2019届高考物理一轮复习作业+检测：第十一章交变电流传感器课时作业40

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2019届高考物理一轮复习：第十一章交变电流传感器课时作业39

课时作业39;;[双基过关练];;1．(2016·江苏单科)贝克勒尔在120年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用．下列属于放射性衰变的是( );;A.14 6C→14 7N＋0－1e;B.235 92U＋10n→139 53I＋9539Y＋210nC.21H＋31H→42He＋10nD.42He＋2713Al→3015P＋10n解析：A属于β衰变，B属于裂变，C是聚变，D是原子核的人工转变，故选A项．答案：A2．(多选)铀核裂变是核电站核能的重要来源，其一种裂变反应是235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n，下列说法正确的有( )A．上述裂变反应中伴随着中子放出B．铀块体积对链式反应的发生无影响C．铀核的链式反应可人工控制D．铀核的半衰期会受到环境温度的影响解析：根据题给裂变反应方程，可知上述裂变反应中伴随着中子放出，选项A正确．铀块体积对链式反应的发生有影响，只有铀块体积大于临界体积时才能发生链式反应，选项B错误．铀核的链式反应可人工控制，铀核的半衰期不会受;到环境温度的影响，选项C正确、D错误．答案：AC3．(多选)我国原子能科学事业的创始人、“两弹一星”元勋钱三强与夫人何泽慧一起，于20世纪40年代首先发现铀的三裂变、四裂变，在国际上引起巨大反响．下列关于核物理的说法正确的有( )A.235 92U→143 56Ba＋8936Kr＋310n是铀的一种裂变方程B．核不会轻易散开，因核内任两个质子之间的核力都大于库仑力C.235 92U的比结合能一定比8936Kr的比结合能小D．单质的235 92U与化合物中的235 92U半衰期相同解析：铀的裂变方程中左边掉了“入射中子”，变成了“衰变”方程，选项A错误；核力是短程力，只有邻近核子间才会发生，选项B错误；中等大小的核的比结合能最大，选项C正确；放射性元素的半衰期取决于核内部本身的因素，跟所处的化学状态和外部条件没有关系，选项D 正确．答案：CD4．(2018·湖北七市州联考)(多选)如图所示是氢原子的能级图，大量处于n＝5激发态的氢原子向低能级跃迁时，一共可以辐射出10种不同频率的光子．其中莱曼系是指氢原子由高能级向n＝1能级跃迁时释放的光子，则( )A．10种光子中波长最短的是从n＝5能级跃迁到n＝1能级时产生的B．10种光子中有4种属于莱曼系C．使n＝5能级的氢原子电离至少要0.85 eV的能量D．从n＝2能级跃迁到基态释放光子的能量等于从n＝3能级跃迁到n＝2能级释放光子的能量解析：10种光子中波长最短的就是频率(能量)最大的，是从n＝5能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子，A正确；10种光子中，从激发态跃迁到n＝1能级辐射出的光子有四种，分别为从n＝5、4、3、2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子，它们都属于莱曼系，B正确；使n＝5能级的氢原子电离至少要0.54 eV的能量，C错误；从n＝2能级跃迁到基态释放光子的能量为10.20eV，而从n＝3能级跃迁到n＝2能级释放光子的能量为1.89 eV，D错误．答案：AB5．(2018·重庆八中适应性考试)(多选)下列说法正确的是( )A．α、β、γ三种射线中，α射线的穿透能力最强B．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性C．卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为42He＋14 7N→17 8O＋11HD．质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，那么质子和中子结合成一个α粒子，所释放的核能为ΔE＝(m1＋m2－m3)c2解析：α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故A错误．放射性元素的放射性与核外电子无关，故放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性，故B正确．卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为42He＋14 7N→17 8O＋11H，故C正确．两个质子和两个中子结合成一个α粒子，质量亏损Δm＝2m1＋2m2－m3，由质能方程可知，释放的能量ΔE＝Δmc2＝(2m1＋2m2－m3)c2，故D错误．答案：BC6．(多选)关于原子核的结合能，下列说法正确的是( )A．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C．铯原子核(133 55Cs)的结合能小于铅原子核(208 82Pb)的结合能D．比结合能越大，原子核越不稳定解析：由原子核的结合能定义可知，原子核分解成自由核子时所需的最小能量为原子核的结合能，选项A正确；重原子核的核子平均质量大于轻原子核的平均质量，因此原子核衰变产物的结合能之和一定大于衰变前的结合能，选项B正确；铯原子核的核子数少，因此其结合能小，选项C正确；比结合能越大的原子核越稳定，选项D错误．答案：ABC7．(2018·河北省石家庄第二中学高三联考)如图所示是原子物理史上几个著名的实验，关于这些实验，下列说法正确的是( )A．卢瑟福通过α粒子散射实验否定了原子的核式结构模型B．放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为γ射线，电离能力最强C．电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关D．链式反应属于重核的裂变解析：卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，选项A错误．放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为γ射线，电离能力最弱，选项B错误．电压相同时，光照越强，光电流越大，说明光电流和光的强度有关，不能说明遏止电压和光的强度有关，选项C错误．链式反应属于重核的裂变，选项D正确．答案：D8．图示为氢原子能级图以及从n＝3、4、5、6能级跃迁到n＝2能级时辐射的四条光谱线，已知从n＝3跃迁到n＝2的能级时辐射光的波长为656 nm，下列叙述正确的有( )A．四条谱线中频率最大的是HδB．用633 nm的光照射能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3的能级C．一群处于，n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时，最多产生3种谱线D．如果Hδ可以使某种金属发生光电效应，只要照射时间足够长，光的强度足够大，Hβ也可以使该金属发生光电效应解析：频率最大的光子对应的能量最大，即跃迁时能量差最大，故从n＝6跃迁至n＝2的频率最大，选项A正确；原子跃迁过程中，吸收光子的能量应刚好等于两能级的能量差，选项B错误；从n＝3向低能级跃迁时，可以是从3→2、2→1或者是3→1，即有三种频率不同的光子，选项C正确；光电效应与光照的时间无关，Hδ光子的能量最大，故其他光子不一定可以使该金属产生光电效应，选项D错误．答案：AC9．(2018·浙江杭州期末)(多选)在家居装饰中常用到花岗岩、大理石等天然石材，这些岩石都含有不同程度的放射性元素．下列说法中正确的是( )A．放射性元素238 92U发生α衰变的方程是238 92U→234 90Th＋42HeB．α衰变中，α粒子获得的能量越大，其德布罗意波长越短C．β衰变中产生的电子来源于原子核的内部，故半衰期会受元素化学状态的影响D．若某一原子核衰变辐射出一个频率为ν的γ光子，该过程的质量亏损为Δm，则hν>Δmc2解析：衰变过程中遵循电荷数守恒和质量数守恒，A正确；α衰变中，α粒子获得的能量越大，其动量就越大，由p＝hλ得λ＝hp，动量大的粒子德布罗意波长就短，B正确；β衰变中产生的电子来源于原子核的内部，半衰期不受元素化学状态的影响，C错误；若某一原子核衰变辐射出一个频率为ν的光子，该过程的质量亏损为Δm，由于衰变后生成的粒子一般会有动能，所以hν<Δmc2，D错误．答案：AB[能力提升练]10．(2018·湖北省襄阳市高三调研测试)(多选)静止在匀强磁场中的238 92U核发生α衰变，产生一个未知粒子x，它们在磁场中的运动径迹如图所示，下列说法正确的是( ) A．该核反应方程为238 92U→234 90x＋42HeB．α粒子和粒子x在磁场中做圆周运动时转动方向相同C．轨迹1、2分别是α粒子、x粒子的运动径迹D．α粒子、x粒子运动径迹半径之比为：1解析：显然选项A中核反应方程正确，A对；238 92U核静止，根据动量守恒可知α粒子和x新核速度方向相反，又都带正电，则转动方向相同，选项B对；根据动量守恒可知α粒子和x新核的动量大小p相等，由带电粒子在磁场中运动半径公式R＝pqB可知轨道半径R与其所带电荷量成反比，半径之比为：1，选项C 错、D 对．答案：ABD11．(2018·江西师大附中、临川一中联考)已知氢原子的基态能量为E 1，激发态能量为E n ＝E 1n 2，其中n ＝2,3,4，….1885年，巴耳末对当时已知的在可见光区的四条谱线做了分析，发现这些谱线的波长能够用一个公式表示，这个公式写作1λ＝R ⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1n 2，其中n ＝3,4,5，….式中R 叫里德伯常量，这个公式称为巴耳末公式．用h 表示普朗克常量，c 表示真空中的光速，则里德伯常量R 可以表示为( ) A ．－E 1hc B.E 12hcC ．－E 12hc D.E 1hc解析：从n ＝3能级向n ＝2能级跃迁辐射出的光子的能量为E 3－E 2＝hc λ，而1λ＝R ⎝ ⎛⎭⎪⎫122－133，E 2＝14E 1，E 3＝19E 1，四式联立解得R ＝－E 1hc，A 正确．答案：A12．(2018·天津五校联考)氢原子能级的示意图如图所示，大量氢原子从n ＝4能级向n ＝2能级跃迁时辐射出可见光a ，从n ＝3能级向n ＝2能级跃迁时辐射出可见光b ，则( )A ．氢原子从高能级向低能级跃迁时可能会辐射出γ射线B ．氢原子从n ＝4能级向n ＝3能级跃迁时会辐射出紫外线C ．从n ＝3能级跃迁到n ＝2能级时，电子的电势能减小，氢原子的能量也减小D ．氢原子在n ＝2能级时可吸收任意频率的光而发生电离解析：γ射线的产生机理是原子核受激发才产生的，故A 错误；根据跃迁规律可知氢原子从高能级向低能级跃迁时辐射光子的能量等于这两个能级的能量差，从n ＝4能级向n ＝3能级跃迁时辐射出的光子能量小于a 光子的能量，不可能为紫外线，故B 错误；根据库仑引力提供向心力，结合牛顿第二定律，可知ke 2r 2＝m v 2r，从n ＝3能级跃迁到n ＝2能级时，电子的动能增大，电子的电势能减小，由于放出光子，氢原子的能量减小，故C 正确；欲使在n ＝2能级的氢原子发生电离，吸收的光子能量一定不能小于3.4 eV ，故D 错误．答案：C13．(多选)雷蒙德·戴维斯因研究来自太阳的中微子(ν)而获得了2002年度诺贝尔物理学奖，他探测中微子所用的探测器的主体是一个贮满615吨四氯乙烯(C 2Cl 4)溶液的巨桶，中微子可以将一个氯核转变为—个氩核，其核反应方程式为ν＋3717Cl→3718Ar ＋ 0－1e.已知3717Cl 核的质量为36.956 58 u, 3718Ar 核的质量为36.956 91 u ， 0－1e 的质量为0.000 55 u ，1 u 质量对应的能量为931.5 MeV.根据以上信息，可以判断( )A ．中微子不带电B ．中微子是参与强相互作用的粒子，所以中微子属于强子C ．该核反应中3717Cl 核中有1个中子转化成了1个质子和1个电子D ．参与上述反应的中微子的最小能量约为8.2 MeV解析：在核反应中，电荷数守恒，质量数守恒，可以判断中微子所带电荷数是零，质量数是零，选项A 正确．粒子家族分为强子、轻子和媒介子三大类．核子(质子、中子)、超子和介子参与强相互作用，属强子；电子、中微子、μ子、τ子及其反粒子参与弱相互作用，属于轻子；E＝：α：0.12 MeV E kα＝6.71 MeV.21884Po＋＋γ(2)6.92 MeV 6.71 MeV。

