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最新高考物理一轮复习【讲通练透】 第十三章 交变电流 传感器（测试）
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这是一份最新高考物理一轮复习【讲通练透】 第十三章 交变电流 传感器（测试），文件包含第十三章交变电流传感器测试教师版docx、第十三章交变电流传感器测试学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活
第十三章 交变电流 传感器
测试卷
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、学号填写在试卷上。
2．回答第I卷时，选出每小题答案后，将答案填在选择题上方的答题表中。
3．回答第II卷时，将答案直接写在试卷上。
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
1．矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图所示的匀强磁场中。下列说法正确的是（ ）
A．图甲时刻通过线圈的磁通量变化率最大B．图乙时刻线圈中感应电流方向改变
C．图丙时刻线圈中磁通量最大D．图丁时刻线圈中感应电动势最小
【答案】C
【详解】AC．图中线圈平面与磁场方向垂直，此时穿过线圈的磁通量最大，而感应电动势、感应电流和磁通量的变化率均为零，感应电流在此位置改变方向，故A错误，C正确；
BD．图中线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零，而感应电动势、感应电流和磁通量的变化率均达到最大，该时刻电流方向不变，故BD错误。故选C。
2．一台发电机的结构示意图如图甲所示，内阻为的线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示。外接电表均为理想交流电表，小灯泡的电阻为恒定不变，则（ ）
A．发电机输出交流电的电压有效值为
B．电压表的示数为
C．发电机的输出功率为
D．在时，穿过线圈的磁通量变化率为零
【答案】D
【详解】A．由题图乙可知，交流电电动势的最大值故有效值故A错误；
B．电压表测量的是小灯泡两端的电压，所以电压表示数为故B错误；
C．发电机的输出功率故C错误；
D．在时，由题图乙可知此时的电动势为零，感应电动势与磁通量的变化率成正比，该时刻穿过线圈的磁通量变化率为零，故D正确。故选D。
3．如图甲所示，手机置于充电垫上进行无线充电.充电过程中，安装于充电垫内的线圈（线圈1）通过一定频率的正弦交流电，手机内部的受电线圈（线圈2，如图乙）产生感应电动势，为手机电池充电，实现能量的传输，下列说法正确的是（ ）
A．无线充电利用线圈的自感原理
B．充电过程中，穿过线圈2的磁通量不变
C．线圈2产生的电能不可能大于线圈1消耗的电能
D．线圈1和线圈2两端的电压之比等于两线圈的匝数之反比
【答案】C
【详解】A．线圈1中通正弦交流电，该交流电产生变化的磁场，该磁场穿过线圈2产生感应电动势对手机充电，无线充电利用的是电磁感应原理（互感原理），不是自感原理，故A错误；
B．线圈2产生感应电动势对手机充电，穿过线圈2的磁通量一定发生变化，如果穿过线圈2的磁通量不变，不会产生感应电动势，无法对手机充电，故B错误；
C．充电过程线圈1产生的磁场能有损失、线圈发热也会造成能量损失，因此充电过程线圈2产生的电能不可能大于线圈1消耗的电能，故C正确；
D．充电过程若两线圈看作理想变压器，线圈1和线圈2两端的电压之比等于线圈的匝数之比。由于该过程有漏磁，穿过两线圈的磁通量的变化率不同，因此线圈1和线圈2两端的电压之比与线圈的匝数之比成正相关，故D错误。故选C。
4．如图1，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的．如图2，原线圈与交流电源连接，副线圈与负载R连接．已知，原、副线圈的匝数分别为、，原线圈的输入功率为、电压为、电流为、频率为，副线圈的输出功率为、电压为、电流为、频率为．下列说法正确的是（ ）
A．若变压器为理想变压器，且，则，
B．若变压器为理想变压器，且，则，
C．若仅考虑产生的磁场不能完全局限在铁芯内，则
D．若仅考虑变压器线圈通过电流时会发热，则
【答案】C
【详解】AB．若变压器为理想变压器，且，则根据可知若根据
可知由于原线圈的电流变化频率决定了铁芯中磁场的变化频率；磁场的变化频率决定了副线圈的电流变化频率，所以原、副线圈中的交流电频率一定相等，故AB错误；
C．若仅考虑产生的磁场不能完全局限在铁芯内，变压器中存在漏磁损耗，故原线圈的输入功率大于副线圈的输出功率，故C正确；
D．若仅考虑变压器线圈通过电流时会发热，则
即故D错误。故选C。
