2020版高考大一轮复习训练：第11章交变电流传感器本章综合能力提升练

1、本章综合能力提升练、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 ABCDb于磁感应强度大小为 B的水平匀强 磁场中，线木S面积为 S,电阻不计.线框绕垂直于磁场的轴 OO以角速度 3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9次2兀C.线框中产生感应电动势的表达式为e=nBSco sin cotD.变压器原、副线圈匝数之比为鹭也答案 C2 .（2018 广东省高考第一次模拟）在如图2所示的电路中，理

2、想变压器原线圈匝数m=600匝，副线圈的匝数 Q=120匝，当原线圈接入 u=180sin 50 7tt（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 50 HzB.副线圈两端电压的有效值为36 VC.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 =2： = 笠Hz= 25 Hz,A错误；原线圈两端电压的有效值为180V = 90 2V,根据巨=可得副线圈两端电压的有效值为L2=18x/2 V, B错误；当滑动变阻器滑片向b端滑动时，灯n2 U2泡两

3、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ni为1 000匝，所加电压为U= 220V,串联了一个阻值为 r = 4 Q的电阻；副线圈接入电路的匝数上可以通过滑动触头 Q调节，副线圈接有2-n1,、 一 一一 .，电阻R= 9 Q; -2R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6A.2 000 匝 B.1 500 匝C.600 匝 D.400 匝 答案

4、B解析 变压器在原线圈电路中的等效电阻为r' = Jr；变压器初次级电压满足：=n1,次级电流I2=U2n2U2 n2Rii22. .2=*,则初级电流 Ii = Xt 则 U= Ii（r + r'）,解得：u=2：12, Ii = Qn 2nt2,变压器输iiiRiii r9ni 十 4n29ni 十 4n2入功率等于隼出功率： Pz=Pi=|iU =Un2 29Uni 29U2ni 2-一22 X -22 = -一2,由数学知识可知，当9ni +4n 2 9ni + 4n29ni2n2+ 4n2n2= 4n2,即当n2=i.5ni=i 500匝时，变压器输出功率最大，R上的

5、功率最大，故 B正确.4.（20i8 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I00匝，电阻r=2 Q,外电路的小灯泡电阻恒为R= 6 Q,电压表、电流表均为理想电表.下列说法正确的是（）A.电压表的读数为4 VB.电流表读数0.5 AC.1 s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 匚Wb答案 B解析 由题图乙可知，交流电的最大值为:Em= 4小V ,有效值为:E= -Em = 4 V,根据闭合电路的欧姆定2律可知：U=三ER= tvX6 V = 3 V, A错误；电流表白勺示数为:I=gE = J

6、 A = 0.5 A, B正确；由R+ r6+2R+ r 6+2题图乙可知，T= 4X 10 2s, f = T=25 Hz, 一个周期内电流方向改变两次，所以， 1 s内流过小灯泡的电EmEm4 20.000 8 2流万向改变 50次，C错误；根据 Em= nBSw可知，m= BS=.nnJcn Wb=匚 Wb, Dnw nw 100X 50 7：兀错误.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1 率降低为2f,输出电压有效值不变，分别用1

7、1、I2和13表木此时通过 R、C和L的电流的有效值，则（）A.I 1= I2= I3 B.I 1>I2>I3C.I 3>I 1>I 2D.I 1>I 2= I 3答案 C电感线圈100 7tt V为理想电解析 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Ii>l2,的感抗减小，通过 L的电流增大，则有13>11,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=220/2sin的交流电源上，此时变压器副线圈电路中标有“44 V,220 W”的电动机恰好能正常工作

8、 .其中A流表，电动机的内阻为 r=2则下列说法中正确的是 （）A.该理想变压器原、副线圈的匝数比为B.电流表的示数为5 AC.该电动机正常工作日的输出功率为170 W50 WD.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答案 C解析 根据u= 2202sin 100 Tit V 知，原线圈两端的电压有效值为U = 220 V,副线圈两端的电压为Ub=44 V,则变压器原、副线圈的匝数比为 ni ： n2=U ： 5=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 220 W,输入功率为220 W,由P= UI得I i=1 A,即电流表的示数为 1 A,故B错误

9、； 该电动机正常工作日的输出功率为P出 = U2I2l22r = 44X5 W 52X2 W= 170 W,故C正确；若电动机正常小小一一、一,U2 2 442皿 厂工作时突然被卡住，则电动机线圈的热功率为P = - = -2- W= 968 W,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U（正常工作时电阻为 K）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m、山，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n28 .甲、乙电路消耗电功率之比为一n1n1C.电阻

10、R与小电珠消耗功率之比为 一一1n2.、 mD.滑动变阻器接入电路的阻值R= -R）n2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>U,在题图乙中根据电压与匝数成正比的关系即9 =四>1,可得-1>-2,所以变压器是降压变压器，故 A错误；由于小电珠U0-2UIni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 4=二,Uoin2一，、一 一，、 Il U0 I ni故B错误；滑动变阻器消耗功率为(U-U)I ,所以滑动变阻器与小电珠消耗功率之比为: 岩= 1，L0In2故C正确；题图

