500 V ，故有效值U ＝U m2＝250 2 V ，B 错误；输电线电流I 线＝P 入－P 用R 线，可见I 线与R 线及用户电路有关，C 错误；当用户用电器总电阻增大时，P 用减小，I 用减小，I 线减小，输电线上损失的电功率P 损＝I 线2R 线减小，D 正确．8.(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝10∶1，b 是原线圈的中心抽头，S 为单刀双掷开关，定值电阻R ＝10 Ω.从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是( )A ．当S 与a 连接后，理想电流表的示数为2.2 AB ．当S 与a 连接后，t ＝0.01 s 时理想电流表示数为零C ．当S 由a 拨到b 后，原线圈的输入功率变为原来的4倍D ．当S 由a 拨到b 后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz解析：选AC S 与a 连接后，由U 1U 2＝n 1n 2，又知U 1＝22022V ＝220 V ，得U 2＝22 V ，则理想电压表的示数为22 V ，又知定值电阻R ＝10 Ω，可得理想电流表示数为I ＝U 2R＝2.2 A ，故A 选项对，B 选项错；S 由a 拨到b 后，n 1∶n 2＝5∶1，则U 1∶U 2′＝5∶1，得U 2′＝2U 2，据P ＝U 2R得功率变为原来的4倍，故C 选项对；输出电压频率不变，仍为50 Hz ，故D 选项错．9．(2016年天津卷)如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是( )A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变大解析：选B 由于原、副线圈两端电压不变，当滑动变阻器滑动触头P向上滑动时，连入电路的电阻变大，所在电路总电阻变大，副线圈中电流减小，R1中电流减小，R1消耗的功率减小，A项错误；R1中电流减小，则R1两端电压减小，而副线圈两端电压不变，所以滑动变阻器两端电压增大，电压表示数变大，B项正确；副线圈中电流减小，原线圈中电流随之减小，故C项错误；若闭合开关S，负载电路的总电阻减小，副线圈中电流增大，R1中电流增大，则R1两端电压升高，R2两端电压减小，A2示数变小，D项错误．10．(多选)如图甲所示的电路中，理想变压器原线圈接图乙所示正弦交变电流，闭合S 后，额定电压为20 V的用电器正常工作，理想交流电流表A的示数为0.1 A．已知图中元件D具有正向电流导通、反向电流截止的作用，下列判断正确的是( )A ．交变电流的频率为50 HzB ．变压器原副线圈匝数比为112∶1C ．用电器额定功率为22 WD ．在用电器电阻不变的情况下断开开关S ，用电器功率将变为原来的一半解析：选ACD 由u t 图象可知交变电流的周期T ＝0.02 s ，则频率f ＝1T＝50 Hz ，A 项正确；由图乙可知原线圈两端输入电压U 1＝220 V ，因闭合S 后，额定电压为20 V 的用电器正常工作，则此时变压器副线圈两端电压U 2＝20 V ，n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝220 V ∶20 V ＝11∶1，B 项错误；理想变压器P 入＝P 出＝I 1U 1＝22 W ，又P 出＝P 电器，C 项正确；若在用电器电阻不变的情况下断开开关S ，则一个周期内用电器只有半个周期的时间正常工作，用电器的功率变为原来的一半，D 项正确．11．(2019届苏州调研)如图所示，电路中变压器原线圈匝数n 1＝1 000，两个副线圈匝数分别为n 2＝500、n 3＝200，分别接一个R ＝55 Ω的电阻，在原线圈上接入U 1＝220 V 的交流电源．则两副线圈输出电功率之比P 2P 3和原线圈中的电流I 1分别是( )A.P 2P 3＝52，I 1＝2.8 A B.P 2P 3＝25，I 1＝2.8 A C.P 2P 3＝254，I 1＝1.16 A D.P 2P 3＝425，I 1＝1.16 A 解析：选C 对两个副线圈有U 1U 2＝n 1n 2，U 1U 3＝n 1n 3，所以U 2＝110 V ，U 3＝44 V ，又P ＝U 2R ，所以P 2P 3＝U 22U 32＝254；由欧姆定律I 2＝U 2R ＝2 A ，I 3＝U 3R＝0.8 A ，对有两个副线圈的变压器有n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3，得I 1＝1.16 A ，C 正确．12．(2018届西安八校联考)如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝22∶5，电阻R 1＝R 2＝25 Ω，D 为理想二极管，原线圈接u ＝2202sin100πt (V)的交流电，则( )A ．交流电的频率为100 HzB ．通过R 2的电流为1 AC ．通过R 2的电流为 2 AD ．变压器的输入功率为200 W解析：选C 由原线圈交流电瞬时值表达式可知，交变电流的频率f ＝ω2π＝50 Hz ，A 项错；由理想变压器变压规律U 1U 2＝n 1n 2可知，输出电压U 2＝50 V ，由理想二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R 2，由交变电流的热效应可知，U 22R ·T 2＝U 2R ·T ⇒U ＝22U 2＝25 2 V ，由欧姆定律可知，通过R 2的电流为 2 A ，B 项错，C 项正确；其功率P 2＝UI ＝50 W ，而电阻R 1的电功率P 1＝U 22R 1＝100 W ，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为P ＝P 1＋P 2＝150 W ，D 项错．13．如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器，C 为耐压值为22 V 的电容器，所有电表均为理想电表．下列说法正确的是( )A ．副线圈两端电压的变化频率为0.5 HzB ．电流表的示数表示的是电流的瞬时值C ．滑片P 向下移时，电流表A 1和A 2示数均增大D ．为保证电容器C 不被击穿，原、副线圈匝数比应小于10∶1解析：选C 由交变电压图象可知，原线圈输入电压最大值为311 V ，周期T ＝0.02 s ，因此其有效值为220 V ，频率为50 Hz ，因为变压器不改变交变电压的频率，故副线圈两端电压的变化频率为50 Hz ，选项A 错误；电流表的示数为交变电流的有效值，选项B 错误；输入电压一定，变压器原、副线圈匝数比不变，由U 1U 2＝n 1n 2知输出电压不变，滑片下移，副线圈电路总电阻减小，电流增大，故A 2示数变大，由原、副线圈电流与匝数成反比，由I 1I 2＝n 2n 1可知A 1示数增大，选项C 正确；保证电容器不被击穿，输出电压最大值为22 V ，而输入电压最大值为311 V ，故原、副线圈匝数比应大于10∶1，选项D 错误．14．某小型水电站的电能输送示意图如图所示，水电站的发电机输出电压恒定．发电机通过升压变压器和降压变压器(变压比为40∶1)向25 km 外的小区用户供电(供电电压为220 V)，输送到用户的电功率为165 kW ，若用表格中某种型号的输电线进行高压输电，线路上损耗的功率约为输送电功率的6%，则所选用的输电线的型号的代号为( )A.XC ．ZD ．W解析：选B 小区用户供电电压为220 V ，由变压器的变压规律可知，降压变压器原线圈两端的电压为U ＝220 V×40＝8 800 V ，设输电线上的电流为I ，输电线总电阻为R ，则升压变压器副线圈两端电压为U ′＝U ＋IR ，P ＝U ′I ，输电线路上损耗的功率P 线＝I 2R ，联立解得R ＝30 Ω，由于输电线长度需要50 km ，所以可以选择0.6 Ω/km 的Y ，B 正确．15．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝25π T ，单匝矩形线圈的面积S ＝1 m 2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动．线圈通过电刷与理想变压器原线圈相接，A 为交流电流表．调整副线圈的触头P ，当变压器原、副线圈的匝数比为2∶1时，副线圈电路中标有“6 V 6 W”的灯泡正常发光，以下判断正确的是( )A ．电流表的示数为1 AB ．矩形线圈产生电动势的有效值为18 VC ．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e ＝12 2sin30πt VD ．若矩形线圈的转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P 适当上移解析：选D 因灯泡正常发光，则副线圈两端的电压有效值为U 2＝6 V ，通过灯泡的电流为I 2＝66 A ＝1 A ，电流表的示数为I 1＝n 2n 1I 2＝0.5 A ；原线圈两端电压的有效值为U 1＝n 1n 2U 2＝12 V ；矩形线圈产生电动势的有效值为12 V ，最大值为E m ＝BSω＝12 2 V ，得ω＝60π rad/s ，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e ＝122sin60πt V ；矩形线圈的转速增大，产生的感应电动势增大，滑片P 适当上移可以保持副线圈两端电压不变，小灯泡仍能正常发光．。
2020版高考物理一轮复习单元质检11 交变电流传感器(含解析)
与下一级变压器的输入功率之和。只有选项
D
正确。
3.下图为两根间距为 20 2 cm 的无限长光滑金属导轨,电阻不计,其左端连接一阻值为 10 Ω 的定
值电阻,两导轨之间存在着磁感应强度为 1 T 的匀强磁场,磁场边界虚线为正弦曲线的一部分。一
阻值为 10 Ω 的光滑导体棒,在外力作用下以 10 m/s 的速度匀速向右运动(接触电阻不计),交流电
ω 解析由电压公式知交变电流的角速度为 ω=100πrad/s,则频率 f= =50Hz,变压器不改变电流的
2π U1 n1
频率,故副线圈交变电流的频率是 50Hz,A 错误;原线圈两端的输入电压有效值为 220V,由 = 知, U2 n2
副线圈两端电压为 U2=4V,即为电压表的读数,故 B 正确;在滑动变阻器的滑片 P 从最上端滑到最下 端的过程中,电路中的总电阻减小,根据欧姆定律可知,变压器的输出电流增大,则输入的电流也增 大,即电流表的示数变大,定值电阻 R 两端的电压变大,副线圈两端电压不变,所以滑动变阻器两端 电压变小,故 C、D 错误。 6.图中甲、乙分别表示两种电压的波形,其中图甲所示电压按正弦规律变化。则下列说法正确的是 ( )
I1 n1 A. =
I2 n2 C.I1U1=I22R
U2 B.I2= R D.I1U1=I2U2
答案 D
I1 n2
解析根据理想变压器的工作原理得 I1U1=I2U2、I2
=
,公式中的 n1
U2
不是加在
R
两端的电压,故
I2≠
U2 ,而
R
I1U1
等于
R
上消耗的功率I22R
2 齿形交流电压,有效值不能按正弦式交变电流有效值公式计算,B 错误;题图甲所示的正弦式交流电
2020届高考物理人教版第一轮专题复习强化练：交变电流 传感器(含解析)
2020届高考物理人教版第一轮专题复习强化练交变电流传感器一、选择题1、如图(甲)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,图中电表均为理想的交流电表,定值电阻R=10 Ω,其余电阻均不计.从某时刻开始在原线圈c,d两端加上如图(乙)所示的交变电压.下列说法正确的是( )A.当单刀双掷开关与a连接时,电压表的示数为31.1 VB.当单刀双掷开关与b连接且在0.01 s时,电流表示数为4.4 AC.当单刀双掷开关由a拨向b时,副线圈输出电压的频率变为25 HzD.当单刀双掷开关由a拨向b时,原线圈的输入功率变小答案：B解析:由图像可知,电压的最大值为U m=311 V,交流电的周期为T=2×10-2 s,所以交流电的频率为f==50 Hz,交流电的有效值为U1= V=220 V,根据电压与匝数成正比,即==可知,副线圈的电压为U2= 22 V,即电压表的示数为22 V,A错误;当单刀双掷开关与b连接时,=,副线圈电压为U2′=44 V,副线圈电流为I2=4.4 A,电流表示数为电流的有效值,不随时间的变化而变化,所以电流表的示数为4.4 A,B正确;变压器不会改变电流的频率,所以当单刀双掷开关由a拨向b时,副线圈输出电压的频率为50 Hz,C错误;当单刀双掷开关由a拨向b时,原线圈的匝数变少,所以副线圈的输出电压要变大,电阻R上消耗的功率变大,原线圈的输入功率也要变大,D错误.2.如图所示,匀强磁场的磁感应强度B= T.单匝矩形线圈面积S=1m2,电阻不计,绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动.线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接,为理想交流电流表.调整副线圈的滑动触头P,当变压器原、副线圈匝数比为1∶2时,副线圈电路中标有“36 V, 36 W”的灯泡正常发光.以下判断正确的是( )A.电流表的示数为1 AB.矩形线圈产生电动势的最大值为18 VC.从矩形线圈转到中性面开始计时,矩形线圈电动势随时间变化的规律为e=18sin 90πt(V)D.若矩形线圈转速增大,为使灯泡仍能正常发光,应将P适当下移答案：C解析:小灯泡正常发光,故变压器的输出电流为I2=1 A;根据=得I1=2 A,故A错误;小灯泡正常发光,变压器的输出电压为U2=36 V,根据=得,U1=18 V,矩形线圈产生电动势的最大值为18 V,故B错误;根据公式E m=NBSω得,ω==90π rad/s,故从矩形线圈转到中性面开始计时,矩形线圈电动势随时间的变化规律为e=E m sin ωt= 18sin 90πt(V),故C正确;若矩形线圈转速增大,根据公式E m=NBS ω,感应电动势的最大值增大,有效值也增大,为使灯泡仍能正常发光,应该减小副线圈的匝数,故应将P适当上移,故D错误.3.图(甲)、图(乙)分别表示两种电压的波形,其中图(甲)所示电压按正弦规律变化,下列说法正确的是( )A.图(甲)表示交流电,图(乙)表示直流电B.两种电压的有效值都是311 VC.图(甲)所示电压的瞬时值表达式为u=311sin 100πt(V)D.图(甲)所示电压经原、副线圈匝数比为10∶1的理想变压器变压后,输入功率和输出功率比为10∶1答案：C解析:由于两图中表示的电流方向都随时间变化,因此都为交流电,A错误;正弦交流电的有效值U==220 V,由于对应相同时刻,图(甲)电压比图(乙)电压大,根据有效值的定义可知,图(甲)有效值要比图(乙)有效值大,B错误;从图(甲)可知,U m=311 V,ω==100π rad/s,所以图(甲)电压的瞬时值表达式为u=311sin 100πt(V),C正确;理想变压器中输入功率和输出功率相等,所以D错误.4.如图所示,图(甲)为一台小型发电机构造示意图,线圈逆时针转动,产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图(乙)所示.发电机线圈内阻为1 Ω,外接灯泡的电阻为9 Ω恒定不变,则下列说法中正确的是( )A.电压表的示数为6 VB.发电机的输出功率为4 WC.在1×10-2 s时刻,穿过线圈的磁通量最大D.