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1A.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2A.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 VC.电路中电流最大值为2 AD.串联在外电路中的理想交流电流表的读数为2 A答案　C3.(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3A.匀速转动过程中穿过导线框的磁通量变化率最大值为BSωB.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nBSωD.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　A5.(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4A.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 HzD.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5A.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6A.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7A.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8A.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∶3B.当灯泡正常发光时电流表的示数为2 AC.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.