11、甲中滑动变阻器与小电珠串联，则有U/nU0,滑动变阻器接入电路的阻值为R= URRRDU0=3出，故D错误. n2二、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Ri(其阻值随光照强度增大而减小 )、的和R,则下列说法中正确的是()图8A.只将Si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$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S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，

12、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 与从闭合变为断开，少一个支路，但电阻R与R串联D正确.的支路的电压不变，故通过电阻的的电流不变，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,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

13、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Pi.第二次采用如图 9所示的电路输电，其中理想变压器Ti与电源相连，其原、副线圈的匝数比为ni ：理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为B.下列说法正确的是（）图9A.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 : Pi=ni2 : n22D.若输送功率一定，则 P2： Pi=ni : 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=12r可知，

14、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 =5，输Ui电线上损失的功率 Pi=I 2R= 7PFR,第二次实验，升压变压器副线圈上的电压L2 = 2U,输电线上的电流I 'UniP2P2P2 Li 2 ni 2= 77,输电线上损失的功率 P2=I' R= lR,所以：，故C正确，D错误.L2L2Pi L2n2i0.（20i8 陕西省师大附中模拟 ）如图i0所示，面积为0.02 m2、内阻不计的i00匝矩形线圈ABCD绕垂、 2、一直于磁场的轴 OO匀速转动，转动的角速度为 i00 rad/s ,匀强磁场的磁感应强度为T.矩形线圈通过滑环与

15、理想变压器相连，触头 P可移动，副线圈所接电阻R= 50 Q,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11A.线圈中感应电动势的表达式为e= 10012 cos (100t) VB.P上移时，电流表示数减小C.t = 0时，电压表示数为 100小VD.当原、副线圈匝数比为 2：1时，电阻R上消耗的功率为50 W答案 AD解析 矩形闭合线圈ABC陈磁场中转动，产生的交流电压的最大值为：E= NBSo = 100X2X0.02 X 100V= 100yl2 V,线圈中感应电动势的表达式为e=100>/2cos (100t) V ,故A正确；P上移时，原

16、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、/2倍，所以交流电压的有效值为u= 100 V,当t = 0时，电压+ 必，皿 I E ，U' 2 502表示数为100 V,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=R 5050 W,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20 kW.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1

17、A,输电线的总电阻为 10 ，则下列说法正确的是 ()A.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= 2 000 VC.用户获得的功率为19 kWD.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：3I2 = VX 1 A= 10 A,升压变压器的输出电压：U2= / V = 2 000 V, B正确；输电线上的功率损失：1I 210P损= I22r= 102X10 W= 1 kW,用户获得的功率为: Pib=PP损=20 kW 1 kW= 19 kW, C正确；将 P下移， 降压变压器

18、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,电压表和电流表土为理想电表， a、b端接有电压为220>/2sin 10 % t V 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121A.U= 88 V, k = 4B.U= 110 V, k=4C.当开关闭合时,电流表的示数会减小D.当开关闭合时,电压表的读数会减小答案AD解析U1U2上=2,原

19、线圈回路中电阻R消耗的功率R= I12R,副线圈回路中电阻 R消耗的功率P2=I22R,n2则有P1 k = P2L1I 2；,副线圈的电流I2=U,原线圈回路中I 1=112 = :,原线圈回路中电阻 R的电压Ur= 4R2 2RUI1R= 2a、b端电压有效值为 Ua =Un=220 V,由题意可知输入电压有效值为U - _220= 2U+ 2,解得 U= 88 V,故A正确,B错误；当开关闭合时，副线圈总电阻R' <R,减小，副线圈的电流I2' =-U-,原线圈回路中RU->l1,原线圈回路中电阻 R两端的电压 Ur= I1' R= U - rR, 2

20、R2 R由题意可知输入电压有效值为220=2U+ U- -R-，解得U<88 V,故C错误，D正确. 2 R13.（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R = 2 Q,变压器匝数比m ：窕=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5 V,则（图15A.通过R的交变电流频率为 50 HzB.图像上对应的0.01 s时刻，发电机中的线圈与中性面垂直C.R2两端的电压为10 VD.发电机输出功率为12.5 W答案 AC解析 理想变压器不改变交流电的频率，故通过 R的交变电流的频率为 f=0；02 Hz = 50 Hz，A正确；图 像上对应的0.01 s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=竺群V=25 V,故原线,12U1 mn2圈两端电压为 U=U UR1=20 V,根据公式 皿=可得副线圈两端电压，即 R2两端电压为U2=U.= 10 V, C 正确；通过R的电流11 = 1=2.5 A ,由=”,得副线圈中电流I