2020版高考物理复习第十一章交变电流传感器本章综合能力提升练（含解析）教科版 10页

本章综合能力提升练一、单项选择题1.(2018·湖北省黄冈市质检)如图1所示，n匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻不计.线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈接入一只额定电压为U的灯泡，灯泡正常发光.从线圈通过中性面开始计时，下列说法正确的是(　　)图1A.图示位置穿过线框的磁通量变化率最大B.灯泡中的电流方向每秒改变次C.线框中产生感应电动势的表达式为e＝nBSωsinωtD.变压器原、副线圈匝数之比为答案　C2.(2018·广东省高考第一次模拟)在如图2所示的电路中，理想变压器原线圈匝数n1＝600匝，副线圈的匝数n2＝120匝，当原线圈接入u＝180sin50πt(V)的正弦式交变电流时，下列判断正确的是(　　)图2A.正弦式交变电流的频率为50HzB.副线圈两端电压的有效值为36VC.当滑动变阻器滑片向b端滑动时，灯泡消耗的电功率一定增大D.当滑动变阻器滑片向a端滑动时，滑动变阻器消耗的总电功率一定增大答案　C解析　正弦交流电的频率为f＝＝Hz＝25Hz，A错误；原线圈两端电压的有效值为U1＝V＝90V，根据＝可得副线圈两端电压的有效值为U2＝18V，B错误；当滑动变n阻器滑片向b端滑动时，灯泡两端的电压增大，故灯泡消耗的电功率一定增大，C正确；滑动变阻器滑片向a端滑动过程中，其连入电路的电阻分为两部分，一部分增大，一部分减小，所以其消耗的总功率不一定增大，D错误.3.(2019·河北省邢台市调研)如图3所示，一理想变压器的原线圈匝数n1为1000匝，所加电压为U＝220V，串联了一个阻值为r＝4Ω的电阻；副线圈接入电路的匝数n2可以通过滑动触头Q调节，副线圈接有电阻R＝9Ω；R相当于变压器在原线圈电路中的电阻，当n2取下列哪个值时，R消耗的功率最大(　　)图3A.2000匝B.1500匝C.600匝D.400匝答案　B解析　变压器在原线圈电路中的等效电阻为r′＝R；变压器初次级电压满足：＝，次级电流I2＝＝，则初级电流I1＝，则U＝I1(r＋r′)，解得：U1＝，I1＝，变压器输入功率等于输出功率：P2＝P1＝I1U1＝×＝，由数学知识可知，当＝4n2，即当n2＝1.5n1＝1500匝时，变压器输出功率最大，R上的功率最大，故B正确.4.(2018·四川省凉山州三模)图4甲为一台小型发电机示意图，产生的感应电动势随时间变化如图乙所示.已知发电机线圈的匝数为100匝，电阻r＝2Ω，外电路的小灯泡电阻恒为R＝6Ω，电压表、电流表均为理想电表.下列说法正确的是(　　)图4A.电压表的读数为4VB.电流表读数0.5AnC.1s内流过小灯泡的电流方向改变25次D.线圈在转动过程中，磁通量最大为Wb答案　B解析　由题图乙可知，交流电的最大值为：Em＝4V，有效值为：E＝＝4V，根据闭合电路的欧姆定律可知：U＝R＝×6V＝3V，A错误；电流表的示数为：I＝＝A＝0.5A，B正确；由题图乙可知，T＝4×10－2s，f＝＝25Hz，一个周期内电流方向改变两次，所以，1s内流过小灯泡的电流方向改变50次，C错误；根据Em＝nBSω可知，Φm＝BS＝＝＝Wb＝Wb，D错误.5.(2018·山东省泰安市上学期期末)如图5，电阻R、电容器C和电感线圈L并联后，接入输出电压有效值、频率可调的交流电源.当电路中交流电的频率为f时，通过R、C和L的电流有效值恰好相等.若将频率降低为f，输出电压有效值不变，分别用I1、I2和I3表示此时通过R、C和L的电流的有效值，则(　　)图5A.I1＝I2＝I3B.I1>I2>I3C.I3>I1>I2D.I1>I2＝I3答案　C解析　将频率降低时，通过R的电流不变，电容器的容抗增大，通过C的电流减小，则有I1>I2，电感线圈的感抗减小，通过L的电流增大，则有I3>I1，故A、B、D错误，C正确.6.(2018·河南省周口市期末)如图6所示，一理想变压器的原线圈两端接在电压为u＝220sin100πtV的交流电源上，此时变压器副线圈电路中标有“44V,220W”的电动机恰好能正常工作.其中A为理想电流表，电动机的内阻为r＝2Ω，则下列说法中正确的是(　　)图6A.该理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶5nB.电流表的示数为5AC.该电动机正常工作时的输出功率为170WD.