（全国通用版）2018高考物理大一轮复习《交变电流》综合检测.doc

交变电流综合检测(时间:90分钟满分:100分)【测控导航】考点题号1.交变电流的产生及变化规律交变电流图像1,3,152.交变电流的四值2,6,173.变压器4,5,7,8,9,10,164.远距离输电12,185.传感器116.实验13,14一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第17题只有一个选项正确,第812题有多项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有选错或不选的得0分)1. (2016北京丰台模拟)如图所示,矩形线框置于磁场中,该磁场可视为匀强磁场.线框通过导线与电阻构成闭合电路,线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴逆时针匀速转动,下列说法正确的是(c)a.线框通过图中位置瞬间,线框中的电流方向由a到bb.线框通过图中位置瞬间,穿过线框的磁通量最大c.线框通过图中位置瞬间,通过电阻的电流瞬时值最大d.若使线框转动的角速度增大一倍,那么通过电阻电流的有效值变为原来的22倍解析:边ab和cd切割磁感线产生电流,根据右手定则可知电流由b指向a,故选项a错误;线框通过图中位置瞬间,穿过线框的磁通量为零,感应电动势最大,所以感应电流也最大,通过电阻的电流瞬时值最大,故选项b错误,c正确;根据e=nbs可知,增大一倍,e也增大一倍,根据i=e2r可知,通过电阻电流的有效值也增大一倍,故选项d错误.2. (2016无锡期末)一正弦式交变电流随时间变化的规律如图所示,由图可知(d)a.该交变电流的电流瞬时值的表达式为i=2sin 100t(a)b.该交变电流的频率是50 hzc.该交变电流的电流有效值为22 ad.若该交变电流通过r=10 的电阻,则电阻消耗的功率是20 w解析:由图像可知,交变电流电流的最大值为2 a,周期为0.04 s,交变电流的角速度=2t=20.04 rad/s=50 rad/s,所以交变电流的电流瞬时值的表达式为i=2sin 50t(a),a错误;交变电流的频率为f=1t=25 hz,b错误;交变电流的电流有效值为i=22 a=2 a,c错误;交变电流的电流有效值为2 a,所以电阻消耗的功率p=i2r=(2)210 w=20 w,d正确.3.(2016贵州遵义模拟)如图(甲)所示,在匀强磁场中,一矩形金属线圈两次分别以不同的转速,绕与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的交变电动势图像如图(乙)中曲线a,b所示,则(b)a.两次t=0时刻线圈平面均与中性面垂直b.曲线a,b对应的线圈角速度之比为32c.曲线a表示的交变电动势频率为50 hzd.曲线b表示的交变电动势有效值为102 v解析:在t=0时刻,电动势为零,磁通量变化率为零,线圈处在中性面位置,故选项a错误;由题图(乙)可知,a的周期为410-2 s,b的周期为610-2 s,则由=2t可知,角速度与周期成反比,故角速度之比为32,选项b正确;曲线a表示的交变电流的频率f=1ta=25 hz,故选项c错误;曲线a,b对应的线圈角速度之比为32,曲线a表示的交变电动势最大值是15 v,根据em=nbs得曲线b表示的交变电动势最大值是10 v,则有效值为e=102 v=52 v,故选项d错误.4. (2016河北唐山模拟)如图所示,水平铜盘半径为r,置于磁感应强度为b、方向竖直向下的匀强磁场中,铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度做匀速圆周运动,铜盘的边缘及中心处分别通过导线与理想变压器的原线圈相连,该理想变压器原、副线圈的匝数比为n1,变压器的副线圈与电阻为r的负载相连,则(d)a.负载r两端的电压为br22nb.原线圈中的电流为通过r电流的1nc.变压器的副线圈磁通量为0d.通过负载r的电流为0解析:铜盘切割磁感线产生的感应电动势e=brv=12br2,为恒定的电动势,经过变压器后,负载两端电压为零,通过负载的电流为零,故选项a错误,d正确;副线圈中无电流,原线圈中有电流,能产生磁场,原、副线圈中磁通量都不为零,故选项b,c错误.5. (2016广东广州一模)如图所示变压器可视为理想变压器,在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻,原线圈一侧接有一正弦交流电源.