5．如图所示，单匝正方形线框ABCD的BC边恰好与匀强磁场的左边界MN重合，MN右侧的匀强磁场区域足够大。线框在外力作用下以BC边为转轴匀速转动一周的过程中，线框产生的热量计为Q，所用的时间为T，下列判断正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设正方形线框的边长为L，匀强磁场的磁感应强度大小为B，线框的电阻为R，回路中感应电动势的峰值为线圈转动一周，只有半个周期有感应电流产生，则有
故选A。
6．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶3，正弦交流电源的电压有效值恒为U = 12V，电阻R1 =1Ω，R2 =2Ω。若滑动变阻器接入电路的电阻为7Ω，则（ ）
A．若向上移动P，电压表读数将变大
B．R1与R2消耗的电功率相等
C．通过R1的电流为6A
D．若向下移动P，电源输出功率将不变
【答案】C
【详解】A．若向上移动P，则R3电阻减小，副线圈回路中电流变大，原线圈回路中电流也变大，根据
可知电源输出功率将变大，电阻R1的电压变大，变压器输入电压变小，次级电压变小，电压表读数将变小，A错误；
B．理想变压器原副线圈匝数之比为1:3，可知原副线圈的电流之比为3:1，根据可知R1与R2消耗的电功率之比为9:2，B错误；
C．设通过R1的电流为3I，则副线圈电流为I，原线圈输入电压为根据匝数比可知副线圈输出电压为，则有解得则通过R1的电流为，C正确；
D．若向下移动P，则R3电阻减大，副线圈回路中电流变小，原线圈回路中电流也变小，根据可知电源输出功率将变小， D错误；故选C。
7．如图所示，MN、PQ是两条水平平行放置的光滑金属导轨，导轨的有端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与电阻组成闭合回路，变压器原副线圈匝数之比，导轨宽，质量、电阻不计的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力F作用下，从时刻开始在图示的两虚线范围内往复运动，其速度随时间变化的规律是），垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度B=4T，导轨、导线和线圈电阻均不计，则（ ）
A．ab棒中产生的电动势的表达式为20sin20πt（V）
B．电阻R上的电功率为2000W
C．从到的时间内，外力F所做的功为
D．从到的时间内，电阻R上产生的热量为J
【答案】B
【详解】A．ab棒中产生的电动势的表达式为故A错误；
B．由可得由得故B正确；
C．根据可得从到t1=0.025s经历了四分之一个周期，这段时间内电阻R上产生的热量；，ab棒的速度，由能量守恒定律故C错误：
D．从到的时间内，电阻R上产生的热量故D错误。故选B。
8．如图所示的电路中，变压器为理想变压器，变压器原副线圈的匝数比为1∶2，四个定值电阻阻值相同，在a、b端输入某一正弦交流电压，电键S断开时与S闭合时变压器原线圈输入的电流之比为（ ）
A．2∶3B．3∶4C．4∶5D．5∶6
【答案】D
【详解】设变压器原、副线圈匝数比为断开时，设原线圈中电流为，则
闭合时，设原线圈中的电流为，则解得故选D。
9．如图1所示，理想自耦变压器的副线圈匝数可通过滑动触头来调节，为标称为“”的用电器，原线圈两端所接电压随时间变化的正弦曲线如图2所示。接通电路，将滑动头调至合适位置使用电器正常工作，下列说法正确的是（ ）
A．通过用电器的电流方向内改变100次
B．变压器的输出电压为
C．变压器原、副线圈的匝数比为
D．流过原线圈的电流为
【答案】AC
【详解】A．交变电流一个周期内方向改变两次，根据图2得出该交变电流的周期为0.02s，则1s内改变100次，A正确；
B．变压器的副线圈与R并联，当用电器正常工作时的电压为变压器的输出电压，即26V，B错误；
C．根据图1可知原线圈输入电压的有效值为根据理想变压器原副线圈的匝数比和电压比的关系得，C正确；根据欧姆定律得出流过副线圈的电流为根据理想变压器原副线圈的匝数比和电流比成反比得则通过原线圈的电流，D错误。故选AC。
10．某车床供电示意图如图所示，理想变压器原线圈两端连接有效值为350V的交流电源，两副线圈分别连接电机和两个相同的指示灯（连接电机的副线圈简称副线圈1，连接指示灯的副线圈简称副线圈2），电机的电压为118V，指示灯的电压为22V，S为指示灯中的一条支路的开关。下列说法正确的是（ ）
A．S闭合后，副线圈2两端的电压减小
B．S闭合后，电源的输出功率增大
C．S闭合后，副线圈1中的电流比副线圈2中的电流增加得多
D．原线圈和副线圈1的匝数之比n1：n2=175：59
【答案】BD
【详解】AB．S闭合后，由于是理想变压器，副线圈2两端的电压不变，副线圈2消耗的功率增加，则电源的输出功率增大，A项错误，B项正确；
C．S闭合后，由于副线圈1两端的电压不变，因此副线圈1中的电流不变，C项错误；
D．已知，，根据可得，原线圈和副线圈1的匝数之比n1：n2=175：59，D项正确。故选BD。