若电动机正常工作时突然被卡住，则电动机线圈的热功率为50W答案　C解析　根据u＝220sin100πtV知，原线圈两端的电压有效值为U1＝220V，副线圈两端的电压为U2＝44V，则变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝U1∶U2＝5∶1，故A错误；电动机恰好能正常工作，理想变压器的输出功率为220W，输入功率为220W，由P＝UI得I1＝1A，即电流表的示数为1A，故B错误；该电动机正常工作时的输出功率为P出＝U2I2－I22r＝44×5W－52×2W＝170W，故C正确；若电动机正常工作时突然被卡住，则电动机线圈的热功率为P′＝＝W＝968W，故D错误.7.(2018·河南省商丘市上学期期末)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(正常工作时电阻为R0)的同一小电珠供电.图7甲中R为滑动变阻器，图乙中理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，若小电珠均能正常工作，则下列说法正确的是(　　)图7A.变压器可能是升压变压器B.甲、乙电路消耗电功率之比为C.电阻R与小电珠消耗功率之比为－1D.滑动变阻器接入电路的阻值R＝R0答案　C解析　由题图甲可知，电源电压等于变阻器两端的电压与小电珠两端的电压之和，因此U>U0，在题图乙中根据电压与匝数成正比的关系即＝>1，可得n1>n2，所以变压器是降压变压器，故A错误；由于小电珠均能正常工作，甲电路消耗的功率为UI，乙电路消耗的功率为U0I，甲、乙电路消耗电功率之比为＝，故B错误；滑动变阻器消耗功率为(U－U0)I，所以滑动变阻器与小电珠消耗功率之比为＝n－1，故C正确；题图甲中滑动变阻器与小电珠串联，则有＝，滑动变阻器接入电路的阻值为R＝＝，故D错误.二、多项选择题8.(2018·广东省惠州市第三次调研)如图8所示，理想变压器初级线圈接一交变电流，交变电流的电压有效值恒定不变.副线圈接有光敏电阻R1(其阻值随光照强度增大而减小)、R2和R3，则下列说法中正确的是(　　)图8A.只将S1从2拨向1时，电流表示数变小B.只将S2从4拨向3时，电流表示数变小C.只将S3从闭合变为断开，电阻R2两端电压增大D.仅增大光照强度，原线圈的输入功率增大答案　BD解析　只将S1从2拨向1时，原线圈匝数变小，根据变压比公式，输出电压变大，故输出电流变大，输出功率变大，输入功率等于输出功率，故输入功率变大，输入电流变大，A错误；只将S2从4拨向3时，副线圈匝数变小，根据变压比公式，输出电压变小，故输出电流变小，输出功率变小，输入功率等于输出功率，故输入功率变小，输入电流变小，B正确；只将S3从闭合变为断开，少一个支路，但电阻R2与R3串联的支路的电压不变，故通过电阻R2的电流不变，电压也不变，C错误；仅增大光照强度，副线圈负载总电阻变小，故输出电流变大，输出功率变大，输入功率等于输出功率，故输入功率增大，D正确.9.(2018·湖南省株洲市上学期质检一)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P1.第二次采用如图9所示的电路输电，其中理想变压器T1与电源相连，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.下列说法正确的是(　　)图9nA.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P2∶P1＝n12∶n22D.若输送功率一定，则P2∶P1＝n1∶n2答案　BC解析　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；根据P＝I2r可知，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＝，输电线上损失的功率P1＝I2R＝R，第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U2＝U1，输电线上的电流I′＝，输电线上损失的功率P2＝I′2R＝R，所以：＝＝，故C正确，D错误.10.(2018·陕西省师大附中模拟)如图10所示，面积为0.02m2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为T.矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻R＝50Ω，电表均为理想交流电表.当线圈平面与磁场方向平行时开始计时.下列说法正确的是(　　)图10A.线圈中感应电动势的表达式为e＝100cos(100t)VB.P上移时，电流表示数减小C.t＝0时，电压表示数为100VD.当原、副线圈匝数比为2∶1时，电阻R上消耗的功率为50W答案　AD解析　矩形闭合线圈ABCD在磁场中转动，产生的交流电压的最大值为：Em＝NBSω＝100××0.02×100V＝100V，线圈中感应电动势的表达式为e＝100cos(100t)V，故A正确；P上移时，原线圈的匝数减小，导致副线圈电压增大，那么副线圈电流也增大，则原线圈的电流会增大，电流表示数增大，故B错误；由于正弦式交流电最大值为有效值的倍，所以交流电压的有效值为U＝100V，当tn＝0时，电压表示数为100V，故C错误；当原、副线圈匝数比为2∶1时，电阻R上消耗的功率为：PR＝＝W＝50W，故D正确.11.