1、单元质量检测（十一） 交变电流 传感器一、选择题(第18题只有一项正确，第914题有多项正确)1.如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头。在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则()A保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数不变C保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小解析：选C保持Q的位置不动，则U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大，根据I2知，I2变小，
2、由得I1也变小，即电流表读数变小，选项A、B错误；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，U2变大，则根据P2知副线圈输出功率变大，由P1P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1I1U，输入电压U一定，I1变大，即电流表读数变大，选项C正确，选项D错误。2.(2016四川高考)如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则()A小灯泡变亮B小灯泡变暗C原、副线圈两端电压的比值不变D通过原、副线圈电流的比值不变解析：选B由于家庭电路上理想变压器为降压变压器，故n1n2，当原、副线圈减少相同的匝数时，其变压比变大，根据，U1一定，U2变小，故小
3、灯泡变暗，选项A错误，选项B正确；由知，原、副线圈电压的比值变大，选项C错误；根据，则通过原、副线圈电流的比值变小，选项D错误。3.如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器。原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220 V降至110 V。调节前后()A副线圈中的电流比为12B副线圈输出功率比为21C副线圈的接入匝数比为21D原线圈输入功率比为12解析：选C根据欧姆定律I，U2由220 V降至110 V，副线圈上的电流变为原来的，即调节前后，副线圈上电流之比为21，选项A错误；根据PUI知，U、I均变为原来的时，副线圈上输出的
4、功率变为原来的，即调节前后副线圈的输出功率之比为41，选项B错误；根据理想变压器电压与匝数的关系，当U2由220 V降至110 V时，n2变为原来的，即调节前后副线圈的接入匝数比为21，选项C正确；根据理想变压器P入P出，所以原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，即调节前后原线圈输入功率之比为41，选项D错误。4(2017重庆巴蜀中学检测)小青从国外带回一把标有“110 V，60 Hz,880 W”的电咖啡壶，该电咖啡壶利用电热丝加热。为使此电咖啡壶能正常工作，需要通过变压器与市电相连。下列说法正确的是( )A可以将电咖啡壶直接与市电相连，只是电功率将变为3 520 WB电咖啡壶应接在原、副线圈
5、匝数比为21的副线圈两端，且副线圈绕制的导线较粗C电咖啡壶通过变压器正常工作时，与市电相连的线圈中电流为8 AD电咖啡壶通过变压器正常工作时，电热丝中的交变电流频率为60 Hz解析：选B电咖啡壶额定电压为110 V，低于我国的家庭电路的电压，直接与市电相连，会导致电咖啡壶烧毁，即使不烧毁，也会因为电热丝电阻增大，电功率将小于3 520 W，A错误；市电为220 V，应该用线圈匝数比为21的降压变压器，且副线圈中电流较大，绕制的导线较粗，B正确；电咖啡壶通过变压器正常工作时，原线圈电流为I4 A，C错误；通过变压器正常工作时，电咖啡壶的电热丝中交变电流的频率为50 Hz，D错误。5.如图所示，两
6、电表均为理想电表，理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n2201，初级线圈两端E、F接正弦交流电源，在原线圈前串接一个R1400 的电阻，电压表V的示数为220 V，如果负载电阻R211 ，则( )A变压器的输出电压为11 VB电流表A的示数为2 AC电阻R2实际消耗的功率为22 WD电阻R1实际消耗的功率为2 W解析：选A根据题意知，U1220 V，由，得U2220 V11 V，故A正确；电流表A的示数为I A1 A，故B错误；电阻R2实际消耗的功率为PI2R21211 W11 W，故C错误；根据电流与匝数成反比，有，得I1 A，电阻R1实际消耗的功率为2400 W1 W，故D错误。6(201
7、6天津高考)如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是()A当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大解析：选B当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻R变大，则副线圈所在电路的总电阻R总变大，因原、副线圈两端的电压U1、U2不变，则通过R1的电流I2变小，R1消耗的功率PR1I22R1变小，选项A错误；R1两端的电压UR1I2R1变小，则电压表V的示数UVU2UR