2019版高中物理一轮总复习练习：第十一章交流电流传感器课时作业51

课时作业(五十一)交变电流的产生与描述[基础训练]1．(2018·河北保定定州期末)(多选)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势如图所示，则()A．t1时刻线圈中磁通量为零B．t2时刻线圈中磁通量变化率最大C．t3时刻线圈中磁通量最大D．t4时刻线圈平面与磁场方向垂直★答案★：BC解析：t1时刻感应电动势为零，磁通量最大，此时线圈位于中性面，故A错误；t2时刻感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，故磁通量的变化率最大，故B正确；t3时刻感应电动势为零，线圈通过中性面，磁通量最大，故C正确；t4时刻线圈中感应电动势最大，磁通量变化率最大，线圈平面与中性面垂直，与磁感线平行，故D错误．2．(2018·四川遂宁射洪月考)如图所示为一交流电电流随时间变化的图象，其中电流的正值为正弦曲线的正半周，其最大值为I m；电流的负值的强度为I m，则该交变电流的有效值为()A.22I mB.I m 2C.32I mD.62I m★答案★：C 解析：设电流的有效值为I ，取一个周期时间，由电流的热效应得：⎝ ⎛⎭⎪⎫I m 22R ×(1×10－2 s)＋I 2m R ×(1×10－2 s)＝I 2R ×2×10－2，解得：I ＝32I m，故选C. 3．(2018·黑龙江哈六中模拟)两个完全相同的电热器，分别通以图甲、乙所示的峰值相等的矩形交变电流和正弦式交变电流，则这两个电热器的电功率之比P 甲∶P 乙等于( )甲乙A.2∶1B ．2∶1C ．4∶1D ．1∶1★答案★：B 解析：矩形交变电流的有效值I 1＝I m ，正弦式交变电流的有效值I 2＝I m 2，根据电功率公式P ＝I 2R 得P 甲∶P 乙＝I 21∶I 22＝I 2m ∶⎝ ⎛⎭⎪⎫I m 22＝2∶1，故选项B 正确． 4．如图所示，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 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 2 A★答案★：B 解析：根据题意知，转子转动的角速度ω＝10π rad/s ，又ω＝2πf ，则该交变电流的频率f ＝5 Hz ，选项A 错误；该交变电流电动势的最大值E m ＝10 2 V ，则有效值E ＝E m 2＝10 V ，选项B 正确；根据欧姆定律可得，电路中电流有效值I ＝E R ＋r＝1.0 A ，即电流表的示数为1.0 A ，电阻R 所消耗的电功率P ＝I 2R ＝9.0 W ，选项C 、D 错误．5．(2018·河南开封一模)如图所示，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1.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量最大D．在1.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大★答案★：C解析：由图象可知，发电机产生电压的最大值为6 2 V，电压的有效值是6 V，电压表测量的是灯泡两端的电压，所以电压表示数为91＋9×6 V＝5.4 V，所以A错误．由P＝U2R知，P＝5.429W＝3.24 W，所以B错误．在t＝1×10－2 s时刻，由图象可知此时的电动势为零，那么此时的磁通量应该最大，所以C正确．感应电动势与磁通量的变化率成正比，该时刻磁通量的变化率为零，所以D 错误．6．如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生的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中正确的是()A．线圈先后两次转速之比为1∶2B．交流电a的电压瞬时值u＝10sin 0.4πt(V)C．交流电b的电压最大值为203VD．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量为零★答案★：C解析：产生的正弦交流电的周期之比为2∶3，线圈先后两次转速之比为3∶2，选项A错误；交流电a的周期为0.4 s，交流电a的电压瞬时值u＝10sin 5πt(V)，选项B错误；由最大值nBSω可知，二者最大值之比为3∶2，交流电b的电压最大值为203V，选项C正确；在t＝0时刻感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，选项D错误．7．(2018·河南洛阳尖子生全市第二次联考)(多选)如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，下列判断正确的是()A ．电压表的读数为NBSωR 2(R ＋r )B ．当线圈由图示位置转过30°的过程中，通过电阻R 的电荷量为NBS 2(R ＋r )C ．在线圈转过一周的过程中，电阻R 上产生的焦耳热为N 2B 2S 2ωR π4(R ＋r )2D ．当线圈由图示位置转过30°时通过电阻R 的电流为NBSω2(R ＋r ) ★答案★：AD 解析：电动势的最大值E m ＝NBSω，有效值E ＝E m 2＝NBSω2，电压表的示数为路端电压的有效值，解得U ＝R R ＋r E ＝NBSωR 2(R ＋r )，A 正确；线圈转过30°的过程中，通过电阻R 的电荷量q ＝N ΔΦR ＋r ＝N (BS －BS sin 60°)R ＋r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－32NBS R ＋r ， B 错误；在线圈转过一周的时间内电阻R 上产生的热量Q ＝U 2R ·2πω＝N 2B 2S 2ωR π(R ＋r )2，C 错误；电流的最大值为I m ＝E m R ＋r ＝NBSωR ＋r，电流的瞬时值表达式为i ＝I m sinωt，从图示位置转过30°时，ωt＝π6，此时的电流为i＝I m2＝NBSω2(R＋r)，D正确．8．(2018·吉林长春质检)边长为a的N匝正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线且与线圈在同一平面内的对称轴匀速转动，转速为n，线圈所围面积内的磁通量Φ随时间t变化的规律如图所示，图象中Φ0为已知．则下列说法正确的是()A．t1时刻线圈中感应电动势最大B．t2时刻线圈中感应电流为零C．匀强磁场的磁感应强度大小为Φ0 Na2D．线圈中瞬时感应电动势的表达式为e＝2NπΦ0n cos 2πnt★答案★：D解析：t1时刻线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为0，根据法拉第电磁感应定律可知此时线圈中感应电动势为0，A项错误；t2时刻线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，根据法拉第电磁感应定律可知此时线圈中感应电流为最大值，B项错误；磁通量与线圈匝数无关，根据磁通量的定义可得Φ0＝Ba2，B＝Φ0 a2，C项错误；线圈中瞬时感应电动势的表达式为e＝NBSωcos ωt＝2NπΦ0n cos 2πnt，D项正确．[能力提升]9．(2018·安徽池州期末)一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则()甲乙A．电压表V的示数为220 VB．电路中的电流方向每秒钟改变50次C．灯泡实际消耗的功率为484 WD．发电机线圈内阻每秒钟产生的电热为24.2 J★答案★：D解析：产生的感应电动势有效值为220 V，通过灯泡中的电流I＝ER＋r＝2.2 A，电压表示数为U＝IR＝2.2×95 V＝209 V，选项A错误；交变电流频率为50 Hz，电路中的电流方向每秒钟改变100次，选项B错误；灯泡实际消耗的功率为P＝UI＝209×2.2 W＝459.8 W，选项C错误；发电机线圈内阻每秒钟产生的电热为Q＝I2rt＝2.22×5×1 J＝24.2 J，选项D正确．10．(2018·山东潍坊实验中学三测)如图所示为某小型交流发电机的示意图，其矩形线圈abcd的面积为S＝0.03 m2，共有10匝，线圈总电阻为r＝1 Ω，线圈处于磁感应强度大小为22πT的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO′转动，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路电阻R＝9 Ω的连接．在外力作用下线圈以10π(rad/s)绕轴OO′匀速转动，下列说法中正确的是()A．电阻R的发热功率是3.6 WB．交流电流表的示数是0.6 AC．用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为0.02 sD．如果将电阻R换成标有“6 V 3 W”字样的小灯泡，小灯泡能正常工作★答案★：B解析：感应电动势最大值：E m＝nBωS＝10×22π×10π×0.03 V＝6 2 V，电动势有效值：E＝E m2＝6 V，电路中的电流：I＝ER＋r＝69＋1A＝0.6 A，则交流电流表的示数是0.6 A，选项B正确；电阻R的发热功率是P R＝I2R＝3.24 W，选项A错误；交流电的周期：T＝2πω＝2π10πs＝0.2 s，则用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为0.2 s，选项C错误；如果将电阻R换成标有“6 V 3 W”字样的小灯泡，小灯泡的电阻R L＝U2P＝363Ω＝12 Ω，小灯泡两端的电压U L＝ER L＋rR L＝612＋1×12 V≈5.54 V，故小灯泡不能正常工作，选项D错误．11．(2018·福建厦门一中月考)如图甲所示的电路，已知电阻R1＝R2＝R，和R1并联的D是理想二极管(正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大)，在A、B之间加一个如图乙所示的交变电压(电压为正值时，U AB>0)．由此可知()甲乙A．在A、B之间所加的交变电压的周期为2 sB．在A、B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u＝202sin 50πt(V)C．加在R1上电压的有效值为10 VD．加在R2上电压的有效值为510 V★答案★：D解析：由题图乙可得交流电的周期T＝0.02 s，故A错误；电压最大值为u m＝20 2 V，交变电压的瞬时值表达式为u＝u m sin ωt ＝202sin 2πT t (V)＝202sin 100πt (V)，故B 错误；当电压为正值时A 点电位高于B 点电位，二极管导通即R 1被短路，R 2两端电压为电源电压2022V ＝20 V ，电压为负值时B 点电位高于A 点电位，二极管截止，R 1、R 2串联分压，设R 1两端的电压有效值为U 1，根据有效值的定义，一个周期内R 1的电热为(10 V )2R ·T 2＝U 21R T ，解得U 1＝5 2 V ，同理可得R 2两端的电压有效值U 2，U 22R T ＝(20 V )2R ·T 2＋(10 V )2R ·T 2，解得U 2＝510 V ，故C 错误，D 正确． 12．如图所示，矩形线圈的匝数为N ，面积为S ，内阻为r ，绕OO ′轴以角速度ω做匀速转动．在它从如图所示的位置转过90°的过程中，下列说法正确的是( )A ．通过电阻的电荷量为NBS π22(R ＋r )B ．通过电阻的电荷量为2NBS R ＋rC ．外力所做的功为πN 2B 2S 2ω2(R ＋r )D ．外力所做的功为πN 2B 2S 2ω4(R ＋r )★答案★：D 解析：流过电阻的电流平均值I ＝N ΔΦΔt (R ＋r )，磁通量的变化量为ΔΦ＝BS ，通过电阻的电量为Q ＝It ，联立解得Q ＝NBS R ＋r ，故A 、B 项错误；产生交流电的电压有效值为U ＝E m 2＝NBSω2，根据功能关系可知，外力做功和整个电路中产生的焦耳热相等，所以有W ＝U 2R ＋r t ＝πN 2B 2S 2ω4(R ＋r )，故C 项错误，D 项正确． 13．某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49π，磁场均沿半径方向．匝数为N 的矩形线圈abcd 的边长ab ＝cd ＝l 、bc ＝ad ＝2l .线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc 和ad 边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B 、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r ，外接电阻为R .求：(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小E m ；(2)线圈切割磁感线时，bc 边所受安培力的大小F ；(3)外接电阻上电流的有效值I .★答案★：(1)2NBl 2ω (2)4N 2B 2l 3ωR ＋r (3)4NBl 2ω3(R ＋r )解析：(1)bc、ad边的运动速度v＝ωl2，感应电动势E m＝4NBl v.解得E m＝2NBl2ω.(2)由电流I m＝E mR＋r，安培力F m＝2NBI m l解得F＝4N2B2l3ωR＋r.(3)一个周期内，通电时间为t＝49TR上消耗的电能W＝I2m Rt且W＝I2RT解得I＝4NBl2ω3(R＋r).感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。

2019届高考物理一轮复习：第十一章交变电流传感器课时作业39

课时作业39[双基过关练]1、(2016·江苏单科)贝克勒尔在120年前首先发现了天然放射现象,如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用、下列属于放射性衰变的是( )A.14 6C→14 7N＋0－1eB.235 92U＋10n→139 53I＋9539Y＋210nC.21H＋31H→42He＋10nD.42He＋2713Al→3015P＋10n解析:A属于β衰变,B属于裂变,C是聚变,D是原子核的人工转变,故选A项、答案:A2、(多选)铀核裂变是核电站核能的重要来源,其一种裂变反应是235 92U ＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n,下列说法正确的有( )A、上述裂变反应中伴随着中子放出B、铀块体积对链式反应的发生无影响C、铀核的链式反应可人工控制D、铀核的半衰期会受到环境温度的影响解析:根据题给裂变反应方程,可知上述裂变反应中伴随着中子放出,选项A正确、铀块体积对链式反应的发生有影响,只有铀块体积大于临界体积时才能发生链式反应,选项B错误、铀核的链式反应可人工控制,铀核的半衰期不会受到环境温度的影响,选项C正确、D错误、答案:AC3、(多选)我国原子能科学事业的创始人、“两弹一星”元勋钱三强与夫人何泽慧一起,于20世纪40年代首先发现铀的三裂变、四裂变,在国际上引起巨大反响、下列关于核物理的说法正确的有( )A.235 92U→143 56Ba＋8936Kr＋310n是铀的一种裂变方程B、核不会轻易散开,因核内任两个质子之间的核力都大于库仑力C.235 92U的比结合能一定比8936Kr的比结合能小D、单质的235 92U与化合物中的235 92U半衰期相同解析:铀的裂变方程中左边掉了“入射中子”,变成了“衰变”方程,选项A错误；核力是短程力,只有邻近核子间才会发生,选项B错误；中等大小的核的比结合能最大,选项C正确；放射性元素的半衰期取决于核内部本身的因素,跟所处的化学状态和外部条件没有关系,选项D正确、答案:CD4、(2018·湖北七市州联考)(多选)如图所示是氢原子的能级图,大量处于n＝5激发态的氢原子向低能级跃迁时,一共可以辐射出10种不同频率的光子、其中莱曼系是指氢原子由高能级向n＝1能级跃迁时释放的光子,则( )A、10种光子中波长最短的是从n＝5能级跃迁到n＝1能级时产生的B、10种光子中有4种属于莱曼系C、使n＝5能级的氢原子电离至少要0.85 eV的能量D、从n＝2能级跃迁到基态释放光子的能量等于从n＝3能级跃迁到n＝2能级释放光子的能量解析:10种光子中波长最短的就是频率(能量)最大的,是从n＝5能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子,A正确；10种光子中,从激发态跃迁到n＝1能级辐射出的光子有四种,分别为从n＝5、4、3、2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子,它们都属于莱曼系,B正确；使n＝5能级的氢原子电离至少要0.54 eV的能量,C错误；从n＝2能级跃迁到基态释放光子的能量为10.20 eV,而从n＝3能级跃迁到n＝2能级释放光子的能量为1.89 eV,D错误、答案:AB5、(2018·重庆八中适应性考试)(多选)下列说法正确的是( )A、α、β、γ三种射线中,α射线的穿透能力最强B、放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性C、卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为42He＋14 7N→17 8O＋11HD、质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3,那么质子和中子结合成一个α粒子,所释放的核能为ΔE＝(m1＋m2－m3)c2解析:α、β和γ三种射线中,γ射线的穿透能力最强,电离能力最弱,故A错误、放射性元素的放射性与核外电子无关,故放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性,故B正确、卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为42He＋14 7N→17 8O＋11H,故C正确、两个质子和两个中子结合成一个α粒子,质量亏损Δm＝2m1＋2m2－m3,由质能方程可知,释放的能量ΔE＝Δmc2＝(2m1＋2m2－m3)c2,故D错误、答案:BC6、(多选)关于原子核的结合能,下列说法正确的是( )A、原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B、一重原子核衰变成α粒子和另一原子核,衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C、铯原子核(133 55Cs)的结合能小于铅原子核(208 82Pb)的结合能D、比结合能越大,原子核越不稳定解析:由原子核的结合能定义可知,原子核分解成自由核子时所需的最小能量为原子核的结合能,选项A正确；重原子核的核子平均质量大于轻原子核的平均质量,因此原子核衰变产物的结合能之和一定大于衰变前的结合能,选项B正确；铯原子核的核子数少,因此其结合能小,选项C 正确；比结合能越大的原子核越稳定,选项D错误、答案:ABC7、(2018·河北省石家庄第二中学高三联考)如图所示是原子物理史上几个著名的实验,关于这些实验,下列说法正确的是( )A、卢瑟福通过α粒子散射实验否定了原子的核式结构模型B、放射线在磁场中偏转,中间没有偏转的为γ射线,电离能力最强C、电压相同时,光照越强,光电流越大,说明遏止电压和光的强度有关D、链式反应属于重核的裂变解析:卢瑟福通过α粒子散射实验,提出了原子的核式结构模型,选项A错误、放射线在磁场中偏转,中间没有偏转的为γ射线,电离能力最弱,选项B错误、电压相同时,光照越强,光电流越大,说明光电流和光的强度有关,不能说明遏止电压和光的强度有关,选项C错误、链式反应属于重核的裂变,选项D正确、答案:D8、图示为氢原子能级图以及从n＝3、4、5、6能级跃迁到n＝2能级时辐射的四条光谱线,已知从n＝3跃迁到n＝2的能级时辐射光的波长为656 nm,下列叙述正确的有( )A、四条谱线中频率最大的是HδB、用633 nm的光照射能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3的能级C、一群处于,n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时,最多产生3种谱线D、如果Hδ可以使某种金属发生光电效应,只要照射时间足够长,光10、(2018·湖北省襄阳市高三调研测试U核发生α衰变:1对；238 92U核静止又都带正电,则转动方向相同径之比为:1,:ABD、(2018·江西师大附中、临川一中联考A、氢原子从高能级向低能级跃迁时可能会辐射出B、氢原子从n＝C、从n＝3能级跃迁到三大类、核子(质子、中子)、超子和介子参与强相互作用,属强子；电子、中微子、μ子、τ子及其反粒子参与弱相互作用,属于轻子；光子、胶子、中间玻色子则是相互作用的传递者,故称媒介子,选项B错误、该核反应中3717Cl核转化为3718Ar核时,其内部有1个中子转化成了1个质子和1个电子,选项C正确、中微子的能量E≥931.5×(0.000 55＋36.956 91－36.956 58) MeV≈0.82 MeV,选项D错误、答案:AC14、一个静止的氡核222 86Rn放出一个α粒子后衰变为钋核218 84Po,同时放出能量为E＝0.09 MeV的光子、假设放出的核能完全转变为钋核与α粒子的动能,不计光子的动量、已知M氡＝222.086 63 u、mα＝4.002 6 u、M钋＝218.076 6 u,1 u相当于931.5 MeV的能量、(1)写出上述核反应方程；(2)求出发生上述核反应放出的能量；(3)确定钋核与α粒子的动能、解析:(1)222 86Rn→218 84Po＋42He＋γ.(2)质量亏损Δm＝222.086 63 u－4.002 6 u－218.076 6 u＝0.007 43 uΔE＝Δmc2＝0.007 43×931.5 MeV＝6.92 MeV.(3)设α粒子、钋核的动能分别为E kα、E k钋,动量分别为pα、p钋,由能量守恒定律得:ΔE＝E kα＋E k钋＋E不计光子的动量,由动量守恒定律得:0＝pα＋p钋11E k＝:4α:0.12 MeV,E kα＝6.71 MeV. 218＋84Po。

