高考物理人教版时作业章末质量检测10交变电流传感器 10页

www.ks5u.com 章末质量检测(十)　　　　‎ ‎ (时间：60分钟　满分：100分)‎ 一、选择题(本题10小题，每小题7分，共70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。)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．如图1所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿逆时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为l1，ad边的边长为l2，线圈的电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时 ‎(　　)‎ 图1‎ A．线圈中感应电流的方向为abcda B．线圈中的感应电动势为2nBl2ω C．穿过线圈磁通量随时间的变化率最大 D．线圈ad边所受安培力的大小为，方向垂直纸面向里 解析　当线圈转到图示的位置时，线圈的磁通量即将向右增加，由楞次定律结合安培定则可知，线圈中感应电流的方向为adcba，故A错误；当转到图示的位置时产生的电动势最大，由法拉第电磁感应定律可得，穿过线圈的磁通量的变化率最大。此时电动势的大小为e＝2nBl2ω＝nBl1l2ω，B错误，C正确；线圈此时的感应电流大小为I＝＝，所以ad边所受的安培力的大小为F＝nBIl2，代入I可得F＝，方向垂直纸面向外，D错误。‎ ‎ 答案　C ‎2．正弦交变电流经过匝数比为n1∶n2＝10∶1的理想变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按图2甲所示方式连接，R＝10 Ω。图乙是R两端电压U随时间变化的图象，Um＝10 V，则下列说法中正确的是 ‎(　　)‎ 图2‎ A．通过R的电流iR随时间t变化的规律是 iR＝cos 100πt(A)‎ B．电流表A的读数为0.1 A C．电流表A的读数为 A D．电压表V的读数为10 V 解析　由图乙知T＝2×10－2 s，f＝50 Hz，ω＝2πf＝100π rad/s，Im＝＝1 A，故iR＝cos 100πt(A)，A错误；通过R的电流的有效值I2＝＝ A，再根据＝知，I1＝ A，B错误，C正确；电压表读数应为副线圈两端电压的有效值，即U＝＝ V，故D错误。‎ 答案　C ‎3．一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t的变化规律如图3所示。副线圈仅接入一个10 Ω的电阻，则 ‎(　　)‎ 图3‎ A．流过电阻的电流是20 A B．与电阻并联的电压表的示数是100 V C．经过1分钟电阻发出的热量是6×103 J D．变压器的输入功率是1×103 W 解析　原线圈中电压的有效值是220 V，由变压比＝知副线圈中电压为U2＝100 V，流过电阻的电流I＝＝10 A，A错误；与电阻并联的电压示数是100 V，B错误；经过1分钟电阻发出的热量Q＝I2Rt＝6×104 J，C错误；变压器的输入功率等于输出功率，即P入＝P出＝UI＝1×103 W，故D正确。‎ 答案　D ‎4．(2014·保定一模)如图4所示，匝数为100匝的矩形线圈abcd位于磁感应强度B＝ T的水平匀强磁场中，线圈面积S＝0.5 m2，内阻不计。线圈绕垂直于磁场的轴以角速度ω＝10π rad/s匀速转动。线圈通过金属滑环与理想变压器原线圈相连，变压器的副线圈接入一只“12 V，12 W”灯泡，灯泡正常发光，下列说法正确的是 ‎(　　)‎ 图4‎ A．通过灯泡的交变电流的频率是50 Hz B．变压器原、副线圈匝数之比为10∶1‎ C．矩形线圈中产生的电动势的最大值为120 V D．若将灯泡更换为“12 V,24 W”且保证其正常发光，需要增大矩形线圈的转速 解析　由ω＝2πf可得通过灯泡的交变电流的频率是5 Hz，选项A错误；矩形线圈在水平匀强磁场中转动产生感应电动势最大值为Em＝NBSω＝100××0.5×10π V＝120 V，变压器输入电压为120 V，由变压器变压公式可知，变压器原、副线圈匝数之比为10∶1，选项B正确，C错误；因副线圈电压仍为12 V，故将灯泡更换为“12 V,24 W”能保证其正常发光，不需要增大矩形线圈的转速，选项D错误。‎ 答案　B ‎5．如图5所示，动圈式话筒能够将声音转变为微弱的电信号(交变电流)。产生的电信号一般都不是直接送给扩音机，而是经过一只变压器(视为理想变压器)之后再送给扩音机放大，变压器的作用是为了减少电信号沿导线传输过程中的电能损失，关于话筒内的这只变压器，下列判断正确的是 ‎(　　)‎ 图5‎ A．一定是降压变压器，因为P＝I2R，降压后电流减少，导线上损失的电能减少 B．一定是降压变压器，因为P＝，降压后电压降低，导线上损失的电能减少 C．一定是升压变压器，因为I＝，升压后，电流增大，使到达扩音机的信号加强 D．一定是升压变压器，因为P＝UI，升压后，电流减小，导线上损失的电能减少 解析　根据变压器的作用是为了减少电信号沿导线传输过程中的电能损失可知，话筒内的这只变压器一定是升压变压器，因为P＝UI，升压后，电流减小，导线上损失的电能减少，选项D正确。‎ 答案　D ‎6．中国已投产运行的1 000 kV特高压输电，是目前世界上电压最高的输电工程。假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV特高压输电，不考虑其他因素的影响。则 ‎(　　)‎ A．送电电流变为原来的2倍 B．输电线上降落的电压将变为原来的2倍 C．输电线上降落的电压将变为原来的 D．输电线上损耗的电功率将变为原来的 解析　根据输送电功率P输＝U输I输及P输不变可知，输电电流I输＝P输/U输∝1/U输，当U输变为原来的2倍时，I输变为原来的，选项A错误；输电线上降落的电压U降＝I输R降∝I输，所以，当输电电流变为原来的时，输电线上降落的电压也变为原来的，选项B错误、C正确；输电线上损耗的电功率P损＝IR降∝I，所以输电线上损耗的电功率将变为原来的，选项D错误。