11．如图所示为某小型水电站远距离输电示意图，发电机的输出功率为P，升压变压器原线圈输入电流为，升压变压器副线圈电压为，用户得到的电流为，用户得到的电压为。两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．
B．升压变压器原线圈两端的电压为
C．输电线中的电流为
D．采用这种方式远距离输电是为了减少输电线上损失的能量
【答案】BD
【详解】A．由于输电线有电阻，在输电过程中会损失电功率，因此有故A错误；
B．升压变压器原线圈两端的电压为故B正确；
C．设输送电流为，有故C错误；
D．发电机的输出功率等于升压变压器原线圈的输入功率，即而变压器的输入功率等于输出功率，即则由可见，升压后，而输电线路中的功率损失为
可知，采用这种方式远距离输电是为了减少输电线上损失的能量，故D正确。故选BD。
12．如图所示，理想变压器原线圈接一正弦交流电源，副线圈的c端接一个二极管，假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻阻值无穷大。副线圈的b端为中心触头，、间线圈匝数相等。定值电阻阻值为r，可变电阻的阻值为R可调，下列说法中正确的是（ ）
A．若恒定，当分别接时，电压表读数之比为
B．若恒定，当分别接时，变压器输出功率之比为
C．若恒定，当分别接时，电流表读数之比为
D．当接时，若，则可变电阻消耗功率最大
【答案】AD
【详解】A．设原线圈两端电压为U1，副线圈两端电压为U2，原线圈匝数为n1，副线圈总匝数为n2，当S接b时解得当S接到c时则得而因二极管的单向导电性，根据有效值得定义得即电压表示数所以电压表读数之比为，故A正确；
C．若R恒定，根据欧姆定律得，电流跟电压成正比，即当S分别接b、c时，电流表读数之比为
故C错误；
B．若R恒定，根据得，当S分别接b、c时，变压器输出功率之比为故B错误；
D．当S接b时，把定值电阻阻值为r等效为副线圈得内阻，当内外电阻相等时，即R=r时，电源输出功率最大，即可变电阻R消耗功率最大，故D正确。故选AD。
第II卷（非选择题 共52分）
二、非选择题
13．（6分）纯电动汽车的蓄电池的安全性，主要体现在对其温度的控制上，当电池温度过高时，必须立即启动制冷系统进行降温。图甲，是小明设计的模拟控温装置示意图，电磁继电器与热敏电阻、滑动变阻器串联接在电压为的电源两端．当电磁铁线圈（电阻不计）中的电流I大于或等于时，衔铁被吸合，热敏电阻置于温度监测区域，其阻值与温度t的关系如图乙所示，滑动变阻器的最大阻值为。则：
（1）图甲中应将b端与 （选填“a”或“c”）端相连；
（2）若设置电池温度为时启动制冷系统，则滑动变阻器阻值应为 ；
（3）该电路可设置启动制冷系统的最高温度是 。
【答案】 c 150 74
【详解】（1）[1]由题意可知，当控制电路电流达到20mA时衔铁被吸合，制冷系统工作，所以图甲中，应将b端与c端相连。
（2）[2] 若设置电池温度为启动制冷系统，由图乙可知，当温度为时，Rt的阻值为100Ω，此时控制电路的总电阻由串联电路的电阻规律，滑动变阻器接入的电阻为
RP=R-Rt=250Ω-100Ω=150Ω
（3）[3]当滑动变阻器的最大阻值为200Ω时，热敏电阻的阻值Rt′=R-RP′=250Ω-200Ω=50Ω由图乙可知此时对应的温度为，所以此时该电路可设置启动制冷系统的最高温度是。
14．（8分）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，某同学采用了如图所示的可拆式变压器进行研究，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×100”的匝数。
（1）对于实验过程，下列说法正确的有 ；
A．本探究实验采用了控制变量法
B．测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
C．使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量
D．因为实验所用电压较低，通电情况下可用手接触裸露的导线、接线柱
（2）若变压器是理想变压器，电源接变压器原线圈“0”、“8”接线柱，副线圈接“0”、“4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为6.0V，则原线圈的输入电压应为 ；
A．18.0V B．12.0V C．5.0V D．3.0V
（3）该同学组装变压器时忘记将铁芯闭合进行实验，当原副线圈匝数比为8∶1，原线圈接12.0V交流电压，则测量副线圈的交流电压表的实际读数可能是 ；
A．0V B．9.60V C．1.50V D．0.65V
（4）正确组装变压器后，用匝数Na=400匝和Nb=800匝的变压器实际测量数据如下表：
根据测量数据可判断连接交流电源的原线圈是 （填Na或Nb）。
【答案】 AC/CA B D Nb