2019年高考物理一轮复习考案11第11章交变电流传感器含解析精品

考案[11]第十一章交变电流传感器综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：60分钟一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。

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

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

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

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

2019年高考物理一轮复习第11章交变电流传感器实验12传感器的简单应用习题新人教版.docx

第十一章实验传感器的简单应用1. （2016 •浙江理综）如图所示为一种常见的身高体重测量仪。

测量仪顶部向下发射波速为y 的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔。

质量为屈的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作用在其上的压力成正比。

当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为妇输出电压为弘某同学站上测重台，测量仪记录的吋间间隔为t.输出电压为则该同学的身高和质量分别为导学号21992755［解析］设测量仪高度和人的身高分别为〃和力，根据题意，没有站人时有/匸诗，站得力=字内又由传感器输出的电压与作用在其上的压力成正比，则没有站人时仇=盹,站人时〃=他+/〃）&,得刃=¥（〃一弘），故D 项正确。

2. （2016 •北京理综）热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中。

如图为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值斤随温度十变化的示意图。

由图可知，这种热敏电阻在温度上升时导电能力增强（选填“增强”或“减弱”）;相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化的影响更敏感（选填“敏感”或“不敏感”）。

|导学号219927562年高考模拟M•2-NIAN-GA0-KA0-M0-NIA. r( to — t), —U C. r( to — t),仏B.》(£o —Z),D. t), /((J-LI)人时有〃一力=扌,［解析］由图可知，热敏电阻在温度上升时，阻值下降，故其导电能力增强；相对金属热电阻而言，热敏电阻在温度变化时，阻值变化明显，故对温度更敏感。

3.（2017 •江苏卷）某同学通过实验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图1 所示，继电器与热敏电阻R,、滑动变阻器斤串联接在电源E两端，当继电器的电流超过15 mA 时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控。

继电器的电阻约为20 Q,热敏电阻的阻值凡与温度Z的关系如下表所示。

|导学号21992757t/°C30. 010. 050. 060. 070. 080.0RJQ199. 5145.410& 162.949. 181.8（1）提供的实验器材有：电源5（3 V,内阻不计）、电源层（6 V,内阻不计）、滑动变阻器用（0〜200Q）、滑动变阻器局（0〜500Q）、热敏电阻心继电器、电阻箱（0〜999.9 Q）、开关S、导线若干。

2019版高考物理一轮复习第十一章交变电流传感器章末综合测试.doc

第十一章交变电流传感器章末综合测试（十一）（时间:60分钟分数：100分）一、选择题（本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1〜5题只有一项符合题目要求，第6〜8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分）1. 科技小组在探究交变电流的产生及变化规律时，将电流计（0刻度在正中央）与一个保护电阻局串联后，接到交流发电机模型的两个输出端，如图所示.发电机模型线圈匝数可调，转动手柄使线圈在磁场屮匀速转动，观察电流计指针的偏转情况，下列叙述与观察结果相符的是（）A. 电流计指针总是左、右摆动B. 当转速很小时，电流计指针左、右摆动C. 当转速很大时，电流计指针指向某一侧不为零的定值D. 当线圈匝数少时，电流计指针左、右摆动，当线圈匝数多时，电流计指针指向某一侧不为零的定值解析：B 交流发电机产生的是交变电流，当转速很小时，流过电流计的电流方向变化较慢，电流计指针能随电流方向的变化而左、右摆动；当转速很大时，电流方向变化很快, 电流计指针来不及随之变化而摆动，因此稳定吋指针指向“0”刻度不动，A 、C 错B 正确；线圈匝数不能改变电流方向变化的频率，因此D 错.2. —个边长为6 cm 的正方形金属线框置于匀强磁场屮，线框平而与磁场垂直，电阻为0.36 Q.磁感应强度〃随时间广的变化关系如图所示，则线框中感应电流的有效值为（）B. ^6X10-5 AD.^XIO-5 A 解析：B 由法拉第电磁感应定律和欧姆定律A （PE SI =1TT~ 可得0〜3 s 内,A.^/2X10_5 AC.^XW 5 Ac 亠 "2 2 0-6X 10 '33〜5 $内，I 产—市—X —2 — A= -3X10"5 A于是可作出，随时间变化的图象如图所示i/(xlO-5A)由有效值的定义，0辻=0交，黑昵=FRt其中方i = 3 s,力=2 s, t= t\ + ti12X 10"10/?+18X 10"1O i?=5>?/解得7=^6X10-5 A,故B 选项正确.3. （2018・贵州遵义第三次模拟）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10 : 1,原线圈接入图乙所示的不完整的正弦交流电，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，凡和用为定值电阻，用为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小•卞列说法中正确的是（解析：B 斤处岀现火警时温度升高，电阻减小，副线圈屮总电阻减小，而原副线圈匝数不变，所以副线圈中的总电压不变，即电压表示数不变，所以总电流增大，根据公式# 丄可得原线圈中的电流增大，故原线圈中电流表示数增大，A 错误，B 正确.根据交流电在 n\ 一个周期内产牛的热量与等效恒定电流在相同时间内产生的热量相等可得二^一 •彳= £・T ，解得交流电压有效值110^2 V, C 错误.根据令=号，其屮« = H0V2 V, <=¥，可得副线圈两端的电压为^=11^2V, D 错误.4. （2018 •河南安阳检测）如图所示，理想变压器输入端接在电动势随时间变化、内阻为厂的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为斤的负载，变压器原、副线圈匝数的比值 /1= 6X10"3 _5 A=2X10 A：3 ;5：8 10A. B. C.D. 斤处岀现火警时电压表示数增大处岀现火警时电流表示数增大图乙中电压的有效值为220 V电压表的示数为22 VR o 0.01 0.02 0.03 r/s 乙为⑴•：伸如果要求负载上消耗的电功率最大，则下列说法正确的是（交流电源的效率为50%C.负载上消耗的热功率为〒4厂D.该交流电源电动势的瞬吋值表达式为e=£sin（100n f）V解析：A把变压器和斤看做一个整体，等效电阻为F ,当H =/•时，负载上的电功50%.则选项A正确，C错误；电流表的读数为副线圈电流的有效值，原线圈电流有效值为厶=牛=50兀rad/s,则瞬时值表达式为e=£sin（50 Ji t） V,故D错误.5.（2017 •贵州遵义第四次模拟）如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户（电灯等用电器），斤表示输电线的电阻，贝％）A.用电器增加时，变压器输出电压增大B.要提高用户的电压，滑动触头戶应向上滑C.用电器增加吋，输电线的热损耗减少D.用电器增加时，变压器的输入功率减小解析：B由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会/?>影响输出电压，故A错误；根据变压器原理可知输出电压丛=一儿当滑动触头P向上滑时,炖增大，所以输出电压增大，用户两端电压增大，故B 正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故C 错误; 用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故D 错误.6. （2017 •湖南衡阳模拟）如图所示，一个面积为$阻值为厂的矩形线圈共〃匝，绕垂直匀强磁场的轴以角速度Q 匀速转动，磁感应强度为〃.线圈两端分别始终与两固定圆环 K 、厶接触良好瓦摩擦很小，两圆环连接在电阻上，理想交流电压表和电容器（容抗忽略不计） A. 线圈转动一周过程中，电容器两极板所带电荷塑保持不变B. 若电容器屮有一带电的油滴，则油滴会始终处于平衡状态C. 虽然《环接地，但线圈转动过程中仍有时斤环电势高于厶环电势，故流经电阻斤的电流方向是变化的D. 线圈匀速转动过程中，交流电压表的示数为巴］: 解析：CD 本题考查交变电流的产生及变化规律、电容定义式、场强与电势差关系、交变电流的有效值等，意在考查考生对交变电流变化规律的理解能力、交流电与电场、电路问题的综合分析能力.矩形线圈在绕垂直于磁场的轴转动过程屮产生正弦式交变电流，其瞬时值表达式e=/?〃Sesin s r （V ）, C 项正确；电容器两极板间电势差〃 "化 "sin R~\~ r 斤十r 由片少可知，电容器所带电荷量是周期性变化的，A 项错；由4钿知，两极板间场强周期性变化，油滴所受电场力变化，故油滴不会始终处于平衡状态，B 项错；电压表示数为电阻斤（电容0两端电压有效值，%=第审, D 项正确.7. （2017 •江西南昌3月模拟）某课外活动小组用二极管、电感线圈（感抗很大）、电容器、小灯泡等元件组装了一个简易交通指示灯模型，电路如图所示.关于该交通指示灯，下列说法正确的是（）〃端加合适的正弦交流电，黄灯亮，绿灯、红灯始终不亮A. 若在人〃端加合适的直流电，II 当〃端为止时，红灯亮, 绿灯黄灯始终不亮B.〃端加合适的直流电，且当/端为正时，红灯亮, 绿灯黄灯始终不亮 C.R都与电阻并联,D.若在久〃端加合适的正弦交流电，黄灯始终不亮，绿灯、红灯交替闪烁解析：AC电容器具有通交流、隔直流的特性，二极管具有单向导电性，因电感线圈的感抗很大，则其具有通直流，阻交流的特性.若在久〃端加合适的直流电，当〃端为正时, 只有红灯亮；当昇端为正时，只有绿灯亮，则A项正确，B项错误.若在〃、〃端加合适的正弦交流电吋，黄灯亮，而红、绿灯都不亮，则C项正确，D项错误.8.（2017 •河南十校联考）如图所示，在匀强磁场中，一-矩形线圈绕垂直于磁感线的轴以角速度Q匀速转动，线圈通过电刷与理想变压器原线圈相连，副线圈接一滑动变阻器呂原、副线圈的匝数分别为必、血要使理想电流表的示数变为原来的2倍，下列措施可行的是（）A.@和斤都增大为原来的2倍B.处和3都增大为原来的2倍C.Q和斤都增大为原来的2倍D.磁感应强度〃增大为原来的2倍解析：AD处增大为原来的2倍，由理想变压器的电压关系7；=%，输出电压/变为U1 112原来的2倍，斤也增大为原来的2倍，由闭合电路欧姆定律知，副线圈中的电流Z不变，由彳=仝知，原线圈中的电流厶变为原来的2倍，故电流表的示数变为原来的2倍，选项A正Il n\确；3增大为原来的2倍，由ANBS3知，理想变压器的输入电压变为原来的2倍，处也增大为原来的2倍，由¥=仝知，输出电压仏变为原来的4倍，由闭合电路欧姆定律知，U1 n?・副线圈中的电流Z变为原来的4倍，由吕=竺知，原线圈中的电流厶变为原来的8倍，故电h n\流表的示数变为原来的8倍，选项B错误；Q增大为原来的2倍，由丘於S知，理想变压器的输入电压变为原来的2倍，由¥=仝知，输出电压0变为原来的2倍，P也增大为原th D2来的2倍，由闭合电路欧姆定律知，副线圈中的电流厶不变，由仝知，原线圈中的电流It n\厶不变，故电流表的示数不变，选项C错误；磁感应强度〃增大为原来的2倍，由E、、=NBS3知，理想变压器的输入电压变为原来的2倍，由今=仝知，输出电压丛变为原来的2倍，由rh闭合电路欧姆定律知，副线圈中的电流厶变为原来的2倍，由#=仝知，原线圈中的电流人12 n\变为原来的2倍，故电流表的示数变为原来的2倍，选项D正确.9.如图所示，电路中理想变压器原、副线圈接入电路的匝数可通过单刀双掷开关改变, 八为交流电流表.在变压器原线圈念0两端加上不变的正弦交变电压.下列分析正确的是（）B.只将S?从3拨向4时，电流表示数变太小C.只将斤的滑片上移，用的电功率变大D.只将斤的滑片上移，兄的电功率变小“. U\ D\ r th. , I\ ihr/口r/?2 T IhU\ .. c .解析：BD由〒=—,可得仏=一・必，/2=—,由—可得人=一?2=飞沪将$从1 b> n2ii\Tfe Li n\ n\ mR愆拨向2时，原线圈的匝数减少，即处减小，则电流表示数变大，故A错误；将S2从3拨向4 时，副线圈的匝数减少，即处减小，则电流表示数变小，故B正确；只将斤的滑片上移，变阻器接入电路的电阻变大，所以串联支路（斤和金）的电阻增大，流过串联支路的电流变小, 所以电阻金的电功率变小，故C错误，D正确.10.图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数处=巾5=加四根模拟输电线的电阻用、&、凡、凡的阻值均为斤，Ai、A2为相同的理想交流电流表，L】、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻RMR,忽略灯丝电阻随温度的变化.当A.〃端接入低压交流电源时（）A.血的示数小于A?的示数B.I小L2两灯泡的亮度相同C.用消耗的功率大于张消耗的功率D.金两端的电压小于凡两端的电压解析：AD远距离输电过程中，应用高压输电能够减小输电线上的功率损失，用上消耗的功率小于凡上消耗的功率，C项错；而比较两个不同输电回路，输电线电阻相同，由/J =F • 2R 可知，A：示数小于A?示数，A项正确；根据欧姆定律可知，金两端电压小于爪两端电压，D 项正确；由于输电线上损失电压不同，故两灯泡两端电压不同，故亮度不同，B项二、非选择题(本题共2小题，第11题16分，第12题24分.共40分)11. 交流发电机的原理如图甲所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁场中，绕Off 轴匀速转动，在线圈中产牛的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，已知线圈的电阻为斤=2.0(1)通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值是多少?(2)矩形线圈转动的周期是多少?(3) 线圈电阻的热功率是多少?(4) 保持线圈匀速转动，1 min 内外界对线圈做的功是多少?解析：(1)由i-t 图可知通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值Zn=2.0 A. (4 分)(2)矩形线圈转动的周期T=4.0X10T s. (4分) ⑶有效值/=寸线圈电阻的热功率为P=fR=^R=4生(4分)(4)外界对线圈做功转化为电热，1分钟内外界对线圈做的功"-化=240 J. (4分) 答案：(1)2.0A (2)4.0Xl(T's (3)4 W (4)240 J12. (2017 •山西怀仁第一中学检测)如图所示，发电机输出功率为100 kW,输出电压为" = 250 V,用户需要的电压为仏=220 V,两变压器之间输电线的总电阻为斤线=10 Q,其他电线的电阻不计，若输电线中因发热而损失的功率为总功率的4%,试求：(变压器是理想的)(1) 发电机输出电流和输电线上的电流大小；(2) 在输电线路中设置的升、降变压器原副线圈的匝数比.解析：(1)输电线路的示意图如图所示，心n 2错.s.一S-- ■ 甲输电线损耗功率/，找=4%"出=4 kW'（3分）又户线=&R 线（3分）输电线电流12 = 1^=20 A （3分）原线圈中输入电流厶/J 。

