高考物理一轮复习阶段滚动检测第10章电磁感应第11章交变电流传感器含答案

这是一份高考物理一轮复习阶段滚动检测第10章电磁感应第11章交变电流传感器含答案，共11页。试卷主要包含了选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。1～5小题为单选,6～8小题为多选)
1．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法中正确的是( )
A.t＝0时刻线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01 s时刻Φ的变化率达最大
C．0.02 s时刻感应电动势达到最大
D．该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示
【解析】选B。由甲图可知，t＝0时刻磁通量最大，线圈在中性面位置，而不是垂直，故A错误；t＝0.01 s时刻，磁通量等于零，此时线圈与磁场平行，感应电动势最大，磁通量Φ的变化率达最大，故B正确；t＝0.02 s时刻，磁通量最大，感应电动势为零，故C错误；由甲图知交流电动势的图象应为正弦图象，故D错误。
2．(2021·黄山模拟)如图甲所示，水平面上固定一个粗糙的U形金属框架，金属杆ab横跨其上并与之接触良好，整个装置处于竖直向上的磁场中，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，在金属杆ab保持静止的时间段内( )
A．金属杆ab中感应电流方向一定从b到a
B．回路中产生的感应电动势一定增加
C．金属杆ab所受摩擦力的方向一定水平向右
D．金属杆ab所受安培力一定变大
【解析】选C。由题图乙可知，磁感应强度增大，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律可知，金属杆ab中感应电流方向一定从a到b，故A错误；由题图乙可知，磁感应强度的变化率即图线斜率减小，由法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势减小，故B错误；由于金属杆ab中感应电流方向一定从a到b，由左手定则可知，金属杆ab受到的安培力方向水平向左，由平衡条件可知，金属杆ab受到的摩擦力方向水平向右，故C正确；由于回路中产生的感应电动势减小，则感应电流减小，磁感应强度增大，由公式FA＝BIL可知，金属杆ab所受安培力不一定增大，故D错误。故选C。
3．一理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器R的滑片。下列说法正确的是( )
A.副线圈输出电压的频率为100 Hz
B．副线圈输出电压的有效值为62 V
C．P向下移动时，变压器的输出功率增加
D．P向下移动时，原、副线圈的电流都减小
【解题指导】解答本题时应从以下两点进行分析：
(1)理想变压器的输出电压由输入电压及匝数比决定，即U2=，与负载的变化无关。
(2)变压器的匝数比也可应用计算。
【解析】选C。由图象可知，交流电的周期为0.02 s，所以交流电的频率为50 Hz，变压器不会改变交变电流的频率，故副线圈输出电压的频率为50 Hz，故A错误；根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310 V，有效值U1＝
eq \f(310,\r(2)) V＝155 eq \r(2) V，根据匝数比可知，副线圈输出电压的有效值U2＝ eq \f(n2,n1) U1＝31 eq \r(2) V，故B错误；P向下移动，R变小，副线圈输出电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈的输出电流变大，则原线圈的电流也随之变大，电路消耗的功率将变大，变压器的输出功率增加，故C正确、D错误。
4．(2021·石家庄模拟)如图所示为远距离输电的示意图，升压变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2，发电厂的输出电压保持不变。在用电高峰时，并联的用电器增多。已知输电线的电阻不能忽略，变压器均为理想变压器。与平时相比，用电高峰时( )
A．降压变压器的输出电压将增大
B．输电线上损失电压将减小
C．电能的输送效率将增加
D．为了保证用户得到的电压和平时一样大，可以适当减小 eq \f(n1,n2)