在1×10-2 s时刻,穿过线圈的磁通量变化率最大答案：C解析:由E m=6 V,则有效值E==6 V,电压表示数U=E=×6V= 5.4 V,故A错误;灯泡消耗的功率为P== W=3.24 W,则发电机的输出功率为3.24 W,故B错误;在1×10-2 s时刻,线圈处于中性面位置,故穿过线圈的磁通量最大,穿过线圈的磁通量变化率为零,故C 正确,D错误.5.如图所示的空间存在一匀强磁场,其方向垂直于纸面向里,磁场的右边界为MN,在MN右侧有一矩形金属线圈abcd,ab边与MN重合.现使线圈以ab边为轴按图示方向匀速转动(从上往下看为顺时针转动),将a,b两端连到示波器的输入端,若ab边中电流从a到b为正,则从示波器观察到的ab中电流随时间变化的图形是( )答案：D解析:先将右侧磁场补全,即矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,会产生正弦式交变电流,由楞次定律可知,电流从0开始,沿负向,可画出完整电流随时间变化的图形,在此基础上,去掉右侧磁场,故需将完整图形中每个周期的前周期及后周期图形去掉,选项D正确.6.如图所示,理想变压器原线圈输入电压u=U m sin ωt,副线圈电路中R是滑动变阻器,初始时刻滑片P处在正中间位置,L1,L2,L3为三个相同的小灯泡,不考虑灯泡的电阻随电压电流的变化.V1和V2是理想交流电压表,示数分别用U1和U2表示;A1和A2是理想交流电流表,示数分别用I1和I2表示.下列说法正确的是( )A.I1和I2表示电流的瞬时值B.U1和U2表示电压的最大值C.滑片P向左滑动过程中,U2不变、I1变大D.滑片P向右滑动过程中,U2不变、I1变小答案：C解析:I1和I2表示电流的有效值,选项A错误;U1和U2表示电压的有效值,选项B错误;电压表读数U2是副线圈的电压有效值,因变压器原、副线圈的匝数不变,则U2不变;无论滑片P向左滑动还是向右滑动,副线圈所在电路的电阻均减小,电流I2变大,原线圈的电流I1变大,选项C正确,D错误.7.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2,两端共接有4个电阻,其中R2=2R1,R3=R4=4R1,现将a,b两端接在交流电源上,则下列说法中正确的是( )A.R1两端的电压有效值等于R2两端的电压有效值B.流过R1的电流有效值是流过R3的电流有效值的2倍C.R2两端的电压有效值是R4两端的电压有效值的2倍D.流过R2的电流有效值等于流过R4的电流有效值答案：A解析:根据变压器的规律有==,则=,=,通过R1的电流为I R1=I1+ =,即R1两端的电压有效值为U R1==U1=U R2,选项A正确;通过R3的电流和通过R4的电流相等,均为I2=,选项B错误;R2两端的电压有效值U R2=U1=U2=U R4,选项C错误;流过R2的电流有效值I R2==,是流过R4的电流有效值的2倍,选项D错误.8.如图所示,理想变压器原线圈两端的电压不变,电流表为理想电流表,副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2输电线的等效电阻为R,开始开关S断开,当开关S闭合后,以下说法正确的是( )A.副线圈两端输出电压变大B.副线圈输电线等效电阻R上的电压减小C.通过灯泡L1的电流减小D.原线圈中电流表的示数增大答案：CD解析:理想变压器原线圈两端电压不变,变压器的匝数不变,副线圈两端的输出电压不变,故A错误;开关S闭合后导致副线圈所在电路的电阻减小,通过副线圈的电流增大,通过原线圈的电流也增大,故D正确;副线圈输电线等效电阻R上的电压增大,灯泡L1两端电压减小,通过灯泡的电流也减小,故B错误,C正确.9.如图所示,理想变压器原、副线圈两端A,B接在电动势E=16 V,内阻r=4 Ω的交流电源上,理想变压器的副线圈两端与阻值足够大的滑动变阻器R相连,变压器原、副线圈的匝数比为1∶2,当电源输出功率最大时,下列说法正确的是( )A.滑动变阻器R接入电路中的电阻阻值为16 ΩB.滑动变阻器R接入电路中的电阻阻值为8 ΩC.通过滑动变阻器的电流为2 AD.滑动变阻器消耗的功率为16 W答案：AD解析:设原、副线圈中的匝数分别为n1和n2,电流分别为I1和I2,电压分别为U1和U2,则有U1=E-I1r,电阻R消耗的功率为P=U2I2=U1I1,即为P=(E-I1r)I1=-(r-EI1),可见电流为I1== A=2 A时,P有最大值, P m== W=16 W,故D正确;变压器的输出电流为I2=I1=1 A,故C错误;根据输出功率等于输入功率可得P m=R x,解得R x==Ω=16 Ω,故A正确,B错误.10.如图所示,理想变压器原、副线圈接有额定电压均为20 V的灯泡a和b.当输入u=220sin 100πt(V)的交变电压时,两灯泡均能正常发光.设灯泡不会被烧坏,下列说法正确的是( )A.原、副线圈匝数比为11∶1B.原、副线圈中电流的频率比为11∶1C.当滑动变阻器的滑片向下滑少许时,灯泡b变暗D.当滑动变阻器的滑片向下滑少许时,变压器输入功率变大答案：CD解析:设原、副线圈匝数比为n,相同的灯泡a和b均正常发光,则U=U1+U0,又U1=nU2=nU0,解得n=10,即原、副线圈匝数比为10∶1,故A 错误;变压器不会改变交变电流的频率,故B错误;当滑动变阻器的滑片向下滑少许时,滑动变阻器接入电路的电阻减小,副线圈的输出功率增大,变压器的输入功率增大,副线圈的电流变大,原线圈的电流变大,灯泡a的电压变大,原线圈两端电压变小,副线圈两端电压减小,灯泡b变暗,故C,D正确.11.某同学在实验室中研究远距离输电的相关规律,由于输电线太长,他将每100米导线卷成一卷,共有8卷代替输电线路(忽略输电线的自感作用).第一次实验采用如图(甲)所示的电路图,将输电线与学生电源和用电器直接相连,测得输电线上损失的功率为P1,损失的电压为U1;第二次实验采用如图(乙)所示的电路图,其中理想变压器T1与学生电源相连,其原、副线圈的匝数比为n1∶n2,理想变压器T2与用电器相连,测得输电线上损失的功率为P2,损失的电压为U2,两次实验中学生电源的输出电压与电功率均相同,下列正确的是( )A.P2∶P1=n1∶n2B.P2∶P1=∶C.U2∶U1=n1∶n2D.U2∶U1=∶答案：BC解析:设学生电源提供的电压为U,输出功率为P,输电线的总电阻为r,第一次实验中的电流为I=,有U1=Ir,P1=I2r;第二次实验中,根据=得,输电线中的电流为I1=I,则U2=I1r=Ir,P2=r=()2I2r,则=,=,故B,C正确.12.如图所示,为远距离输电的示意图,变压器均为理想变压器,升压变压器T1的原、副线圈的匝数比为k1.降压变压器T2的原、副线圈匝数比为k2.升压变压器原线圈两端接入一电压u=U m sin ωt的交流电源,用电设备的总电阻为R(可视为纯电阻),输电线总电阻为2r,若用户消耗的功率为P.不考虑其他因素的影响,则输电线上损失的电压ΔU和用户获得的电压U分别为( )A.ΔU=B.ΔU=C.U=(-)D.U=(-)答案：AD解析:流过用户的电流为I4=,输电线上的电流为I3=,则输电线上损失的电压为ΔU=I3×2r=,故A正确,B错误;升压变压器原线圈的电压为,则副线圈的电压为U2=,降压变压器原线圈的电压为U3=U2-ΔU=-.根据电压和匝数的关系可以求得降压变压器副线圈的电压即用户获得的电压为U=U4=U3=(-),故C错误,D 正确.二、非选择题13.电阻应变式称重传感器的工作原理如下:弹性体在外力作用下发生弹性形变,使粘贴在其表面的电阻应变片也发生形变,同时引起阻值的变化,再经相应的测量电路把这一电阻变化转换为电信号,从而将外力变换为电信号.电阻应变式称重传感器的结构如图(a)所示,弹性体的一端固定,另一端安装测力钩,在它的上下表面共粘贴4个应变片R1,R2,R3,R4.测量电路图如图(b)所示,未发生形变时,应变片的阻值均为R=800 Ω,当弹性体受到向上的拉力作用发生形变时,上表面压缩,R1,R2阻值变小,下表面拉伸,R3,R4阻值增大.已知每个应变片阻值的变化量ΔR与拉力F的变化规律均为ΔR=kF,其中k=5 Ω/N;电路中电源电动势E=8.0 V,内阻不计.完成下列填空:(1)当测力钩不受拉力时,图(b)中U AB= ;(2)当向上施加拉力时,U AB 0(选填“>”“<”或“=”);(3)若电压表的示数为1.0 V,则该传感器受到的力的大小为N.解析:(1)当测力钩不受拉力时,R1,R2,R3,R4的阻值均为R=800 Ω,则U AB=0.(2)当向上施加拉力时,R1,R2阻值变小,R3,R4阻值变大,则R1两端电压小于R3两端电压,U AB>0.(3)若电压表的示数为 1.0 V,有(800+kF)-(800-kF)=U AB,解得F=20 N.答案:(1)0 (2)> (3)2014. 某学生为了测量一物体的质量,找到一个力电转换器,该转换器的输出电压正比于受压面的压力(比例系数为k).如图所示,测量时先调节输入端的电压,使转换器空载时的输出电压为0;而后在其受压面上放一物体,即可测得与物体的质量成正比的输出电压U.现有下列器材:力电转换器、质量为m0的砝码、电压表、滑动变阻器、干电池各一个,开关及导线若干,待测物体(可置于力电转换器的受压面上).(1)设计一个电路,要求力电转换器的输入电压可调,并且使电压的调节范围尽可能大,画出完整的测量电路图.(2)简要说明测量步骤,求出比例系数k,并测出待测物体的质量m.解析:(1)设计电路如图所示.(2)测量步骤如下:①调节滑动变阻器,使转换器的输出电压为零;②将质量为m0的砝码放在转换器的受压面上,记下输出电压U0;③将待测物体放在转换器的受压面上,记下输出电压U1;④因为U0=km0g,U1=kmg,所以可求m=.答案:见解析15. 如图(甲)所示,一固定的矩形导体线圈水平放置,线圈的两端接一只小灯泡,在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场.已知线圈的匝数n=100,总电阻r=1.0 Ω,所围成矩形的面积S=0.040 m2,小灯泡的电阻R=9.0 Ω,磁感应强度随时间按如图(乙)所示的规律变化,线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e=nB m S cos t,其中B m为磁感应强度的最大值,T为磁场变化的周期,不计灯丝电阻随温度的变化,求:(1)线圈中产生感应电动势的最大值;(2)小灯泡消耗的电功率;(3)在磁感应强度变化的0～时间内,通过小灯泡的电荷量.解析:(1)由图像知,B m=1.0×10-2 T,T=3.14×10-2 s,所以E m=nB m Sω==8.0 V.(2)电流的最大值I m==0.80 A,有效值I== A,小灯泡消耗的电功率P=I2R=2.88 W.(3)在0～时间内,电动势的平均值=,平均电流==流过灯泡的电荷量q=Δt==4.0×10-3 C.答案:(1)8.0 V(2)2.88 W(3)4.0×10-3 C16. 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=得,U2=U1=110 V则副线圈两端电压最大值U2m=110 V.即二极管耐压值至少为156 V.(2)交变电流的周期T== s=0.02 s,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. 电阻R上1 s内产生的焦耳热Q=t=×0.5 J=605 J.(3)设通过电阻R的电流的有效值为I,根据焦耳定律有·=I2RT解得I==× A=7.78 A.答案:(1)156 V(2)605 J(3)7.78 A17.如图(甲)所示,理想变压器原、副线圈的匝数n1∶n2=3∶1,原线圈电路中接有一量程为3 A的理想交流电流表,副线圈两端接有理想交流电压表、可变电阻R以及若干“6 V 6 W”的相同灯泡.输入端交变电压u的图像如图(乙)所示.(1)求图(甲)中电压表的读数;(2)要求灯泡均正常发光,求电路中最多允许接入的灯泡个数;(3)为满足第(2)问要求,求可变电阻R应调到的电阻值.解析:(1)根据图像可得原线圈电压的最大值U1m=27 V其有效值为U1==27 V根据=代入数据可得U2=9 V.(2)设原线圈中通过的电流为I1,副线圈中通过的电流为I2,为使副线圈接入的灯泡最多,则I1取允许通过的最大电流的有效值为3 A根据U1I1=U2I2代入数据可得I2=9 A正常发光时每个灯泡中的电流为I3==1 A所以允许接入的灯泡个数为n==9.(3)电阻两端电压为U R=U2-U3=3 V电阻阻值为R==Ω.答案:(1)9 V (2)9 (3)Ω18. 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= 220sin 100πt(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== A=20 A,根据=,解得I2=5 A.(2)输电线上损失的电压ΔU=I2R=5×10 V=50 V.输电线上损耗的功率ΔP=R=52×10 W=250 W.(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再根据升压变压器的原副线圈电压关系=, 解得U1=186 V根据能量守恒,P1=P2=U2I2=930×5 W=4 650 W.答案:(1)20 A 5 A(2)50 V 250 W(3)186 V 4 650 W。
2020版高考新课标一轮复习：第11章 交变电流 传感器
第十一章 ⎪⎪⎪交变电流 传感器[全国卷5年考情分析] 基础考点常考考点命题概率 常考角度 远距离输电(Ⅰ) 未曾独立命题交变电流、交变电流的图像(Ⅰ) '16Ⅲ卷T 21(6分)独立命题 概率20% (1)根据线框在磁场中的转动求解描述交变电流的物理量 (2)根据交变电流的图像或表达式求解描述交变电流的物理量(3)变压器的基本原理和动态分析 (4)远距离输电问题正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值(Ⅰ)'18Ⅲ卷T 16(6分)独立命题 概率20%理想变压器(Ⅱ)'16Ⅰ卷T 16(6分)'16Ⅲ卷T 19(6分) '15Ⅰ卷T 16(6分)独立命题 概率50% 实验十二：传感器的简单使用'16Ⅰ卷T 23(10分)综合命题 概率30%第1节 交变电流的产生及描述一、交变电流、交变电流的图像 1．交变电流大小和方向都随时间做周期性变化的电流。
2．正弦式交变电流的产生和图像(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。
[注1][注2](2)图像：线圈从中性面位置开始计时，如图甲、乙、丙所示。
二、正弦式交变电流的函数表达式、峰值和有效值 1．周期和频率(1)周期(T)：交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T ＝2πω。
(2)频率(f)：交变电流在1 s 内完成周期性变化的次数。
单位是赫兹(Hz)。
(3)周期和频率的关系：T ＝1f 。
2．交变电流的瞬时值、峰值和有效值(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数。
如e ＝E m sin ωt。
(2)峰值：交变电流的电流或电压所能达到的最大值。
(3)有效值：让交流和直流通过相同阻值的电阻，如果它们在一个周期内产生的热量相等，就把这一直流的数值叫做这一交流的有效值。
E ＝E m 2，U ＝U m 2，I ＝I m 2。
[注3]【注解释疑】[注1] 只有转轴和磁场垂直时，才产生正弦交流电。
2020赢在微点物理一轮复习_人教版_第十一章课时练习 交变电流单元评估验收(十一) 交变电流 传感器 (2)
