河南省安阳市洹北中学2017年高考物理一轮复习第十八单元交变电流传感器真题与模拟单元重组卷概要

PAGEPAGE13第十八单元交变电流传感器测试时间：90分钟满分：110分第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项正确，第9～12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，有选错或不答的得0分)1．[2016·开封一模]如图所示，图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1Ω，外接灯泡的电阻为9Ω恒定不变，则下列说法中正确的是()A．电压表的示数为6VB．发电机的输出功率为4WC．在1×10－2s时刻，穿过线圈的磁通量最大D．在1×10－2s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大答案C解析根据图乙所示电动势随时间变化的正弦规律图象可知，电动势最大值为6eq\r(2)V，有效值为E＝6V，由闭合电路欧姆定律，I＝eq\f(E,R＋r)＝0.6A，电流表示数为0.6A，电压表的示数为U＝IR＝0.6×9V＝5.4V，故A错误；发电机的输出功率为P＝UI＝5.4×0.6W＝3.24W，故B错误；在1×10－2s时刻，产生的感应电动势为零，说明磁通量变化率为零，线圈正在通过中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，故C正确，D错误。2．[2016·天津高考]如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是()A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变大答案B解析当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，变压器副线圈的总负载的等效电阻增大，R1中电流减小，R1两端电压减小，电压表示数变大，R1消耗的电功率变小，故A错误，B正确。当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，变压器副线圈输出电流减小，输出功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率，变压器输入功率减小，电流表A1示数变小，故C错误。若闭合开关S，变压器副线圈的总负载的等效电阻减小，则R1中电流增大，R1两端电压增大，电压表示数减小，电流表A2示数减小，电流表A1示数变大，故D错误。3．[2016·河南八市质检]如图为某发电站电能输送示意图。已知发电机的输出电压、输电线的电阻及理想升压、降压变压器匝数均不变，若用户电阻R0减小，下列说法正确的是()A．发电机的输出功率减小B．输电线上的功率损失减小C．用户得到的电压减小D．输电线输送电压减小答案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，故A错误；若用户电阻减小，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，输电线上的功率损失增大，故B错误；输电线上损失电压增大，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，降压变压器副线圈输出电压(即用户得到的电压)减小，故C正确；根据题意可知发电机的输出电压不变，升压变压器的原线圈输入电压不变。由于升压变压器的原、副线圈匝数比不变，则输电线上输送电压不变，故D错误。4．[2016·全国卷Ⅰ]一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比值为()A．2B．3C．4D．5答案B解析设理想变压器原、副线圈匝数比值为k，根据题述，当开关S断开时，电流表示数为I，则由闭合电路欧姆定律得，U＝IR1＋U1。由变压公式U1/U2＝k及功率关系U1I＝U2I2，可得I2/I＝k，即副线圈输出电流为I2＝kI，U2＝I2(R2＋R3)＝kI(R2＋R3)。当开关S闭合时，电流表示数为4I，则有U＝4IR1＋U1′。由变压器公式U1′/U2′＝k及功率关系U1′·4I＝U2′I2′，可得I2′/(4I)＝k，即副线圈输出电流为I2′＝4kI，U2′＝I2′R2＝4kIR2；联立解得k＝3，故B正确。5．[2016·广东模拟]如图所示，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()A．降压，因为P＝I2R，降压后电流减少，导线上损失的电能减少B．降压，因为P＝eq\f(U2,R)，降压后电压降低，导线上损失的电能减少C．升压，因为I＝eq\f(U,R)，升压后，电流增大，使到达扩音机的信号加强D．升压，因为P＝UI，升压后，电流减小，导线上损失的电能减少答案D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，故D正确。6．[2017·湖北浏阳模拟]如图所示，理想变压器原线圈的匝数n1＝1100匝，副线圈的匝数n2＝110匝，R0、R1、R2均为定值电阻，原线圈接如图所示的交变电压。开始开关S处于断开状态，下列说法中正确的是()A．电压表示数为22VB．当开关S闭合后，电压表示数变大C．当开关S闭合后，电流表示数变大D．