‎ 答案　C ‎7．如图6所示，某发电机输出功率是100 kW，输出电压是250 V，从发电机到用户间的输电线总电阻为8 Ω，要使输电线上的功率损失为5%，而用户得到的电压正好为220 V，求升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是(　　)‎ 图6‎ A．16∶1　190∶11 B．1∶16　11∶190‎ C．1∶16　190∶11 D．16∶1　11∶190‎ 解析　输电线损失功率 P损＝100×103×5% W＝5×103 W，‎ 所以，输电线电流I2＝＝25 A，‎ 升压变压器原线圈电流I1＝＝400 A，‎ 故升压变压器原、副线圈匝数比＝＝。‎ 升压变压器副线圈端电压U2＝U1＝4 000 V，‎ 输电线损失电压U损＝I2R线＝200 V，‎ 降压变压器原线圈电压U3＝U2－U损＝3 800 V，‎ 故降压变压器原、副线圈匝数比为＝＝。‎ 故选项C正确。‎ 答案　C ‎8．如图7所示，理想变压器的原线圈接有频率为f、电压为U的交流电，副线圈接有光敏电阻R、理想交流电表A。下列说法正确的是 ‎(　　)‎ 图7‎ A．当U增大时，变压器的输入功率增大 B．当f减小时，变压器的输入功率减小 C．当光照增强时，交流电表A的示数减小 D．当滑动触头P向下滑动时，交流电表A的示数增大 解析　当U增大时，变压器的输出电压增加，根据功率表达式P＝ ‎，光敏电阻消耗的功率增大，变压器输入功率增大，故A正确；当f减小时，输入电压和输出电压不变，输出功率不变，故变压器的输入功率不变，故B错误；当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，副线圈电压不变，交流电表A的示数增大，故C错误；当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减少，变压器的输出电压增大，交流电表A的示数增大，故D正确。‎ 答案　AD ‎9．如图8所示，某变电站用10 kV的高压向10 km外的小区供电，输送的电功率为200 kW。现要求在输电线路上损耗的功率不超过输送电功率的2%，下列不同规格的输电线中，符合要求的是 ‎(　　)‎ 图8‎ 选项 型号 千米电阻(Ω/km)‎ A DYD30/C ‎1‎ B DYD50/C ‎0.6‎ C DYD100/C ‎0.3‎ D DYD150/C ‎0.2‎ 解析　由P＝UI解得输电电流I＝P/U＝20 A．输电线路上损耗的功率不超过P线＝200 kW×2%＝4 kW，由P线＝I2R解得R＝10 Ω。由于输电线长度需要20 km，所以可以选择千米电阻0.5 Ω/km以下的型号DYD100/C或型号DYD150/C，符合要求的是选项C、D。‎ 答案　CD ‎10．(2015·山东高考针对性训练)图9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。已知输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路，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。下列说法正确的是 ‎(　　)‎ 图9‎ A．发电机中的电流变化频率为100 Hz B．通过用电器的电流有效值为20 A C．升压变压器的输入功率为4 650 W D．当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率减小 解析　由u＝220sin 100πt(V)可知：ω＝100π，U2m＝220 V，所以f＝50 Hz，U2＝220 V。‎ 通过用电器的电流IR0＝＝20 A，选项A错，B正确；由＝得＝，所以IR＝5 A，所以P损＝IR＝250 W。‎ P入＝P出＝IR0U2＋P损＝4 650 W，选项C正确；当R0减小时，由P＝可知，用户消耗的功率增大，线路上损耗的功率也增大，所以发电机的输出功率增大。选项D错误。‎ 答案　BC 二、非选择题(本题共2小题，共30分)‎ ‎11．(15分)如图10所示是实验室中的一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的电阻。已知大轮与小轮的半径之比为5∶1，小轮与线框同轴转动，皮带与轮子之间不打滑。闭合开关S，当转动摇把使大轮以转速n＝2 r/s 转动时，产生的正弦交变电流的电动势的最大值为10 V。‎ 图10‎ ‎(1)写出产生的正弦交变电流的电动势的瞬时值表达式；‎ ‎(2)求出电路中理想交流电流表的示数；‎ ‎(3)求外接电阻R所消耗的电功率。‎ 解析　(1)由v＝rω＝2πrn知＝＝5，线框转速n′＝5×2 r/s＝10 r/s。‎ 线框转动的角速度ω＝2πn′＝20π rad/s。‎ 正弦交变电流的电动势瞬时值表达式e＝10sin 20πt(V)。‎ ‎(2)电动势有效值E＝10 V，由闭合电路欧姆定律可知，外接电阻R中电流I＝＝1 A，所以电路中理想交流电流表的示数为1.0 A。‎ ‎(3)外接电阻R所消耗的电功率为P＝I2R＝9 W。‎ 答案　(1)e＝10sin 20πt(V)　(2)1.0 A　(3)9 W ‎12．(15分)一个小型水力发电站，发电机输出电压U0＝250 V，内电阻可以忽略不计，最大输出功率为Pm＝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伏？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＝知居民区的总电阻为R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＝R用≈131 V 发电机实际输出的电功率为P实＝＝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I2＝＝100 A 由电流规律n1I1＝n2I2知输电线上的电流为I1＝×100 A＝2.5 A 所以输电线上损耗的功率为ΔP＝IR线＝12.5 W。‎ 答案　(1)14 881 W　(2)12.5 W