高考复习顶层设计 物理
解析 A、B 项中交变电流的频率不同但有效值相同，均为 2 A，C 项为恒定电流，电流为 1.5 A，D 项为交流，其有效值为 2 A，综上所述， D 项中的电流有效值最大，产热功率最大，D 项正确。
答案 D
第19页
高考复习顶层设计 物理
B 组·能力提升题 9．面积均为 S 的两个电阻相同的线圈，分别放在如图甲、乙所示的磁 场中，甲图中是磁感应强度为 B0 的匀强磁场，线圈在磁场中以周期 T 绕 OO′ 轴匀速转动，乙图中磁场变化规律为 B＝B0cos2Tπt，从图示位置开始计时， 则( )
πvt
时电动势
E＝4B0Lvcosπdvt，瞬时电流
4B0Lvcos
I＝
R
d
，故
C
项正确；由于
瞬时电流成余弦规律变化，故可知感应电流的有效值 I＝2 2RB0Lv，故产生 的电热 Q＝I2Rt＝8B20RL2vd，故 D 项错误。
答案 BC
第17页
高考复习顶层设计 物理
8．一只电阻分别通过四种不同形式的电源，电流随时间变化的情况如 下图所示，在相同时间内电阻产生热量最大的是( )
B．20 V D．5 10 V
第28页
高考复习顶层设计 物理
解析 由有效值定义，10RV2 2·T2＋20RV2 2·T2＝UR22T，解得 U＝5 10 V， 故 D 项正确。
答案 D
第29页
高考复习顶层设计 物理
14.如图所示，一个半径为 r 的半圆形线圈，以直径 ab 为轴匀速转动，转 速为 n，ab 的左侧有垂直于纸面向里(与 ab 垂直)的匀强磁场，磁感应强度为 B。 M 和 N 是两个集流环，负载电阻为 R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计。 求：
物理学案 人教版高考一轮复习第11章交变电流传感器学案及实验教学
第1讲交变电流的产生和描述[目标要求]核心知识素养要求1.交变电流及其描述通过实验认识交变电流。
能用公式和图象描述正弦交变电流。
2.变压器电能的输送通过实验探究并了解变压器原、副线圈电压与匝数的关系。
了解从变电站到用户的输电过程，知道远距离输电时用高电压的道理。
了解发电机和电动机工作过程中的能量转化。
认识电磁学在人类生活和社会发展中的作用。
3.传感器知道非电学量转化成电学量的技术意义。
4.常见传感器的工作原理及应用通过实验，了解常见传感器的工作原理。
能列举传感器在生产生活中的应用。
5.实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系通过实验，了解变压器结构，知道列表处理数据的方法。
6.实验：利用传感器制作简单的自动控制装置通过实验，了解自动控制装置的电路设计及元件特性。
第1讲交变电流的产生和描述授课提示：对应学生用书第210页一、交变电流、交变电流的图象1．交变电流(1)定义：大小和方向都随时间做周期性变化的电流。
(2)按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流。
2．正弦式交变电流的产生和图象(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。
(2)图象：用以描述交变电流随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦曲线。
如图甲、乙、丙所示。
二、正弦式交变电流的函数表达式、峰值和有效值 1．周期和频率(1)周期(T)：交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T ＝2πω。
(2)频率(f)：交变电流在1 s 内完成周期性变化的次数。
单位是赫兹(Hz)。
(3)周期和频率的关系：T ＝1f 或f ＝1T。
2.正弦式交变电流的函数表达式(线圈在中性面位置开始计时) (1)电动势e 随时间变化的规律：e ＝E m sin_ωt。
(2)负载两端的电压u 随时间变化的规律：u ＝U m sin_ωt。
(3)电流i 随时间变化的规律：i ＝I m sin_ωt。
2020届高考物理一轮复习人教版交变电流传感器作业Word版含答案
2020届一轮复习人教版 交变电流传感器 作业一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。
1～5题为单选，6～8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.(多选)某小型发电机产生的交变电动势为e ＝50sin100πt (V)，对此电动势，下列表述正确的有( ) A.最大值是502V B.频率是100Hz C.有效值是252V D.周期是0.02s 答案 CD解析 电动势的最大值E m ＝50 V ，A 错误；频率f ＝100π2π Hz ＝50 Hz ，B 错误；有效值E ＝502V＝252V ，C 正确；周期T ＝2π100πs ＝0.02s ，D 正确.2.(2018·江苏百校12月大联考)某一电子设备所加正弦交流电的电压随时间的变化规律如图1所示，则( )图1A.交流电的频率为50HzB.交流电压的有效值为1002VC.交流电压瞬时值表达式为u ＝100cos25t (V)D.此交流电压不可以直接加在耐压值为80V 的电容器两端 答案 D3.(多选)(2018·锦屏中学模拟)一个单匝矩形线框的面积为S ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动，从线框平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n 转/秒，则( )A.交变电动势的最大值为n πBSB.交变电动势的有效值为2n πBSC.从开始转动经过14周期，线框中的平均感应电动势为2nBSD.感应电动势瞬时值表达式为e ＝2n πBS sin2n πt答案 BD4.一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图2所示，由图可知( )图2A.该交变电流的电压的瞬时值表达式为u ＝100sin25πt (V)B.该交变电流的频率为4HzC.该交变电流的电压的有效值为100VD.若将该交变电压加在阻值为R ＝100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50W 答案 D解析 由题图可知，该交变电压的周期T ＝4×10－2s ，则频率f ＝1T＝25Hz ，电压的最大值U m＝100V ，则有效值U ＝U m2＝502V ，瞬时值表达式u ＝U m sin 2πTt ＝100sin50πt (V)，选项A 、B 、C 错误；将该交变电压加在R ＝100 Ω的电阻两端时，电阻消耗的功率P ＝U 2R＝50W ，选项D正确.5．(2018·重庆一诊)如图所示，电源电动势E ，内阻恒为r ，R 是定值电阻，热敏电阻R T的阻值随温度的降低而增大，C 是平行板电容器。
2020高考物理大一轮复习：课时作业 第十一章 交变电流 传感器
第1讲交变电流的产生和描述课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) ◎基础巩固练1.如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时()A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势C．线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→d→aD．线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力解析：线圈绕垂直于磁场方向的轴转动产生交变电流，产生的电流、电动势及线圈各边所受安培力大小与转轴所在位置无关，故A对，B、D错；图示时刻产生电流的方向为a→d→c→b→a，故C错。
答案： A2．(2019·惠州市高三调研考试)某交流发电机给灯泡供电，产生交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是()A ．交变电流的频率为100 HzB ．交变电流的瞬时表达式为i ＝5cos50πt (A)C ．该交流电的电压有效值为5 2 VD ．在t ＝5×10－3 s 时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大 解析： 根据图象知交流电的周期为0.02 s ，因此交流电的频率为50 Hz ，A 错误；由ω＝2πT＝100π rad/s ，交变电流的最大值为5 A 可得，交变电流的瞬时值表达式为i ＝5cos 100πt A ，B 错误；因为电阻未知，故电压不能确定，C 确误；t ＝5×10－3 s 时，交变电流的瞬时值为零，磁通量最大，D 正确。
答案： D 3.如图所示，直线MN 右侧有垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场，有一个单匝、电阻为R 、边长为L 的导线框一半处于匀强磁场中，t ＝0时刻，框面与磁场垂直，现让线框以MN 为轴匀速转动，转速为n ，则通过线框的感应电流的有效值为( )A.2πBL 2n RB ．2πBL 2n R C.πBL 2n RD ．2πBL 2n 2R解析：线框总有一半在磁场中，若规定逆时针的电流方向为正，线框中产生的感应电流如图所示，峰值为：I m ＝πBL 2n R ，根据有效值与峰值间的关系可得：I ＝22I m ＝2πBL 2n 2R。
2020届高考物理一轮复习 第11章 交变电流传感器章末过关检测(十一)
第11章 交变电流传感器章末过关检测(十一)(建议用时：60分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确) 1．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电压e ＝2202sin 100πt (V)，那么( ) A ．该交变电流的频率是100 HzB ．当t ＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C ．当t ＝1200s 时，e 最大D ．该交变电流电动势的有效值为220 2 V解析：选C.线圈的角速度为100π rad/s ，故其频率f ＝ω2π＝50 Hz ，有效值为220 V ，A 、D 错误；当t ＝0时，e ＝0，所以线圈平面恰好处于中性面，B 错误；当t ＝1200s 时，e 有最大值220 2 V ，C 正确． 2．如图甲所示，自耦变压器输入端a 、b 接入如图乙所示的交流电源，副线圈两端接入一个二极管和两个阻值均为R ＝40 Ω的负载电阻．当滑片位于线圈中点位置时，开关S 处于断开状态，下列说法正确的是(图中电表均为理想交流电表)( )A ．t ＝0.01 s 时，电压表示数为零B ．t ＝0.015 s 时，电流表示数为22 AC ．闭合开关S 后，电压表示数增大D ．闭合开关S 后，电流表示数为16.5 A解析：选D.副线圈两端电压的有效值为440 V ，选项A 错误；根据欧姆定律可知，电流表示数为11 A ，选项B 错误；副线圈两端电压取决于原线圈两端电压及原、副线圈匝数比，闭合开关S 后，电压表示数不变，选项C 错误；原线圈两端电压有效值为U 1＝220 V ，滑片位于原线圈中点位置时，副线圈两端电压有效值为U 2＝440 V ，闭合开关S 后，副线圈在一个周期内消耗的能量等于原线圈一个周期内消耗的能量，即U 22R ·T 2＋U 22R 2·T 2＝U 1I 1T ，代入数据解得：I 1＝33 A ，而I 1n 1＝I 2n 2，故I 2＝16.5 A ，选项D 正确．3．(2018·吉林长春质检)如图甲所示，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n 1＝600，副线圈匝数n 2＝120.当原线圈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( )A ．阻值为12 Ω的电阻B ．并联两盏“36 V 40 W ”的灯泡C ．工作频率为10 Hz 的用电设备D ．耐压值为36 V 的电容器解析：选B.根据题图乙可知，原线圈输入的交变电压的最大值U 1m ＝180 2 V ，有效值U 1＝180 V ，周期T 1＝0.02 s ，频率f 1＝1T 1＝50 Hz ，又因为n 1∶n 2＝5∶1，所以副线圈的输出电压的最大值为U 2m ＝36 2 V ，有效值U 2＝36 V ，周期T 2＝T 1＝0.02 s ，频率f 2＝f 1＝50 Hz ，故选项C 错误；若副线圈两端接阻值为12 Ω的电阻，则I 2＝U 2R＝3 A ，I 1＝n 2I 2n 1＝0.6 A ＞0.5 A ，即流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“36 V 40 W ”的灯泡，流过保险丝的电流I 1＝n 2I 2n 1＝0.2I 2＝0.2×2×4036 A ＝49A ＜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，副线圈输出电压的最大值为U 2m ＝36 2 V ＞36 V ，即超过了电容器的耐压值，故选项D 错误．4．(2018·安徽黄山模拟)有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡．当S 断开时，灯L 1正常发光．S 闭合后，下列说法正确的是( )A ．灯L 1、L 2都能正常发光B ．原线圈的输入功率减小C ．原、副线圈的电流比增大D ．电阻R 消耗的功率增大解析：选D.断开S 时，L 1正常发光，当闭合S 后，总电阻减小，回路中总电流增大，R 两端电压变大，灯泡两端电压减小，两灯不能正常发光，A 项错误；由P 入＝P 出＝U 22R 总，且R 总减小，U 2不变，则P 入增大，B 项错误；由I 1I 2＝n 2n 1可知，因线圈匝数比不变，则原、副线圈的电流比不变，C 项错误；电阻R 的功率P ＝I 2R ，因I 增大，R 不变，则P 增大，D 项正确．5．(2018·湖南长沙模拟)如图所示，负载电阻R 接在理想变压器的副线圈上，虚线部分可以用一个电阻R 1来等效替代，R 1称为等效电阻，这里的等效，是指输入电路的电压、电流、功率不变．若理想变压器的原、副线圈的匝数之比为n 1∶n 2，则有( )A ．R 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 12R B ．R 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22R C ．R 1＝n 1n 2RD ．R 1＝n 2n 1R解析：选B.设副线圈中的电流为I ，则副线圈两端的电压为U 2＝IR ，根据U 1U 2＝n 1n 2，得U 1＝n 1n 2IR ，由I 1I ＝n 2n 1，得I 1＝n 2n 1I ，等效电阻R 1＝U 1I 1＝n 1n 2IRn 2n 1I ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22R ，故选项B 正确．二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)6．(2018·河南开封模拟)国家电网公司推进智能电网推广项目建设，拟新建智能变电站1 400座．