【详解】（1）[1]A.为便于探究，可以采用控制变量法，故A正确；
B.变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，故B错误；
C.使用多用电表测电压时，为了安全先用最大量程试测，再选用适当的挡位进行测量，故C正确；
D.虽然实验所用电压较低，但是通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，这样可减小实验误差，避免发生危险，故D错误。故选AC。
（2）[2]变压器为理想变压器，则原线圈电压为故选B。
（3）[3]假设变压器为理想变压器，则副线圈电压为考虑到变压器不是理想变压器，则副线圈两端电压小于1.5V，电压表测量有效值，则读数小于1.5V，故选D。
（4）[4]由于有漏磁、原副线圈内阻分压等因素，所以副线圈实际测量的电压值应该小于理论值，由理想变压器规律由表格数据Ua总是略小于Ub，故Nb一定是原线圈。
15．（6分）某交流发电机产生的按正弦规律变化的电动势最大值为Em＝220V，在匀强磁场中，线圈匀速转动的角速度为100πrad/s，如果从中性面开始计时。
（1）写出电动势e的瞬时表达式；
（2）此发电机与外电路组成闭合回路时，总电阻为110Ω，求时的电流大小；
（3）若发电机线圈共100匝，求每匝线圈中磁通量变化率的最大值。
【答案】（1）；（2）2A；（3）V
【详解】解：（1）e的瞬时值表达式为
（2）由（1）知，当时，E＝220V，则有
（3）根据法拉第电磁感应定律有可得，磁通变化率最大值为
16．（6分）如左下图所示为某同学设计的电吹风电路图。图中a、b、c、d为四个固定触点，可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如下表所示。
(1)吹冷风时触片P应与哪两个触点接触？
(2)由表格中数据计算出小风扇的内阻是多少？
(3)变压器原、副线圈的匝数比n1：n2是多少？
【答案】(1) 触片P与触点b、c接触；(2)8Ω；(3)11:3
【详解】(1)当电吹风机送出来的是冷风时，电路中只有电动机自己工作，触片P与触点b、c接触；
(2)小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率，则小风扇的电流
则解得小风扇的内阻r=8Ω
(3)根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系
17．（12分）海浪发电是一种应用前景广阔的新能源技术，海浪通过传动装置带动线圈在磁场中做切割磁感线运动实现海浪动能向电能的转化，某科技小组设计了如下两种发电模型：
模型①：如图甲所示，N匝正方形闭合线圈处在垂直于线圈平面的组合磁场中，磁感应强度大小均为B，线圈和磁场的宽度均为L，设线圈的总电阻为R，线圈在海浪的带动下左右运动时不会超出磁场范围；
模型②：如图乙所示，线圈处在均匀辐向磁场中，机械传动装置将海浪的运动转化为线圈沿水平方向的往复振动，振动速度随时间的变化图像为如图丙所示的正弦函数，其中、T已知，若线圈的匝数为，半径为r，其所处位置磁感应强度大小均为，线圈内阻及外部电路电阻都为，忽略一切摩擦。求：
（1）模型①中线圈水平向右的速度为v时，感应电流的大小和闭合线圈所受安培力的大小；
（2）模型②中感应电动势随时间变化的表达式以及模型②的发电功率。
【答案】（1）；（2），
【详解】（1）单根导线切割磁感线产生的电动势为整个线圈产生的总电动势为
根据欧姆定律可得单根导线所受安培力大小为整个线圈受到的总安培力为
（2）线圈运动的速度时间关系为单匝线圈切割磁感线产生的电动势为
，匝线圈产生的总电动势为
电动势的有效值其中发电功率为
18．（14分）2020年属于不平凡的一年，原本属于全国人民的新春佳节却被一场突如其来的疫情打破了，如今新冠病毒在全国白衣天使和所有工作人员的共同努力下得到了有效的遏制，根据中共中央应对新冠肺炎疫情工作领导小组印发《意见》在有效防控疫情的同时积极有序推进复工复产。为了防止复工复产期间停电事故的发生，某工厂购买了一台应急备用发电机及升压变压器及降压变压器各一台。如图，发电机内阻为1，升压变压器匝数比为1：10，降压变压器匝数比9：1，输电线总电阻R=5。工厂共36个车间，每个车间有“220V，22W”灯10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）输电的效率是多少？
【答案】（1）8000W；（2）240V；（3）99%
【详解】（1）根据题意，所有灯都正常工作的总功率为用电器都正常工作时的总电流为两个变压器之间输电线上的电流为故输电线上损耗的电功率升压变压器的输出功率为
而发电机输出功率即为升压变压器的输入功率
（2）降压变压器上的输入电压输电线上的电压损失为因此升压变压器的输出电压为升压变压器的输入电压为升压变压器的输入电流为发电机的电动势
（3）输电的效率
Ua/V
1.80
2.80
3.80