若两电阻消耗的电功率相等,则变压器原、副线圈的匝数之比为(c)a.12b.21c.11d.14解析:原、副线圈电流之比与匝数之比的关系为i2i1=n1n2,两电阻消耗的功率相等,即i12r=i22r,由以上两式得n1n2=11,故选c.6. 如图所示,单匝矩形闭合导线框abcd一半处于磁感应强度为b的水平有界匀强磁场中,线框面积为s,电阻为r.线框绕与其中心线重合的竖直固定转轴oo以角速度匀速转动,固定转轴恰好位于匀强磁场的右边界.则线框中感应电流的有效值为(a)a.2bs4r b.2bs2rc.bs4r d.bs2r解析:线框中产生的感应电动势的最大值为em=12bs,则线框中感应电流的有效值为i=im2=em2r=2bs4r,选项a正确.7. (2016海南文昌一模)如图所示,一理想变压器原线圈匝数n1=1 000,副线圈匝数n2=200,原线圈中接一交变电源,交变电压u=2202sin 100t(v).副线圈中接一电动机,电阻为11 ,电流表a2示数为1 a.电表对电路的影响忽略不计,则(d)a.此交变电流的频率为100 hzb.电压表示数为2202 vc.电流表a1示数为5 ad.此电动机输出功率为33 w解析:此交变电流的频率为f=2=1002 hz=50 hz,选项a错误;电压表示数为交变电流的有效值,即u1=22022 v=220 v,选项b错误;根据i1n1=i2n2可知i1=n2n1i2=0.2 a,选项c错误;变压器副线圈两端电压u2=n2n1u1=44 v,故此电动机输出功率为p=i2u2-i22r=(144-1211) w=33 w,选项d正确.8.(2016皖南八校联考)如图所示的理想变压器,左端输入有效值不变的正弦交流电u,电压表和电流表都是理想电表,忽略小灯泡电阻的变化,则开关s闭合后与闭合前相比较,下列说法正确的是(ad)a.l1变亮 b.l2变亮c.电流表a的示数变小 d.电压表v的示数变小解析:设理想变压器副线圈所接电路的总电阻为r总,原、副线圈的电流分别为i1,i2,原、副线圈的电压分别为u1,u2,开关s闭合后,r总减小,副线圈的输出功率增大,而原线圈的输入功率由副线圈的输出功率决定也随着增大,左端输入有效值不变的正弦式交变电流u,而p输入=i1u,因此原线圈的电流i1增大,而灯泡l1的电阻不变,故灯泡l1的功率pl1=i12rl1也增大,即l1变亮,a正确;灯泡l1的电压ul1=i1rl1增大,故原线圈的电压u1=u-ul1将减小,由电压之比得u1u2=n1n2可知u2也将减小,即电压表v的示数变小,d正确;灯泡l2两端电压减小,因此l2变暗,b错误;由理想变压器的电流之比i1i2=n2n1,可知i2增大,即电流表a的示数变大,c错误.9.(2016山东济南模拟)图(甲)是小型交流发电机的示意图,a为理想交流电流表,v为理想交流电压表.内阻不计的矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴沿逆时针方向匀速转动,矩形线圈通过滑环接一理想变压器,原、副线圈匝数比为32,副线圈接有滑动变阻器,从某时刻开始计时,副线圈输出电压如图(乙)所示,以下判断正确的是(abc)a.电压表的示数为15 vb.副线圈输出电压瞬时值表达式u=102sin 100t(v)c.若滑动触头p的位置向上移动时,电流表读数将减小d.把发电机线圈的转速变为原来的一半,则变压器的输入功率将减小到原来的一半解析:副线圈两端电压有效值为u2=1022 v=10 v,原线圈两端电压即电压表读数为u1=n1n2u2=15 v,选项a正确;交变电流的周期t=210-2 s,则=2t=100 rad/s,故副线圈输出电压瞬时值表达式u=102sin 100t(v),选项b正确;若滑动触头p的位置向上移动时,电阻r增大,副线圈中电流减小,则原线圈中电流减小,则电流表读数减小,选项c正确;把发电机线圈的转速变为原来的一半,根据em=nbs可知,交流电压最大值变为原来的一半,变压器的输入电压减半,副线圈两端电压减半,根据p=u22r可知输出功率变为原来的四分之一,则变压器的输入功率将减小到原来的四分之一,选项d错误.10.(2016内蒙古赤峰联考)电流表、电压表均为理想电表,r是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小).原线圈接入如图(乙)所示的正弦交流电压u(原、副线圈匝数比为101),下列说法正确的是(bd)a.电压u的频率为100 hzb.电压表的示数为22 vc.照射r的光变强时,灯泡变暗d.