变电站起变换电压作用的设备是变压器，如图所示，理想变压器原线圈输入电压u ＝200 2 sin 100πt (V)，电压表、电流表都为理想电表．则下列判断正确的是( )A ．输入电压有效值为200 V ，电流频率为50 HzB ．S 打到a 处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电压表示数都增大C ．S 打到a 处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小D ．若变阻器的滑片不动，S 由a 处打到b 处，电压表V 2和电流表A 1的示数都减小解析：选AD.输入电压的最大值U 1m ＝200 2 V ，有效值U 1＝20022V ＝200 V ，由瞬时值知，角速度ω＝100πrad/s ，电流频率f ＝ω2π＝100π2π Hz ＝50 Hz ，故A 正确；S 打到a 处，变阻器的滑片向下滑动时，由U 1U 2＝n 1n 2，知U 2不变即V 2示数不变，副线圈接入电路的电阻减小，所以电流表A 2的示数变大，故B 、C 错误；若变阻器的滑片不变，S 由a 处打到b 处，副线圈匝数减少，输入电压不变，输出电压减少，电压表V 2示数减少，输出功率P 2＝U 22R减少，根据输入功率等于输出功率，P 1＝U 1I 1减少，U 1不变，则I 1减少，即电流表A 1的示数减小，故D 正确． 7．如图所示，理想变压器的副线圈接有规格为“44 V 44 W ”的灯泡和线圈电阻为r ＝1 Ω的电动机M ，原线圈上接有u ＝2202sin 100πt (V)的正弦交流电压，此时灯泡和电动机都正常工作，且原线圈中的理想交流电流表示数为1 A ，不考虑灯泡电阻变化和电动机内阻变化，则下列说法正确的是( )A ．变压器原、副线圈的匝数之比为4∶1B ．电动机的输出功率为176 WC ．电动机的热功率为16 WD ．若电动机被卡住，灯泡仍正常发光，则电流表示数将变为9 A ，此时应立即切断电源解析：选CD.原线圈电压有效值为U 1＝220 V ，副线圈灯泡正常工作，故电压有效值U 2＝44 V ，原、副线圈的匝数的比值n 1n 2＝U 1U 2＝5，选项A 错误；根据U 1I 1＝U 2I 2，得副线圈电流有效值I 2＝5 A ，灯泡电流I L ＝P L U 2＝1 A ，则通过电动机的电流I M ＝I 2－I L ＝4 A ，电动机输入功率P 入＝U 2I M ＝176 W ，内耗热功率P 热＝I 2M r ＝16 W ，输出功率为P 出＝P 入－P 热＝160 W ，故选项C 正确，B 错误；若电动机被卡住，灯泡仍正常发光，则通过电动机的电流变为I ′M＝U 2r ＝44 A ，副线圈中电流变为I ′2＝I ′M ＋I L ＝45 A ，原线圈中电流变为I ′1＝n 2n 1I ′2＝9 A ，电路中消耗的功率增大，此时应立即切断电源，选项D 正确．8．如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原、副线圈的匝数比为1∶10的理想变压器给一灯泡供电，如图丙所示，副线圈电路中灯泡额定功率为22 W ．现闭合开关，灯泡正常发光，则( )A ．t ＝0.01 s 时刻穿过线框回路的磁通量为零B ．线框的转速为50 r/sC ．变压器原线圈中电流表示数为1 AD ．灯泡的额定电压为220 2 V解析：选BC.由题图乙知t ＝0.01 s 时e ＝0，此时线圈平面位于中性面，磁通量最大，A 错；周期T ＝0.02 s ，所以n ＝1T ＝50 r/s ，B 对；由理想变压器原理得：U 1U L ＝n 1n 2，其中U 1＝2222V ，得U L ＝220 V ，I L ＝PU L ＝0.1 A ，而I 1I L ＝n 2n 1，得I 1＝1 A ，C 对；灯泡的额定电压为交流电压的有效值 220 V ，D 错． 9．(2018·湖北八市联考)一理想变压器原、副线圈的匝数比为44∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P 为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是( )A ．副线圈输出电压的频率为100 HzB ．副线圈输出电压的有效值为5 VC ．P 向左移动时，变压器原、副线圈的电流都减小D ．P 向左移动时，变压器的输入功率增加解析：选BC.交流电的频率为f ＝1T ＝10.02 Hz ＝50 Hz ，选项A 错误；副线圈输出电压的有效值为U 2＝n 2n 1U 1＝144×3112V ＝5 V ，选项B 正确；P 向左移动时，电阻变大，则副线圈电流减小，根据I 1n 1＝I 2n 2可知，原线圈电流也减小，则变压器的输出功率和输入功率均减小，故选项C 正确，D 错误．10．(2018·河北衡水中学联考)理想变压器原、副线圈匝数之比为2∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦式交流电压，副线圈接一个R ＝55 Ω的负载电阻，电流表、电压表均为理想电表，则下述结论正确的是( )A ．副线圈中电压表的读数为110 VB ．副线圈中输出交流电的频率为0.02 HzC ．原线圈中电流表的读数为0.5 AD ．原线圈中的输入功率为220 W解析：选AD.由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为220 2 V ，所以原线圈的电压有效值为220 V ，再根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为110 V ，即电压表的读数为110 V ，故A 正确；变压器不会改变电流的周期，电流的周期为T ＝0.02 s ，则频率为50 Hz ，故B 错误；副线圈的电流为I 2＝11055 A ＝2 A ，根据电流与匝数成反比可得，原线圈的电流大小为1 A ，故C 错误；变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的功率为P ＝（110）255W ＝220 W ，所以原线圈中的输入功率也为220 W ，故D 正确．三、非选择题(本题共3小题，共40分，按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(8分)如图，把一热敏电阻R T 放在控温容器M 内；A 为毫安表，量程6 mA ，内阻R A 为数十欧姆；E 为直流电源，电动势约为3 V ，内阻不计；R 为电阻箱，最大阻值为999.9 Ω；S 为开关．已知R T 在95 ℃时的阻值为150 Ω，在20 ℃时的阻值约为550 Ω.现要求在降温过程中测量在95～20 ℃之间的多个温度下R T 的阻值． (1)在图中画出连线，完成实验原理电路图． (2)完成下列实验步骤中的填空． ①依照实验原理电路图连线．②调节控温容器M 内的温度，使得R T 的温度为95 ℃. ③将电阻箱调到适当的阻值，以保证仪器安全．④闭合开关，调节电阻箱，记录电流表的示数I 0，并记录________________．⑤将R T 的温度降为T 1(20 ℃<T 1<95 ℃)；调节电阻箱，使得电流表的读数__________，记录________________________________________________________________________． ⑥温度为T 1时热敏电阻的电阻值R T1＝________________________________________________________________________. ⑦逐步降低T 1的数值，直至20 ℃为止；在每一温度下重复步骤⑤⑥. 解析：(1)根据所给器材，要测量在不同温度下R T 的阻值，只能将电阻箱、热敏电阻、毫安表与电源串联形成测量电路，如图所示．(2)依照实验原理电路图连线；调节控温容器M 内的温度，使得R T 的温度为95 ℃，此时R T 阻值为150 Ω，将电阻箱调到适当的阻值，以保证仪器安全；闭合开关，调节电阻箱，记录毫安表的示数I 0，并记录电阻箱的读数R 0，根据欧姆定律有：I 0＝ER 0＋150 Ω＋R A；将R T 的温度降为T 1(20 ℃<T 1<95 ℃)；调节电阻箱，使得毫安表的读数仍为I 0，记录电阻箱的读数为R 1，根据欧姆定律：I 0＝ER 1＋R T1＋R A，则：ER 0＋150 Ω＋R A＝ER 1＋R T1＋R A，解得：R T1＝R 0－R 1＋150 Ω.答案：(1)见解析 (2)④电阻箱的读数R 0 ⑤仍为I 0 电阻箱的读数为R 1 ⑥R 0－R 1＋150 Ω 12.(14分)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝0.5 T ，边长为L ＝10 cm的正方形线圈abcd 共N ＝100匝，线圈电阻r ＝1 Ω.线圈绕垂直于磁感线的轴OO ′匀速转动，转动的角速度ω＝2π rad/s ，外电路电阻R ＝4 Ω.(1)求交流电表的示数及由图示位置转过60°时的感应电动势的值． (2)取π2＝10，求线圈转动一周电流产生的总热量．(3)由图示位置开始，求在线圈转过14周期的时间内通过电阻R 的电荷量．解析：(1)感应电动势的最大值，E m ＝NBL 2ω＝100×0.5×0.12×2π V ＝3.14 V 电流的最大值I m ＝E mR ＋r ≈0.63 A电流的有效值I ＝I m2≈0.44 A交流电压表的示数U ＝IR ＝1.76 V 转过60°时的瞬时感应电动势e ＝E m cos 60°＝3.14×0.5 V ＝1.57 V.(2)周期T ＝2πω＝1 s线圈转动一周产生的热量Q ＝I 2(R ＋r )T 联立解得Q ≈1 J.(3)Δt ＝14T 内通过电阻R 的电荷量q ＝I ·ΔtI ＝E R ＋r E ＝NΔΦΔtΔΦ＝BL 2－0 联立解得q ＝0.1 C.答案：(1)1.76 V 1.57 V (2)1 J (3)0.1 C13．(18分)一个小型水力发电站，发电机输出电压U 0＝250 V ，内电阻可以忽略不计，最大输出功率为P m ＝30 kW ，它通过总电阻为R 线＝2 Ω的输电线直接向远处的居民区供电．设居民区所有用电器都是额定电压为U ＝220 V 的白炽灯，总功率为P 用＝22 kW ，不计灯丝电阻随温度的变化．(1)当居民区的电灯全部使用时，电灯两端的电压是多少？发电机实际输出的电功率为多大？(2)若采用高压输电，在发电机端用升压变压器，在用户端用降压变压器，且不计变压器和用户线路的损耗．已知用户端变压器的降压比为40∶1，当全部用户电灯正常发光时，输电线上损耗的功率为多大？解析：(1)由P ＝U 2R 知居民区的总电阻为R 用＝U 2P 用＝2.2 Ω所以当居民区的电灯全部使用时，电灯两端的电压是U 灯＝U 0R 用＋R 线R 用≈131 V发电机实际输出的电功率为P 实＝U 20R 用＋R 线≈14 881 W.(2)当全部用户的电灯正常发光时，用户变压器副线圈中的电流为I 2＝P 用U＝100 A 由电流规律n 1I 1＝n 2I 2知输电线上的电流为I 1＝140×100 A ＝2.5 A所以输电线上损耗的功率为ΔP ＝I 21R 线＝12.5 W. 答案：(1)131 V 14 881 W (2)12.5 W。
2020版高考物理一轮复习：第11章 章末检测 交变电流 传感器
第十一章 章末检测(45分钟 100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。
在每小题给出的四个选项中第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．如图甲所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图乙所示，设沿abcda 方向为电流正方向，则( )甲 乙A ．乙图中Oa 时间段对应甲图中A 至B 图的过程B ．乙图中c 时刻对应甲图中的C 图C ．若乙图中d 等于0.02 s ，则1 s 内电流的方向改变了50次D ．若乙图中b 等于0.02 s ，则交流电的频率为50 HzA [由交变电流的产生原理可知，甲图中的A 、C 两图中线圈所在的平面为中性面，线圈在中性面时电流为零，再经过1/4个周期电流达到最大值，再由楞次定律判断出电流的方向，因此甲图中A 至B 图的过程电流为正且从零逐渐增大到最大值，A 对；甲图中的C 图对应的电流为零，B 错；每经过中性面一次线圈中的电流方向将要改变一次，所以一个周期内电流方向要改变两次，所以在乙图中对应Od 段等于交变电流的一个周期，若已知d 等于0.02 s ，则频率为50 Hz,1 s 内电流的方向将改变100次，C 错；而D 选项频率应该是25 Hz 。
]2．(2019·永州模拟)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。
下列说法正确的是( )A ．t 1时刻线圈中感应电动势最大B ．t 2时刻线圈中感应电流方向发生变化C ．匀强磁场的磁感应强度大小为Φ0a 2D ．线圈中感应电动势的瞬时表达式为e ＝2nNπΦ0sin 2πntC [t 1时刻通过线圈的磁通量最大，而磁通量的变化率等于零，故线圈中感应电动势为零，A 错误。
2020版高考物理人教版(山东专用)一轮复习练习：第十一章 第2节 变压器 电能的输送