2019届高考物理一轮复习人教新课标版练习：第11章交变电流传感器第2节(附答案)

(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2018·江西萍乡模拟)如图所示为汽车的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连接到12 V 的蓄电池上，副线圈连接到火花塞的两端，开关由机械控制，当开关由闭合变为断开时，副线圈中产生10 000 V 以上的电压，火花塞中产生火花．下列说法中正确的是( )A ．变压器的原线圈要用粗导线绕制，而副线圈可以用细导线绕制B ．若该点火装置的开关始终闭合，火花塞的两端会持续产生高压C ．变压器原线圈输入的12 V 电压必须是交流电，否则就不能在副线圈中产生高压D ．该点火装置中变压器的副线圈匝数必须小于原线圈的匝数解析：选A.由题意知，此为升压变压器，且原线圈所过电流大，需用粗线导体，故A 正确；汽车的点火装置是利用变压器原理工作的，当开关始终闭合时，通过原线圈的电流恒定，原线圈中产生的磁场恒定，则在副线圈上不会产生电压，所以B 错误；由题可知原线圈处接12 V 的直流电源，当断开开关瞬间原线圈中电流迅速变化，会产生变化的磁场，则在副线圈中可能产生高压，所以C 错误；由U 1U 2＝n 1n 2可知，要在副线圈中产生高压，则原线圈匝数必须小于副线圈的匝数，所以D 错误．2．(2018·福建泉州质检)如图所示，利用理想变压器进行远距离输电，发电厂的输出电压恒定，输电线路的电阻不变，当用电高峰到来时( )A ．输电线上损耗的功率减小B ．电压表V 1的示数减小，电流表A 1增大C ．电压表V 2的示数增大，电流表A 2减小D ．用户功率与发电厂输出功率的比值减小解析：选D.当用电高峰到来时，用户消耗的功率变大，则电流表A 2读数变大，输电线上的电流变大，输电线上损耗的功率变大，选项A 错误；电流表A 1增大，因为发电厂的输出电压恒定，则升压变压器的次级电压不变，即电压表V 1的示数不变，选项B 错误；输电线上的电压损失变大，故降压变压器的初级电压减小，次级电压也减小，即电压表V 2的示数减小，选项C 错误；用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例P －P 损P ＝1－I 2R U 1I ＝1－ΔU U 1，因为输电线上的电流增大，则电压损失增大，U 1不变，所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小，故D 正确．3．(2018·黑龙江大庆中学模拟)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，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1＝2202·sin 100πt (V)，则( )A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为22 VB ．当t ＝1600s 时，c 、d 间的电压瞬时值为110 V C ．单刀双掷开关与a 连接，在滑动变阻器触头P 向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，电压表和电流表的示数均变小解析：选A.当单刀双掷开关与a 连接时，原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈两端的电压有效值U 1＝22022V ＝220 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，代入数据得U 2＝22 V ，故电压表的示数为22 V ，A 正确；当t ＝1600 s 时，cd 间电压的瞬时值为u ＝2202sin 100π×1600V ＝110 2 V ，故B 错误；当单刀双掷开关与a 连接，滑动变阻器触头P 向上移动的过程中，滑动变阻器的阻值变大，电压不变，电流表示数减小，故C 错误；当单刀双掷开关由a 扳向b 时，原线圈匝数减小，根据U 1U 2＝n 1n 2，所以U 2变大，电压表和电流表的读数均变大，故D 错误． 4．(2018·湖北孝感高级中学模拟)如图所示，一个匝数为N ＝100匝的线圈以固定转速50转/秒在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n 1∶n 2＝10∶1的理想变压器给阻值R ＝20 Ω的电阻供电，已知电压表的示数为20 V ，从图示位置开始计时，则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时刻流过线圈的电流最大B ．原线圈中电流的有效值为10 AC ．穿过线圈平面的最大磁通量为250πWb D ．理想变压器的输入功率为10 W解析：选C.图示时刻为中性面位置，故感应电动势为零，故感应电流为零，故A 错误；副线圈电流I 2＝U R ＝1 A ，根据I 1I 2＝n 2n 1，可以得到原线圈电流I 1＝0.1 A ，故选项B 错误；变压器的匝数比为n 1∶n 2＝10∶1，故输入电压为200 V ，最大值为200 2 V ，转速50转/秒，故角速度ω＝2πn ＝100π rad/s ，根据公式E m ＝NBSω＝NΦω，穿过线圈平面的最大磁通量为Φ＝E m N ω＝2002100×（2π×50） Wb ＝250πWb ，故C 正确；电阻R 消耗的电功率为P ＝U 2R ＝20220 W ＝20 W ，故理想变压器的输入功率为20 W ，故D 错误．5．(2018·湖南长沙长郡中学模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈各接一个电阻R 1和R 2，原线圈中接有220 V 交流电源，此时两只电阻上的电压都是10 V ，设变压器原、副线圈的匝数比为n ∶1，电阻R 1和R 2消耗的功率之比为k ∶1，则( )A ．n ＝21，k ＝121B ．n ＝21，k ＝1576C ．n ＝441，k ＝124D ．n ＝441，k ＝1576解析：选A.原线圈接220 V 的电压，而R 1两端的电压为10 V ，所以理想变压器输入端的电压为U 1＝210 V ，输出端的电压为U 2＝10 V ，根据公式U 1U 2＝n 1n 2可得n ＝21，电阻R 1和R 2消耗的功率之比为k ∶1，即U R 1I 1U R 2I 2＝k 1，因为U R 1U R 2＝1，I 1I 2＝n 2n 1，故k ＝121，A 正确． 6.(2018·江西名校调研)如图所示为物理实验室某风扇的风速挡位变换器电路图，它是一个可调压的理想变压器，其中接入交流电的电压有效值U 0＝220 V ，n 0＝2 200匝，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为220匝、550匝、1 100匝、2 200匝．电动机M 的内阻r ＝4 Ω，额定电压为U ＝220 V ，额定功率P＝110 W ．下列判断正确的是( )A ．当选择挡位3时，电动机两端电压为110 VB ．当挡位由3变换到2时，电动机的功率增大C ．当选择挡位2时，电动机的热功率为1 WD ．当选择挡位4时，电动机的输出功率为110 W解析：选A.当选择挡位3时，由电压与匝数的关系U 0∶U 3＝n 0∶n 3，解得U 3＝110 V ，A 正确；当挡位由3变换到2时，输出电压减小，电动机的功率减小，B 错误；当没有达到额定功率时，热功率小于1 W ，C 错误；在额定功率的情况下，电动机的额定电流为I ＝P U＝0.5 A ，热功率P r ＝I 2r ＝1 W ，输出功率为P －P r ＝(110－1) W ＝109 W ，D 错误．7．(2018·湖北襄阳四中模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接u ＝362sin 100πt (V)的正弦交流电，图中D 为理想二极管(正向电阻不计，反向电阻为无穷大)，定值电阻R ＝9 Ω，则下列说法正确的是( )A ．t ＝1600s 时，原线圈输入电压的瞬时值为18 2 V B ．t ＝1600s 时，电压表示数为18 V C ．电流表示数为1 AD ．变压器的输入功率为9 W解析：选A.t ＝1600s 时，u ＝362sin ⎝⎛⎭⎫100π×1600V ＝18 2 V ，A 正确；电压表测量的是有效值，输入电压的最大值为U m ＝36 2 V ，有效值为U ＝U m 2＝36 V ，B 错误；由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝9 V ，由I ＝U 2R ＝1 A ，根据二极管具有单向导电性，结合电流的热效应，则I 2R ×T 2＋0＝I ′2RT ，故电流表的示数为I ′＝22A ，C 错误；变压器的输入功率等于输出功率，即P 1＝P 2＝U 2I ′＝922W ，D 错误． 8．(2018·河北武邑中学模拟)如图所示，理想变压器的原、副线圈(其中副线圈的匝数可调节)匝数比为1∶5，原线圈接正弦交流电，副线圈接一定值电阻R ，若将副线圈的匝数减小10匝，电阻的功率减小19%，则原线圈的匝数为( )A ．20B ．19C ．81D ．无法确定解析：选A.设交流电有效值为U ，则原线圈两端的电压为U 1＝U ，根据公式U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈两端的电压为U 2＝U 1n 2n 1＝5U ，故减小前电阻消耗的电功率为P ＝（5U ）2R，当将副线圈的匝数减小10匝后，副线圈的功率变为P ′＝81100（5U ）2R，即此时副线圈两端的电压为U ′2＝P ′R ＝81100（5U ）2R R ＝92U ，而原线圈两端的电压不变，故变化后有U 92U ＝n 1n 2－10，而n 1n 2＝15，联立解得n 1＝20，A 正确．二、多项选择题9．(2018·江苏扬州模拟)钳形电流表的外形和结构如图甲所示．图甲中电流表的读数为0.9 A ，图乙中用同一电缆线绕了3匝，则( )A ．这种电流表能测出交变电流的有效值B ．这种电流表既能测直流电流，又能测交变电流C ．这种电流表能测交变电流，图乙的读数为0.3 AD ．这种电流表能测交变电流，图乙的读数为2.7 A解析：选AD.由于变压器工作原理是通过原线圈的电流发生变化，则原线圈产生的磁场发生变化，故穿过副线圈的磁通量发生变化，从而在副线圈中产生感应电流，故这种电流表只能测交流电流，而且测量的是交变电流的有效值，故A 正确，B 错误；根据输入功率和输出功率的关系有：P 1＝P 2，即U 1I 1＝U 2I 2，所以I 1I 2＝n 2n 1，由题意可知：当n 1＝1，I 2＝0.9 A ，即I 10.9＝n 21，当n 1＝3时：I 1I ′2＝n 23，解得I ′2＝2.7 A ，故C 错误，D 正确． 10．(2018·贵州遵义模拟)图甲左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R ＝55 Ω，A 、V 为理想电流表和电压表，若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V ，下列表述正确的是( )A ．电流表的示数为2 AB ．原、副线圈匝数比为1∶2C ．电压表的示数为电压的有效值D ．原线圈中交变电压的频率为100 Hz解析：选AC.由题图乙可知，交流电的周期T ＝0.02 s ，频率f ＝1T＝50 Hz ，故D 错误；输入电压的最大值U 1m ＝220 2 V ，有效值U 1＝U 1m 2＝220 V ，电压表测副线圈电压有效值，U 2＝110 V ，电流表示数I 2＝U 2R ＝2 A ，故A 正确；原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝21，故B 错误；交流电流表、交流电压表测交流电的有效值，故C 正确．11．(2018·湖北恩施一中模拟)如图所示，矩形线圈abcd 与理想变压器原线圈组成闭合电路．线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc 边匀速转动，磁场只分布在bc 边的左侧，磁感应强度大小为B ，线圈面积为S ，转动角速度为ω，匝数为N ，线圈电阻不计．下列说法正确的是( )A ．将原线圈抽头P 向上滑动时，灯泡变暗B ．电容器的电容C 变大时，灯泡变暗C ．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大D ．若线圈abcd 转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBSω解析：选AD.在题图中将原线圈抽头P 向上滑动时，原线圈的匝数变大，故输出的电压变小，灯泡变暗，选项A 正确；电容器的电容C 变大时，电容对电流的阻碍作用变小，故灯泡变亮，选项B 错误；图示位置时，线圈的面积与磁感线方向垂直，故矩形线圈中瞬时感应电动势最小，选项C 错误；若线圈abcd 转动的角速度变为2ω，且线圈转动一周只有半周产生感应电压，在这半周中，电压的最大值是2NBSω，设变压器原线圈电压的有效值为U ，则（2NBSω）2R t ＝U 2R×2t ，即U ＝NBSω，选项D 正确． 12．(2018·江苏四市联考)如图所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶100，图中a 、b 表示电压表或电流表，已知电压表的示数为22 V ，电流表的示数为1 A ，则( )A ．a 为电流表，b 为电压表B ．a 为电压表，b 为电流表C ．线路输送电功率是220 kWD ．输电线路总电阻为22 Ω解析：选BC.左侧的互感器原线圈并联在输电线路上，测量的是输电电压，所以a 为电压表；右侧的互感器原线圈串联在输电线路上，测量的是输电电流，b 为电流表，选项B 正确，A错误；电压表的示数为22 V ，根据变压比公式，U 1U 2＝100，输电电压为U 1＝100×22 V ＝2 200 V ；电流表的示数为1 A ，根据变流比公式，I 1I 2＝n 2n 1＝100，输电电流I 1＝100×1 A ＝100 A ，线路输送电功率为P ＝U 1I 1＝220 kW ，选项C 正确；根据题述条件，不能求出输电线路总电阻，选项D 错误．13．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶10，原线圈接通正弦交流电源，理想电压表V 示数为22 V ，理想电流表A 1示数为 5 A ，副线圈串联了电阻可忽略的熔断器、理想电流表A 2以及虚线框内的某用电器，电路处于正常工作状态，则下列说法正确的是( )A ．熔断器的熔断电流应该大于0.5 AB ．原、副线圈的电流频率之比为1∶10C ．若虚线框内接入电容器，电容器的耐压值至少是 220 2 VD ．若虚线框内接入电动机且正常工作，可知电动机内阻为440 Ω，电流表A 2示数为0.5 A解析：选AC.根据I 2I 1＝n 1n 2，可知副线圈中电流有效值为0.5 A ，所以熔断器的熔断电流应大于0.5 A ，则选项A 对；原、副线圈的电流频率相等，选项B 错；根据U 1U 2＝n 1n 2可知副线圈两端电压为220 V ，最大值为220 2 V ，选项C 对；电动机为非纯电阻电器，若电动机内阻为440 Ω，则副线圈电流小于0.5 A ，选项D 错．。