当开关S闭合后，变压器的输入功率减小答案C解析根据图象可以求得输入电压的有效值为220V，由eq\f(u1,u2)＝eq\f(n1,n2)得u2＝eq\f(n2u1,n1)＝22V，R0与R1串联分压，电压表示数小于22V，故A错误。当S闭合后，R1与R2并联再与R0串联，R总减小，I2变大，R0两端电压变大，副线圈两端电压不变，则示数变小，故B错误。由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)得I1也变大，即示数变大，故C正确。由输入功率P＝u1I1知输入功率增大，故D错误。7．[2016·山西四校二次联考]如图甲所示，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，图中电表均为理想交流电表，定值电阻R＝10Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是()A．当单刀双掷开关与a连接时，电流表的示数为3.11AB．当单刀双掷开关与a连接且t＝0.01s时，电流表示数为零C．当单刀双掷开关由a拨到b时，原线圈的输入功率变为原来的4倍D．当单刀双掷开关由a拨到b时，副线圈输出电压的频率变为25Hz答案C解析由图象可知，原线圈两端交变电压的最大值为311V，故有效值U＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(311,\r(2))V＝220V，由理想变压器的变压规律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，副线圈两端电压有效值为22V，由欧姆定律可知，通过电阻的电流为2.2A，又电流表示数为通过自身的交变电流的有效值，故A、B错误；当单刀双掷开关由a拨到b时，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，原线圈匝数减半，输入电压不变，故副线圈电压加倍，由功率公式P＝eq\f(U2,R)可知，变压器输出功率变为原来的4倍，同时理想变压器输入、输出功率相等，所以输入功率增加为原来的4倍，故C正确；理想变压器的工作原理是互感，不改变交变电流的频率，故D错误。8．[2016·潍坊统考]如图所示，边长为L、匝数为N、电阻不计的正方形线圈abcd，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′以角速度ω匀速转动，轴OO′垂直于磁感线，制成一台交流发电机，它与理想变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为1∶2，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线圈处于图示位置开始计时，下列判断正确的是()A．交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBωL2sinωtB．变压器的输入功率与输出功率之比为2∶1C．电压表V示数为NBωL2D．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表和电压表示数均减小答案C解析图示线圈位置是与中性面垂直的位置，从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBωL2cosωt，故A错误；理想变压器的输入功率与输出功率相等，故B错误；原线圈电压的有效值U1＝eq\f(\r(2),2)NBωL2，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(1,2)得U2＝eq\r(2)NBωL2，由于二极管的单向导电性，副线圈中只有半个周期内有电流，设电压表示数为U，根据有效值的定义得eq\f(U\o\al(2,2),R)×eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)×T，所以电压表的示数U＝NBωL2，故C正确；若滑动变阻器的滑片向下滑动，副线圈的总阻值增大，原线圈电压不变，副线圈电压也不变，电压表示数不变，由欧姆定律得副线圈的电流变小，原线圈中的电流也变小，电流表示数变小，故D错误。9．[2017·江西赣中模拟]如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈接有“220V440W”的热水器、“220V220W”的抽油烟机。如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是()A．副线圈两端电压的瞬时值为u＝220eq\r(2)sin(100πt)VB．交流电压表的示数为1100eq\r(2)VC．1min内变压器输出的电能为3.96×104JD．热水器的发热功率是抽油烟机发热功率的2倍答案AC解析由图乙可以知道，交流电压的最大值为220eq\r(2)V，T＝0.02s，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝220eq\r(2)sin(100πt)V，U2＝220V，故A正确。由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得U1＝eq\f(n1U2,n2)＝1100V，则交流电压表示数为1100V，故B错误。1min内变压器输出的电能为W＝(440＋220)×60J＝3.96×104J，故C正确。