【解析】选D。在用电高峰期，并联的用电器增多，用户耗电量增大，则发电厂的输出功率增大，所以升压变压器的输出功率增大，又因为升压变压器的输出电压U2不变，根据P＝UI可知，输电线上的电流I线增大，根据U损＝I线R，可知输电线上的电压损失增大，则根据降压变压器的输入电压U3＝U2－U损，可得降压变压器的输入电压U3减小，又因降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故A、B错误；电能的输送效率为η＝ eq \f(U2I线－U损I线,U2I线) ×100%＝ eq \f(U2－U损,U2) ×100%，因为升压变压器的输出电压U2不变，输电线上的电压损失U损增大，故效率η减小，故C错误；为了保证用户得到的电压和平时一样大，即U4不变，降压变压器的匝数比不变，故降压变压器原线圈的电压U3不变，因用户的功率增大，故降压变压器副线圈的电流增大，则降压变压器原线圈的电流也增大，根据U损＝I线R可知，输电线上的电压损失增大，则升压变压器副线圈的电压为U2＝U3＋U损，可知升压变压器副线圈的电压U2增大；因升压变压器原线圈的电压U1不变，根据 eq \f(U1,U2) ＝ eq \f(n1,n2) 得U2＝ eq \f(U1,\f(n1,n2)) ，可知适当减小升压变压器的匝数比 eq \f(n1,n2) ，则升压变压器副线圈的电压U2增大，故D正确。
5. (法拉第电磁感应定律)如图所示，一个边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abdc，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针方向为正。则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是( )
【解析】选B。开始进入时，边bd切割磁感线，产生逆时针方向的电流，即为正方向，且由于线框匀速运动，产生的感应电动势恒定，感应电流也恒定，故A错误；线框从开始进入磁场到运动L的过程中，只有边bd切割，感应电流不变，前进L后，边bd开始出磁场，边ac开始进入磁场，回路中的感应电动势为边ac产生的感应电动势减去bd边在磁场中产生的电动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为负方向；当再前进L时，边bd完全出磁场，ac边也开始出磁场，有效切割长度逐渐减小，电流方向不变，故B正确，C、D错误。
6．如图，理想变压器原线圈的输入电压u＝220 eq \r(2) sin100πt(V)，照明灯的规格为“20 V 40 W”，电动机M的内阻为5 Ω，电动机正常工作时，质量为2 kg的物体恰好以1 m/s的速度匀速上升，照明灯正常工作，电表均为理想电表，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．原、副线圈匝数比为1∶11
B．电压表的示数为20 V
C．电动机正常工作时，电动机的总功率为50 W
D．电动机正常工作时，电流表的示数为4 A
【解析】选B、D。由题意可知，原线圈的输入电压为U1＝220 V，已知灯泡正常工作，由题图可知，副线圈两端电压为U2＝UL＝20 V，则原、副线圈匝数比为 eq \f(n1,n2) ＝ eq \f(U1,U2) ＝ eq \f(11,1) ，所以A错误；电压表测的是灯泡两端的电压，所以电压表的示数为20 V，所以B正确；电动机正常工作时，电动机的总功率P总＝I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(M)) r＋
P出，根据题意可知，物体所受拉力为F＝G＝20 N，则电动机的输出功率为P出＝Fv＝20 W，P总＝ULIM，联立可得IM＝2 A，则电动机的总功率为P总＝20 W＋20 W＝40 W，所以C错误；由C选项分析可得，电流表的示数为I＝IL＋IM，其中IL＝ eq \f(PL,UL) ＝2 A，则I＝2 A＋2 A＝4 A，所以D正确。
【加固训练】
如图所示，面积为S，匝数为N的矩形金属线框在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，通过滑环向理想变压器供电，灯泡L1、L2均正常发光，理想电流表的示数为I，已知L1、L2的额定功率均为P，额定电流均为I，线框及导线电阻不计，则( )
A.图示位置时，穿过线框的磁通量变化率为零
B.线框转动的角速度为
C.理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶2
D.若L1灯丝烧断，电流表示数增大
【解析】选B。图示位置时，线框切割磁感线的速度最大，故穿过线框的磁通量变化率最大，故A错误；线框输入电压为U＝ eq \f(2P,I) ，根据Um＝NBSω及U＝ eq \f(\r(2),2) Um，联立解得ω＝ eq \f(2\r(2)P,INBS) ，故B正确；变压器的输入电流为I、输出电流为2I，根据 eq \f(n1,n2) ＝ eq \f(I2,I1) ，原、副线圈的匝数之比为2∶1，故C错误；若L1灯丝烧断，则输出功率减小，输入功率也减小，由于输入电压不变，故电流表示数减小，故D错误。
