2020版物理新增分大一轮江苏专用版讲义：第十章交变电流传感器本章综合能力提升练

本章综合能力提升练

一、单项选择题

1.(2018·泰州中学模拟)如图1所示，单匝闭合金属线框abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，设穿过线框的最大磁通量为Φm，线框中的最大感应电动势为Em，从线框平面与磁场平行时刻开始计时，下列说法不正确的是(　　)

图1

A.当穿过线框的磁通量为的时刻，线框中的感应电动势为

B.线框中的电流随时间按余弦规律变化

C.线框转动的角速度为

D.线框在垂直于磁场方向平面内的投影面积随时间按正弦规律变化

答案　A

解析　设线框转动的角速度为ω，线框的总电阻为R，根据题意，线框中的感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcos ωt，其中Em＝Φmω，所以ω＝，线框中的电流i＝＝cos ωt，故选项B、C正确；当穿过线框的磁通量为时，ωt＝30°，所以线框中的感应电动势为e＝Emcos 30°＝，故选项A错误；开始计时时刻，线框在垂直于磁场方向平面内的投影面积为零，以后该面积随时间按正弦规律变化，故选项D正确.

2.(2018·伍佑中学月考)图2甲为一台小型发电机构造示意图，内阻r＝5 Ω，外电路电阻R＝95 Ω，电路中其余电阻不计.发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n＝100.转动过程中穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化，如图乙所示，则(　　)

图2

A.t＝3.14×10－2 s时，该小型发电机的电动势为零

B.该小型发电机的电动势的有效值为200 V

C.电路中电流最大值为2 A

D.串联在外电路中的理想交流电流表的读数为2 A

答案　C

3.(2018·金陵中学等三校四模)如图3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，导线框面积为S，电阻为r.导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，原、副线圈匝数之比为2∶1，变压器副线圈接入一只额定电压为U、电阻为R的灯泡，灯泡正常发光.从导线框通过中性面开始计时，下列说法错误的是(　　)

图3

A.匀速转动过程中穿过导线框的磁通量变化率最大值为BSω

B.灯泡中的电流方向每秒改变次

C.变压器原线圈两端电压最大值为nBSω

D.导线框中产生的感应电流瞬时值表达式为i＝sin ωt

答案　C

解析　导线框在磁场中转动产生的最大感应电动势为Em＝nBSω，磁通量变化率最大值为＝BSω，故A正确；交流电的周期T＝，1 s内完成周期性变化的次数＝，1个周期内电流方向改变2次，所以灯泡中电流方向每秒改变×2次＝次，故B正确；由于导线框有电阻，所以变压器原线圈两端电压最大值小于nBSω，故C错误；副线圈中的电流I＝，根据变压器原、副线圈中电流与线圈匝数的关系可知，＝，解得I1＝I2＝，故导线框中产生的感应电流的最大值为Im＝I1＝，由于从中性面开始计时，故导线框中产生的感应电流瞬时值表达式为i＝sin ωt，故D正确.

4.(2018·东台创新学校月考)在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器.如图所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是(　　)

答案　A

5.(2018·江苏省高考压轴冲刺卷)如图4甲所示，一理想变压器原线圈接上如图乙所示的正弦交流电，与副线圈相连的两个灯泡规格均为“110 V　40 W”，电表均为理想交流电表，原、副线圈匝数比为2∶1，开关K闭合前，电路正常工作.则闭合开关K后(　　)

图4

A.灯泡将烧毁

B.电流表示数增大

C.经过灯泡的交流电频率为25 Hz

D.变压器的输入功率增大一倍

答案　D

解析　由题图乙可知变压器原线圈两端电压有效值U1＝220 V，由理想变压器＝，可知副线圈两端电压有效值U2＝110 V，则K闭合前灯泡正常工作，当K闭合后，U2保持不变，故两灯泡均能正常发光，不会烧毁，所以电流表示数不变，消耗功率增大一倍，则输入功率增大一倍；经过变压器后频率不发生变化，仍为50 Hz，故A、B、C错误，D正确.

6.(2017·无锡市期末)如图5，交流电源的电动势有效值与直流电源的电动势相等，两电源的内阻均可忽略，三个灯泡是完全相同的，分别与定值电阻、电感器和电容器相接.当S接1时三个灯泡的亮度相同，那么S接2时(电感器直流电阻忽略不计)(　　)

图5

A.三个灯泡亮度相同

B.甲灯比乙灯亮，丙灯不亮

C.甲灯比乙灯暗，丙灯不亮

D.甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮

答案　C

解析　当单刀双掷开关S接1时，即为交流电源，三个灯亮度相同，说明电感L的感抗与电阻R相同，当S接2时，稳定后电感L电阻可忽略不计，电容器具有隔断直流的作用，而交流与直流对电阻R没有影响，所以丙灯不亮，甲灯亮度不变，乙灯亮度增加，即甲灯比乙灯暗，故C正确，A、B、D错误.

7.(2017·南京市9月调研)“西电东送”是实现经济跨地区可持续快速发展的重要保证，它将西部丰富的能源转化为电能输送到电力供应紧张的沿海地区.为了减少远距离输电线路中电阻损耗的能量，需要采用高压输电，在保持输送功率及输电线路电阻不变的情况下，将输送电压提高到原来的10倍，则输电线路中电阻损耗的能量将减少到原来的(　　)

A.  B.  C.  D.

答案　B

解析　根据P＝UI得，I＝，则输电导线上损失的功率ΔP＝I2R＝R，输送电压提高到原来的10倍，则损失的功率变为原来的，损耗的能量减少到原来的，故B正确，A、C、D错误.