第2节变压器电能的输送1.(2019·内蒙古赤峰模拟)在变电所里,需要用交流电表去监测电网上的强电流.由于电网中的电流通常会超过一般电流表的量程,因此常使用电流互感器.下面四个图中,正确反映电流互感器工作原理的是( A )解析:理想变压器原副线圈的电流与匝数成反比.则电流互感器原线圈匝数应少于副线圈匝数,且串联在需要测量电流的线路中.故 A 正确.2.(2019·福建毕业班质量检查)如图为模拟远距离交流输电的电路,升压变压器T1的原、副线圈匝数比n1∶n2=1∶k,降压变压器T2的原、副线圈匝数比n3∶n4=k∶1,模拟输电导线的电阻r=3 Ω,T2的负载是规格为“15 V 45 W”的灯泡L.当T1的输入电压为16 V时L正常发光,两个变压器可视为理想变压器,则k的值为( B )A.B.3 C.4 D.9解析:由变压器的工作原理可知,变压器T1原线圈的电压为16 V,则副线圈的输出电压为16k V,降压变压器T2的输出电压为15 V、输出电流为I4== A=3 A,则降压变压器T2原线圈两端的电压为15k V、输入电流为 A,又U2=U3+I3r,即16k V=(15k+3×)V,解得k=3,选项B 正确.3.(多选)如图所示,理想变压器的原副线圈的匝数比为4∶1,原线圈接有u=311sin 100πt(V)的交变电压,副线圈上接有定值电阻R、线圈L、灯泡D及理想电压表V.以下说法正确的是( AD )A.副线圈中电流的变化频率为50 HzB.灯泡D两端电压为55 VC.若交变电压u的有效值不变,频率增大,则电压表V的示数将减小D.若交变电压u的有效值不变,频率增大,则灯泡D的亮度将变暗解析:变压器不会改变电流的频率,电流的频率为f=== Hz=50 Hz,故A正确;由瞬时值的表达式可知,原线圈的电压最大值为311 V,所以原线圈的电压的有效值为U1= V=220 V,根据电压与匝数成正比可知,副线圈的电压的有效值为55 V,在副线圈中接有电阻R、电感线圈L和灯泡D,它们的总电压为55 V,所以灯泡D两端电压一定会小于55 V,故B错误;根据电压与匝数成正比,可知原线圈电压不变,则副线圈的电压不变,所以电压表的示数不变,故C错误;交变电流的频率越大,电感线圈对交变电流的阻碍作用就越大,所以电路的电流会减小,灯泡D的亮度要变暗,故D正确.4.如图所示为一理想变压器,b是原线圈的中心抽头,副线圈两端接有理想交流电压表和电流表,开关S,可变电阻R以及两个阻值相同的定值电阻R1,R2.从某时刻开始在原线圈cd两端加上正弦式交变电压,下列说法正确的是( C )A.将可变电阻R调大,其他部分不变,电流表、电压表的读数均变小B.将开关S从断开到闭合,其他部分不变,电流表读数变大,电压表读数变小C.可变电阻R的阻值调为0时,开关S闭合前后电源的输出功率之比为1∶2D.将单刀双掷开关由a拨向b时,其他部分不变,副线圈输出交变电流的频率减半解析:将可变电阻R调大,其他部分不变,电压表示数不变,根据欧姆定律知,电流表示数变小,故A错误;将开关S从断开到闭合,其他部分不变,副线圈回路的电阻变小,电压表示数不变,电流表示数变大,故B 错误;将可变电阻R的阻值调为0时,开关S断开时电源的输出功率P1=,开关S闭合时电源的输出功率P2=+=2,P1∶P2=1∶2,故C正确;变压器不改变交流电源的频率,将单刀双掷开关由a拨向b时,其他部分不变,副线圈输出交变电流的频率不变,故D错误.5.如图,变压器输入有效值恒定的交流电压,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),R表示输电线的电阻.则( B )A.用电器增加时,变压器输出电压增大B.用电器增加时,变压器的输入功率增加C.用电器增加时,输电线的热损耗减少D.要提高用户的电压,滑动触头P应向下滑解析:用电器增加,但变压器的输入电压和匝数比不变,故变压器输出电压不变,故A错误.用电器增加时,电压不变,负载电阻减小,由P出=知,变压器的输出功率增加,又P入=P出,故输入功率也增加,B正确.用电器增加时,变压器的输出功率增加,输出电压不变,由P出=UI知输电电流I变大,根据P热=I2R知输电线的热损耗增加,故C错误.要提高用户的电压,根据=知应使副线圈匝数增加,滑动触头P应向上滑,故D错误.6.某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图(甲)所示,图(乙)是其输入电压u的变化规律.已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为n1∶n2=10∶1,电阻R=22 Ω.下列说法正确的是( C )A.通过R的电流的频率为100 HzB.电流表A2的示数为 AC.此时变压器的输入功率为22 WD.将P沿逆时针方向移动一些,电流表A1的示数变小解析:由题图(乙)可知,该交变电流的周期T=0.02 s,则频率f==Hz=50 Hz,故A错误;由题图(乙)知输入电压的最大值为U m=220 V,所以有效值U=220 V,则副线圈两端的电压为U′=U×=220× V= 22 V,所以通过电阻的电流(即电流表A2的示数)为I== A=1 A,故B错误;变压器的输出功率P′=U′I=22×1 W=22 W,理想变压器的输入功率等于输出功率,所以输入功率P=P′=22 W,故C正确.将P沿逆时针方向移动一些,变压器的副线圈匝数变大,输出电压变大,输出功率变大,所以输入功率也变大,故电流表A1的示数将变大,故D错误.7.(2018·江西上饶六校第一次联考)如图所示,一正弦交流电瞬时值为e=220sin 100πt(V),通过一个理想电流表,接在一个理想变压器两端,变压器起到降压作用,开关S闭合前后,A,B两端输出的电功率相等,以下说法正确的是( D )A.流过r的电流方向每秒钟变化50次B.变压器原线圈匝数小于副线圈匝数C.开关从断开到闭合时,电流表示数变小D.R=r解析:由表达式知角频率ω=100πrad/s,则交变电流的频率f==50 Hz,所以电流方向每秒钟变化100次,A错误;降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数,B错误;开关从断开到闭合时,副线圈电阻减小,电压不变,所以副线圈电流增大,则原线圈电流即电流表示数变大,C错误;开关闭合前,AB两端的功率为P AB=()2×R,开关闭合后,AB两端的功率为P AB′=()2×=×2R,开关S闭合前后,A,B两端输出的电功率相等,则有=,解得R=r,故D 正确.8.如图所示,在理想变压器原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻,原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上,测出原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为,则副线圈两端的电压为( B )A.22 VB.66 VC.88 VD.110 V解析:原线圈回路中的电阻的功率为P1=R,副线圈回路中的电阻的功率为P2=R,由题意可知,=,解得=,故==,设副线圈两端的电压为U,则原线圈两端的电压为3U;与原线圈串联的电阻的电压为U R=I1R=R=,所以+3U=220 V,解得U=66 V.9.(2018·新疆乌鲁木齐三诊)(多选)如图所示为理想变压器,其中r 为定值电阻,R为滑动变阻器,电源u为正弦交流电源, 输出电压的有效值恒定,当滑动变阻器的滑片P向右移动时( CD )A.原、副线圈的电流之比变小B.通过定值电阻r的电流变大C.滑动变阻器R两端的电压变大D.电源u的输出功率变小解析:根据I2∶I1=n1∶n2可知,只要原、副线圈的匝数比不变,无论P 向何方移动,原、副线圈的电流之比不变,故A错误;P向右移动时,滑动变阻器接入电路总电阻变大,副线圈的电流变小,原线圈的电流变小,即通过定值电阻r的电流变小;电源的输出功率P=UI1变小;滑动变阻器两端的电压为U R=(U-I1r)变大,故B错误,C,D正确.10.(2019·福建龙岩质检)(多选)如图所示,有一个“”形铁芯上绕有两个线圈,铁芯的三个竖直部分截面积相同,当线圈通电时产生的磁场都不能穿出铁芯,并且在分支处分成完全相等的两部分,现在给线圈1加电压为U0的正弦式交流电,2接一负载电阻,此时线圈1中的电流为I0,线圈2中的电流为I0,则线圈1,2的匝数比k及线圈2两端的电压U为(忽略线圈的电阻及铁芯中由于涡流而造成的电能损失)( AC )A. U=2U0B.U= 4U0C.k=D.k=解析:根据=,得k====,根据=,解得U=U0=2U0,故A,C 正确,B,D错误.11.(2019·宁夏固原模拟)如图所示,某小型水电站发电机的输出功率为10 kW,输出电压为400 V,向距离较远的用户供电,为了减少电能损失,使用2 kV高压输电,最后用户得到220 V,9.5 kW的电力,求:(1)升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2;(2)输电线路导线的总电阻R;(3)降压变压器原、副线圈的匝数比n3∶n4.解析:(1)升压变压器的原、副线圈的匝数比===.(2)输电线上的电流I== A=5 A,输电线电阻R==Ω=20 Ω.(3)降压变压器原线圈电压U3=U2-IR=2 000 V-5×20 V=1 900 V,故降压变压器原、副线圈的匝数比===.答案:(1)1∶5 (2)20 Ω(3)95∶1112.(2018·广东深圳一模)用电压为U的正弦交流电源通过甲、乙两种电路给额定电压为U0的同一小灯泡供电,甲电路中R为滑动变阻器,乙中理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1,n2,若灯泡均能正常工作,则( D )A.变压器可能是升压变压器B.n1∶n2=U0∶UC.甲乙电路消耗功率之比为U2∶D.R两端的电压最大值为(U-U0)解析:由甲电路知,电源电压等于变阻器两端的电压与小灯泡两端的电压之和,所以U>U0,在乙电路中,根据电压与匝数成正比,有n1∶n2 =U∶U0,又由U>U0,知n1>n2,所以该变压器是降压变压器,故A,B错误;灯泡均能正常工作,所以电流等于额定电流,甲电路消耗的功率为UI,乙电路消耗的功率为U0I,所以甲乙电路消耗的功率之比为U∶U0,故C 错误;R两端电压的有效值为(U-U0),因为是正弦交变电流,所以R两端电压的最大值为(U-U0),故D正确.13.(2019·山东淄博模拟)如图所示,变压器均为理想变压器,两种情况下灯泡L2,L3的功率均为P,且L1,L2,L3为相同的灯泡,匝数比为n1∶n2=3∶1,则图(甲)中L1的功率和图(乙)中L1的功率分别为( A )A.9P,B.P,PC.,9PD.,P解析:由题意可知,两种情况下变压器输入功率均为2P.设灯泡L2,L3的电压为U,电流为I,电阻为R,则有P=UI==I2R.根据电压与匝数成正比可知,两种情况下变压器的输入电压均为3U,根据输入功率和输出功率相等可知,变压器输入电流均为I.所以图(甲)中L1的功率为P a==9P;图(乙)中L1的功率为P b=()2R=P.14.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=1∶2,原线圈接电压随时间变化规律为u=220sin 100πt(V)的交流电源,,,是三个理想电流表,D为理想二极管,R1是滑动变阻器,定值电阻R2=R3=220 Ω,则( B )A.电流表A2的示数为1.0 AB.电流表A3的示数为2.0 AC.滑动变阻器R1的滑片向下滑动时,电流表A1的示数将变小D.滑动变阻器R1的滑片向上滑动时,变压器输入功率增大解析:变压器输入电压有效值U1= V=220 V,匝数比n1∶n2=1∶2,由U1∶U2=n1∶n2得,变压器输出电压有效值U2=440 V,则电流表A3的示数即通过电阻R3的电流有效值I3== A=2 A,选项B正确;若R2处无二极管,则通过电阻R2的电流有效值为2 A,那么当R2处有二极管致通电时间减半,设电流有效值为I2,应有R2T=I2R2·,解得I2= A,即电流表A2的示数为 A,选项A错误;变压器的输入电压及匝数比不变,则输出电压不变,当R1的滑片向上滑动时,输出端负载电阻增大,变压器的输出功率与输入功率均减小;当R1的滑片向下滑动时,输出端负载电阻减小,变压器的输出功率与输入功率均增大,则变压器的输入电流即电流表A1的示数变大,选项C,D错误.15.(2019·河南开封模拟)如图所示,一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为5∶1,原线圈接入最大值一定的正弦式交变电流,副线圈电路中一个定值电阻与电容器并联,电压表和电流表均为理想交流电表,电流表A1,A2及电压表V的示数分别为I1,I2,U2,定值电阻的阻值为R,其消耗的功率为P,电容器的电容为C,所带的电荷量为Q,则它们的关系为( D )A.Q=CU2B.I2=C.P=5I1U2D.=解析:由于电容器两端电压是变化的,即电容器不断地被充电和放电,其电荷量不是一个定值,故不能用公式Q=CU2来计算,选项A错误;I2是副线圈的总电流,而只是通过电阻R的电流,由于电容器不断充电和放电,故I2>,选项B错误;根据变压器的规律=,故选项D正确; I2=5I1,而P≠U2I2≠5I1U2,选项C错误.。
2020版高考物理人教版(山东专用)一轮复习练习：第十一章 《交变电流 传感器》综合检测
《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I==可知,通过电流表电流的有效值也增大一倍,故D正确.2.教学用发电机能够产生正弦式交变电流.利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电,电路如图所示,理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I,U,R消耗的功率为P.若发电机线圈的转速变为原来的,则( B )A.R消耗的功率变为PB.电压表V的读数变为UC.电流表A的读数变为2ID.通过R的交变电流频率不变解析:发电机线圈的转速变为原来的,由E=知,原线圈中输入电压U1变为原来的,交变电流的频率f变为原来的,D错误;根据=,则副线圈的输出电压U2变为原来的,即U2=U,B正确;R消耗的功率P2==P,A错误;副线圈中的电流I2变为原来的,根据=知,原线圈中的电流I1变为原来的,即电流表A的读数变为,C错误.3.小型手摇发电机线圈共有N匝,每匝可简化为矩形线圈abcd,磁极间的磁场视为匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于线圈中心轴OO′,线圈绕OO′匀速转动,如图所示.矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为E0,该发电机外接负载电阻,则( D )A.当线圈处于中性面位置时磁通量的变化率最大B.线圈从中性面位置转过180°过程中,线圈中磁通量的变化量为零C.线圈转动过程中电动势的有效值为NE0D.线圈转动过程中电动势的最大值为2NE0解析:图示位置穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为零,A 错;线圈从中性面位置转过180°过程中线圈中磁通量的变化量不为零,B错;每匝线圈产生的电动势的最大值为2E0,故N匝线圈转动过程中电动势的最大值为2NE0,有效值为NE0,所以C错, D对.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×(12×R×0.2+22×R×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 VC.110 VD.55 V解析:设电压表示数即灯管两端电压的有效值为U,将交流电压与直流电压分别加在电阻R两端,分析一个周期内产生的热量,交流电压产生的热量Q=×+×=T,直流电压产生的热量Q=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u=40sin 100πt(V)B.理想电流表A的示数为 AC.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100次解析:灯泡正常发光,故副线圈两端的电压为U2=12 V,根据=得U1=U2=36 V,输入端的最大电压为E m=36 V,又ω==rad/s=100π rad/s,故原线圈输入电压的瞬时值表达式为u=36sin100πt(V),故A错误;通过副线圈的电流为I2== A=3 A,根据=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.在如图所示的理想变压器的电路中,变压器原、副线圈的匝数比为2∶1,电阻R1=R2,电流表和电压表均为理想电表,若电流表的示数为0.5 A,电压表的示数为5 V,则电阻R1的大小为( D )A.10 ΩB.15 ΩC.20 ΩD.25 Ω解析:电压表的示数为5 V,则副线圈中的电流I 2=;原线圈中的电流I1=I2=;原线圈电压U1=U2=10 V;R1的电流I R1=;由题意可知+=0.5,解得R=25 Ω,故选D.8.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,输送电压变为,故C,D 正确.9.如图所示,将一根电阻为R的绝缘硬金属导线弯成一个标准的正弦曲线形状,其两端a,b通过小金属环保持与长直金属杆有着良好但无摩擦的接触,导线与杆相交处二者绝缘,金属导线两端a,b间距离为2d,最高点到ab连线的距离为L,金属杆电阻忽略不计,空间中存在有理想边界的匀强磁场,宽度为d,方向垂直于纸面向里,磁感应强度大小为B,磁场的边界与金属杆垂直,M和N 位于磁场区域的边界上,在外力的作用下,导线以恒定的速度v 向右匀速运动,从b位于M左侧的某一位置运动到a位于N右侧的某一位置,则在此过程中,以下说法正确的是( BD )A.