7．(楞次定律)(2021·济南模拟)一个长直密绕螺线管N放在一个金属圆环M的中心，圆环轴线与螺线管轴线重合，如图甲所示。螺线管N通有如图乙所示的电流，下列说法正确的是( )
A．t＝ eq \f(T,8) 时刻，圆环有扩张的趋势
B．t＝ eq \f(T,8) 时刻，圆环有收缩的趋势
C．t＝ eq \f(T,8) 和t＝ eq \f(3T,8) 时刻，圆环内有相同的感应电流
D．t＝ eq \f(3T,8) 和t＝ eq \f(5T,8) 时刻，圆环内有相同的感应电流
【解析】选A、D。由图可知在t＝ eq \f(T,8) 时刻，通过线圈的电流增大，则线圈产生的磁场增大，所以穿过金属小圆环的磁通量变小，根据楞次定律可知，圆环有扩张的趋势，选项A正确、B错误；由图可知在t＝ eq \f(T,8) 时刻通过线圈的电流增大，而在t＝ eq \f(3T,8) 时刻通过线圈的电流减小，根据楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向不同，选项C错误；由图可知在t＝ eq \f(3T,8) 和t＝ eq \f(5T,8) 时刻，线圈内电流的变化率是大小相等的，则线圈产生的磁场的变化率也相等，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内的感应电动势大小是相等的，所以感应电流大小也相等，根据楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向也相同，选项D正确。
8．如图所示，面积为S、匝数为N、电阻为r的正方形导线框与阻值为R的电阻构成闭合回路，理想交流电压表并联在电阻R的两端。线框在磁感应强度为B的匀强磁场中，以与电路连接的一边所在直线为轴垂直于磁场以角速度ω匀速转动，不计其他电阻，则下列说法正确的是( )
A.若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为e＝NBSωsin ωt
B．线框通过中性面前后，流过电阻R的电流方向将发生改变，1秒钟内流过电阻R的电流方向改变 eq \f(ω,π) 次
C．线框从图示位置转过60°的过程中，通过电阻R的电荷量为 eq \f(NBS,2（R＋r）)
D．电压表的示数跟线框转动的角速度ω大小无关
【解析】选A、B、C。从图示位置开始计时，即从线框处于中性面位置开始计时，感应电动势瞬时值e＝NBSωsin ωt，选项A正确；线框通过中性面前后，流过电阻R的电流方向发生改变，每转1周电流方向改变2次，1秒钟内线框转动圈数为 eq \f(1,T) ＝ eq \f(ω,2π) ，故流过电阻R的电流方向改变2× eq \f(ω,2π) ＝ eq \f(ω,π) 次，选项B正确；线框从图示位置转过60°的过程中，通过电阻R的电荷量Δq＝ eq \x\t(I) Δt＝ eq \f(\x\t(E),R＋r) Δt＝N eq \f(ΔΦ,R＋r) ，而ΔΦ＝BΔS⊥＝ eq \f(1,2) BS，故Δq＝ eq \f(NBS,2（R＋r）) ，选项C正确；电压表的示数U＝ eq \f(RE,R＋r) ，而E＝ eq \f(NBSω,\r(2)) ，故U∝ω，选项D错误。
【加固训练】
(多选)如图所示，一个截面积为S的N匝线圈，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，以角速度ω匀速转动产生交变电流，变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2，电表均为理想电表，忽略线圈内阻，则( )
A．若从图示位置计时，则原线圈中电压瞬时值为e＝NBSωcs ωt
B．当闭合开关S时，电压表示数变大
C．当闭合开关S时，电流表示数变大
D．电压表读数为 eq \f(n2NBSω,n1)
【解析】选A、C。若从图示位置计时，则原线圈中电压瞬时值为e＝NBSωcs ωt，A项正确；当闭合开关S时，原线圈电压不变，根据 eq \f(U1,U2) ＝ eq \f(n1,n2) 可知，副线圈电压不变，则电压表示数不变，B项错误；副线圈电阻减小、电压不变，副线圈电流增大，原线圈电流增大，电流表示数增大，C项正确；原线圈电压有效值为 eq \f(\r(2)NBSω,2) 不变，根据 eq \f(U1,U2) ＝ eq \f(n1,n2) ，副线圈电压有效值为 eq \f(\r(2)n2NBSω,2n1) ，D项错误。
二、计算题(本题共2小题，共52分。需写出规范的解题步骤)
9．(24分)如图甲所示为一理想变压器，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦交变电压的图象如图乙所示。若只在c、e间接一个Rce＝400 Ω的电阻，或只在d、e间接一个Rde＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W。
