2020版物理新增分大一輪人教通用版講義：第十一章 交變電流 傳感器 本章綜合能力提升練

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精本章綜合能力提升練一、單項選擇題1。（2018·湖北省黃岡市質(zhì)檢)如圖1所示,n匝矩形閉合導(dǎo)線框ABCD處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的水平勻強(qiáng)磁場中，線框面積為S,電阻不計。線框繞垂直于磁場的軸OO′以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，并與理想變壓器原線圈相連，變壓器副線圈接入一只額定電壓為U的燈泡,燈泡正常發(fā)光.從線圈通過中性面開始計時，下列說法正確的是（)圖1A.圖示位置穿過線框的磁通量變化率最大B.燈泡中的電流方向每秒改變eq\f（ω,2π)次C.線框中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的表達(dá)式為e＝nBSωsinωtD。變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為eq\f(nBSω，U）答案C2。(2018·廣東省高考第一次模擬）在如圖2所示的電路中，理想變壓器原線圈匝數(shù)n1＝600匝，副線圈的匝數(shù)n2＝120匝，當(dāng)原線圈接入u＝180sin50πt（V)的正弦式交變電流時，下列判斷正確的是（)圖2A.正弦式交變電流的頻率為50HzB.副線圈兩端電壓的有效值為36VC.當(dāng)滑動變阻器滑片向b端滑動時，燈泡消耗的電功率一定增大D.當(dāng)滑動變阻器滑片向a端滑動時，滑動變阻器消耗的總電功率一定增大答案C解析正弦交流電的頻率為f＝eq\f（ω,2π)＝eq\f(50π,2π）Hz＝25Hz，A錯誤；原線圈兩端電壓的有效值為U1＝eq\f(180，\r（2））V＝90eq\r（2)V，根據(jù)eq\f（n1,n2)＝eq\f（U1，U2)可得副線圈兩端電壓的有效值為U2＝18eq\r(2）V，B錯誤;當(dāng)滑動變阻器滑片向b端滑動時，燈泡兩端的電壓增大，故燈泡消耗的電功率一定增大，C正確；滑動變阻器滑片向a端滑動過程中，其連入電路的電阻分為兩部分,一部分增大，一部分減小,所以其消耗的總功率不一定增大，D錯誤。3.（2019·河北省邢臺市調(diào)研)如圖3所示,一理想變壓器的原線圈匝數(shù)n1為1000匝，所加電壓為U＝220V,串聯(lián)了一個阻值為r＝4Ω的電阻;副線圈接入電路的匝數(shù)n2可以通過滑動觸頭Q調(diào)節(jié),副線圈接有電阻R＝9Ω；eq\f(n\o\al（

2,1)，n\o\al（

2，2))R相當(dāng)于變壓器在原線圈電路中的電阻,當(dāng)n2取下列哪個值時，R消耗的功率最大()圖3A。2000匝 B。1500匝C。600匝 D.400匝答案B解析變壓器在原線圈電路中的等效電阻為r′＝eq\f(n\o\al（

2，1）,n\o\al(

2，2）)R;變壓器初次級電壓滿足:eq\f(U1,U2）＝eq\f（n1,n2)，次級電流I2＝eq\f(U2,R)＝eq\f（n2U1,n1R）,則初級電流I1＝eq\f（n\o\al（

2,2）U1，n\o\al（

2，1）R），則U＝I1（r＋r′)，解得：U1＝eq\f（9Un\o\al（

2,1),9n\o\al（

2,1）＋4n\o\al(

2，2)），I1＝eq\f(Un\o\al（

2,2),9n\o\al(

2,1）＋4n\o\al(

2，2）),變壓器輸入功率等于輸出功率：P2＝P1＝I1U1＝eq\f（Un\o\al(

2,2），9n\o\al(

2，1）＋4n\o\al（

2，2)）×eq\f(9Un\o\al（

2，1),9n\o\al（

2，1）＋4n\o\al（

2,2））＝eq\f(9U2n\o\al(

2，1)，\f(9n\o\al（

2，1）,n2)＋4n22)，由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)eq\f(9n\o\al（