导线上有电流通过的时间为B.导线上有电流通过的时间为C.外力所做的功为D.金属导线所产生的焦耳热为解析:由题意得,电流的产生时间b到M开始,a到N结束,则导线上有电流的时间t=,故A错误,B正确;在导线穿过磁场的过程中规定电流沿金属杆从a到b为电流的正方向,产生的电流随时间变化的图象如图所示.热量Q的计算式为Q=()2·R·t+()2·R·t,又t=,解得Q=,由功能关系可知,外力做功W=Q=,故C错误,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u=220sin 100πt(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 rad/s,频率f== Hz=50 Hz,故A错误;原线圈两端电压的有效值为U1= V=220 V,由=,得U2=U1=×220 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=r=12×10 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I1== A=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== W=193.6 W,电源的输出功率为原来的=4.4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与正弦式交变电流相连,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,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,U== V=10 V,故A错误;线圈转动的角速度为ω== rad/s=100π 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R t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响铃,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)某同学利用满偏电流为500 μA的电流表、热敏电阻等制作电子温度计.(1)制作的过程中需要测出该电流表G的内阻,所用的电路如图(甲),主要步骤是:①闭合开关S1,调节滑动变阻器R1,使G指针偏转到满刻度;②保持R1不变,再闭合开关S2,调节电阻箱R2,使G指针偏转到满刻度的一半,读出此时R2的阻值为 299.0 Ω,可认为R g=R2,实验时,图(甲)电路中的滑动变阻器R1和电源有下列器材可供选择:A.滑动变阻器(0～200 Ω)B.滑动变阻器(0～20 kΩ)C.电源(1.5 V,内阻不计)D.电源(9 V,内阻不计)为了使测量R g尽量精确,R1应选,电源应选.(填选项前的字母)(2)温度0～300 ℃范围内,某热敏电阻的阻值R t随温度t(℃)的变化情况为R t=200+50t(Ω),把这个热敏电阻、标准定值电阻、电池、开关与电流表G串联起来,电路如图(乙),电流表G的表盘如图(丙).用该热敏电阻作探头,将G表盘上的电流刻度值改成对应的温度值,制作成简单的电子温度计.已知电池的电动势E=1.5 V,内阻未知,标准定值电阻的阻值R0=2 500 Ω,根据(1)中测得的R g值和闭合电路欧姆定律,得出电流表G表盘上500 μA刻度处对应的温度刻度值是 0 ℃,则300 μA刻度处对应的温度刻度值是℃.(3)由于用图(甲)电路测定电流表的内阻R g在原理上存在一定的系统误差,因而制作的电子温度计在测量温度时,测量值比真实值(选填“偏大”或“偏小”).解析:(1)首先我们要知道半偏法测量电流表内阻的方法以及测量原理:如题中的(甲)图,电源的电动势为E,内阻为r,S2断开时,设电流表满偏电流I g=,实验要求R1≫R g,R1≫r,这样才有I g≈500 μA刻度处等于,当S2闭合时,R2和R g并联,并联后总阻值R并<R g≪R1,这样才有S2闭合后,电路中总电流几乎不变,仍然近似等于;调节R2使电流表半偏为,所以流过R2的电流也为,所以R2=R g.从上述原理可知,S2断开与闭合,近似认为干路中电流不变,前提是R1≫R g,故实验器材选择应满足①电源电动势尽可能大,②R1尽可能大,所以R1选用大量程B,电源选用电动势较大的D.(2)电流表G表盘上500 μA刻度处R t=-r-R g-R0=200 Ω,300 μA刻度处R t=-r-R g-R0=2 200 Ω,则有 2 200=200+50t,解得t=40 ℃.(3)测量的电流表内阻的测量值比真实值要偏小,则对应热敏电阻阻值偏大,则测量的温度偏大.答案:(1)B D (2)40 (3)大评分标准:(1)问每空2分;(2)问3分;(3)问2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==0.16 A, (2分)电流表读数为有效值I==0.11 A. (2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,副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=得,U2=U1=110 V (1分)则副线圈两端电压最大值U 2m=110 V. (1分)即二极管耐压值为156 V.(2)交变电流的周期T== s=0.02 s,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=t=×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·=I2RT (2分)解得I==× 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值表达式;(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=2πn=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E=,电流I=,周期T=,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R 0=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=220sin 100πt(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== A=20 A, (2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ΔP=R=52×10 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)再根据升压变压器的原副线圈电压关系=,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。
(人教版)2020年度高考物理一轮复习 第十一章 交变电流 传感器 第1讲 交变电流的产生和描述课时达标训练
1 交变电流的产生和描述一、选择题(1～6题为单项选择题，7～11题为多项选择题)1．某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电流的图象如图1所示，由图中信息可以判断( )图1A ．在A 、C 时刻线圈处于中性面位置B ．在B 、D 时刻穿过线圈的磁通量为零C ．从A ～D 线圈转过的角度为2πD ．若从O ～D 历时0.02 s ，则在1 s 内交变电流的方向改变了100次解析 由题中交变电流的图象可知，在A 、C 时刻产生的感应电流最大，对应的感应电动势最大，线圈处于垂直中性面的位置，选项A 错误；在B 、D 时刻感应电流为零，对应的感应电动势为零，即磁通量的变化率为零，此时磁通量最大，选项B 错误；从A ～D ，经历的时间为34周期，线圈转过的角度为32π，选项C 错误；若从O ～D 历时0.02 s ，则交变电流的周期为0.02 s ，而一个周期内电流的方向改变两次，所以1 s 内交变电流的方向改变了100次，选项D 正确。
答案 D2．(2017·山东潍坊市联考)现在的调光灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调控的。
如图2所示为经过一个双向可控硅调节后加在电灯上的电压，即在正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去。
调节台灯上的旋钮可以控制截去的多少，从而改变电灯上的电压，那么现在电灯上的电压为( )图2A ．U mB.U m2C.2U m2D.2U m解析 由有效值的概念可得（U m 2）2R·T 2＝U 2R T ，解得U ＝U m2，选项B 正确。
答案 B3．图3甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其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阻R ＝10 Ω连接，与电阻R 并联的交流电压表为理想电表，示数是10 V 。
图乙是穿过矩形线圈磁通量Φ随时间t 变化的图象。
2020版高考物理大一轮复习第十一章交变电流传感器8章末过关检测十一【word版】.doc
第十一章交变电流传感器章末过关检测(十一)(时间：45分钟分值：100分)一、单项选择题(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，只有一个选项正确)1．如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则()A．乙图中Oa时间段对应甲图中A图至B图的过程B．乙图中c时刻对应甲图中的C图C．若乙图中d等于0.02 s，则1 s内电流的方向改变了50次D．若乙图中b等于0.02 s，则交流电的频率为50 Hz解析：选A.由交变电流的产生原理可知，甲图中的A、C两图中线圈所在的平面为中性面，线圈在中性面时电流为零，再经过14个周期电流达到最大值，再由楞次定律判断出电流的方向，因此甲图中A至B图的过程电流为正且从零逐渐增大到最大值，A正确；甲图中的C图对应的电流为零，B错误；每经过中性面一次线圈中的电流方向将要改变一次，所以一个周期以内电流方向要改变两次，所以在乙图中对应Od段等于交变电流的一个周期，若已知d等于0.02 s，则频率为50 Hz，1 s内电流的方向将改变100次，C 错误；而D选项频率应该是25 Hz.2．(2019·东北三校联考)关于图甲、乙、丙、丁，下列说法正确的是()A ．图甲中电流的峰值为2 A ，有效值为 2 A ，周期为5 sB ．图乙中电流的峰值为5 A ，有效值为2.5 2 AC ．图丙中电流的峰值为2 A ，有效值为 2 AD ．图丁中电流的最大值为4 A ，有效值为 2 A ，周期为2 s解析：选B.图甲是正弦式交变电流图线，峰值(最大值)为2 A ，有效值是峰值的12，即 2 A ，周期为4 s ，所以A 选项错误；图乙电流大小改变但方向不变，所以不是交变电流，计算有效值时因为热效应与电流方向无关，所以仍是峰值的12，即2.5 2 A ，所以B 选项正确；图丙是图甲减半的脉冲电流，有效值不可能为峰值的12，所以C 选项错误；图丁是交变电流图线，周期为2 s ，根据有效值定义则有：42×R ×T 2＋32×R ×T 2＝I 2RT ，解得电流有效值I ＝2.5 2 A ，所以D 选项错误．3. 如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r ＝1.0 Ω，外接R ＝9.0 Ω的电阻．闭合开关S ，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e ＝102sin 10πt (V)，则( )A ．该交变电流的频率为10 HzB ．该电动势的有效值为10 2 VC ．外接电阻R 所消耗的电功率为10 WD ．电路中理想交流电流表A 的示数为1.0 A解析：选D.因e ＝102sin 10πt (V)，故ω＝10π rad/s ，f ＝ω2π＝5 Hz ，选项A 错误；E m ＝10 2 V ，故其有效值E ＝E m 2＝10 V ，选项B 错误；交流电表的示数及功率的计算均要用有效值，因此电路中理想交流电流表A 的示数I ＝E R ＋r ＝1.0 A ，选项D 正确；外接电阻R 所消耗功率为P ＝I 2R ＝1.02×9 W ＝9 W ，选项C 错误．4．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( )A ．220 VB ．110 VC ．2202 VD ．1102V 解析：选B.设电压的有效值为U ，根据有效值定义有⎝ ⎛⎭⎪⎫22022R ·T 2＝U 2R T ，解得U ＝110 V ，则B 正确．5. 如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器．原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P ，使输出电压有效值由220 V 降至110 V ．调节前后( )A ．副线圈中的电流比为1∶2B ．副线圈输出功率比为2∶1C ．副线圈的接入匝数比为2∶1D ．原线圈输入功率比为1∶2解析：选C.根据欧姆定律I ＝U R ，U 2由220 V 降至110 V ，副线圈上的电流变为原来的12，即调节前后，副线圈上电流之比为2∶1，选项A 错误；根据P ＝UI 知，U 、I 均变为原来的12时，副线圈上输出的功率变为原来的14，即调节前后副线圈的输出功率之比为4∶1，选项B 错误；根据理想变压器电压与匝数的关系U 1U 2＝n 1n 2，当U 2由220 V 降至110 V 时，n 2变为原来的12，即调节前后副线圈接入的匝数比为2∶1，选项C 正确；根据理想变压器P 入＝P 出，所以原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，即调节前后原线圈输入功率之比为4∶1，选项D 错误．6．(2019·唐山模拟)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为2∶1，原线圈接在u ＝2202sin 100πt (V)的交流电源上，副线圈一端接有R ＝55 Ω的负载电阻、熔断电流为1 A 的保险丝和一个灯泡D ，电流表为理想电表．下列说法正确的是( )A ．S 断开时，原线圈中电流表的读数为 2 AB ．S 断开时，原线圈的输入功率为220 2 WC ．副线圈中输出交流电的周期为50 sD ．S 闭合时，灯泡D 正常发光，原线圈中电流表读数不会超过1.5 A解析：选D.由交流电源瞬时值表达式可知其原线圈两端电压的有效值为220 V ，根据理想变压器变压规律U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈输出电压有效值为U 2＝110 V ，由欧姆定律可知通过电阻的电流I 2＝U 2R ＝2 A ，由变压器变流规律I 1I 2＝n 2n 1可知，原线圈输入电流为1 A ，故电流表示数为1 A ，A 项错误；原线圈的输入功率P 1＝U 1I 1＝220 W ，B 项错误；变压器不改变交流电的周期，由瞬时值表达式可知，交流电的周期为0.02 s ，C 项错误；通过灯泡的电流有效值最大为1 A ，故通过副线圈的最大电流为3 A ，由变压器变流规律可知，原线圈输入电流有效值最大为1.5 A ，故D 项正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7．