8.(2019·丹阳中学第三次模拟)如图6所示为一理想变压器，S为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流，则(　　)

图6

A.保持U1及P的位置不变，S由a改接到b，I1将减小

B.保持U1及P的位置不变，S由a改接到b，R两端的电压减小

C.保持U1不变，S接在a处，使P滑向c端，R的电功率增大

D.保持P的位置不变，S接在a处，使U1增大，I1将增大

答案　D

解析　保持U1及P的位置不变，S由a改接到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，I1将增大，故A、B错误；保持U1不变，S接在a处，使P滑向c端时，R增大，而副线圈电压不变，所以副线圈电流变小，R的电功率将减小，故C错误；保持P的位置不变，S接在a处，若U1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，根据I1＝可知I1将增大，故D正确.

二、多项选择题

9.(2018·盐城中学最后一卷)如图7所示，一个理想变压器原线圈输入正弦式交变电流，副线圈回路中定值电阻R0的阻值小于滑动变阻器R的总阻值，则在滑片P由a移向b的过程中(　　)

图7

A.副线圈中交变电流频率减小

B.原线圈中电流减小

C.变压器的输入功率增大

D.滑动变阻器R消耗的功率先增大后减小

答案　BD

解析　变压器不改变交变电流的频率，故A错误；由于原线圈的输入电压不变，变压器的匝数比也不变，所以副线圈的输出电压不变，当滑片P由a移向b时，电阻R增大，副线圈的电流I2减小，所以原线圈的电流I1也要减小，由于副线圈的电压不变，根据P＝可得，当电阻增大时，输出的功率P2将减小，所以原线圈的输入功率P1也将减小，故B正确，C错误；将R0看作“副线圈电源”的内阻，由于定值电阻R0的阻值小于滑动变阻器R的总阻值，所以滑动变阻器R消耗的功率随着电阻R的增大，先增大后减小，故D正确.

10.(2018·如皋市模拟)如图8甲所示是家用台灯亮度调节原理图，理想自耦变压器a、b间接入如图乙所示正弦交流电压.交流电流表A为理想电表，灯泡额定电压为15 V、额定功率为30 W(设灯泡的电阻值保持不变)，当P在c处时灯泡正常发光.下列描述正确的有(　　)

图8

A.灯泡正常发光时变压器线圈的总匝数与c点下方的匝数之比为44∶3

B.当灯泡正常发光时电流表的示数为2 A

C.将滑动触头P向下移动时，变压器的输入功率变小

D.将滑动触头P向下移动时，变压器的输入电压变小

答案　AC

解析　输入端电压的有效值为U1＝ V≈220 V，灯泡额定电压为UL＝15 V，灯泡正常发光时变压器线圈的总匝数与c点下方的匝数之比为＝＝＝，故A正确；灯泡正常发光时输出功率为P出＝30 W，则输入功率P入＝30 W，而P入＝U1IA，解得电流表示数IA＝＝ A＝ A，故B错误；将滑动触头P向下移动时，变压器的输入电压不变，根据电压之比等于匝数之比可知输出电压变小，变压器的输出功率变小，则变压器的输入功率也变小，故C正确，D错误.

三、实验题

11.如图9所示，图甲为热敏电阻的R－t图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器的电阻为100 Ω.当线圈的电流大于或等于20 mA时，继电器的衔铁被吸合.为继电器线圈供电的电池的电动势E＝9.0 V，内阻不计.图中的“电源”是恒温箱加热器的电源.

图9

(1)应该把恒温箱内的加热器接在        (选填“A、B端”或“C、D端”).

(2)如果要使恒温箱内的温度保持在50 °C，可变电阻R′的阻值应调节为        Ω.

答案　(1)A、B端　(2)260

解析　(1)恒温箱内的加热器应接在A、B端.当线圈中的电流较小时，继电器的衔铁在上方，恒温箱的加热器处于工作状态，恒温箱内温度升高，随着恒温箱内温度升高，热敏电阻R的阻值变小，则线圈中的电流变大，当线圈的电流大于或等于20 mA时，继电器的衔铁被吸到下方来，则恒温箱加热器与电源断开，加热器停止工作，恒温箱内温度降低，随着恒温箱内温度降低，热敏电阻R的阻值变大，则线圈中的电流变小，当线圈的电流小于20 mA时，继电器的衔铁又被释放到上方，则恒温箱加热器又开始工作，这样就可以使恒温箱内保持在某一温度.

(2)要使恒温箱内的温度保持在50 °C，即50 °C时线圈内的电流为20 mA，由闭合电路欧姆定律I＝，r为继电器的电阻，由题图甲可知，50 °C时热敏电阻的阻值为90 Ω，所以R′＝－(r＋R)＝260 Ω.

四、计算题

12.如图10所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20 cm，ad边长l2＝25 cm，放在磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3 000 r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1 Ω，外电路电阻R＝9 Ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转向纸外、cd边转向纸里.求：(π≈3.14)

图10

(1)t＝0时感应电流的方向；

(2)感应电动势的瞬时值表达式；

(3)线圈转一圈外力做的功；

(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量.

答案　(1)感应电流方向沿adcba

(2)e＝314cos 100πt V　(3)98.6 J　(4)0.1 C

解析　(1)根据右手定则，线圈感应电流方向为adcba.

(2)线圈的角速度ω＝2πn＝100π rad/s

线圈处于题图所示位置时，感应电动势最大，其大小为Em＝NBl1l2ω

代入数据得Em≈314 V

则感应电动势的瞬时值表达式为

e＝Emcos ωt＝314cos 100πt V.

(3)感应电动势的有效值E＝

线圈匀速转动的周期T＝＝0.02 s

线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即

W＝·T

代入数据得W≈98.6 J.

(4)从题图所示位置线圈转过90°的过程中流过电阻R的电荷量：

q＝·Δt＝Δt＝＝

代入数据得q＝0.1 C.