2，1），n2)＝4n2，即當(dāng)n2＝1.5n1＝1500匝時，變壓器輸出功率最大,R上的功率最大，故B正確。4。（2018·四川省涼山州三模）圖4甲為一臺小型發(fā)電機(jī)示意圖，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢隨時間變化如圖乙所示。已知發(fā)電機(jī)線圈的匝數(shù)為100匝，電阻r＝2Ω，外電路的小燈泡電阻恒為R＝6Ω，電壓表、電流表均為理想電表.下列說法正確的是（）圖4A。電壓表的讀數(shù)為4VB。電流表讀數(shù)0.5AC。1s內(nèi)流過小燈泡的電流方向改變25次D。線圈在轉(zhuǎn)動過程中，磁通量最大為eq\f（0。08\r（2），π)Wb答案B解析由題圖乙可知,交流電的最大值為：Em＝4eq\r（2）V，有效值為：E＝eq\f（Em，\r（2））＝4V,根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知：U＝eq\f(E,R＋r）R＝eq\f（4，6＋2）×6V＝3V，A錯誤；電流表的示數(shù)為：I＝eq\f（E，R＋r)＝eq\f（4,6＋2)A＝0.5A，B正確；由題圖乙可知，T＝4×10－2s，f＝eq\f(1,T)＝25Hz，一個周期內(nèi)電流方向改變兩次,所以,1s內(nèi)流過小燈泡的電流方向改變50次，C錯誤;根據(jù)Em＝nBSω可知，Φm＝BS＝eq\f(Em，nω)＝eq\f(Em,nω）＝eq\f（4\r（2），100×50π)Wb＝eq\f（0.0008\r（2），π)Wb，D錯誤。5.（2018·山東省泰安市上學(xué)期期末)如圖5，電阻R、電容器C和電感線圈L并聯(lián)后，接入輸出電壓有效值、頻率可調(diào)的交流電源。當(dāng)電路中交流電的頻率為f時,通過R、C和L的電流有效值恰好相等。若將頻率降低為eq\f（1，2）f，輸出電壓有效值不變，分別用I1、I2和I3表示此時通過R、C和L的電流的有效值，則()圖5A。I1＝I2＝I3 B.I1〉I2>I3C。I3〉I1>I2 D。I1>I2＝I3答案C解析將頻率降低時,通過R的電流不變,電容器的容抗增大，通過C的電流減小,則有I1>I2，電感線圈的感抗減小，通過L的電流增大，則有I3>I1,故A、B、D錯誤，C正確。6。（2018·河南省周口市期末）如圖6所示，一理想變壓器的原線圈兩端接在電壓為u＝220eq\r(2)sin100πtV的交流電源上，此時變壓器副線圈電路中標(biāo)有“44V，220W"的電動機(jī)恰好能正常工作。其中A為理想電流表，電動機(jī)的內(nèi)阻為r＝2Ω,則下列說法中正確的是()圖6A。該理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1∶5B。電流表的示數(shù)為5AC。該電動機(jī)正常工作時的輸出功率為170WD。若電動機(jī)正常工作時突然被卡住，則電動機(jī)線圈的熱功率為50W答案C解析根據(jù)u＝220eq\r(2)sin100πtV知，原線圈兩端的電壓有效值為U1＝220V，副線圈兩端的電壓為U2＝44V，則變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為n1∶n2＝U1∶U2＝5∶1,故A錯誤；電動機(jī)恰好能正常工作，理想變壓器的輸出功率為220W，輸入功率為220W，由P＝UI得I1＝1A，即電流表的示數(shù)為1A,故B錯誤；該電動機(jī)正常工作時的輸出功率為P出＝U2I2－I22r＝44×5W－52×2W＝170W，故C正確；若電動機(jī)正常工作時突然被卡住，則電動機(jī)線圈的熱功率為P′＝eq\f(U\o\al(