如图是手机充电器的内部电路核心部分的简化模型，将变压器和二极管都视为理想元件，已知变压器的原、副线圈匝数比为20∶1，A、B端输入电压为U1＝2202sin 100πt(V)，对于输出端CD(OD为副线圈的中心抽头)()A．输出电压的有效值为11 VB．输出电压的有效值为5.5 VC．CD端的输出功率和AB端的输入功率之比为1∶2D．CD端的输出功率和AB端的输入功率之比为1∶1解析：选BD.由于OD为副线圈的中心抽头，AB与CD线圈匝数之比为40∶1，则线圈CD间电压的最大值为1122V，而本题中的两个二极管相当于把CD之间的交变电压的负半部分对称地变为正半部分，这样交变电流就全部变为正值，且周期为原来的一半，因而有效值为5.5 V，A错误，B正确；变压器AB端的输入功率等于CD端的输出功率，因而C错误，D正确．8．如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R＝11R0，V是理想电压表．现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V，则()A．此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB．此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC．原线圈两端原来的电压有效值为68 VD．原线圈两端原来的电压有效值为48 V解析：选AD.当负载电阻阻值减小为R＝5R0时，根据串并联电路规律，R两端电压为R0两端电压的5倍，因为电压表测量R两端的电压，所以U R0＝15×5 V＝1 V，故副线圈两端电压为U2＝6 V，根据公式U1U2＝n1n2可得此时原线圈两端电压的有效值为U1＝24 V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为24 2 V≈34 V，A正确、B错误；因为变化过程中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈中变化前后电流也不变，则变化后电压U′2＝IR0＋5IR0，变化前，U2＝IR0＋11IR0＝12IR0，所以U2＝2U′2＝12 V，根据公式U1U2＝n1n2可得原线圈两端原来的电压有效值为48 V，D正确、C错误．9．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 AB．线圈转动的角速度为50π rad/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AC.根据i－t图象可知，电流最大值I m＝10 2 A，有效值I＝I m2＝10 A，选项A正确；交变电流的周期T＝2×10－2 s，角速度ω＝2πT＝100π rad/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．10. (2019·东北三校联考)如图所示，空间中有范围足够大的匀强磁场，磁场方向竖直向下，在其间竖直放置两彼此正对的相同金属圆环，两环相距L，用导线将环与外电阻相连，现用外力使金属杆沿两环做匀速圆周运动．若已知磁感应强度大小为B，圆环半径为R，杆转动角速度为ω，金属杆和电阻的阻值均为r，其他电阻不计，则()A ．当金属杆从圆环最高点向最低点转动过程中，流过外电阻的电流先变大后变小B ．当金属杆从圆环最高点向最低点转动过程中，流过外电阻的电流先变小后变大C ．流过外电阻电流的有效值为2BLωR 4rD ．流过外电阻电流的有效值为2πBωR 24r解析：选BC.金属杆从圆环最高点向最低点转动的过程中，垂直磁场方向的分速度先减小再增大，因而流过外电阻的电流先减小再增大，选项A 错误，选项B 正确；杆沿圆环的匀速率运动等效为以两环圆心连线为转动轴、长为L 、宽为R 的矩形线框的匀速转动，因此产生正弦交流电，遵守I ＝I m 2的关系．电动势的最大值为E m ＝BLωR ，I m ＝E m 2r ，I ＝I m 2＝2BLωR 4r，故选项C 正确、D 错误． 三、非选择题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(12分)(1)利用负温度系数热敏电阻制作的热传感器，一般体积很小，可以用来测量很小范围内的温度变化，反应快，而且精确度高．①如果将负温度系数热敏电阻与电源、电流表和其他元件串联成一个电路，其他因素不变，只要热敏电阻所处区域的温度降低，电路中电流将变________(选填“大”或“小”)．②上述电路中，我们将电流表中的电流刻度换成相应的温度刻度，就能直接显示出热敏电阻附近的温度．如果刻度盘正中的温度为20 ℃(如图甲所示)，则25 ℃的刻度应在20 ℃的刻度的________(选填“左”或“右”)侧．③为了将热敏电阻放置在某蔬菜大棚内检测大棚内温度变化，请在图乙中用图中的器材(可增加元器件)设计一个电路．(2)图丙为一测量硫化镉光敏电阻特性的实验电路，电源电压恒定，内阻不计，开关闭合后，调节滑动变阻器滑片，使小灯泡发光逐渐增强，测得流过电阻的电流和光强的关系曲线如图丁所示，试根据这一特性，由图丙中给定的器材设计一个自动光控电路．解析：(1)①因为温度降低时，负温度系数热敏电阻的阻值增大，故电路中电流会减小．②由①的分析知，温度越高，电流越大，25 ℃的刻度应对应较大电流，故在20 ℃的刻度的右侧．③电路如图所示(2)由光敏电阻的特性曲线可以看出，当入射光增强时，流过光敏电阻的电流增大，光敏电阻的阻值减小．根据题意设计一个自动光控电路，如图所示．控制过程是：当有光照时，放大器输出一个较大的电流，驱动电磁继电器吸引衔铁使两个触点断开；当无光照时，放大器输出电流减小，电磁继电器释放衔铁，使两个触点闭合，工作电路接通，电灯开始工作．答案：(1)①小②右③见解析图(2)见解析12．(14分)如图甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u －t 图象如图乙所示．若只在ce 间接一只R ce ＝400 Ω的电阻或只在de 间接一只R de ＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.(1)请写出原线圈输入电压瞬时值u ab 的表达式；(2)求只在ce 间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I 1；(3)求ce 和de 间线圈的匝数比n ce n de. 解析：(1)由题图乙知ω＝200π rad/s ，U m ＝400 V电压瞬时值的表达式为u ab ＝400sin 200πt (V)．(2)电压有效值U 1＝200 2 V理想变压器P 1＝P 2原线圈中的电流I 1＝P 1U 1，解得I 1≈0.28 A ⎝ ⎛⎭⎪⎫或25 A . (3)设ab 间匝数为n 1，U 1n 1＝U ce n ce ，同理U 1n 1＝U de n de由题意知U 2ce R ce ＝U 2de R de ，解得n ce n de＝ R ce R de代入数据得n ce n de ＝43. 答案：见解析13．(14分)发电机的路端电压为220 V ，输出电功率为44 kW ，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用原、副线圈匝数之比为1∶10 的升压变压器升压，经输电线路后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户．(1)画出全过程的线路图；(2)求用户得到的电压和功率；(3)若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的功率和电压．解析：(1)线路图如图所示：(2)升压变压器副线圈上的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝2 200 V 升压变压器副线圈上的输出电流I 2＝n 1n 2I 1 升压变压器原线圈上的输入电流，由P ＝U 1I 1得I 1＝P U 1＝44×103220 A ＝200 A 所以I 2＝n 1n 2I 1＝110×200 A ＝20 A 输电线路上的电压损失和功率损失分别为 U R ＝I 2R ＝4 VP R ＝I 22R ＝0.08 kW降压变压器原线圈上的输入电流和电压分别为 I 3＝I 2＝20 AU 3＝U 2－U R ＝2 196 V降压变压器副线圈上的输出电压和电流分别为U 4＝n 4n 3U 3＝219.6 V I 4＝n 3n 4I 3＝200 A 用户得到的功率P 4＝U 4I 4＝43.92 kW.(3)若不采用高压输电，线路损失电压为 U ′R ＝I 1R ＝40 V用户得到的电压U ′＝U 1－U ′R ＝180 V 用户得到的功率为P ′＝U ′I 1＝36 kW. 答案：见解析11。
届高考物理一轮复习第十一章交变电流传感器课时作业
课时作业40[双基过关练]1．(2020·六安一中模拟)(多选)对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是( ) A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B．外界对物体做功，物体内能一定增加C．温度越高，布朗运动越显著D．当分子间的距离增大时，分子间作用力就一直减小E．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大解析：温度高的物体分子平均动能一定大，内能不一定大，选项A正确；外界对物体做功，若物体同时散热，物体内能不一定增加，选项B错误；温度越高，布朗运动越显著，选项C正确；当分子间的距离增大时，分子间作用力可能先增大后减小，选项D错误；当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大，选项E正确．答案：ACE2．(多选)下列关于温度及内能的说法中正确的是( )A．温度是分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的分子温度高B．两个不同的物体，只要温度和体积相同，内能就相同C．质量和温度相同的冰和水，内能可能不同D．一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化E．温度高的物体不一定比温度低的物体内能大解析：温度是大量分子热运动的客观体现，单个分子不能比较温度高低，A错误；物质的内能由温度、体积、物质的量共同决定，故B错误、C正确；一定质量的某种物质，温度不变而体积发生变化时，内能也可能发生变化，D正确；质量不确定，只知道温度的关系，不能确定内能的大小，故E正确．答案：CDE3．(2020·昭通质检)(多选)下列说法中正确的是( )A．温度高的物体比温度低的物体热量多B．温度高的物体不一定比温度低的物体的内能多C．温度高的物体比温度低的物体分子热运动的平均动能大D．相互间达到热平衡的两物体的内能一定相等E．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大解析：热量是在热传递过程中传递的能量，热量是过程量，不是状态量，选项A错误；物体的内能与物体的温度、体积及物体所含的摩尔数等有关，温度高的物体不一定比温度低的物体的内能多，温度是分子平均动能的标志，温度高的物体比温度低的物体分子热运动的平均动能大，选项B、C正确；相互间达到热平衡的两物体的温度一定相等，内能不一定相等，选项D错误；由分子势能与分子间距的关系可知，分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，选项E正确．答案：BCE4．(多选)给一定质量的温度为0 ℃的水加热，在水的温度由0 ℃上升到4 ℃的过程中，水的体积随着温度的升高反而减小，我们称之为“反常膨胀”．某研究小组通过查阅资料知道：水分子之间存在一种结合力，这种结合力可以形成多分子结构，在这种结构中，水分子之间也存在相互作用的势能．在水“反常膨胀”的过程中，体积减小是由于水分子之间的结构发生了变化．关于这个问题，下列说法中正确的是( )A．水分子吸收的热量一部分用于分子间的结合力做正功B．水分子的平均动能减小C．水发子的平均动能增大D．水分子吸收的热量一部分用于克服分子间的结合力做功E．水分子间的总势能增大解析：温度升高，水分子的平均动能增大，体积减小，分子间的结合力做负功，水分子间的总势能增大，选项C、D、E正确．答案：CDE5．(2020·云南名校联考)(多选)关于分子动理论的规律，下列说法正确的是( )A．扩散现象说明物质分子在永不停息的做无规则运动B．压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故C．布朗运动是指悬浮在液体里的微小颗粒的运动D ．如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量是内能E ．已知某种气体的密度为ρ，摩尔质量为M ，阿伏加德罗常数为N A 则该气体分子之间的平均距离可以表示为 3M ρN A解析：压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体压强增大的缘故，选项B 错误；如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量是温度，选项D 错误．答案：ACE6．(2020·山东泰安模拟)(多选)甲分子固定在坐标原点O ，只在两分子间的作用力作用下，乙分子沿x 轴方向运动，两分子间的分子势能E p 与两分子间距离x 的变化关系如图所示，设乙分子在移动过程中所具有的总能量为0，则下列说法正确的是( )A ．乙分子在P 点时加速度为0B ．乙分子在Q 点时分子势能最小C ．乙分子在Q 点时处于平衡状态D ．乙分子在P 点时动能最大E ．乙分子在P 点时，分子间引力和斥力相等解析：由题图可知，乙分子在P 点时分子势能最小，此时乙分子受力平衡，甲、乙两分子间引力和斥力相等，乙分子所受合力为0，加速度为0，A 、E 正确．乙分子在Q 点时分子势能为0，大于乙分子在P 点时的分子势能，B 错误．乙分子在Q 点时与甲分子间的距离小于平衡距离，分子引力小于分子斥力，合力表现为斥力，所以乙分子在Q 点合力不为0，故不处于平衡状态，C 错误．乙分子在P 点时，其分子势能最小，由能量守恒可知此时乙分子动能最大，D 正确．答案：ADE7．(多选)相距很远的分子A 、B ，固定A ，让B 仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近．在此过程中，下列说法正确的是( )A ．分子力先增大，后一直减小B ．分子力先做正功，后做负功C ．分子动能先增大，后减小D ．分子势能先增大，后减小E ．分子势能和动能之和不变解析：两分子从相距较远处仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近的过程中，分子力先是分子引力后是分子斥力，分子间距离r>r 0时为引力，随着距离r 的减小分子引力先增大后减小，分子间距离r<r 0时为斥力，分子斥力一直增大至最大，故选项A 错；在两分子靠近的过程中，分子引力做正功、分子斥力做负功．分子势能先减小后增大，分子动能先增大后减小，所以选项B 、C 正确，选项D 错；分子仅在分子力作用下运动，只有分子力做功，分子势能和动能之和不变，选项E 正确．