4.90
Ub/V
4.00
6.01
8.02
9.98
热风时输入功率
460W
冷风时输入功率
60W
小风扇额定电压
60V
正常工作时小风扇输出功率
52W
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活
第十三章 交变电流 传感器
测试卷
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、学号填写在试卷上。
2．回答第I卷时，选出每小题答案后，将答案填在选择题上方的答题表中。
3．回答第II卷时，将答案直接写在试卷上。
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
1．矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图所示的匀强磁场中。下列说法正确的是（ ）
A．图甲时刻通过线圈的磁通量变化率最大B．图乙时刻线圈中感应电流方向改变
C．图丙时刻线圈中磁通量最大D．图丁时刻线圈中感应电动势最小
【答案】C
【详解】AC．图中线圈平面与磁场方向垂直，此时穿过线圈的磁通量最大，而感应电动势、感应电流和磁通量的变化率均为零，感应电流在此位置改变方向，故A错误，C正确；
BD．图中线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零，而感应电动势、感应电流和磁通量的变化率均达到最大，该时刻电流方向不变，故BD错误。故选C。
2．一台发电机的结构示意图如图甲所示，内阻为的线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示。外接电表均为理想交流电表，小灯泡的电阻为恒定不变，则（ ）
A．发电机输出交流电的电压有效值为
B．电压表的示数为
C．发电机的输出功率为
D．在时，穿过线圈的磁通量变化率为零
【答案】D
【详解】A．由题图乙可知，交流电电动势的最大值故有效值故A错误；
B．电压表测量的是小灯泡两端的电压，所以电压表示数为故B错误；
C．发电机的输出功率故C错误；
D．在时，由题图乙可知此时的电动势为零，感应电动势与磁通量的变化率成正比，该时刻穿过线圈的磁通量变化率为零，故D正确。故选D。
3．如图甲所示，手机置于充电垫上进行无线充电.充电过程中，安装于充电垫内的线圈（线圈1）通过一定频率的正弦交流电，手机内部的受电线圈（线圈2，如图乙）产生感应电动势，为手机电池充电，实现能量的传输，下列说法正确的是（ ）
A．无线充电利用线圈的自感原理
B．充电过程中，穿过线圈2的磁通量不变
C．线圈2产生的电能不可能大于线圈1消耗的电能
D．线圈1和线圈2两端的电压之比等于两线圈的匝数之反比
【答案】C
【详解】A．线圈1中通正弦交流电，该交流电产生变化的磁场，该磁场穿过线圈2产生感应电动势对手机充电，无线充电利用的是电磁感应原理（互感原理），不是自感原理，故A错误；
B．线圈2产生感应电动势对手机充电，穿过线圈2的磁通量一定发生变化，如果穿过线圈2的磁通量不变，不会产生感应电动势，无法对手机充电，故B错误；
C．充电过程线圈1产生的磁场能有损失、线圈发热也会造成能量损失，因此充电过程线圈2产生的电能不可能大于线圈1消耗的电能，故C正确；
D．充电过程若两线圈看作理想变压器，线圈1和线圈2两端的电压之比等于线圈的匝数之比。由于该过程有漏磁，穿过两线圈的磁通量的变化率不同，因此线圈1和线圈2两端的电压之比与线圈的匝数之比成正相关，故D错误。故选C。
4．如图1，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的．如图2，原线圈与交流电源连接，副线圈与负载R连接．已知，原、副线圈的匝数分别为、，原线圈的输入功率为、电压为、电流为、频率为，副线圈的输出功率为、电压为、电流为、频率为．下列说法正确的是（ ）
A．若变压器为理想变压器，且，则，
B．若变压器为理想变压器，且，则，
C．若仅考虑产生的磁场不能完全局限在铁芯内，则
D．若仅考虑变压器线圈通过电流时会发热，则
【答案】C
【详解】AB．若变压器为理想变压器，且，则根据可知若根据
可知由于原线圈的电流变化频率决定了铁芯中磁场的变化频率；磁场的变化频率决定了副线圈的电流变化频率，所以原、副线圈中的交流电频率一定相等，故AB错误；
C．若仅考虑产生的磁场不能完全局限在铁芯内，变压器中存在漏磁损耗，故原线圈的输入功率大于副线圈的输出功率，故C正确；
D．若仅考虑变压器线圈通过电流时会发热，则
即故D错误。故选C。
5．如图所示，单匝正方形线框ABCD的BC边恰好与匀强磁场的左边界MN重合，MN右侧的匀强磁场区域足够大。线框在外力作用下以BC边为转轴匀速转动一周的过程中，线框产生的热量计为Q，所用的时间为T，下列判断正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设正方形线框的边长为L，匀强磁场的磁感应强度大小为B，线框的电阻为R，回路中感应电动势的峰值为线圈转动一周，只有半个周期有感应电流产生，则有