2,2),r)＝eq\f（442,2）W＝968W,故D錯誤.7。(2018·河南省商丘市上學(xué)期期末)用電壓為U的正弦交流電源通過甲、乙兩種電路給額定電壓為U0（正常工作時電阻為R0)的同一小電珠供電。圖7甲中R為滑動變阻器，圖乙中理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2,若小電珠均能正常工作,則下列說法正確的是(）圖7A。變壓器可能是升壓變壓器B.甲、乙電路消耗電功率之比為eq\f(n2,n1)C.電阻R與小電珠消耗功率之比為eq\f(n1，n2）－1D?；瑒幼冏杵鹘尤腚娐返淖柚礡＝eq\f(n1，n2)R0答案C解析由題圖甲可知，電源電壓等于變阻器兩端的電壓與小電珠兩端的電壓之和，因此U>U0，在題圖乙中根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比的關(guān)系即eq\f(U,U0）＝eq\f（n1，n2)〉1，可得n1>n2，所以變壓器是降壓變壓器，故A錯誤；由于小電珠均能正常工作,甲電路消耗的功率為UI，乙電路消耗的功率為U0I，甲、乙電路消耗電功率之比為eq\f(UI,U0I）＝eq\f(n1,n2），故B錯誤;滑動變阻器消耗功率為(U－U0)I，所以滑動變阻器與小電珠消耗功率之比為eq\f(U－U0I,U0I)＝eq\f(n1,n2）－1，故C正確;題圖甲中滑動變阻器與小電珠串聯(lián),則有eq\f(U－U0,R)＝eq\f（U0，R0),滑動變阻器接入電路的阻值為R＝eq\f(U－U0R0，U0）＝eq\f（n1－n2R0,n2),故D錯誤.二、多項選擇題8.（2018·廣東省惠州市第三次調(diào)研）如圖8所示，理想變壓器初級線圈接一交變電流，交變電流的電壓有效值恒定不變.副線圈接有光敏電阻R1（其阻值隨光照強(qiáng)度增大而減小）、R2和R3,則下列說法中正確的是（）圖8A。只將S1從2撥向1時，電流表示數(shù)變小B.只將S2從4撥向3時，電流表示數(shù)變小C。只將S3從閉合變?yōu)閿嚅_，電阻R2兩端電壓增大D。僅增大光照強(qiáng)度，原線圈的輸入功率增大答案BD解析只將S1從2撥向1時，原線圈匝數(shù)變小,根據(jù)變壓比公式，輸出電壓變大，故輸出電流變大，輸出功率變大，輸入功率等于輸出功率,故輸入功率變大，輸入電流變大，A錯誤；只將S2從4撥向3時,副線圈匝數(shù)變小,根據(jù)變壓比公式，輸出電壓變小,故輸出電流變小，輸出功率變小，輸入功率等于輸出功率，故輸入功率變小,輸入電流變小，B正確；只將S3從閉合變?yōu)閿嚅_，少一個支路，但電阻R2與R3串聯(lián)的支路的電壓不變，故通過電阻R2的電流不變，電壓也不變，C錯誤；僅增大光照強(qiáng)度,副線圈負(fù)載總電阻變小，故輸出電流變大，輸出功率變大，輸入功率等于輸出功率，故輸入功率增大，D正確。9。(2018·湖南省株洲市上學(xué)期質(zhì)檢一）某同學(xué)在實驗室中研究遠(yuǎn)距離輸電.由于輸電線太長，他將每100米導(dǎo)線卷成一卷,共卷成8卷來代替輸電線路（忽略輸電線路的自感作用).第一次直接將輸電線與學(xué)生電源及用電器相連，測得輸電線上損失的功率為P1.第二次采用如圖9所示的電路輸電,其中理想變壓器T1與電源相連,其原、副線圈的匝數(shù)比為n1∶n2,理想變壓器T2與用電器相連，測得輸電線上損失的功率為P2.下列說法正確的是(）圖9A.前后兩次實驗都可用于研究遠(yuǎn)距離直流輸電B.實驗可以證明,減小輸電電流能減小遠(yuǎn)距離輸電的能量損失C。若輸送功率一定，則P2∶P1＝n12∶n22D.若輸送功率一定，則P2∶P1＝n1∶n2答案BC解析變壓器只能改變交變電流的電壓，所以第二次實驗只能研究遠(yuǎn)距離交流輸電,故A錯誤；根據(jù)P＝I2r可知，減小輸電電流能減小遠(yuǎn)距離輸電的能量損失,故B正確;第一次實驗輸電線上的電流I＝eq\f(P,U1），輸電線上損失的功率P1＝I2R＝eq\f（P2,U\o\al（