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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(2013～2017考情统计)命题概率常考角度正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值(Ⅰ)远距离输电(Ⅰ)以上2个考点未曾独立命题交变电流、交变电流的图像(Ⅰ)'16Ⅲ卷T21(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)远距离输电问题理想变压器(Ⅱ)'16Ⅰ卷T16(6分)'16Ⅲ卷T19(6分)'15Ⅰ卷T16(6分)'14Ⅱ卷T21(6分)独立命题概率70%综合命题概率80%实验十二传感器的简单使用'16Ⅰ卷T23(10分)综合命题概率30%第1节交变电流的产生及描述(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)线圈在磁场中转动的过程中穿过线圈的磁通量最大时，产生的感应电动势也最大。

(×)(3)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。

(√)(4)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。

(√)(5)交流电压表和电流表测量的是交流电的峰值。

(×)(6)交变电流的峰值总是有效值的2倍。

(×)解题中常用到的二级结论：(1)正弦交流电的产生：中性面垂直于磁场方向，线圈平面平行于磁场方向时电动势最大：E m＝nBSω。

①线圈从中性面开始转动：e ＝E m sin ωt 。

②线圈从平行于磁场方向开始转动：e ＝E m cos ωt 。

(2)正弦交变电流的有效值与最大值的关系，对整个波形、半个波形、甚至14个波形都成立。

(3)非正弦交流电的有效值的求法：I 2RT ＝一个周期内产生的总热量。

突破点(一) 交变电流的产生和描述1．正弦式交变电流的产生(1)线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。

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

《交变电流传感器》综合检测(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分、在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确,第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1、如图所示,矩形线框置于竖直向下的磁场中,通过导线与交流电流表相连,线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动,图中线框平面处于竖直面内、下述说法正确的是( D )A、因为线框中产生的是交变电流,所以电流表示数始终为零B、线框通过图中位置瞬间,穿过线框的磁通量最大C、线框通过图中位置瞬间,通过电流表的电流瞬时值最小D、若使线框转动的角速度增大一倍,那么通过电流表电流的有效值也增大一倍【解析】：交流电流表测量的是有效值,所以电流表有示数,故A错误;线框通过图中位置瞬间,穿过线框的磁通量为零,感应电动势最大,感应电流也最大,通过电流表的电流瞬时值最大,故B,C错误;根据E m=NBSω可知,ω增大一倍,E m也增大一倍,根据,通过电流表电流的有效值也增大一倍,故D正确、2、一正弦交变电流随时间变化的规律如图所示,由图可知( C )A、该交变电流的瞬时值表达式为i=10sin 25πt(A)B、该交变电流的频率为50 HzC、该交变电流的方向每秒钟改变50次D、该交变电流通过阻值为2 Ω的电阻时,此电阻消耗的功率为200 W【解析】：由图像知T=0、04 s,I m=10 A,则ωπrad/s,所以电流瞬时值的表达式为i=10sin 50πt(A),故A错误;频率Hz,故B错误;一个周期内电流方向改变2次,该交变电流的方向每秒钟改变50次,故C正确;电流有效值将该交变电流通过阻值R=2 Ω的电阻,电阻消耗的功率P=I2R=100 W,故D错误、3、如图(甲)所示,在匀强磁场中有一个n=10匝的闭合矩形线圈绕轴匀速转动,转轴O1O2垂直于磁场方向,线圈电阻为5 Ω,从图(甲)所示位置开始计时,通过线圈平面的磁通量随时间变化的图像如图(乙)所示,则( A )A、线圈转动过程中消耗的电功率为10π2 WB、在t=0、2 s时,线圈中的感应电动势为零,且电流改变一次方向C、所产生的交变电流感应电动势的瞬时值表达式为e=10πsin 5πt (V)D、线圈从图示位置转过90°时穿过线圈的磁通量变化最快【解析】：感应电动势峰值E m=nBSω=nBSΦm·×0、2V= 10π V,感应电动势的有效值π V,线圈转动过程中消耗的电功率 W=10π2 W,故A正确;t=0、2 s时,磁通量为0,线圈中的感应电动势最大,电流方向不变,故B错误;ωπ rad/s,因为线圈从垂直中性面开始计时,所以交变电流感应电动势的瞬时值表达式为e=10πcos 5πt(V),故C错误;线圈从图示位置转过90°时,磁通量最大,磁通量变化率为0,故D错误、4、已知某交变电流在一个周期内的波形如图所示,则该电流通过一阻值为10 Ω的电阻时的发热功率是( D )A、16 WB、18 WC、22、5 WD、28 W【解析】：由电流热效应可得2×(12R×0、2+22R×0、3)=I2R×1,解得I2=2、8 A2,电阻的热功率P=I2R=28 W、5、如图(甲)所示,为一种调光台灯电路示意图,它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度、给该台灯接220 V的正弦交流电电压后加在灯管两端的电压如图(乙)所示,则此时交流电压表的示数为( C )A、220 VB、110 VC、D、【解析】：设电压表示数即灯管两端电压的有效值为U,将交流电电压与直流电电压分别加在电阻R两端,分析一个周期内产生的热量,交流电电压产生的热量×直流电电压产生的热量解得U=110 V、6、如图(甲)所示,阻值为r=4 Ω的矩形金属线框与理想电流表、理想变压器原线圈构成回路,标有“12 V 36 W”字样的灯泡L与理想变压器的副线圈构成回路,灯泡L恰能正常发光,理想变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1,矩形金属线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的电动势随时间变化的规律如图(乙)所示,则( D )A、理想变压器原线圈输入电压的瞬时值表达式为πt(V)B、理想电流表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,U1U2=36 V,输入端的最大电压为E m又ω=rad/s=100π rad/s,故原线圈输入电压的瞬时值表达式为u=36sin100πt(V),故A错误;通过副线圈的电流为I2A,得,I1=1 A,故电流表的示数为1 A,故B错误;t=0、01 s时,由(乙)图可知,产生的感应电动势最小,线框在中性面位置,即矩形金属线框平面与磁场方向垂直,故C错误;由(乙)图可知,周期为0、02 s,在一个周期内电流方向改变2次,则1 s内电流改变的次数为100次,故D正确、7、如图所示为理想变压器,三个灯泡L1, L2, L3都标有“4 V 4 W”,灯泡L4标有“4 V 8 W”,若它们都能正常发光,则变压器原、副线圈匝数比n1∶n2和ab间输入电压为( B )A、2∶1,16 VB、2∶1,20 VC、1∶2,16 VD、1∶2,20 V【解析】：L2,L3并联后与L4串联,灯泡正常发光,可得U2=8 V;P2=4 W+4W+8 W=16 W,根据输入功率等于输出功率U1I1=P2得U1 V=16 V,所以U ab= U1+U L1=(16+4) V=20 V,故原、副线圈匝数比n1∶n2=16∶8=2∶1,故B正确、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、输电电压为2UC 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,故C,D正确、9、如图所示,导体棒ab两个端点分别搭接在两个竖直放置、电阻不计、半径相等的金属圆环上,圆环通过电刷与导线c,d相接、c,d两个端点接在匝数比为n1∶n2=10∶1的理想变压器原线圈两端,变压器副线圈接一滑动变阻器R0、匀强磁场的磁感应强度为B,方向竖直向下,导体棒ab长为l(电阻不计),绕与ab平行的水平轴(也是两圆环的中心轴)OO′以角速度ω匀速转动、如果滑动变阻器的阻值为R时,通过电流表的电流为I,则( AD )A、滑动变阻器上消耗的功率为P=100I2RB、变压器原线圈两端的电压U1=10IRC、取ab在环的最低端时t=0,则导体棒ab中感应电流的表达式是i=ωtD、ab沿环转动过程中受到的最大安培力F=【解析】I2=10I,变阻器上消耗的功率P=2R,故A 正确;副线圈的电压U2=I2R=10IR,=U1= 10U2=100IR,故B错误;ab在最低点时,ab棒与磁场垂直,此时的感应电动势最大,感应电流最大,所以棒ab中感应电流的表达式为i=ωt,故C错误;ab在最低点时,感应电流最大,此时的安培力也是最大的,最大安培力为故D正确、10、如图所示,一理想变压器原线圈匝数n1=500,副线圈匝数n2=100,原线圈中接一交流电源,交流电源电压πt(V),副线圈中接一电动机,内阻为10 Ω,电流表A2示数为1 A、电表对电路的影响忽略不计,则下列说法正确的是( CD )A、此交变电流的频率为100 HzB、此电动机输出功率为44 WC、电流表A1示数为0、2 AD、如果电动机被卡住而不损坏,则电源的输出功率变为原来的4、4倍【解析】：ω=100π,频率故A错误;原线圈两端电压的有效值为U1 V=220 V,得U21220 V=44 V,输给电动机的电功率P入=U2I2=44×1 W=44 W,电动机内阻消耗的功率P损2×10 W=10 W,电动机的输出功率P出=P入-P损=34 W,故B错误;根据变压器输入功率等于输出功率即U1I1=U2I2,得I1、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、6 W,、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与正弦交变电流相连,副线圈通过导线与两个相同的灯泡L2和L3相连,开始时开关S处于断开状态、当S闭合后,所有灯泡都能发光、下列说法中正确的是( AB )A、灯泡L1和L2中的电流有效值可能相等B、灯泡L2两端的电压变小C、灯泡L1变亮,灯泡L2的亮度不变D、变压器原线圈的输入功率不变【解析】：降压变压器n1>n2,则I1<I2,当S接通后,I1等于灯泡L1的电流,I2是灯泡L2和L3的电流之和,则灯泡L1,L2中的电流有效值可能相等,故A正确;当S闭合后,变压器输出端负载电阻变小,输出功率变大,输出电流变大,变压器的输入功率等于输出功率,所以变压器的输入功率变大,输入电流变大,灯泡L1的电压增大变亮,原线圈电压减小,匝数不变,故副线圈电压减小,灯泡L2两端的电压变小,变暗,故B正确,故C,D错误、12、图(甲)是交流发电机的示意图,发出的电能直接输出到理想变压器的原线圈,○V为理想交流电压表、变压器的副线圈接有三个支路,每个支路接有相同规格的小灯泡L1,L2和L3,且L2串有理想电感器L,L3串有电容器C、发电机两磁极 N,S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场、线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动,从图示位置开始计时,产生的交变电流随时间变化的图像如图(乙)所示、以下判断正确的是( BC )A、图(甲)线圈位置叫中性面,此时所产生的感应电动势最大,电压表示数为10 VB、线圈转动的角速度为100π rad/s,0、02 s时线圈内电流的流向是DCBAC、如果灯泡L1恰好正常发光,那么L2,L3两小灯泡都能发光但比L1要暗D、增大线圈的转动速度,L1,L2,L3三个小灯泡的亮度均不会变化【解析】：图(甲)线圈位置与中性面垂直,产生的感应电动势最大,电压表示数为有效值故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R1作为传感器制作的自动报警器电路图如图(乙)所示,为了使温度过高时报警器铃响,c应与(填“a”或“b”)连接;若使报警的报警温度提高些,应将P向(填“左”或“右”)移动、【解析】：根据图(甲)中曲线的趋势可以得出,热敏电阻的阻值随温度的升高而减小,为了使温度过高时发送报警信息,则热敏电阻阻值小,通过电磁铁的电流大,衔铁被吸附,触点与a接通时,报警器所在电路应接通,故开关c应该接在a处,若使报警的报警温度提高些,应使电路中电阻增大,则滑动变阻器的滑片P向左移动、答案：a 左评分标准：每空3分、14、(9分)传感器是把非电学量(如速度、温度、压力等)的变化转换成电学量的一种元件,在自动控制中有着相当广泛的应用、有一种测量人体重的电子秤,其测量部分的原理图如图中的虚线框所示,它主要由压力传感器R(电阻会随所受压力大小发生变化的可变电阻),显示体重大小的仪表A(实质是理想的电流表)组成,压力传感器表面能承受的最大压强为1×107Pa,且已知压力传感器R的电阻与所受压力的关系如下表所示、设踏板和压杆的质量可以忽略不计,接通电源后,压力传感器两端的电压恒为4、8 V,请回答：(1)把R写成关于F的函数关系式,R= 、(2)该秤零起点(即踏板空载时)的刻度线应标在电流表刻度盘上示数为mA处、(3)如果某人站在该秤踏板上,电流表刻度盘的示数为 20 mA,这个人的重量是N、【解析】：(1)F=0时,R=300 Ω;当F=1 000 N时,R=180 Ω,得R=300-、(2)F=0时,R=300 Ω,由闭合电路欧姆定律有、6×10-2A=16 mA,即该秤零起点(即踏板空载时)的刻度线应标在电流表刻度盘16 mA处、(3)由闭合电路欧姆定律有R′Ω=240 Ω,由表中数据得,F=500 N,则此人的重量是500 N、答案：(2)16 (3)500评分标准：每空3分、15、(8分)如图所示,一矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动,磁场方向与转轴垂直、线圈匝数n=40,电阻r=0、1 Ω,长l1=0、05 m,宽l2=0、04 m,角速度ω=100 rad/s,磁场的磁感应强度B=0、2 T、线圈两端外接电阻R=9、9 Ω的用电器和一个交流电流表、求：(1)线圈中产生的最大感应电动势;(2)电流表的读数;(3)用电器上消耗的电功率、【解析】：(1)E m=nBSω=nBl1l2ω=1、6 V、(2分)(2)I m、16 A,(2分)电流表读数为有效值I=、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,线圈接有一理想二极管(正向电阻为零,反向电阻为无穷大)和一阻值为10 Ω的电阻,已知原副线圈的匝数比为2∶1、(1)二极管的耐压值至少为多少伏?(2)电阻R上1 s内产生的焦耳热为多少?(3)通过电阻R的电流的有效值为多少?(结果保留三位有效数字) 【解析】：(1)原线圈两端电压有效值U1=220 V由,U2=U1=110 V(1分)则副线圈两端电压最大值U2m=110、(1分)即二极管耐压值为156 V、(2)交变电流的周期、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=0、5 J=605 J、(2分)(3)设通过电阻R的电流的有效值为I,根据焦耳定律有2RT(2分)解得×、78 A、(1分)答案：(1)156 V (2)605 J (3)7、78 A17、(10分)如图所示,N=50匝的矩形线圈abcd,边长ab=20 cm,ad= 25 cm,放在磁感应强度B=0、4 T的匀强磁场中,外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n=3 000 r/min的转速匀速转动,线圈电阻r=1 Ω,外电路电阻R=9 Ω,t=0时线圈平面与磁感线平行,ab边正好转出纸外,cd边转入纸里、(1)在图中标出t=0时感应电流的方向;(2)写出线圈感应电动势的瞬时表达式;(3)线圈转一圈外力做功多少?【解析】：(1)根据右手定则得出感应电流的方向是adcb,如图、(2分)(2)n=3 000 r/min=50 r/s,所以线圈的角速度ω=2π·n=100π rad/s(1分)感应电动势的最大值E m=NBSω=314 V(1分)所以感应电动势的瞬时值表达式为e=E m cos ωt=314cos 100πt(V)、(2分)(3)电动势有效值电流周期线圈转一圈外力做功等于电功的大小,即W=I2(R+r)T=98、6 J、(4分)答案：(1)见【解析】(2)e=314cos 100πt(V)(3)98、6 J18、(11分)如图为某小型水电站的电能输送示意图,发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电、已知输电线总电阻R=10 Ω,升压变压器的原、副线圈匝数之比为1∶5,降压变压器的原、副线圈匝数之比为4∶1,副线圈与纯电阻组成闭合电路,用户用电器电阻R0= 11 Ω、若T1,T2均为理想变压器,T2的副线圈两端电压表达式为u=πt(V)、求：(1)用户端的用电电流I3和输电电流I2;(2)输电线上损耗的电压ΔU和损耗的功率ΔP;(3)发电机的输出电压U1和输出功率P1、【解析】：(1)根据副线圈两端电压表达式可知,用户得到的电压有效值U3=220 V,I3分)根据解得I2=5 A、(1分)(2)输电线上损失的电压ΔU=I2R=5×10 V=50 V、(2分)输电线上损耗的功率Δ2×10 W=250 W、(2分)(3)代入数据解得U2=930 V(1分)解得U1=186 V(1分)根据能量守恒,P1=P2=U2I2=930×5 W=4 650 W、(2分)答案：(1)20 A 5 A (2)50 V 250 W(3)186 V 4 650 W。