(2018·山东省青岛市二模)如图11所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20kW.在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为1A，输电线的总电阻为10Ω，则下列说法正确的是(　　)图11A.采用高压输电可以增大输电线中的电流B.升压变压器的输出电压U2＝2000VC.用户获得的功率为19kWD.将P下移，用户获得的电压将增大答案　BC解析　根据高压输电原理，提高输电电压，输电电流减小，A错误；根据电流互感器的原理，输电电流：I2＝×1A＝10A，升压变压器的输出电压：U2＝＝V＝2000V，B正确；输电线上的功率损失：P损＝I22R＝102×10W＝1kW，用户获得的功率为：P用＝P－P损＝20kW－1kW＝19kW，C正确；将P下移，降压变压器原线圈匝数增加，根据变压器的变压规律，副线圈的电压减小，用户获得的电压将减小，D错误.12.(2018·福建省漳州市期末调研)如图12，理想变压器的原、副线圈的匝数比为2∶1，在原、副线圈的回路中接入的电阻阻值均为R，电压表和电流表均为理想电表，a、b端接有电压为220sin10πtV的交流电，开关S处于断开状态时，设电压表读数为U，原、副线圈回路中电阻R消耗的功率之比为k，则(　　)图12A.U＝88V，k＝B.U＝110V，k＝4C.当开关闭合时，电流表的示数会减小nD.当开关闭合时，电压表的读数会减小答案　AD解析　由＝＝＝2，原线圈回路中电阻R消耗的功率P1＝I12R，副线圈回路中电阻R消耗的功率P2＝I22R，则有k＝＝＝，副线圈的电流I2＝，原线圈回路中I1＝I2＝，原线圈回路中电阻R的电压UR＝I1R＝，a、b端电压有效值为U有＝＝220V，由题意可知输入电压有效值为220＝2U＋，解得U＝88V，故A正确，B错误；当开关闭合时，副线圈总电阻R′I1，原线圈回路中电阻R两端的电压UR＝I1′R＝·，由题意可知输入电压有效值为220＝2U＋·，解得U<88V，故C错误，D正确.13.(2018·湖南省常德市一模)如图13甲所示，一交流发电机向远距离的理想变压器输电，输电线等效电阻R1＝2Ω，变压器匝数比n1∶n2＝2∶1，发电机输出的交变电压随时间的变化图像如图乙所示，理想交流电压表示数为5V，则(　　)图13A.通过R2的交变电流频率为50HzB.图像上对应的0.01s时刻，发电机中的线圈与中性面垂直C.R2两端的电压为10VD.发电机输出功率为12.5W答案　AC解析　理想变压器不改变交流电的频率，故通过R2的交变电流的频率为f＝Hz＝50Hz，A正确；图像上对应的0.01s时刻，交流电压为零，此时通过发电机中的线圈的磁通量最大，磁通量变化率最小为零，发电机中的线圈刚好与中性面重合，B错误；发电机输出电压的有效值为U＝V＝25V，故原线圈两端电压为U1＝U－UR1＝20V，根据公式＝n可得副线圈两端电压，即R2两端电压为U2＝U1＝10V，C正确；通过R1的电流I1＝＝2.5A，由＝，得副线圈中电流I2＝I1＝5A，发电机输出功率为电阻R1消耗的电功率与副线圈中消耗的电功率之和，故发电机输出功率为P＝W＋5×10W＝12.5W＋50W＝62.5W，D错误.14.(2019·福建省龙岩市模拟)如图14所示，MN、PQ是两条在水平面内、平行放置的金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与阻值为R的电阻组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比n1∶n2＝k，导轨宽度为L.质量为m的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力作用下做往复运动，其速度随时间变化的规律是v＝vmsin(t)，范围足够大的匀强磁场垂直于轨道平面，磁感应强度为B，导轨、导体棒、导线电阻不计，电流表为理想交流电表.则下列说法中正确的是(　　)图14A.导体棒两端的最大电压为BLvmB.电阻R上的电压为C.电流表的示数为D.导体棒克服安培力做功的功率为答案　ABD解析　根据题意，电动势的瞬时值表达式为：e＝BLvmsin(t)，则最大电动势为：Em＝BLvm，故选项A正确；由于最大电动势为：Em＝BLvm，则电动势的有效值为：E＝，则有＝＝k，则U2＝，故选项B正确；副线圈电流为：I2＝＝，再根据＝＝k，则电流表读数为I1＝＝，故选项C错误；根据能量守恒，导体棒克服安培力做功的功率等于电阻R的热功率，故P＝＝，故选项D正确.n