2,1))R,第二次實驗,升壓變壓器副線圈上的電壓U2＝eq\f（n2,n1)U1，輸電線上的電流I′＝eq\f（P,U2）,輸電線上損失的功率P2＝I′2R＝eq\f（P2，U\o\al（

2，2）)R，所以：eq\f(P2，P1）＝eq\f(U\o\al(

2,1），U\o\al(

2，2）)＝eq\f（n\o\al（

2,1),n\o\al（

2,2）），故C正確，D錯誤.10.（2018·陜西省師大附中模擬)如圖10所示,面積為0.02m2、內(nèi)阻不計的100匝矩形線圈ABCD，繞垂直于磁場的軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動的角速度為100rad/s，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為eq\f（\r（2)，2)T.矩形線圈通過滑環(huán)與理想變壓器相連，觸頭P可移動，副線圈所接電阻R＝50Ω，電表均為理想交流電表.當(dāng)線圈平面與磁場方向平行時開始計時.下列說法正確的是（)圖10A。線圈中感應(yīng)電動勢的表達(dá)式為e＝100eq\r(2)cos(100t）VB。P上移時，電流表示數(shù)減小C.t＝0時，電壓表示數(shù)為100eq\r(2）VD.當(dāng)原、副線圈匝數(shù)比為2∶1時，電阻R上消耗的功率為50W答案AD解析矩形閉合線圈ABCD在磁場中轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的交流電壓的最大值為：Em＝NBSω＝100×eq\f(\r(2),2)×0。02×100V＝100eq\r（2）V,線圈中感應(yīng)電動勢的表達(dá)式為e＝100eq\r（2)cos（100t)V，故A正確；P上移時，原線圈的匝數(shù)減小，導(dǎo)致副線圈電壓增大，那么副線圈電流也增大，則原線圈的電流會增大，電流表示數(shù)增大，故B錯誤；由于正弦式交流電最大值為有效值的eq\r(2）倍，所以交流電壓的有效值為U＝100V，當(dāng)t＝0時，電壓表示數(shù)為100V，故C錯誤；當(dāng)原、副線圈匝數(shù)比為2∶1時，電阻R上消耗的功率為:PR＝eq\f（U′2,R)＝eq\f（502,50)W＝50W，故D正確.11。(2018·山東省青島市二模）如圖11所示為某小型電站高壓輸電示意圖，變壓器均為理想變壓器，發(fā)電機(jī)輸出功率為20kW.在輸電線路上接入一個電流互感器，其原、副線圈的匝數(shù)比為1∶10，電流表的示數(shù)為1A,輸電線的總電阻為10Ω,則下列說法正確的是（)圖11A。采用高壓輸電可以增大輸電線中的電流B.升壓變壓器的輸出電壓U2＝2000VC.用戶獲得的功率為19kWD.將P下移，用戶獲得的電壓將增大答案BC解析根據(jù)高壓輸電原理,提高輸電電壓，輸電電流減小,A錯誤；根據(jù)電流互感器的原理，輸電電流:I2＝eq\f（10，1)×1A＝10A,升壓變壓器的輸出電壓：U2＝eq\f(P，I2）＝eq\f（20×103，10）V＝2000V，B正確；輸電線上的功率損失：P損＝I22R＝102×10W＝1kW，用戶獲得的功率為：P用＝P－P損＝20kW－1kW＝19kW,C正確；將P下移，降壓變壓器原線圈匝數(shù)增加,根據(jù)變壓器的變壓規(guī)律，副線圈的電壓減小，用戶獲得的電壓將減小，D錯誤。12.（2018·福建省漳州市期末調(diào)研)如圖12，理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為2∶1，在原、副線圈的回路中接入的電阻阻值均為R,電壓表和電流表均為理想電表,a、b端接有電壓為220eq\r（2）sin10πtV的交流電，開關(guān)S處于斷開狀態(tài)時，設(shè)電壓表讀數(shù)為U，原、副線圈回路中電阻R消耗的功率之比為k，則（)圖12A.U＝88V,k＝eq\f（1,4)B。U＝110V，k＝4C.當(dāng)開關(guān)閉合時，電流表的示數(shù)會減小D。當(dāng)開關(guān)閉合時,電壓表的讀數(shù)會減小答案AD解析由eq\f（I2，I1)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f（n1，n2)＝2，原線圈回路中電阻R消耗的功率P1＝I12R，副線圈回路中電阻R消耗的功率P2＝I22R，則有k＝eq\f（P1，P2)＝eq\f（I\o\al（