故选A。
6．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶3，正弦交流电源的电压有效值恒为U = 12V，电阻R1 =1Ω，R2 =2Ω。若滑动变阻器接入电路的电阻为7Ω，则（ ）
A．若向上移动P，电压表读数将变大
B．R1与R2消耗的电功率相等
C．通过R1的电流为6A
D．若向下移动P，电源输出功率将不变
【答案】C
【详解】A．若向上移动P，则R3电阻减小，副线圈回路中电流变大，原线圈回路中电流也变大，根据
可知电源输出功率将变大，电阻R1的电压变大，变压器输入电压变小，次级电压变小，电压表读数将变小，A错误；
B．理想变压器原副线圈匝数之比为1:3，可知原副线圈的电流之比为3:1，根据可知R1与R2消耗的电功率之比为9:2，B错误；
C．设通过R1的电流为3I，则副线圈电流为I，原线圈输入电压为根据匝数比可知副线圈输出电压为，则有解得则通过R1的电流为，C正确；
D．若向下移动P，则R3电阻减大，副线圈回路中电流变小，原线圈回路中电流也变小，根据可知电源输出功率将变小， D错误；故选C。
7．如图所示，MN、PQ是两条水平平行放置的光滑金属导轨，导轨的有端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与电阻组成闭合回路，变压器原副线圈匝数之比，导轨宽，质量、电阻不计的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力F作用下，从时刻开始在图示的两虚线范围内往复运动，其速度随时间变化的规律是），垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度B=4T，导轨、导线和线圈电阻均不计，则（ ）
A．ab棒中产生的电动势的表达式为20sin20πt（V）
B．电阻R上的电功率为2000W
C．从到的时间内，外力F所做的功为
D．从到的时间内，电阻R上产生的热量为J
【答案】B
【详解】A．ab棒中产生的电动势的表达式为故A错误；
B．由可得由得故B正确；
C．根据可得从到t1=0.025s经历了四分之一个周期，这段时间内电阻R上产生的热量；，ab棒的速度，由能量守恒定律故C错误：
D．从到的时间内，电阻R上产生的热量故D错误。故选B。
8．如图所示的电路中，变压器为理想变压器，变压器原副线圈的匝数比为1∶2，四个定值电阻阻值相同，在a、b端输入某一正弦交流电压，电键S断开时与S闭合时变压器原线圈输入的电流之比为（ ）
A．2∶3B．3∶4C．4∶5D．5∶6
【答案】D
【详解】设变压器原、副线圈匝数比为断开时，设原线圈中电流为，则
闭合时，设原线圈中的电流为，则解得故选D。
9．如图1所示，理想自耦变压器的副线圈匝数可通过滑动触头来调节，为标称为“”的用电器，原线圈两端所接电压随时间变化的正弦曲线如图2所示。接通电路，将滑动头调至合适位置使用电器正常工作，下列说法正确的是（ ）
A．通过用电器的电流方向内改变100次
B．变压器的输出电压为
C．变压器原、副线圈的匝数比为
D．流过原线圈的电流为
【答案】AC
【详解】A．交变电流一个周期内方向改变两次，根据图2得出该交变电流的周期为0.02s，则1s内改变100次，A正确；
B．变压器的副线圈与R并联，当用电器正常工作时的电压为变压器的输出电压，即26V，B错误；
C．根据图1可知原线圈输入电压的有效值为根据理想变压器原副线圈的匝数比和电压比的关系得，C正确；根据欧姆定律得出流过副线圈的电流为根据理想变压器原副线圈的匝数比和电流比成反比得则通过原线圈的电流，D错误。故选AC。
10．某车床供电示意图如图所示，理想变压器原线圈两端连接有效值为350V的交流电源，两副线圈分别连接电机和两个相同的指示灯（连接电机的副线圈简称副线圈1，连接指示灯的副线圈简称副线圈2），电机的电压为118V，指示灯的电压为22V，S为指示灯中的一条支路的开关。下列说法正确的是（ ）
A．S闭合后，副线圈2两端的电压减小
B．S闭合后，电源的输出功率增大
C．S闭合后，副线圈1中的电流比副线圈2中的电流增加得多
D．原线圈和副线圈1的匝数之比n1：n2=175：59
【答案】BD
【详解】AB．S闭合后，由于是理想变压器，副线圈2两端的电压不变，副线圈2消耗的功率增加，则电源的输出功率增大，A项错误，B项正确；
C．S闭合后，由于副线圈1两端的电压不变，因此副线圈1中的电流不变，C项错误；
D．已知，，根据可得，原线圈和副线圈1的匝数之比n1：n2=175：59，D项正确。故选BD。
11．如图所示为某小型水电站远距离输电示意图，发电机的输出功率为P，升压变压器原线圈输入电流为，升压变压器副线圈电压为，用户得到的电流为，用户得到的电压为。两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．
