（单元考点集训）高考物理一轮复习 第10章 交变电流传感器练习.doc

选修3-2 第十章 交变电流 传感器一、 选择题1一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( )at0时刻线圈平面与中性面垂直bt0.01 s时刻，的变化率最大ct0.02 s时刻，交流电动势最大d该线圈相应的交流电动势图象如图乙所示1b解析：由t图知，在t0时，最大，即线圈处于中性面位置，此时e0，故a、d两项错误；由题图甲知t0.04 s，在t0.01 s时，0，最大，e最大，则b项正确；在t0.02 s时，最大，0，e0，则c项错。2如图所示，面积均为s的两个电阻相同的线圈，分别放在如图所示的磁场中，甲图中是磁感应强度为b0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期t绕oo轴匀速转动，乙图中磁场变化规律为bb0cos ，从图示位置开始计时，则( )a两线圈的磁通量变化规律相同b两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同c经相同的时间t(tt)，两线圈产生的热量相同d从此时刻起，经t/4时间，流过两线圈横截面的电荷量相同2acd解析：甲图中的磁通量变化规律为甲b0scost，乙图中磁通量的变化规律为乙b0scost。由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值e也相同，又因两线圈电阻相同，所以qt也相同，经过时间，流过两线圈横截面的电荷量qi也相同，故a、c、d三项正确。3、在匀强磁场中,一矩形金属框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图(1)所示.产生的交变电动势的图像如图(2)所示,则()a.t=0.005 s时线框的磁通量变化率为零b.t=0.01 s时线框平面与中性面重合c.线框产生的交变电动势有效值为311 vd.线框产生的交变电动势频率为100 hz3.b解析:由题图像知t=0.005 s时e最大,所以磁通量的变化率最大.故选项a错误;题图(2)中图像函数关系为e=311sin 100t(v),从中性面开始计时,t=0.01 s时,线框平面在中性面位置,故选项b正确;据e=em2,知电动势有效值约为220 v,故选项c错误;由题图(2)知,t=0.02 s,f=50 hz,故选项d错误.4如图所示，理想变压器的原线圈接入u11 000sin 100t(v)的交变电压，副线圈通过电阻r6 的导线对“220 v 880 w”的电器rl供电，该电器正常工作。由此可知( )a原、副线圈的匝数比为501b交变电压的频率为100 hzc副线圈中电流的有效值为4 ad变压器的输入功率为880 w4c解析：由pui可得i4 a，选项c正确；根据ir24 v得副线圈电压u2ulur244 v，再由可得n1n22 75061451，选项a错误；由u11 000sin 100t(v)及f可得f50 hz，选项b错误；因导线电阻消耗电能，故变压器输入功率为ppli2r976 w，选项d错误。5远距离输送一定功率的交流电，若输送电压升高为原来的倍，关于输电线上的功率损失和电压损失，正确的是 （ ）a输电线上的电功率损失是原来的倍 b输电线上的电功率损失是原来的倍c输电线上的电压损失是原来的倍 d输电线上的电压损失是原来的倍5bc 提示：当电压升高倍时，输电电流降低到原来的。输电线路的损耗功率为，所以输电线路上的功率损耗降低为原来的；线路上的电压损失，所以电压损失降低到原来的。6供打点计时器使用的学生电源变压器，输入电压为220v正弦交流电，输出电压有2v、4v、6v、8v等多个量程供选择使用，那么下列说法错误的是 ( )a输入电压的有效值是220v b输入电压的最大值是380vc输出电压的频率与输入电压的频率相等d选择不同的输出电压是通过改变变压器副线圈的匝数实现的6b 解析：输入电压的最大值为7一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0 ，则外接一只电阻为95.0 的灯泡，如图乙所示，则( )a电压表的示数为220 vb电路中的电流方向每秒钟改变50次c灯泡实际消耗的功率为484 wd发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 j7d解析：由图象可知电动势的有效值为220 v，而电压表测量的是路端电压，其大小为ur95 v209 v；b选项，由图象读出交变电流的周期为t0.02 s，则频率f50 hz，一个周期内电流的方向要改变2次，故每秒钟电流方向要改变250100(次)；c选项，灯泡的实际功率为p2r295 w459.8 w；d选项，由焦耳定律得q2rt251 j24.2 j。本题正确选项为d。8图甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化。下列说法正确的是( )a图甲表示交流电，图乙表示直流电b两种电压的有效值相等c图甲所示电压的瞬时值表达式为u311sin 100t vd图甲所示电压经匝数比为101的变压器变压后，频率变为原来的8c解析：电流方向随时间周期性变化的电流为交变电流，电流方向不改变的为直流电，显然两图中表示的都是交变电流，a错误；两图中电压的最大值相同，但图甲中是正弦交流电，有效值为 v220 v，图乙是锯齿形交流电，有效值不能按上式计算，b错误；图甲所示的正弦式交流电的周期为2102 s，角速度100 ，所以电压的瞬时值表达式为u311sin 100t v，c正确；变压器原副线圈的电压与匝数成正比，频率不变，d错误。