2,1)，I\o\al（

2,2）)＝eq\f（1，4)，副線圈的電流I2＝eq\f(U，R）,原線圈回路中I1＝eq\f(1,2）I2＝eq\f（U,2R),原線圈回路中電阻R的電壓UR＝I1R＝eq\f（U,2)，a、b端電壓有效值為U有＝eq\f(Um，\r(2）)＝220V，由題意可知輸入電壓有效值為220＝2U＋eq\f(U，2），解得U＝88V，故A正確，B錯誤；當(dāng)開關(guān)閉合時,副線圈總電阻R′〈R，減小，副線圈的電流I2′＝eq\f(U,R′),原線圈回路中I1′＝eq\f（1，2）I2′＝eq\f（U，2R′)>I1,原線圈回路中電阻R兩端的電壓UR＝I1′R＝eq\f(U，2）·eq\f(R,R′)，由題意可知輸入電壓有效值為220＝2U＋eq\f(U,2)·eq\f（R,R′）,解得U〈88V,故C錯誤，D正確.13。(2018·湖南省常德市一模)如圖13甲所示,一交流發(fā)電機(jī)向遠(yuǎn)距離的理想變壓器輸電，輸電線等效電阻R1＝2Ω，變壓器匝數(shù)比n1∶n2＝2∶1,發(fā)電機(jī)輸出的交變電壓隨時間的變化圖象如圖乙所示,理想交流電壓表示數(shù)為5V，則()圖13A.通過R2的交變電流頻率為50HzB。圖象上對應(yīng)的0.01s時刻，發(fā)電機(jī)中的線圈與中性面垂直C。R2兩端的電壓為10VD.發(fā)電機(jī)輸出功率為12。5W答案AC解析理想變壓器不改變交流電的頻率，故通過R2的交變電流的頻率為f＝eq\f（1,0.02)Hz＝50Hz，A正確；圖象上對應(yīng)的0。01s時刻,交流電壓為零，此時通過發(fā)電機(jī)中的線圈的磁通量最大，磁通量變化率最小為零，發(fā)電機(jī)中的線圈剛好與中性面重合，B錯誤；發(fā)電機(jī)輸出電壓的有效值為U＝eq\f(25\r(2），\r(2）)V＝25V，故原線圈兩端電壓為U1＝U－UR1＝20V，根據(jù)公式eq\f(U1，U2）＝eq\f(n1，n2)可得副線圈兩端電壓,即R2兩端電壓為U2＝U1eq\f(n2,n1)＝10V，C正確；通過R1的電流I1＝eq\f(5,R1）＝2.5A，由eq\f(I1,I2）＝eq\f(n2，n1）,得副線圈中電流I2＝I1eq\f(n1,n2）＝5A,發(fā)電機(jī)輸出功率為電阻R1消耗的電功率與副線圈中消耗的電功率之和，故發(fā)電機(jī)輸出功率為P＝eq\f（52，2)W＋5×10W＝12。5W＋50W＝62.5W,D錯誤。14.（2019·福建省龍巖市模擬）如圖14所示，MN、PQ是兩條在水平面內(nèi)、平行放置的金屬導(dǎo)