2019版高中物理一轮总复习练习：第十一章交流电流传感器课时作业52Word版含解析.docx

课时作业（五十二）变压器电能的输送
［基础训练］
1. （2018?安徽安庆二测）如图所示，理想变压器原、副线圈分
别
接有额定电压相同的灯泡a和方?当输入电压U为灯泡额定电压的10 倍时，两灯泡均能正常发光，下列说法正确的是（
A.原、副线圈匝数之比为9： 1
B.原、副线圈匝数之比为1： 9
C.此时伉和方的电功率之比为9 ： 1
D.此时仇和〃的电功率之比为 1 ： 10
答案：A 解析：灯泡正常发光，则其电压均为额定电压说明原线圏输入电压为9U）,输出电压为U）,原、副线圈匝数之比为9 : 1,故A 正确，B错误；根据公式￡=瓷，可得￡=￡由于小灯泡两端的电压相
等，所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为 1 ： 9, 故C. D错误.
2. （2018?河南三门峡月考）如图所示，变压器输入有效值恒定
的
电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户（电灯等用电器），人表示输电线的电阻，贝!）（）。

2019届高考物理一轮复习作业+检测：第十一章交变电流传感器45分钟章末检测卷

第十一章 45分钟章末检测卷一交变电流的图象如图所示，由图可知2 A10 2 A：线圈接在正弦交流电源上，副线圈接入“3 V 6 W”灯泡一只，且灯泡正常发光．则(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，I 1I 2＝n 2n 1，I 2＝n 1n 2I 1，所以要求线圈匝数n 2>n 1，原线圈要接在火线上，故本题只有A 正确．答案：A5．如图为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断错误的是( )A ．这是一个降压变压器B ．原线圈的匝数比副线圈的匝数多C ．当原线圈输入交流电压220 V 时，副线圈输出直流电压12 VD ．当原线圈输入交流电压220 V 、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大解析：根据铭牌上所提供的信息可知：变压器的输入电压为220 V ，输出电压为12 V ，该变压器为降压变压器，故选项A 、B 正确；变压器的工作原理是电磁感应，故变压器的原、副线圈上的电压都为交流电压，选项C 错误；由理想变压器的输出功率等于输入功率，且原线圈的电压大于副线圈的电压，故副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大，选项D 正确．答案：C6．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为：3，原线圈a 、b 间输入交流电瞬时值的表达式为u ＝2202sin(100πt )V ，副线圈两端接有两只标有“24 W”字样的灯泡，当开关S 1和S 2都闭合时，两灯泡均正常发光，下列说法中正确的是( )A ．两只灯泡能承受的最高电压为12 VB ．断开开关S 1，副线圈两端的电压将变大C ．断开开关S 1，变压器原线圈的输入功率将变小D ．该变压器原、副线圈的输入、输出功率之比为：3解析：由理想变压器的工作原理知原、副线圈的电压与匝数成正比U 1U 2＝n 1n 2，解得副线圈输出电压的有效值为U 2＝12 V ，故灯泡能承受的最高电压应为12 2 V ，A 错误；无论是断开开关S 1还是断开开关S 2，副线圈的电压均不变，B 错误；断开开关S 1，小灯泡L 2仍能正常发光，L 2消耗的功率不变，则理想变压器的输出功率减小，由于理想变压器的输出功率等于输入功率，因此输入功率也减小，C 正确、D 错误．答案：C7．(2018·广西重点高中高三一模)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为：1，a 、b 端接入一正弦式交流电源．L 1、L 2为两只规格均为“22 V 6 W”的灯泡，两电表为理想交流电表．当滑动变阻器的滑片P 处于中间位置时，两灯泡恰好都正常发光．下列说法正确的是( )2将变暗1将变暗由于原、副线圈匝数比为：1，则原、副线圈电流比为：2，则副线圈电流为错．原、副线圈两端电压比为：122 V，所以原线圈两端电压为44 V，B对．滑片移动时，副线圈电路的电阻变小，电流变大，则原线圈电路中电流也变大，即通过灯泡的电流变大，灯泡原线圈两端电压变大，则副线圈两端电压也变大，灯泡，下列判断正确的是( )．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωsinωt．矩形线圈从图示位置经过π2ω时间内，通过电流表A1的电荷量为．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电流表A1和A2示数都变小．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V1示数不变，V2和．输电线路中的电流为20 A．发电机实际输出电压是300 V．在输电线路上损失的电功率为8 kW．如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则输出电压最大值是恰能正常发光，电容器C恰好不被击穿．则下列说法正确的是P，灯L变暗的滑片，灯L变暗20 2 V，变压器输入功率变大的滑片不动，向上移动P，则副线圈电压变大，灯泡变亮，选项的滑片，R减小，流过灯泡电流变大，灯泡变亮，选项解析：由瞬时值表达式可知U m ＝311 V ，ω＝314 rad/s ，频率f ＝ω2π＝50 Hz ，选项A 正确；电压的有效值U 有＝U m2＝220 V ，可以使“220 V 100 W”的灯泡正常发光，选项B 正确；交流电表读数为有效值，选项C 错误；每通过1 C 的电荷量时，电流做功W ＝qU 有＝220 J ，选项D 正确．答案：ABD12．(2018·河南鹤壁高级中学月考)(多选)如图所示是通过街头变压器降压给用户供电的示意图．输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动．两条输电线总电阻用R 0表示．当负载增加时，则( )A ．电压表V 1、V 2的示数几乎不变B ．电流表A 2的示数增大，电流表A 1的示数减小C ．电压表V 3的示数增大，电流表A 2的示数增大D ．电压表V 2、V 3的示数之差与电流表A 2的示数的比值不变解析：理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压不会有大的波动，匝数比不变，所以输出电压几乎不变，故电压表V 1、V 2的示数几乎不变，选项A 正确；当负载增加时，相当于支路增加，电路中的总电阻变小，总电流变大，即A 2的示数变大，则A 1的示数变大，选项B 错误；由于副线圈中的电流变大，电阻R 0两端的电压变大，又因为V 2的示数几乎不变，所以V 3的示数变小，选项C 错误；电压表V 2、V 3的示数之差恰等于输电线损耗的电压值，电流表A 2的示数为输电线上的电流，所以两者之比等于输电线的总电阻R 0，不变，选项D 正确．答案：AD13．(2018·安徽模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈上接有四个完全相同的灯泡，若四个灯泡恰好都能正常发光，则下列说法正确的是( )A ．U 1：U 2＝：4B ．U 1：U 2＝：3C ．若将L 1短路，则副线圈的三个灯泡仍能正常发光D ．若将L 2短路，则副线圈的两个灯泡两端的电压变为额定电压的43倍解析：设灯泡的额定电压为U ，额定电流为I ，则副线圈电压为3U ，电流为I ，原线圈的灯泡正常发光，电流也为I ，所以原、副线圈的匝数比为：1，原线圈两端电压为3U ，所以U 1：U 2＝：3，选项A 错误、B 正确；若将L 1短路，则原线圈的电压增大，则副线圈两端电压也增大，三个灯泡不能正常发光，选项C 错误；若将L 2短路，设副线圈的电流为I ′，原线圈的电流也为I ′，因此2I ′R ＋I ′R ＝U 1＝4U ，则I ′R ＝43U ，即副线圈的每个灯泡两端的电压变为额定电压的43，选项D 正确．答案：BD14．(多选)下图是远距离输电的示意图．n 1、n 2是升压变压器原、副线圈的匝数，n 1：n 2＝：20，n 3、n 4是降压变压器原、副线圈的匝数，n 3：n 4＝：1.升压变压器的原线圈n 1与一交变电流相连接，该交变电流的瞬时值表达式为u ＝4402sin100πt V ，下列说法正确的是( )A ．用电器获得的电压的有效值为220 VB ．用电器获得电压的有效值小于220 V ，要想使用电器的电压变为220 V ，在n 1、n 3、n 4不变的前提下，增大n 2C ．用电器获得电压的有效值大于220 V ，要想使用电器的电压变为220 V ，在n 1、n 2、n 4不变的前提下，增大n 3D ．通过用电器的交变电流的方向，每秒改变100次解析：如果输电线上不存在电阻，即不存在电压降，则有U 1U 2＝n 1n 2，U 3U 4＝n 3n 4，U 1＝U ＝440 V ，U 2＝U 3，可得U 4＝220 V ，由于输电线存在电压降，所以U 3<U 2，U 4<220 V ；若要提高U 4电压值，根据变压规律，仅增加n 2匝数即可，A 、C 错误，B 正确．由题意知ω＝100π rad/s ，所以f ＝50 Hz ，则电流方向每秒改变100次，D 正确．答案：BD。

全国通用近年高考物理一轮复习第十一章交变电流传感器课时作业三十二11.2变压器电能的输送(2021

（全国通用版）2019版高考物理一轮复习第十一章交变电流传感器课时分层作业三十二11.2 变压器电能的输送编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（全国通用版）2019版高考物理一轮复习第十一章交变电流传感器课时分层作业三十二11.2 变压器电能的输送）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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课时分层作业三十二变压器电能的输送(45分钟100分)【基础达标题组】一、选择题(本题共9小题，每小题7分，共63分.1～5题为单选题,6～9题为多选题)1.（2018·珠海模拟)如图所示,一理想变压器原线圈的匝数n1=1 100匝，副线圈的匝数n2=220匝，交流电源的电压u=220 sin（100πt） V，R为负载电阻,电压表、电流表均为理想电表，则下列说法中正确的是( )A.交流电的频率为100 HzB。

电压表的示数为44 VC.电流表A1的示数大于电流表A2的示数D.变压器的输入功率大于输出功率【解析】选B.交流电的周期T== s=0.02 s,f==50 Hz，故A项错误;原线圈的电压U1==220 V，=,则U2=44 V，故B项正确；原、副线圈的电流比等于匝数之反比,因为n1〉n2，所以I1〈I2,即电流表A1示数小于电流表A2示数，故C项错误;变压器的输入功率等于输出功率,故D项错误。