9如图所示，边长为l的正方形线圈abcd，其匝数为n，总电阻为r，外电路的电阻为r，ab的中点和cd的中点的连线oo恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为b。若线圈从图示位置开始，以角速度绕oo轴匀速转动，则以下判断中不正确的是( )a闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式enbl2sin tb在t时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，但此时磁通量随时间变化最快c从t0时刻到t时刻，电阻r上产生的热量为qd从t0时刻到t时刻，通过r的电荷量q9a解析：闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式eumsin tnbssin tnbl2sin t，a错；在t时刻，线圈转过90，线圈平面与磁场平行，b正确；电阻r上产生的热量为q2rt，故c正确；从t0时刻到t时刻，通过r的电荷量qitt，故d正确。13-310有理想变压器给负载供电，变压器输入电压不变，如图13-3所示。如果负载电阻的滑片向上移动，则图中所有交流电表的读数及输入功率变化情况正确的是（ ）av1、v2不变，a1增大、a2减小，p增大bv1、v2不变，a1、a2增大，p增大cv1、v2不变，a1、a2减小，p减小dv1不变，v2增大，a1减小，a2增大，p减小10c 解析：在匝数比一定的情况下，输出电压决定于输入电压，输入电压u1不变，则输出电压u2不变；在匝数比一定，输入电压不变的情况下，输入电流i1决定于输出电流i2，故应先分析输出电流i2，而i2u2/r，滑片上移r变大，i2变小，又i1n2i2/n1，i1变小；输入功率p决定于输出功率，pu1i1u2i2，u2不变、i2变小，所以p变小二、非选择题11某集装箱吊车的交流电动机输入电压为380 v，则该交流电压的最大值为_ v。当吊车以0.1 m/s的速度匀速吊起总质量为5.7103 kg的集装箱时，测得电动机的电流为20 a，电动机的工作效率为_。(g取10 m/s2)11答案：38075%解析：对于正弦交流电umu380 v电动机的输出功率为p出mgv5.7 kw电动机的输入功率为p入ui7.6 kw电动机的工作效率为0.7575%。12如图13-8所示是家庭用的“漏电保护器”的关键部分的原理图，其中p是一个变压器铁芯，入户的两根电线（火线和零线）采用双线绕法，绕在铁芯的一侧作为原线圈，然后再接户内的用电器q是一个脱扣开关的控制部分（脱扣开关本身没有画出，它是串联在本图左边的火线上，开关断开时，用户的供电被切断），q铁芯另一侧到副线圈的两端之间，当a、b间没有电压时，q使得脱扣开关闭合，当a、b间有电压时脱扣开关立即断开，使用户断电13-8（1）用户正常用电时，a、b之间有没有电压?为什么?（2）如果某人站在地面上，手误触火线而触电，脱扣开关是否会断开?为什么?（3）已知原线圈的双线各在铁芯上绕了匝，加在另一侧的副线圈绕了匝已知正常用电时通过火线和零线的电流都是i，某人站在地面上，手误触火线而触电时通过人体的电流为把这个变压器视为理想变压器，在人触电的这段时间内，已知a、b两端的电压是2v，求火线线圈两端的电压和通过q的电流各多大?12.解：（1）由题文中提取的有用信息是：“火线和零线采用双线”，在铁芯中没有交变磁通产生因此，在q中不会产生电磁感应，a、b间没有电压 （2）手误触火线时，相当于把入户线短接，通过人体的电流不通过原线圈，在q中会产生电磁感应，a、b间有电压，q会断开 （3）根据变压器规律，可得火线线圈两端的电压为通过q的电流为 13一个直流电动机的内电阻r2 ，与r8 的电阻串联接在线圈上，如图所示。已知线圈面积为m2，共100匝，线圈的电阻为2 ，线圈在b t的匀强磁场中绕oo以转速n600 r/min匀速转动，在合上开关s后电动机正常工作时，电压表的示数为100 v，求电动机正常工作时的输出功率。13答案：800 w解析：线圈转动时产生的电动势的最大值为：emnbs200 v有效值为：e200 v设线圈的电阻为r，则电路中的电流i为：i10 a电动机正常工作时的输出功率为：puii2r800 w。14.一个直流电动机的内电阻r=2 ,与r=8 的电阻串联接在线圈上,如图所示.已知线圈面积为220 m2,共100匝,线圈的电阻为2 ,线圈在b=2 t的匀强磁场中绕oo以转速n=600 r/min匀速转动,在合上开关s后电动机正常工作时,电压表的示数为100 v,求电动机正常工作时的输出功率.14:800 w解析:线圈的角速度=2n=260060 rad/s=20 rad/s,线圈转动时产生的电动势的最大值为em=nbs=2002 v有效值为e=em2=200 v 设线圈的电阻为r,则电路中的电流i为 i=e-ur+r=10 a电动机正常工作时的输出功率为 p=ui-i2r=800 w.15.图(a)是一理想变压器的电路连接图,图(b)是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图像,已知原、副线圈的匝数比为101,电流表a2的示数为2 a,开关s断开,求:(1)变压器的输入功率和电压表的示数;(2)将开关s闭合,定性分析电路中三只电表的示数变化情况;(3)若将电流表a2换成一只具有单向导电性的二极管,电压表示数为多少?15:(1)40 w20 v(2)a1示数增大a2示数增大v示数不变 (3)141.4 v解析:(1)由题图(b)可知