答案：BCE8．(2020·大连模拟)(多选)某气体的摩尔质量为M mol ，摩尔体积为V mol ，密度为ρ，每个分子的质量和体积分别为m 和V 0，每个分子占有的体积为V.则阿伏加德罗常数N A 可表示为( )A ．N A ＝M mol mB ．N A ＝ρV mol mC ．N A ＝V mol V 0D ．N A ＝M mol ρV 0E ．N A ＝V mol V解析：阿伏加德罗常数N A ＝M mol m ＝ρV mol m ＝V mol V，其中V 应为每个气体分子所占有的体积，而V 0是气体分子的体积，故C 错误；D 中ρV 0不是气体分子的质量，因而也是错误的．答案：ABE9．(2020·山东潍坊模拟)在“用油膜法估测油酸分子直径”的实验中，某同学按如下操作：a ．在量筒中滴入一滴已配制好的油酸酒精溶液，测出其体积；b ．在装有水、撒适量痱子粉的浅盘中滴入一滴已配制好的溶液，使薄膜形状稳定；c ．将玻璃板放在浅盘上，将油膜形状描绘在玻璃板上；d ．将玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸体积和面积计算出油酸分子的直径．(1)其中有操作错误的步骤是________；(2)已知油酸酒精溶液中油酸体积占比为k ，N 滴油酸溶液体积为V ，一滴油酸溶液形成油膜的面积为S ，则油酸分子的直径为________．解析：(1)要测出一滴油酸酒精溶液的体积，即在量筒中滴入N 滴油酸酒精溶液，测出其体积为V ，则一滴该溶液的体积为V 1＝V N ，故有操作错误的步骤是a ；(2)一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V 0＝kV N，一滴油酸酒精溶液形成的油膜面积为S ，那么油酸分子直径为d ＝kV NS. 答案：(1)a (2)kV NS[能力提升练]10．(2020·河南百校质检)(多选)将一个分子P 固定在O 点，另一个分子Q 从图中的A 点由静止释放，两分子之间的作用力与间距关系的图象如图所示，则下列说法正确的是( )A ．分子Q 由A 运动到C 的过程中，先加速再减速B ．分子Q 在C 点时分子势能最小C ．分子Q 在C 点时加速度大小为零D ．分子Q 由A 点释放后运动到C 点左侧的过程中，加速度先增大后减小再增大E ．该图能表示固、液、气三种状态下分子力随分子间距变化的规律解析：C 点为分子斥力和引力相等的位置，C 点的右侧分子力表现为引力，C 点的左侧分子力表现为斥力，因此分子Q 由A 运动到C 的过程中，分子Q 一直做加速运动，分子的动能一直增大，势能一直减小，当分子Q 运动到C 点左侧时，分子Q 做减速运动，分子的动能减小，势能增大，即分子Q 在C 点的分子势能最小，选项A 错误，选项B 正确；C 点为分子引力等于分子斥力的位置，即分子力表现为零，则分子Q 在C 点的加速度大小为零，选项C 正确；分子Q 由A 点释放后运动到C 点左侧的过程中，由分子力的图象可知分子力先增大后减小再增大，则由牛顿第二定律可知加速度先增大后减小再增大，选项D 正确；气体分子间距较大，分子作用力很小，不能用此图表示气体分子间作用力的变化规律，但可表示液体和固体分子间作用力的变化规律，选项E 错误．答案：BCD11．(多选)一般情况下，分子间同时存在分子引力和分子斥力．若在外力作用下两分子的间距达到不能再靠近时，固定甲分子不动，乙分子可自由移动，则去掉外力后，当乙分子运动到很远时，速度为v ，则在乙分子的运动过程中(乙分子的质量为m)( )A ．乙分子的动能变化量为 12mv 2 B ．分子力对乙分子做的功为12mv 2 C ．分子引力比分子斥力多做的功为12mv 2 D ．分子斥力比分子引力多做的功为12mv 2 E ．乙分子克服分子力做的功为12mv 2高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
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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I==可知,通过电流表电流的有效值也增大一倍,故D正确.2.教学用发电机能够产生正弦式交变电流.利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电,电路如图所示,理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I,U,R消耗的功率为P.若发电机线圈的转速变为原来的,则( B )A.R消耗的功率变为PB.电压表V的读数变为UC.电流表A的读数变为2ID.通过R的交变电流频率不变解析:发电机线圈的转速变为原来的,由E=知,原线圈中输入电压U1变为原来的,交变电流的频率f变为原来的,D错误;根据=,则副线圈的输出电压U2变为原来的,即U2=U,B正确;R消耗的功率P2==P,A错误;副线圈中的电流I2变为原来的,根据=知,原线圈中的电流I1变为原来的,即电流表A的读数变为,C错误.3.小型手摇发电机线圈共有N匝,每匝可简化为矩形线圈abcd,磁极间的磁场视为匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于线圈中心轴OO′,线圈绕OO′匀速转动,如图所示.矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为E0,该发电机外接负载电阻,则( D )A.当线圈处于中性面位置时磁通量的变化率最大B.线圈从中性面位置转过180°过程中,线圈中磁通量的变化量为零C.线圈转动过程中电动势的有效值为NE0D.线圈转动过程中电动势的最大值为2NE0解析:图示位置穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为零,A 错;线圈从中性面位置转过180°过程中线圈中磁通量的变化量不为零,B错;每匝线圈产生的电动势的最大值为2E0,故N匝线圈,有效值为NE0,所以C错,转动过程中电动势的最大值为2NED对.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×(12×R×0.2+22×R×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 VC.110 VD.55 V解析:设电压表示数即灯管两端电压的有效值为U,将交流电压与直流电压分别加在电阻R两端,分析一个周期内产生的热量,交流电压产生的热量Q=×+×=T,直流电压产生的热量Q=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u=40sin 100πt(V)B.理想电流表A的示数为 AC.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100次解析:灯泡正常发光,故副线圈两端的电压为U2=12 V,根据=得U 1=U2=36 V,输入端的最大电压为E m=36 V,又ω==rad/s=100π rad/s,故原线圈输入电压的瞬时值表达式为u=36sin100πt(V),故A错误;通过副线圈的电流为I2==A=3 A,根据=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.在如图所示的理想变压器的电路中,变压器原、副线圈的匝数比为2∶1,电阻R1=R2,电流表和电压表均为理想电表,若电流表的示数为0.5 A,电压表的示数为5 V,则电阻R1的大小为( D )A.10 ΩB.15 ΩC.20 ΩD.25 Ω解析:电压表的示数为5 V,则副线圈中的电流I2=;原线圈中的电流I1=I2=;原线圈电压U1=U2=10 V;R1的电流I R1=;由题意可知+=0.5,解得R=25 Ω,故选D.8.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,输送电压变为,故C,D 正确.9.如图所示,将一根电阻为R的绝缘硬金属导线弯成一个标准的正弦曲线形状,其两端a,b通过小金属环保持与长直金属杆有着良好但无摩擦的接触,导线与杆相交处二者绝缘,金属导线两端a,b间距离为2d,最高点到ab连线的距离为L,金属杆电阻忽略不计,空间中存在有理想边界的匀强磁场,宽度为d,方向垂直于纸面向里,磁感应强度大小为B,磁场的边界与金属杆垂直,M和N 位于磁场区域的边界上,在外力的作用下,导线以恒定的速度v 向右匀速运动,从b位于M左侧的某一位置运动到a位于N右侧的某一位置,则在此过程中,以下说法正确的是( BD )A.导线上有电流通过的时间为B.导线上有电流通过的时间为C.外力所做的功为D.金属导线所产生的焦耳热为解析:由题意得,电流的产生时间b到M开始,a到N结束,则导线上有电流的时间t=,故A错误,B正确;在导线穿过磁场的过程中规定电流沿金属杆从a到b为电流的正方向,产生的电流随时间变化的图象如图所示.热量Q的计算式为Q=()2·R·t+()2·R·t,又t=,解得Q=,由功能关系可知,外力做功W=Q=,故C错误,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u=220sin 100πt(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=100πrad/s,频率f==Hz=50 Hz,故A错误;原线圈两端电压的有效值为U1= V=220 V,由=,得U2=U1=×220 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=r=12×10 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I1== A=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== W=193.6 W,电源的输出功率为原来的=4.4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与正弦式交变电流相连,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,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,U==V=10 V,故A错误;线圈转动的角速度为ω==rad/s=100πrad/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R t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响铃,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)某同学利用满偏电流为500 μA的电流表、热敏电阻等制作电子温度计.(1)制作的过程中需要测出该电流表G的内阻,所用的电路如图(甲),主要步骤是:①闭合开关S1,调节滑动变阻器R1,使G指针偏转到满刻度;②保持R1不变,再闭合开关S2,调节电阻箱R2,使G指针偏转到满刻度的一半,读出此时R2的阻值为 299.0 Ω,可认为R g=R2,实验时,图(甲)电路中的滑动变阻器R1和电源有下列器材可供选择:A.滑动变阻器(0～200 Ω)B.滑动变阻器(0～20 kΩ)C.电源(1.5 V,内阻不计)D.电源(9 V,内阻不计)为了使测量R g尽量精确,R1应选 ,电源应选 .(填选项前的字母)(2)温度0～300 ℃范围内,某热敏电阻的阻值R t随温度t(℃)的变化情况为R t=200+50t(Ω),把这个热敏电阻、标准定值电阻、电池、开关与电流表G串联起来,电路如图(乙),电流表G的表盘如图(丙).用该热敏电阻作探头,将G表盘上的电流刻度值改成对应的温度值,制作成简单的电子温度计.已知电池的电动势E=1.5 V,内阻未知,标准定值电阻的阻值R0=2 500 Ω,根据(1)中测得的R g值和闭合电路欧姆定律,得出电流表G表盘上500 μA刻度处对应的温度刻度值是 0 ℃,则300 μA刻度处对应的温度刻度值是 ℃.(3)由于用图(甲)电路测定电流表的内阻R g在原理上存在一定的系统误差,因而制作的电子温度计在测量温度时,测量值比真实值 (选填“偏大”或“偏小”).解析:(1)首先我们要知道半偏法测量电流表内阻的方法以及测量原理:如题中的(甲)图,电源的电动势为E,内阻为r,S2断开时,设电流表满偏电流I g=,实验要求R1≫R g,R1≫r,这样才有I g≈500 μA刻度处等于,当S2闭合时,R2和R g并联,并联后总阻值R并<R g≪R1,这样才有S2闭合后,电路中总电流几乎不变,仍然近似等于;调节R2使电流表半偏为,所以流过R2的电流也为,所以R2=R g.从上述原理可知,S2断开与闭合,近似认为干路中电流不变,前提是R1≫R g,故实验器材选择应满足①电源电动势尽可能大,②R1尽可能大,所以R1选用大量程B,电源选用电动势较大的D.(2)电流表G表盘上500 μA刻度处R t=-r-R g-R0=200 Ω,300 μA刻度处R t=-r-R g-R0=2 200 Ω,则有2 200=200+50t,解得t=40 ℃.(3)测量的电流表内阻的测量值比真实值要偏小,则对应热敏电阻阻值偏大,则测量的温度偏大.答案:(1)B D (2)40 (3)大评分标准:(1)问每空2分;(2)问3分;(3)问2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==0.16 A, (2分)电流表读数为有效值I==0.11 A. (2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,副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=得,U2=U1=110 V (1分)则副线圈两端电压最大值U 2m=110 V. (1分)即二极管耐压值为156 V.(2)交变电流的周期T== s=0.02 s,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=t=×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·=I2RT (2分)解得I==× 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值表达式;(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=2πn=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E=,电流I=,周期T=,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=220sin 100πt(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== A=20 A, (2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ΔP=R=52×10 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)再根据升压变压器的原副线圈电压关系=,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。