2.(2018·榆林模拟）如图所示,理想变压器的原、副线圈的匝数比是10∶1,电压表和电流表均为理想电表,一只理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上.从某时刻开始在原线圈接入电压有效值为220 V的正弦交流电，并将开关接在1处，则下列判断正确的是( ）A。

2019高考物理大一轮(江苏版)复习方案：作业详解第11单元交变电流传感器

教师详解(作业手册)课时作业(二十八)1.C [解析] 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,所以感应电流也最大,通过电阻R的电流瞬时值最大,故选项B错误,选项C正确;AB边和CD边切割磁感线产生感应电流,根据右手定则可知电流方向为ADCBA,故选项A错误;根据E=NBSω可知,ω增大一倍,E也增大一倍,根据I=可知,通过电阻R的电流的有效值也增大一倍,故选项D错误.2.B [解析] 由图像可知,交变电动势的最大值为E m=4 V,有效值为E==4 V,根据闭合电路的欧姆定律可知U=×6 V=3 V,A错误;电流表的示数为I= A=0.5 A,B正确;由图像可知,T=4×10-2 s,f==25 Hz,一个周期内电流方向改变2次,所以1 s内通过小灯泡的电流方向改变50次,C错误;根据E m=nBSω可知Φm=BS= Wb,D错误.3.AD [解析] t=0时,磁通量为零,线圈平面平行于磁感线,故A正确;每经过一次中性面(线圈垂直于磁感线,磁通量有最大值),电流的方向改变一次,t=1 s时,磁通量为零,线圈平面平行于磁感线,所以线圈中的电流方向不变,故B错误;t=1.5 s时,磁通量有最大值,但磁通量的变化率为零,根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电动势为零,故C错误;感应电动势最大值E m=NBSω=N·Φm·=4πV,有效值E=πV,一个周期内线圈产生的热量Q=·T=8π2 J,故D正确.4.D [解析] 对A选项,正弦式交变电流有效值I1= A,根据焦耳定律得Q1=RT=2RT(J);对B选项,电流有效值I2= A,根据焦耳定律得Q2=RT=2RT(J);对C选项,根据焦耳定律得Q3=RT=2.25RT(J);对D选项,对于方波电流,根据焦耳定律得Q4==4RT(J),故选项D正确. 5.B [解析] 在t=0时刻,电动势均为零,磁通量变化率均为零,线圈平面一定处于中性面上,故选项A错误;由图可知,曲线a对应线圈的周期为4×10-2 s,曲线b对应线圈的周期为6×10-2 s,则由ω=可知,角速度与周期成反比,故角速度之比为3∶2,故选项B正确;曲线a表示的交变电动势的频率f a==25 Hz,选项C错误;因曲线a、b对应的线圈角速度之比为3∶2,曲线a表示的交变电动势最大值是15 V,根据E m=nBSω得曲线b表示的交变电动势最大值是10 V,则有效值为U= V,选项D错误.6.D [解析] 第一次,灯泡两端的电压有效值为U1=,电功率P1=;第二次,设灯泡两端的电压有效值为U2,有T,解得U2=U0,电功率P2=,则P1∶P2=1∶5,故选项A、B、C 错误,选项D正确.7.ABC [解析] 由u=311sin 100πt(V)可知电源电压的峰值U m=311 V,则其有效值U=220 V,故交流电压表的示数为220 V,选项A错误;流过电暖宝的电流为I1==2 A,流过抽油烟机的电流为I2==1 A,则流过保险丝的电流I=I1+I2=3 A,保险丝的额定电流为交变电流的有效值,故选项B错误;电暖宝是纯电阻用电器,而抽油烟机是非纯电阻用电器,故发热功率不是2倍关系,选项C错误;抽油烟机1 min内消耗的电能为W=Pt=1.32×104 J,选项D正确.8.A[解析] 线框中产生的感应电动势的最大值为E m=BωS,则线框中感应电流的有效值为I=.9.AD [解析] 根据图像可知交变电流的最大值为0.6 A,周期T=0.2 s,则ω==10π rad/s,故交变电流的瞬时值表达式为i=0.6sin 10πt(A),A正确;交变电流的周期为T=0.2 s,故磁铁的转速为n=5 r/s,B错误;风速加倍时,角速度加倍,根据E m=nBSω可知产生的感应电动势加倍,形成的感应电流加倍,故风速加倍时交变电流的表达式为i=1.2sin 20πt(A),形成的感应电流最大值I m=1.2 A,故有效值为I= A,C错误,D正确.10.BC [解析] 设导线框半径为l,角速度为ω,两导线框切割磁感线时的有效长度始终等于圆弧半径,因此在产生感应电动势时其瞬时感应电动势大小始终为E=Bωl2,但进磁场和出磁场时电流方向相反,所以线框中应该产生方波交流电,如图所示,A错误;由T=可知,两导线框中感应电流的周期相同,均为T,B正确;在t=时,两导线框均在切割磁感线,故两导线框中产生的感应电动势均为Bωl2,C正确;对于线框M,有·T,解得U有M=E,对于线框N,有·T,解得U有N=E,故两导线框中感应电流的有效值并不相等,D错误.11.(1)2NBl2ω(2)(3)[解析] (1)bc、ad边的运动速度v=ω故感应电动势E m=4NBlv=2NBl2ω.(2)电流I m=故ab边所受安培力F=2NBI m l=.(3)一个周期内,有电流通过的时间t=T,R上消耗的电能W=Rt=I2RT解得I=.课时作业(二十九)1.BC [解析] 线圈以较大的转速n匀速转动时,有ω=2πn,所以变压器输入电压的瞬时值表达式是u=U1sin 2πnt(V),故A错误;原、副线圈两端电压与匝数成正比,所以变压器的原、副线圈的匝数比是U1∶U0,故B正确;理想变压器的输入功率和输出功率相等,灯泡正常发光时电功率为P=,所以输入功率为P=,电流表的示数是I1=,故C正确;由于线圈有内阻r,故线圈中产生的电动势有效值大于U1,最大值也就大于U1,故D错误.2.B [解析] 因为理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1,原线圈的交变电压的最大值是311 V,有效值为220 V,故副线圈的电压有效值为22 V,即电压表的示数为22 V,选项A错误;因为灯泡的额定功率为44 W,且正常工作,故通过灯泡的电流为2 A,通过电动机的电流为3 A-2 A=1 A,电动机的输出功率为P出=22 V×1 A-(1 A)2×1Ω=21 W,选项B正确;变压器的输入功率为22 V×3 A=66 W,选项C错误;通过保险丝的电流为=0.3 A,选项D错误.3.BD [解析] 由图甲可知,该交流电的频率为50 Hz,电压最大值为220V,故其瞬时值表达式为u=220sin 100πt(V),选项A错误;由图甲可知,当t=1.5×10-2s时,交变电压最大,由法拉第电磁感应定律可知,此时磁通量的变化率最大,穿过线圈的磁通量为零,故此时线圈平面与磁场方向平行,选项B正确;若只减少理想变压器原线圈的匝数,则副线圈两端的电压将升高,副线圈中的电流将增大,变压器的输出功率将变大,故输入功率将变大,选项C错误;若只增大滑动变阻器接入电路中的阻值,由题意可知,电压表V1的示数不发生变化,而副线圈电路中电流将减小,定值电阻R0两端的电压将减小,电压表V2的示数将增大,故电压表V1与V2示数的比值将减小,选项D正确.4.BD [解析] 仅闭合S,负载电阻减小,变压器T2副线圈电流增大,根据变流规律知,T2原线圈电流增大,即输电线上电流增大,损耗的电压U=Ir增大,损耗的功率P=I2r增大,T2的输入电压U3=U2-Ir减小,所以输出电压U4减小,即灯泡L1两端电压减小,变暗,故A错误,B正确;仅将滑片P下移,变压器T1副线圈匝数增加(n2增加),根据可知U2变大,所以变压器T2的输入电压U3增大,U4增大,根据I4=得负载电流增大,整个电路的电流增大, r消耗的功率会变大,故C错误;仅将滑片P上移,同理可得输电线的电流减小,电流表示数会变小,故D正确.5.C [解析] 根据变压器原、副线圈两端电压和线圈匝数的关系有,这里n2<n1,所以U2<U1.在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中,n2变小,n1不变,而原线圈两端电压U1也不变,因此U2降低,选项C 正确.6.B[解析] 由变压器相关知识得,原、副线圈减去相同的匝数n后,有,<0,说明变压器原、副线圈的匝数比变大,可得出C、D错误.由于原线圈电压恒定不变,则副线圈电压减小,小灯泡实际功率减小,小灯泡变暗,A错误,B正确.7.AD [解析] 由图乙可知,交流电的周期为0.02 s,所以电流方向每秒钟改变100次,A正确;设电压表示数为U2,流过R2的电流为I2=,则U=2U2+×2R2, U2= V,B错误;根据P=I2R,电阻R1、R2消耗的功率之比为=1∶2,C错误;a、b两端与副线圈两端的电压之比为=3∶1,D正确.8.C [解析] 该测量仪是根据电磁感应原理制成的,故只可测量交流电的电流,选项A错误;根据I0×1=In,则载流导线中电流大小I0=In,选项B错误;若钳形部分铁芯没有完全闭合,则穿过铁芯的磁通量会减小,故测量出的电流将小于实际电流,选项C正确; 若将载流导线在铁芯上多绕几匝,根据I0n'=In,则I变大,即钳形电流测量仪的示数将变大,选项D错误.9.C [解析] 若用户电阻减小,则降压变压器输出功率增大,导致发电机的输出功率增大,选项A错误;降压变压器输出功率增大,导致输电线上电流增大,输电线上损失电压增大,输电线上损失的功率增大,选项B错误;降压变压器原线圈输入电压减小,由于降压变压器的原、副线圈匝数比不变,则降压变压器副线圈输出电压(即用户得到的电压)减小,选项C正确;已知发电机的输出电压不变,升压变压器的原线圈输入的电压不变,由于升压变压器的原、副线圈匝数比不变,则输电线上的输电电压不变,选项D错误.10.A [解析] 闭合S时,R并减小,P出增大,而P出=P入,故I1增大,则灯泡L1变亮,变压器的输入电压减小,而匝数比不变,则变压器的输出电压减小,灯泡L2和L3变暗,L4不能正常发光,故A正确,B、C、D错误. 11.C [解析] 原线圈的电压有效值为U1= V=18 V,副线圈的电压为U2=18× V=9 V,根据二极管的特性,设电压表测量的有效值为U有,则×2s,解得U有=4.5 V≈6.36 V,则电压表示数为6.36V,故选项A、B错误;通过电阻的电流为I2= A=0.9 A,故选项C正确;电路消耗功率为P=R=8.1 W,故选项D错误.12.AC [解析] 若电阻R2所在处温度升高,R2的阻值减小,根据欧姆定律知,副线圈的总电流变大,所以原线圈电流变大,即A1的示数变大,R2与R1并联后的总电阻减小,故在副线圈中分得的电压减小,所以A2的示数减小,A正确;交流电的频率与匝数无关,不会发生变化,还是50 Hz,B错误;原线圈两端电压最大值为220 V,当单刀双掷开关与B连接时,匝数之比为5∶1,根据变压规律可得副线圈两端电压最大值为44 V,小于电容器的耐压值,故电容器不会被击穿,C正确;开关由A→B时,副线圈两端电压U2变为原来的2倍,输出功率P2=变为原来的4倍,D错误.。

2019届高考物理一轮复习第十一章交变电流传感器章末过关检测新人教版

第十一章交变电流传感器章末过关检测(十一)(时间60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．(2018·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2A，周期为5 sB．图乙中电流的峰值为5 A，有效值为2.52AC．图丙中电流的峰值为2 A，有效值为2AD．图丁中电流的最大值为4 A，有效值为2A，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2A ，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2.52A ，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 ＝2.52A ，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102VC ．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 ＝102V ，故其有效值E ＝E m2＝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 V D ．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 2RT ，解得U ＝110 V ，则B 正确．5.一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压为220 V 的正弦交流电，各元件正常工作，一个理想二极管和一个滑动变阻器R 串联接在副线圈上，如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表．则下列说法正确的是( )A ．原、副线圈中的电流之比为5∶1B ．电压表的读数约为44 VC ．若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1分钟产生的热量为2 904 JD ．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均增大解析：选C.理想二极管的特点是正向的电流通过时电阻很小，反向的电流通过时电阻很大，认为断路，理想二极管的作用是只允许正向的电流通过．由于原、副线圈中的电流之比与匝数之比成反比，所以电流之比为1∶5，A 选项错误；原、副线圈的电压之比和匝数之比成正比，所以副线圈两端电压为U 2＝44 V ，但二极管具有单向导电性，根据有效值的定义有U 22R ×T 2＝U 2R×T ，从而求得电压表两端电压有效值为U ＝222V ，B 选项错误；1 min 产生的热量为Q ＝U 2Rt ＝2 904 J ，C 选项正确；将滑动变阻器滑片向上滑动，接入电路中的阻值变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，电流表的读数变大，所以D 选项错误．6．(2018·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2AB ．S 断开时，原线圈的输入功率为2202WC ．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U 1＝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．(2017·高考江苏卷)某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则( )A ．电感L 1的作用是通高频B ．电容C 2的作用是通高频C ．扬声器甲用于输出高频成分D ．扬声器乙用于输出高频成分解析：选BD.电感线圈有通低频、阻高频的作用，因此A 项错误；电容器有通高频、阻低频的作用，因此B 项正确；由此可以判断，扬声器甲主要用于输出低频成分，扬声器乙用于输出高频成分，C 项错误，D 项正确．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 ＝102A ，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.(2018·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2πBωR2 4r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 m2的关系．电动势的最大值为E m＝BLωR，I m＝E m2r，I＝I m2＝2BLωR4r，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)图甲为一测量硫化镉光敏电阻特性的实验电路，电源电压恒定，电流表内阻不计，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＝2002V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＝44×103220A ＝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。