8、1变大，选项B正确；因通过原、副线圈的电流关系，I2变小，则I1变小，即电流表A1的示数变小，选项C错误；若闭合开关S，则副线圈所在电路的总电阻R总变小，通过副线圈的电流I2变大，则通过原线圈的电流I1变大，电流表A1的示数变大，R1两端的电压UR1I2R1变大，则R2两端的电压UR2U2UR1变小，电流表A2的示数变小，选项D错误。7压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小。一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，当升降机静止时电流表示数为I0。某过程中电流表的示数为2I0，如图乙所示，则在此过程中()A物体处于失重
9、状态B物体可能处于匀速运动状态C升降机一定向上做匀加速运动D升降机可能向下做匀减速运动解析：选D升降机静止时电流表示数为I0，而某过程中电流表示数为2I0，说明该过程中物体对压敏电阻的压力大于mg，根据牛顿第三定律，物体受向上的支持力也大于mg，故物体存在向上的加速度，处于超重状态，但不能判定升降机是做向上的匀加速运动还是做向下的匀减速运动，只有D正确。8.(2018海淀模拟)某种角速度计，其结构如图所示。当整个装置绕轴OO转动时，元件A相对于转轴发生位移并通过滑动变阻器输出电压，电压传感器(传感器内阻无限大)接收相应的电压信号。已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势
10、为E、内阻不计。滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，装置静止时滑片P在变阻器的最左端B端，当系统以角速度转动时，则()A电路中电流随角速度的增大而增大B电路中电流随角速度的增大而减小C弹簧的伸长量为xD输出电压U与的函数式为U解析：选D系统在水平面内以角速度转动时，无论角速度增大还是减小，BC的总电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，故A、B错误；设系统在水平面内以角速度转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件A，根据牛顿第二定律得kxm2(lx)，又输出电压UEE，联立两式得x，U，故C错误，D正确。9.(2018衡阳模拟)如图所示，一个面积为S，阻值为r的矩形线圈共n匝，绕垂
11、直于匀强磁场的轴以角速度匀速转动，磁感应强度为B。线圈两端分别始终与两固定圆环K、L接触良好且不计摩擦，两圆环连接在电阻上，理想交流电压表和电容器(容抗忽略不计)都与电阻并联，现把K圆环接地，以下说法正确的有()A线圈转动一周过程中，电容器两极板所带电荷量保持不变B若电容器中有一带电的油滴，则油滴会始终处于平衡状态C虽然K环接地，但线圈转动过程中有时K环电势仍会高于L环电势，故流经电阻R的电流方向是变化的D线圈匀速转动过程中，交流电压表的示数为解析：选CD矩形线圈在绕垂直于磁场的轴转动过程中产生正弦式交变电流，其瞬时值表达式enBSsin t，则流经电阻R的电流方向是变化的，C项正确；电容器两
12、极板间电势差Usin t，由QCU可知，电容器所带电荷量是周期性变化的，A项错误；由E可知，电容器两极板间场强周期性变化，油滴所受电场力变化，故油滴不会始终处于平衡状态，B项错误；电压表示数为电阻R(电容器)两端电压有效值，U有，D项正确。10一自耦调压变压器(可看做理想变压器)的电路如图甲所示，移动滑动触头P可改变副线圈匝数。已知变压器线圈总匝数为1 900；原线圈匝数为1 100，接在如图乙所示的交流电源上，电压表为理想电表。则()A交流电源电压瞬时值的表达式为u220sin t VBP向上移动时，电压表的最大示数为380 VCP向下移动时，原、副线圈的电流之比减小DP向下移动时，变压器的
13、输入功率变大解析：选BC由题图乙知，交流电源电压的最大值是220 V，所以瞬时值表达式为u220sin t V，故A错误；原线圈的电压有效值为220 V，P向上移动时，电压表的最大示数为220 V380 V，故B正确；P向下移动时，副线圈匝数减小，由理想变压器电流比等于线圈匝数反比可知，原、副线圈的电流之比减小，故C正确；P向下移动时，副线圈电压减小，副线圈电流减小，变压器的输入功率变小，故D错误。11.如图所示，匀强磁场的磁感应强度BT，单匝矩形线圈面积S1 m2，电阻r ，绕垂直于磁场的轴OO匀速转动。线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接。为理想交流电压表，、为理想交流电流表，L1、L2为