照射r的光变强时,电流表的示数变大解析:根据(乙)图,电压u的频率为50 hz,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2202 v,所以副线圈的电压的最大值为222 v,电压表的示数为电压的有效值,所以示数为u=um2=22 v,b正确;照射r的光变强时,其阻值减小,副线圈中的电流i2增大,灯泡变亮,c错误;副线圈中的电流i2增大,原线圈中的电流i1增大,电流表的示数变大,d正确.11. 压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小,某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置,其装置示意图如图所示,将压敏电阻平放在电梯内,受压面朝上,在上面放一物体m,电梯静止时电流表示数为i0,电梯在不同的运动过程中,电流表的示数分别如图所示,下列判断中正确的是(acd)解析:a图,电流不变,压敏电阻的电压不变,由欧姆定律知,其阻值不变,压力不变,则电梯可能做匀速直线运动,故a正确;b图,当电流变化时,其电阻是变化的,则压力也是变化的.而匀加速运动压力不变,故b错误;c图,电流为静止时的两倍,而且不变,由欧姆定律知,其电阻减小,且不变,则压力增大且不变,电梯可能做匀加速上升运动,故c正确;d图,当电流均匀减小时,其电阻是增大的,则压力变小,电梯可能做加速度减小的减速运动,故d正确.12.(2016海南文昌模拟)在雨雪冰冻天,为清除高压输电线上的凌冰,有人设计了这样的融冰思路:利用电流的热效应除冰.若在正常供电时,高压线上送电电压为u,电流为i,热损耗功率为p;除冰时,输电线上的热损耗功率需变为9p,则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)下列说法不正确的是(abc)a.输电电流为i9 b.输电电流为9ic.输电电压为3u d.输电电压为u3解析:因输电线上的热损耗功率需变为9p,则根据p=i2r可知,输电电流变为原来的3倍,根据p=iu可知输电电压为u3,故选项d正确.二、非选择题(共52分)13.(6分)(2016广东百校质检)如图所示,图(甲)为热敏电阻rt图像,图(乙)为用此热敏电阻r和继电器组成的一个简单恒温箱控制电路,继电器线圈的电阻为150 .当线圈中的电流大于或等于20 ma时,继电器的衔铁被吸合.继电器线圈供电的电池电动势e=6 v,内阻不计.图中的“电源”是恒温箱加热的电源.(1)应该把恒温箱内的加热器接在 (选填“a,b”或“c,d”)端.(2)如果要使恒温箱内的温度保持150 ,可变电阻r的值应调节为 .解析:(1)当温度较低的时候,热敏电阻的阻值较大,电路中的电流较小,此时继电器的衔铁与ab部分连接,此时是需要加热的,恒温箱内的加热器要工作,所以应该把恒温箱内的加热器接在a,b端.(2)当温度达到150 时,加热电路就要断开,此时的继电器的衔铁要被吸合,即控制电路的电流要达到20 ma,根据闭合电路欧姆定律可得,i=er+r+r0,即0.02=6150+30+r,解得r=120 .答案:(1)a,b(2)120评分标准:每空3分.14.(9分)(2016河南开封一模)有一种测量人的体重的电子秤,其测量部分的原理图如图中的虚线框所示,它主要由压力传感器r(电阻值会随所受压力大小发生变化的可变电阻),显示体重大小的仪表a(实质是电流表).压力传感器表面能承受的最大压强为1107 pa,且已知压力传感器r的电阻与所受压力的关系如表所示.设踏板和压杆的质量可以忽略不计,接通电源后,压力传感器两端的电压恒为4.8 v,取g=10 n/kg.请回答:压力f/n02505007501 0001 2501 500电阻r/300270240210180150120(1)该秤零起点(即踏板空载时)的刻度线应标在电流表刻度盘毫安处.(2)如果某人站在该秤踏板上,电流表刻度盘的示数为20 ma,这个人的质量是.(3)若压杆与压力传感器之间的接触面积是2 cm2,则该秤的仪表(电流表)量程是毫安.解析:(1)踏板空载时电流表读数为i=ur=4.8v300=0.016 a=16 ma.(2)当电流为20 ma时,压力传感器的电阻为r=ui=4.8v0.02 a=240 ,由表中信息可知压力传感器受到的压力为f=500 n,人的质量m=gg=fg=500n10 n/kg=50 kg.(3)传感器能承受的最大压力f=ps=1107 pa210-4 m2=2 000 n,分析表中的数据可以看出,压力每增加250 n,电阻减小30 ,所以压力为2 000 n时,压力传感器的电阻为r=60 ,此时电路中的电流i=ur=4.8v60=0.08 a=80 ma,即仪表(电流表)的量程为80 ma.