全国通用2019版高考物理一轮复习精炼第十一章交变电流传感器含答案

全国通用2019版高考物理一轮复习精炼第十一章交变电流传感器含答案79 交变电流的产生及描述[方法点拨] 交变电流的产生往往与交变电流图象结合出题，要能将交变电流的图象与线圈的转动过程一一对应起来，分析电流、电动势、磁通量的变化规律．1．矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生如图1所示的交流电，取沿a→b→c→d→a方向为电流正方向，则对应t1时刻线圈的位置应为下列选项中的( )图12．(2018·山东青岛二中模拟)如图2甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数为n，面积为S，总电阻为r的矩形线圈abcd绕轴OO′以角速度ω匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持和外电路电阻R形成闭合电路，回路中接有一理想交流电流表．图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图象，则下列说法中正确的是( )图2A．从t1到t3这段时间穿过线圈的磁通量的变化量为2nBSB ．从t 3到t 4这段时间通过电阻R 的电荷量为nBS RC ．t 3时刻穿过线圈的磁通量变化率为nBS ωD ．电流表的示数为2nBS ω2(r ＋R ) 3．(多选)(2017·陕西宝鸡二检)某一交流电的电压随时间变化的规律为：u ＝1002sin 100πt (V)，将其接在阻值为R ＝100 Ω的电热丝两端，则下列说法正确的是( )A ．该交流电压的周期为0.02 sB ．该电热丝消耗的电功率为200 WC ．该交流电每秒内电流方向改变50次D ．用电压表测该用电器两端电压其示数为100 V4．(多选)(2017·河南洛阳第二次统考)如图3所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω，线圈匝数为n ，电阻为r ，外接电阻为R ，A 为理想交流电流表，线圈从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)转过60°时的感应电流为i ，下列说法正确的是( )图3A ．电流表的读数为2iB ．转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为2i (R ＋r )n ωC ．从图示位置开始转过90°的过程中，通过电阻R 的电荷量为2i ωD ．线圈转动一周的过程中，电阻R 产生的热量为4πRi 2ω5．(2018·广东东莞模拟)如图4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．磁场的磁感应强度B ＝2×10－2 T ，线圈的面积S ＝0.02 m 2，匝数N ＝400 匝，线圈总电阻r ＝2 Ω，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R ＝8 Ω连接，与电阻R 并联的交流电压表为理想电表，线圈的转速n ＝50π r/s.在t ＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，则下列说法正确的是( )图4A．交流发电机产生电动势随时间的变化关系是e＝82sin 100t(V)B．交流电压表的示数为8 VC．从t＝0时刻开始线圈平面转过30°的过程中，通过电阻的电荷量约为5.7×10－3 C D．电阻R上的热功率为6.4 W80 变压器与远距离输电[方法点拨] (1)变压器联系着两个电路：原线圈电路、副线圈电路．原线圈在原线圈电路中相当于一用电器．副线圈在副线圈电路中相当于电源．(2)远距离输电示意图中涉及三个电路，在中间的远距离输电线路中升压变压器的副线圈、导线、降压变压器的原线圈相当于闭合回路的电源、电阻、用电器．1．(多选)(2018·广东东莞模拟)如图1所示，理想变压器的原线圈接在一个交变电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为u＝2202sin 100πt(V)，副线圈所在电路中接有灯泡、电动机、理想交流电压表和理想交流电流表．已知理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，灯泡的电阻为22 Ω，电动机内阻为1 Ω，电流表示数为3 A，各用电器均正常工作．则( )图1A．通过副线圈的电流频率为5 HzB．电压表示数为22 VC．变压器原线圈的输入功率为66 2 WD．电动机的输出功率为40 W2．(2017·湖北武汉2月调考)如图2所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝10∶1，a、b两点间的电压为u＝2202sin 100πt(V)，R为可变电阻，P为额定电流1 A、用铅锑合金制成的保险丝．为使保险丝中的电流不超过1 A，可变电阻R连入电路的最小阻值是( )图2A．2.2 ΩB．2.2 2 ΩC．22 ΩD．22 2 Ω3．如图3所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻R L＝6 Ω，AB端电压u1＝122sin 100πt(V)．下列说法正确的是( )图3A．电流频率为100 HzB.的读数为24 VC.的读数为0.5 AD．变压器输入功率为6 W4．(多选)(2017·山东临沂一模)如图4所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为2∶1，原线圈通过灯泡L1与正弦式交流电源相连，电源电压有效值恒定，副线圈通过导线与灯泡L2和L3相连，三个灯泡规格完全相同．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( )图4A．闭合开关S后，灯泡L1和L2亮度相同B．闭合开关S后，灯泡L1变亮，灯泡L2的亮度不变C．闭合开关S后，灯泡L2两端的电压变小D．闭合开关S后，变压器原线圈的输入功率不变5．(2017·山东潍坊一模) 如图5所示，a、b两端接在电压有效值恒定的正弦交流电源上，L1、L2、L3是三个相同的灯泡，T为理想变压器，开关S断开时，灯泡L1、L2、L3亮度相同(未达到正常发光状态)，若闭合S，下列判断正确的是( )图5A．灯泡L1变亮B．灯泡L2、L3变暗C．原、副线圈两端的电压比为2∶1D．原线圈中增加的电流大于副线圈中增加的电流6．(2017·河北衡水中学高三下期中)如图6所示，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U，额定功率均为P，变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1∶n2以及电源电压U1为( )图6A．1∶22U B．2∶14UC．2∶12U D．1∶24U7．(多选)(2017·陕西西安二检)如图7所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图，图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表．设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R0表示，并且电阻不变．变阻器R相当于用户用电器的总电阻．当用电器增加时，相当于R变小，则当用电进入高峰时( )图7A．电压表V1、V2的读数均不变，电流表A2的读数增大，电流表A1的读数减小B．电压表V3、V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数增大C．电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变D．线路损耗功率增大8．(多选)(2018·河北邢台质检)如图8所示，一个面积为S的单匝金属线圈(电阻不计)在匀强磁场B中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈两端通过电刷与图示的电路连接．其中电阻R1＝R，光敏电阻R2在无光照时其阻值也为R(有光照时其电阻减小)，理想变压器的原、副线圈的匝数比为n，则( )图8A．从图示位置开始计时，线圈转动时产生感应电动势的瞬时值表达式为e＝BSωsin ωt B．开关S处于闭合状态，当减小光照强度时，电压表的示数不变，电流表的示数减小C．开关S处于闭合状态，当R2上端串联理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)时，电流表的示数不变D．当开关S断开、R2用黑纸包裹时，R2两端电压的有效值为2nBSω2(1＋n2)9．(2018·四川成都模拟)如图9所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1∶n2＝55∶1，原线圈接入电压u＝2202sin 100πt(V)的交流电源，图中电表均为理想电表，闭合开关后，当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是( )图9A．副线圈中交变电流的频率为100 HzB．t＝0.02 s时，电压表的示数为0C．电流表的示数先变小后变大D．定值电阻R消耗的功率先变大后变小10．(多选)如图10甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R1、R2均为10 Ω.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( )图10A．当S与a连接后，理想电流表示数为2.2 AB．当S与a连接后，理想电压表示数为11 VC．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 HzD．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍11．(多选)(2017·湖南株洲一模)某同学在实验室中研究远距离输电．由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的自感作用)．第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P 1.第二次采用如图11所示的电路输电，其中理想变压器T 1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2，理想变压器T 2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P 2.下列说法正确的是( )图11A ．前后两次实验都可用于研究远距离直流输电B ．实验可以证明，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失C ．若输送功率一定，则P 2∶P 1＝n 12∶n 22D ．若输送功率一定，则P 2∶P 1＝n 1∶n 212．如图12为远距离输电示意图，升压变压器T 1的原、副线圈匝数比为n 1∶n 2＝k ∶1，降压变压器T 2的原、副线圈匝数比为n 3∶n 4＝1∶k ，在T 1的原线圈两端接入一内阻为k 2r 、电动势e ＝E m sin ωt 的交流电源，两条输电线的总电阻为r ，假设用户处的总电阻为R ，不考虑其他因素的影响，两变压器均为理想变压器，则输电线上损失的电功率为( )图12A.k 2E m 2r 2(R ＋2k 2r )2B.k 2E m 2r 2(R ＋k 2r )2C.k 2E m 2r 2(R ＋r ＋k 2r )2D.k 2E m 2r (R ＋r ＋k 2r )2答案精析1．BD [由u ＝2202sin 100πt (V)知交变电流的频率f ＝ω2π＝50 Hz ，变压器不改变交变电流的频率，A 错误；由理想变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2，可知U 2＝n 2n 1U 1＝22 V ，故电压表的示数为22 V ，B 正确；变压器原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，为P ＝U 2I 2＝66 W ，C 错误；流过小灯泡的电流I ＝U 2R ＝1 A ，故流过电动机的电流I M ＝2 A ，电动机的输出功率P 出＝U 2I M －I M 2r ＝40 W ，D 正确．]2．A3．D [由ω＝100π＝2πf 得f ＝50 Hz ，A 错；由题知：U m1＝12 2 V ，则有效值U 1＝U m12＝12 V ．由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝6 V ，I 2＝U 2R L ＝1 A ，B 、C 错；由能量守恒得P 1＝P 2＝U 2I 2＝6 W ，D 对．]4．AC 5.D6．B [设灯泡正常发光时，额定电流为I 0.由题图可知，原线圈中电流I 原＝I 0，副线圈中两灯并联，副线圈中电流I 副＝2I 0，U 副＝U ，根据理想变压器的基本规律：I 原n 1＝I 副n 2得n 1∶n 2＝2∶1；U 原∶U 副＝n 1∶n 2得U 原＝2U ，所以U 1＝4U ，B 正确．]7．BCD8．BD [从题图所示位置开始计时，线圈转动时产生感应电动势的瞬时值表达式为e ＝BS ωcos ωt ，故选项A 错误；减小光照强度时，R 2电阻增大，副线圈的电压由匝数和输入电压决定，电压表的示数不变，通过R 2的电流减小，电流表示数减小，故选项B 正确；由于理想二极管具有单向导电性，在一个周期内有U 22R ·T 2＋0＝U 2′2R·T ，电阻消耗的功率减小，原线圈输入功率减小，电流表示数将减小，故选项C 错误；开关S 断开时，电阻R 1和理想变压器串联，根据串联电路规律有：U 1′＝BS ω2－I 1′R 1，U 1′U 2′＝n ，I 1′I 2′＝1n，I 2′＝U 2′R 2，联立解得：I 1′＝2BS ω2R (1＋n )，U 2′＝2nBS ω2(1＋n )，故选项D 正确．] 9．C [由电压公式知ω＝100π rad/s ，f ＝ω2π＝100π2πHz ＝50 Hz ，A 项错误；原线圈两端的输入电压有效值为220 V ，由电压与匝数成正比知，U 1U 2＝n 1n 2，所以副线圈两端电压为：U 2＝n 2n 1·U 1＝155×220 V＝4 V(即为电压表的读数)，B 项错误；由题图可知，滑动变阻器的上、下两部分并联后与R 串联，根据串并联电路的特点可知，当P 位于中间位置时，并联电阻的电阻值最大，所以当滑动变阻器的滑动触头P 从最上端滑到最下端的过程中，电路中的总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流先减小后增大，定值电阻R 消耗功率将先减小后增大．变压器的输出电流先减小后增大，则输入的电流也是先减小后增大，即电流表的示数先变小后变大，C 项正确，D 项错误．]10．AD11．BC [变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A 错误；实验可以证明，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失，故B 正确；第一次实验输电线上的电流I ＝P U 1，输电线上损失的功率P 1＝I 2R ＝P 2U 12R ，第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U 2＝n 2n 1U 1，输电线上的电流I ′＝P U 2，输电线上损失的功率P 2＝I ′2R ＝P 2U 22R ，所以：P 2P 1＝U 12U 22＝n 12n 22，故C 正确，D 错误．] 12．A [由题意可知降压变压器原线圈有U 3I 2＝n 3n 4U 4n 4n 3I 3＝n 32n 42R ＝R k 2，同理，升压变压器原线圈有U 1I 1＝n 12n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫R k 2＋r ＝R ＋k 2r ，又U 1I 1＝22E m －I 1k 2r I 1＝22E m n 2n 1I 2－k 2r ，联立解得输电线上的电流I 2＝kE m 2(R ＋2k 2r )，则输电线上损失的电功率P r ＝I 22r ＝k 2E m 2r 2(R ＋2k 2r )2，A 正确．]答案精析1．B [由产生的交变电流图象可知，t 1时刻，电流是正最大值，说明线圈垂直切割磁感线，即线圈处于与磁感线方向平行位置．电流方向为a →b →c →d →a ，根据右手定则可判断出对应t 1时刻线圈位置正确的是选项B.]2．D [从t 1到t 3的过程，穿过线圈的磁通量变化量为零，选项A 错误；从t 3到t 4的过程，穿过线圈的磁通量变化量为BS ，故通过电阻R 的电荷量q ＝n ΔΦR ＋r ＝nBS R ＋r，选项B 错误；t 3时刻产生的电动势大小为E 0，由法拉第电磁感应定律可得E 0＝n ΔΦΔt ＝nBS ω，可得ΔΦΔt＝BS ω，选项C 错误；线圈产生的交流电的电动势有效值为E ＝nBS ω2，由闭合电路欧姆定律可得，电流表的示数I ＝E R ＋r ＝2nBS ω2(R ＋r )，选项D 正确．] 3．AD 4.BCD 5．C [磁场的磁感应强度B ＝2×10－2 T ，线圈面积S ＝0.02 m 2，匝数N ＝400，线圈总电阻r ＝2 Ω，线圈的转速n ＝50πr/s ，故ω＝100 rad/s ，交流发电机产生电动势随时间的变化关系是e ＝NBS ωcos ωt ＝82cos 100t (V)，A 项错误；交流电压表显示出的是路端电压有效值，故示数为E m R 2(R ＋r )＝6.4 V ，B 项错误；从t ＝0时刻转过30°的过程中，通过电阻的电荷量为q ＝N ΔΦR ＋r ＝ 400×12×2×10－2×0.0210C ＝42×10－3 C≈5.7×10－3 C ，C 项正确；电阻R 上的热功率P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫E m 2R ＋r 2·R ＝5.12 W ，D 项错误．]。

[配套K12]2019届高考物理一轮复习第十一章交变电流传感器课时作业40

课时作业40[双基过关练]1．(2018·六安一中模拟)(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．(2018·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．(2018·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3MρN 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．(2018·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>r0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<r0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．的过程中，先加速再减速点时加速度大小为零点左侧的过程中，加速度先增大后减小再增大．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。

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