(1)请写出原线圈输入电压的瞬时值Uab的表达式；
(2)求只在c、e间接一个Rce＝400 Ω的电阻时，原线圈中的电流I1；
(3)求c、e间和d、e间线圈匝数的比值 eq \f(nce,nde) 。
【解析】(1)由题图乙知周期T＝0.01 s，
则ω＝ eq \f(2π,T) ＝200π rad/s
故原线圈输入电压的瞬时值表达式为
Uab＝400sin200πt(V)。
(2)原线圈两端的电压U1＝200 eq \r(2) V
由理想变压器的功率关系得P1＝P2
原线圈中的电流I1＝ eq \f(P1,U1)
解得I1＝ eq \f(80,200\r(2)) A≈0.28 A
(3)设a、b间线圈的匝数为n1，
则 eq \f(U1,n1) ＝ eq \f(Uce,nce)
同理 eq \f(U1,n1) ＝ eq \f(Ude,nde)
由题意知 eq \f(U eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(ce)) ,Rce) ＝ eq \f(U eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(de)) ,Rde)
解得 eq \f(nce,nde) ＝ eq \r(\f(Rce,Rde))
代入数据得 eq \f(nce,nde) ＝ eq \f(4,3)
答案：(1)Uab＝400sin200πt(V) (2)0.28 A (3) eq \f(4,3)
【加固训练】
如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n，原线圈接电压为u=U0sinωt的正弦交流电，副线圈接有一个交流电流表和一个电动机，电动机的线圈电阻为R。当电动机带动一质量为m的重物匀速上升时，电流表的示数为I，重力加速度为g，求：
(1)原线圈中的电流I0；
(2)电动机的电功率P；
(3)重物匀速上升的速度v。
【解析】(1)由，,得原线圈中的电流I0＝,
(2)由，,得电动机两端电压U2＝，
电动机消耗的电功率为
P＝U2I＝ eq \f(U0I,\r(2)n) ＝ eq \f(\r(2)U0I,2n)
(3)电动机消耗的热功率为P热＝I2R，
输出的机械功率为P′＝P－P热
又由P′＝mgv，
可得重物匀速上升的速度为
v＝ eq \f(\r(2)U0I,2nmg) － eq \f(I2R,mg) ＝ eq \f(I（\r(2)U0－2nIR）,2nmg)
答案：(1) eq \f(I,n) (2) eq \f(\r(2)U0I,2n)
(3) eq \f(I（\r(2)U0－2nIR）,2nmg)
10．(28分)(2021·铜仁模拟)如图，两条平行的光滑金属导轨相距L＝1 m，金属导轨由倾斜与水平两部分组成，倾斜部分足够长且与水平方向的夹角为θ＝
37°。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。金属棒EF和MN的质量均为m＝0.2 kg ，电阻均为R＝2 Ω。EF置于水平导轨上，MN置于倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好。现在外力作用下使EF棒以速度v0＝4 m/s向左匀速运动，MN棒恰能在倾斜导轨上保持静止状态。倾斜导轨上端接一阻值也为R的定值电阻。(sin37°＝0.6，cs37°＝0.8；重力加速度g 取10 m/s2)
(1)EF向左滑动时，E、F 哪端电势高；
(2)求磁感应强度 B的大小；
(3)若将EF棒固定不动，让MN 棒由静止释放，求MN棒沿斜面下滑距离 d＝
5 m时达到稳定速度的过程中EF棒中产生的焦耳热。
【解析】(1)F端电势高
(2)EF棒运动切割磁感线产生感应电动势E＝BLv0
电路总电阻为R总＝ eq \f(1,2) R＋R＝ eq \f(3,2) R
流过EF棒的电流I＝ eq \f(E,R总)
对MN棒，由平衡条件得mg sin θ＝B· eq \f(I,2) ·L cs θ解得B＝1.5 T
(3)设MN棒沿倾斜导轨下滑的稳定速度为v，则有
E′＝BLv·cs θ
MN棒中电流I′＝ eq \f(E′,R总) ＝ eq \f(2BLv·cs θ,3R)
对MN棒mg sin θ＝B·I′·L cs θ解得v＝2.5 m/s
根据功能关系有mgd sin θ＝ eq \f(1,2) mv2＋Q总
EF棒中产生的热量QEF＝ eq \f(1,6) Q总解得QEF＝ eq \f(43,48) J
答案：(1)F端电势高 (2)1.5 T
(3) eq \f(43,48) J