答案:(1)16 (2)50 kg(3)80评分标准:每空3分.15. (8分)如图所示,一矩形线圈在匀强磁场中绕oo轴匀速转动,磁场方向与转轴垂直.线圈匝数n=40,电阻r=0.1 ,长l1=0.05 m,宽l2=0.04 m,角速度=100 rad/s,磁场的磁感应强度b=0.2 t.线圈两端外接电阻r=9.9 的用电器和一个交流电流表.求:(1)线圈中产生的最大感应电动势;(2)电流表的读数;(3)用电器上消耗的电功率.解析:(1)em=nbs=nbl1l2=1.6 v.(2分)(2)im=emr+r=0.16 a,(2分)电流表读数为有效值i=im2=0.11 a.(2分)(3)p=i2r=0.12 w.(2分)答案:(1)1.6 v(2)0.11 a(3)0.12 w16. (8分)(2016江苏无锡期末)有一个阻值为r的电阻,若将它接在电压为20 v的直流电源上,其消耗的功率为p;若将它接在如图所示的理想变压器的副线圈两端时其消耗的电功率为p2.已知变压器输入电压为u=220sin 100t(v),不计电阻随温度的变化,求:(1)理想变压器副线圈两端电压的有效值.(2)此变压器原、副线圈的匝数之比.解析:(1)将r接在直流电源上有p=(20v)2r,(2分)接在理想变压器的副线圈两端时p2=u22r,解得u2=102 v.(2分)(2)原线圈电压的有效值u1=2202 v=1102 v,(2分)由n1n2=u1u2得n1n2=1102102=111.(2分)答案:(1)102 v(2)11117.(10分)一小型交流发电机产生正弦式交变电流,其电压u随时间t变化的规律如图所示.发电机线圈电阻为5 ,当发电机输出端仅接入一个95 的纯电阻用电器时,用电器恰能正常工作.求:(1)通过该用电器的电流值;(2)该用电器的额定功率是多少?解析:(1)由电压图像可知,发电机产生的交变电流电压的有效值为100 v,(2分)由电路欧姆定律可得,通过该用电器的电流值i=ur+r=100v95+5=1 a.(4分)(2)由于用电器正常工作.故其额定功率是p=i2r=(1 a)295 =95 w.(4分)答案:(1)1 a(2)95 w18.(11分)某小型发电站的发电机输出交流电压为500 v,输出电功率为50 kw,如果用电阻为3 的输电线向远处用户送电,这时用户获得的电压和电功率是多少?假如,要求输电线上损失的电功率是输送功率的0.6%,则发电站要安装一个升压变压器,到达用户前再用降压变压器变为220 v供用户使用,不考虑变压器的能量损失,这两个变压器原、副线圈的匝数比各是多少?解析:用500 v电压送电时示意图如图所示,输电线上的电流i0=pu0=50103500 a=100 a.(1分)用户获得电压u1=u0-i0r=(500-1003) v=200 v;(1分)用户获得的电功率p1=i0u1=2104 w.(1分)改用高压输送时,示意图如图所示,要求p损=0.6%p,即p损=501030.6% w=300 w.(1分)输电电流i=p损r=3003 a=10 a.(1分)发电站升压后输电电压u=pi=5010310 v=5 000 v,(1分)升压变压器匝数比n1n2=u0u=5005 000=110.(1分)输电线上损失的电压u=ir=103 v=30 v,(1分)降压变压器的输入电压u2=u-u=(5 000-30) v=4 970 v,(1分)降压变压器的匝数比n3n4=u2u3=4 970220=49722.(2分)答案:200 v2104 w11049722【备用题组】1. (2016北京期末)(多选)如图所示,理想变压器原线圈两端的输入电压为220 v,副线圈两端接有两只标有“12 v24 w”字样的灯泡,当开关s1和s2都闭合时,两灯泡均正常发光.下列说法中正确的是(acd)a.该变压器原、副线圈的匝数之比应为553b.该变压器原、副线圈的匝数之比应为355c.将开关s1断开,则通过该变压器原线圈的电流将变小d.将开关s1断开,则该变压器原线圈的输入功率将变小解析:因为灯泡正常发光,故其两端的电压为12 v,则由变压器的原副线圈的匝数比等于其电压之比的规律可知,变压器原、副线圈的匝数之比应为n1n2=u1u2=220v12v=553,选项a正确,b错误;将开关s1断开,副线圈上连接的电阻变大,消耗的电功率减小,变压器原线圈的输入功率将变小,故原线圈中的电流也将减小,故选项c,d正确.2. (2016广东深圳月考)(多选)如图所示,有一矩形线圈,面积为s,匝数为n,整个线圈的电阻为r,在磁感应强度为b的匀强磁场中,线圈绕oo轴以角速度匀速转动,外电阻为r,当线圈由