14、两个完全相同的电灯泡，标称值为“20 V，30 W”，且均正常发光，电流表的示数为1.5 A。则以下说法正确的是()A电流表、的示数之比为21B理想变压器原、副线圈的匝数之比为21C线圈匀速转动的角速度120 rad/sD电压表的示数为40 V解析：选BC因变压器副线圈处的两灯泡正常发光，则变压器副线圈电流为：I22 A3 A，则电流表、的示数之比：I1I212，选项A错误；理想变压器原、副线圈的匝数之比为，选项B正确；电压表的示数：U1220 V40 V，选项D错误；线圈的电动势有效值：EU1I1r60 V，EmE，根据EmnBS，可得 rad/s120 rad/s，选项C正确。12如图所示
15、，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，电阻不计，绕OO轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度做匀速转动，从图示位置开始计时，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动接头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的是()A矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为eNBScos tB矩形线圈从图示位置经过时间时，通过电流表的电荷量为零C当P位置不动、R增大时，电压表读数也增大D当P位置向上移动、R不变时，电流表读数增大解析：选AD从垂直于中性面时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为eNBScos t，故A正确；矩形线圈从图示位置经过时间时，转过的角度为t，此过
16、程中磁通量一直增加，电流方向没有改变，故通过电流表的电荷量为：qN0(其中R为线路电阻)，故B错误；产生交流电的线圈电阻不计，故变压器输入电压不变，根据理想变压器的变压比公式，当P位置不动，R增大时，电压表读数不变，故C错误；当P位置向上移动、R不变时，根据理想变压器的变压比公式，输出电压变大，故电流变大，输出功率变大，故输入电流也增大，电流表读数增大，故D正确。13(2018枣庄调研)如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则()A发电机输出交流电的电压有效值是500 VB用户用电器上交流电的频率是50 HzC输电线的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定
17、D保持升压变压器原线圈匝数不变，增加副线圈匝数，可减小输电线上损失的功率解析：选BD由题图乙可知交流电压的最大值为Um500 V，因此其有效值为U V，故A错误；发电机的输出电压T0.02 s，故f Hz50 Hz，故B正确；输电线中的电流与输出功率也有关，输电线电阻一定时，输出功率越大，输电线中的电流也越大，故C错误；保持升压变压器原线圈匝数不变，增加副线圈匝数，输出电压增大，输电线上损失的功率为P2R，可知损失功率减小，故D正确。14(2018天津模拟)一小水电站，输出的电功率为P20 kW，输出电压U0400 V，经理想升压变压器T1升为2 000 V电压远距离输送，输电线总电阻为r10
18、 ，最后经理想降压变压器T2降为220 V向用户供电。下列说法正确的是()A变压器T1的匝数比n1n215B输电线上的电流为50 AC输电线上损失的电功率为25 kWD变压器T2的匝数比n3n49511解析：选AD升压变压器T1的输出电压等于2 000 V，而输入电压为400 V，由电压之比等于匝数之比，则有变压器T1的匝数比n1n215，选项A正确；输出的电功率为P20 kW，远距离输送电压为2 000 V，所以根据I，可知输电线上的电流为I A10 A，选项B错误；根据PI2r10210 W1 000 W，选项C错误；降压变压器T2的输入电压等于升压变压器的输出电压减去输电线损失的电压，即
19、为U32 000 V1010 V1 900 V ；根据，则有变压器T2的匝数比n3n41 9002209511，选项D正确。二、计算题15发电机的路端电压为220 V，输出电功率为44 kW，输电导线的电阻为0.2 ，如果用原、副线圈匝数之比为110的升压变压器升压，经输电线路后，再用原、副线圈匝数比为101 的降压变压器降压供给用户。(1)画出全过程的线路图；(2)求用户得到的电压和功率；(3)若不经过变压而直接输送到用户，求用户得到的功率和电压。解析：(1)线路图如图所示：(2)升压变压器副线圈上的输出电压U2U12 200 V升压变压器原线圈上的输入电流，由PU1I1得I1 A200 A所以升压变压器副线圈上的输出电流I2I1200 A20 A输电线路上的电压损失和功率损失分别为URI2R4 VPRI22R0.08 kW加到降压变压器原线圈上的输入电流和电压分别为I3I220 AU3U2UR2 196 V降压变压器副线圈上的输出电压(用户得到的电压)和电流分别为U4U3219.6 V，I4I3200 A用户得到的功率P4U4I443.92 kW。(3)若不采用高压输电，线路损失电压为URI1R40 V用户得到的电压UU1UR180 V用户得到的功率为PUI136 kW。答案：(1)线路图见解析(2)219.6 V43.92 kW(3)180 V36 kW