B．升压变压器原线圈两端的电压为
C．输电线中的电流为
D．采用这种方式远距离输电是为了减少输电线上损失的能量
【答案】BD
【详解】A．由于输电线有电阻，在输电过程中会损失电功率，因此有故A错误；
B．升压变压器原线圈两端的电压为故B正确；
C．设输送电流为，有故C错误；
D．发电机的输出功率等于升压变压器原线圈的输入功率，即而变压器的输入功率等于输出功率，即则由可见，升压后，而输电线路中的功率损失为
可知，采用这种方式远距离输电是为了减少输电线上损失的能量，故D正确。故选BD。
12．如图所示，理想变压器原线圈接一正弦交流电源，副线圈的c端接一个二极管，假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻阻值无穷大。副线圈的b端为中心触头，、间线圈匝数相等。定值电阻阻值为r，可变电阻的阻值为R可调，下列说法中正确的是（ ）
A．若恒定，当分别接时，电压表读数之比为
B．若恒定，当分别接时，变压器输出功率之比为
C．若恒定，当分别接时，电流表读数之比为
D．当接时，若，则可变电阻消耗功率最大
【答案】AD
【详解】A．设原线圈两端电压为U1，副线圈两端电压为U2，原线圈匝数为n1，副线圈总匝数为n2，当S接b时解得当S接到c时则得而因二极管的单向导电性，根据有效值得定义得即电压表示数所以电压表读数之比为，故A正确；
C．若R恒定，根据欧姆定律得，电流跟电压成正比，即当S分别接b、c时，电流表读数之比为
故C错误；
B．若R恒定，根据得，当S分别接b、c时，变压器输出功率之比为故B错误；
D．当S接b时，把定值电阻阻值为r等效为副线圈得内阻，当内外电阻相等时，即R=r时，电源输出功率最大，即可变电阻R消耗功率最大，故D正确。故选AD。
第II卷（非选择题 共52分）
二、非选择题
13．（6分）纯电动汽车的蓄电池的安全性，主要体现在对其温度的控制上，当电池温度过高时，必须立即启动制冷系统进行降温。图甲，是小明设计的模拟控温装置示意图，电磁继电器与热敏电阻、滑动变阻器串联接在电压为的电源两端．当电磁铁线圈（电阻不计）中的电流I大于或等于时，衔铁被吸合，热敏电阻置于温度监测区域，其阻值与温度t的关系如图乙所示，滑动变阻器的最大阻值为。则：
（1）图甲中应将b端与 （选填“a”或“c”）端相连；
（2）若设置电池温度为时启动制冷系统，则滑动变阻器阻值应为 ；
（3）该电路可设置启动制冷系统的最高温度是 。
【答案】 c 150 74
【详解】（1）[1]由题意可知，当控制电路电流达到20mA时衔铁被吸合，制冷系统工作，所以图甲中，应将b端与c端相连。
（2）[2] 若设置电池温度为启动制冷系统，由图乙可知，当温度为时，Rt的阻值为100Ω，此时控制电路的总电阻由串联电路的电阻规律，滑动变阻器接入的电阻为
RP=R-Rt=250Ω-100Ω=150Ω
（3）[3]当滑动变阻器的最大阻值为200Ω时，热敏电阻的阻值Rt′=R-RP′=250Ω-200Ω=50Ω由图乙可知此时对应的温度为，所以此时该电路可设置启动制冷系统的最高温度是。
14．（8分）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，某同学采用了如图所示的可拆式变压器进行研究，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×100”的匝数。
（1）对于实验过程，下列说法正确的有 ；
A．本探究实验采用了控制变量法
B．测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
C．使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量
D．因为实验所用电压较低，通电情况下可用手接触裸露的导线、接线柱
（2）若变压器是理想变压器，电源接变压器原线圈“0”、“8”接线柱，副线圈接“0”、“4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为6.0V，则原线圈的输入电压应为 ；
A．18.0V B．12.0V C．5.0V D．3.0V
（3）该同学组装变压器时忘记将铁芯闭合进行实验，当原副线圈匝数比为8∶1，原线圈接12.0V交流电压，则测量副线圈的交流电压表的实际读数可能是 ；
A．0V B．9.60V C．1.50V D．0.65V
（4）正确组装变压器后，用匝数Na=400匝和Nb=800匝的变压器实际测量数据如下表：
根据测量数据可判断连接交流电源的原线圈是 （填Na或Nb）。
【答案】 AC/CA B D Nb
【详解】（1）[1]A.为便于探究，可以采用控制变量法，故A正确；
B.变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，故B错误；
C.使用多用电表测电压时，为了安全先用最大量程试测，再选用适当的挡位进行测量，故C正确；