热水器的发热功率为440W，而抽油烟机的发热功率远小于220W，故D错误。10．[2016·贵阳监测]如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所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正确的是()A．线圈先后两次转速之比为2∶3B．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零C．交流电a的电动势瞬时值的表达式为e＝10sin(5πt)VD．交流电b的电动势最大值为eq\f(20,3)V答案CD解析由题图可知，图线a、b的周期之比为2∶3，由转速n与周期成反比可知，线圈先后两次转速之比为3∶2，故A错误；t＝0时，线圈中感应电动势e＝0，所以线圈处于中性面位置，磁通量最大，故B错误；交流电a的最大值为10V，周期为0.4s，所以线圈转动角速度为ωa＝eq\f(2π,Ta)＝5πrad/s，所以其瞬时值表达式为e＝10sin(5πt)V，故C正确；交变电流的最大值Em＝nBSω，所以图线a、b对应交变电流最大值之比为3∶2，所以交流电b的最大值为eq\f(20,3)V，故D正确。11．[2016·全国卷Ⅲ]如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()A．两导线框中均会产生正弦交流电B．两导线框中感应电流的周期都等于TC．在t＝eq\f(T,8)时，两导线框中产生的感应电动势相等D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等答案BC解析当导线框N完全进入磁场后，通过线框的磁通量将不变，故无感应电流产生，因此它不会产生正弦交流电，故A错误；导线框每转动一圈，产生的感应电流的变化为一个周期，故B正确；在t＝eq\f(T,8)时，导线框转过角度为45°，切割磁感线的有效长度相同，均为绕圆心的转动切割形式，设圆弧半径为R，则感应电动势均为E＝eq\f(1,2)BR2ω，故C正确；导线框N转动的一个周期内，有半个周期无感应电流产生，所以两导线框的感应电动势的有效值并不相同，由闭合电路欧姆定律可知，两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值一定不相同，故D错误。12.[2017·唐山开滦模拟]如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，两端分别接有四个阻值相同的定值电阻，变压器初级线圈接到交变电源上，下列说法正确的是()A．副线圈电压是电源电压的2倍B．流过R1的电流是副线圈上电流的3倍C．R1上的电功率是R2上电功率的2倍D．R1上的电功率是R2上电功率的9倍答案BD解析根据匝数比知副线圈电压是R2电压的2倍，故A错误；设副线圈电压为U2，电流为I2，则输出功率P2＝U2I2，设原线圈两端电压为U1，因eq\f(U1,U2)＝eq\f(1,2)得U2＝2U1。eq\f(I2,I1)＝eq\f(1,2)，I1＝2I2，对于R3有I2＝eq\f(U2,2R3)＝eq\f(U1,R3)，则流过R2的电流也为eq\f(U1,R2)＝I2，流过R1的电流为3I2，故B正确。由P＝I2R知，R1的电功率是R2上功率的9倍。第Ⅱ卷(非选择题，共62分)二、填空题(本题共2小题，共12分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答)13．[2016·北京高考](6分)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R随温度t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________(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响应更________(填“敏感”或“不敏感”)。答案增强(3分)敏感(3分)解析由题图可知，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。14．[2017·河南洛阳统考](6分)如图甲所示的远距离输电示意图中，变压器均为理想变压器。升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100Ω。降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小。电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)。未出现火情时，升压变压器的输入功率为750kW。则输电线中的电流为____________，输电线路损耗功率为________。当传感器R2所在处出现火情时，电压表V的示数________(填“变大”或“变小”)。答案30A(2分)90kW(2分)变小(2分)解析由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250V，根据电压与匝数成正比知，副线圈电压为25000V，所以输电线中的电流为I＝eq\f(P,U)＝30A；输电线损失的电压为ΔU＝IR＝30×100V＝3000V，输电线路损耗功率为ΔP＝ΔUI＝90kW；当出现火情时，传感器R2阻值减小，降压变压器副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数变小。