D.虽然实验所用电压较低，但是通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，这样可减小实验误差，避免发生危险，故D错误。故选AC。
（2）[2]变压器为理想变压器，则原线圈电压为故选B。
（3）[3]假设变压器为理想变压器，则副线圈电压为考虑到变压器不是理想变压器，则副线圈两端电压小于1.5V，电压表测量有效值，则读数小于1.5V，故选D。
（4）[4]由于有漏磁、原副线圈内阻分压等因素，所以副线圈实际测量的电压值应该小于理论值，由理想变压器规律由表格数据Ua总是略小于Ub，故Nb一定是原线圈。
15．（6分）某交流发电机产生的按正弦规律变化的电动势最大值为Em＝220V，在匀强磁场中，线圈匀速转动的角速度为100πrad/s，如果从中性面开始计时。
（1）写出电动势e的瞬时表达式；
（2）此发电机与外电路组成闭合回路时，总电阻为110Ω，求时的电流大小；
（3）若发电机线圈共100匝，求每匝线圈中磁通量变化率的最大值。
【答案】（1）；（2）2A；（3）V
【详解】解：（1）e的瞬时值表达式为
（2）由（1）知，当时，E＝220V，则有
（3）根据法拉第电磁感应定律有可得，磁通变化率最大值为
16．（6分）如左下图所示为某同学设计的电吹风电路图。图中a、b、c、d为四个固定触点，可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如下表所示。
(1)吹冷风时触片P应与哪两个触点接触？
(2)由表格中数据计算出小风扇的内阻是多少？
(3)变压器原、副线圈的匝数比n1：n2是多少？
【答案】(1) 触片P与触点b、c接触；(2)8Ω；(3)11:3
【详解】(1)当电吹风机送出来的是冷风时，电路中只有电动机自己工作，触片P与触点b、c接触；
(2)小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率，则小风扇的电流
则解得小风扇的内阻r=8Ω
(3)根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系
17．（12分）海浪发电是一种应用前景广阔的新能源技术，海浪通过传动装置带动线圈在磁场中做切割磁感线运动实现海浪动能向电能的转化，某科技小组设计了如下两种发电模型：
模型①：如图甲所示，N匝正方形闭合线圈处在垂直于线圈平面的组合磁场中，磁感应强度大小均为B，线圈和磁场的宽度均为L，设线圈的总电阻为R，线圈在海浪的带动下左右运动时不会超出磁场范围；
模型②：如图乙所示，线圈处在均匀辐向磁场中，机械传动装置将海浪的运动转化为线圈沿水平方向的往复振动，振动速度随时间的变化图像为如图丙所示的正弦函数，其中、T已知，若线圈的匝数为，半径为r，其所处位置磁感应强度大小均为，线圈内阻及外部电路电阻都为，忽略一切摩擦。求：
（1）模型①中线圈水平向右的速度为v时，感应电流的大小和闭合线圈所受安培力的大小；
（2）模型②中感应电动势随时间变化的表达式以及模型②的发电功率。
【答案】（1）；（2），
【详解】（1）单根导线切割磁感线产生的电动势为整个线圈产生的总电动势为
根据欧姆定律可得单根导线所受安培力大小为整个线圈受到的总安培力为
（2）线圈运动的速度时间关系为单匝线圈切割磁感线产生的电动势为
，匝线圈产生的总电动势为
电动势的有效值其中发电功率为
18．（14分）2020年属于不平凡的一年，原本属于全国人民的新春佳节却被一场突如其来的疫情打破了，如今新冠病毒在全国白衣天使和所有工作人员的共同努力下得到了有效的遏制，根据中共中央应对新冠肺炎疫情工作领导小组印发《意见》在有效防控疫情的同时积极有序推进复工复产。为了防止复工复产期间停电事故的发生，某工厂购买了一台应急备用发电机及升压变压器及降压变压器各一台。如图，发电机内阻为1，升压变压器匝数比为1：10，降压变压器匝数比9：1，输电线总电阻R=5。工厂共36个车间，每个车间有“220V，22W”灯10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）输电的效率是多少？
【答案】（1）8000W；（2）240V；（3）99%
【详解】（1）根据题意，所有灯都正常工作的总功率为用电器都正常工作时的总电流为两个变压器之间输电线上的电流为故输电线上损耗的电功率升压变压器的输出功率为
而发电机输出功率即为升压变压器的输入功率
（2）降压变压器上的输入电压输电线上的电压损失为因此升压变压器的输出电压为升压变压器的输入电压为升压变压器的输入电流为发电机的电动势
（3）输电的效率
Ua/V
1.80
2.80
3.80
4.90
Ub/V
4.00
6.01
8.02
9.98
热风时输入功率
460W
冷风时输入功率
60W
小风扇额定电压
60V
正常工作时小风扇输出功率
52W
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