三、解答题(本题共4小题，共50分。解答应写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．[2017·大庆模拟](10分)如图，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5T，边长为L＝10cm的正方形线圈abcd共N＝100匝，线圈电阻r＝1Ω。线圈绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，转动的角速度ω＝2πrad/s，外电路电阻R＝4Ω。(1)求感应电动势的最大值；由图示位置转过60°角时的感应电动势的值；(2)取π2＝10，求线圈转动一周电流产生的总热量；(3)由图示位置开始，求在线圈转过eq\f(1,4)周期的时间内通过电阻R的电荷量。解(1)由题意可得，感应电动势的最大值Em＝NBL2ω＝100×0.5×0.12×2πV＝3.14V(1分)由图示位置转过60°角时的瞬时感应电动势e＝Emcos60°＝3.14×0.5V＝1.57V(1分)(2)周期T＝2π/ω＝1s(1分)线圈转动一周电流产生的热量Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2))))2·T/(R＋r)(1分)联立解得Q＝1J(1分)(3)Δt＝eq\f(1,4)T时间内通过电阻R的电荷量q＝eq\x\to(I)·Δt(1分)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)(1分)eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)(1分)ΔΦ＝BL2－0(1分)联立解得q＝0.1C(1分)16.[2017·井冈山月考](11分)如图所示，面积为S＝0.2m2的单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，磁感应强度B＝eq\f(5,π)T，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动，ω＝100πrad/s，若从图示位置开始计时。(1)求线圈中产生的感应电动势随时间变化的函数表达式；(2)若将一个电容器接在该线圈两端，则该电容器的耐压值应不低于多少？(3)若将一支氖管接在该线圈两端且不计线圈电阻。已知当氖管两端电压达到或超过U0＝25eq\r(2)V时，氖管就能发光。则在此交变电流的一个周期内氖管的发光时间为多少？解(1)由题意分析可知线圈总有一半在磁场中做切割磁感线运动(匀速转动)，所以产生的仍然是正弦交变电流，只是产生的感应电动势的最大值为整个线圈在磁场中匀速转动情况下的最大值的一半，故线圈中产生的感应电动势随时间变化的函数表达式e＝Emsinωt(1分)Em＝eq\f(1,2)BωS(1分)联立并代入数据解得e＝50sin100πt(V)(2分)(2)电容器的耐压值应不低于交变电压的最大值50V(2分)(3)由ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，解得此交变电流的一个周期为T＝0.02s(1分)当氖管两端电压达到或超过U0＝25eq\r(2)V时，氖管就能发光。不计线圈电阻，则U0＝50sin100πt(V)，在前半个周期内，可得t1＝eq\f(1,400)s或t2＝eq\f(3,400)s(2分)故在此交变电流的一个周期内氖管的发光时间为Δt＝2(t2－t1)＝0.01s(2分)17．[2016·赣州月考](16分)有一台内阻为1Ω的发电机，供给一个学校照明用电，如图所示。升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻R＝4Ω，全校共22个班，每班有“220V40W”灯6盏。若保证全部电灯正常发光，则：(1)发电机输出功率多大？(2)发电机电动势多大？(3)输电线上损耗的电功率多大？(4)输电效率是多少？(5)若使用灯数减半并正常发光，发电机输出功率是否减半。解(1)根据题意，所有灯都正常工作的总功率为：P2′＝22×6×40W＝5280W(1分)用电器都正常工作时的总电流为：I2′＝eq\f(P2′,U2′)＝eq\f(5280,220)A＝24A(1分)两个变压器之间输电线上的电流为：IR＝I2＝eq\f(I2′,4)＝6A(1分)故输电线上损耗的电功率：PR＝Ieq\o\al(2,R)R＝144W(1分)升压变压器的输出功率为：P1′＝PR＋P2′＝5424W(1分)而发电机输出功率即为升压变压器的输入功率：P出＝P1＝P1′＝5424W(1分)(2)降压变压器上的输入电压：U2＝4U2′＝880V(1分)输电线上的电压损失为：UR＝IRR＝24V(1分)因此升压变压器的输出电压为：U1′＝UR＋U2＝904V(1分)升压变压器的输入电压为：U1＝226V(1分)升压变压器的输入电流为：I1＝4IR＝24A(1分)发电机的电动势：E＝U1＋I1r＝226V＋24×1V＝250V(1分)(3)由(1)可知，输电线上损耗的电功率：PR＝144W(1分)(4)η＝eq\f(P有用,P输出)×100%＝eq\f(5280,5424)×100%＝97%(1分)(5)灯泡减少一半时：P有用＝2640W，此时输电线上的电流：IR′＝eq\f(P有用,U2)＝eq\f(2640,880)A＝3A(1分)故此时：P出