1、单元质检十一 交变电流 传感器(时间:45 分钟 满分:100 分)一、单项选择题(本题共 6 小题,每小题 6 分,共 36 分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.(2020 新疆实验中学期末)某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,产生的交变电流的图像如图所示,由图中信息可以判断()A.在 A、C 时刻线圈处于中性面位置 B.在 B、D 时刻穿过线圈的磁通量为零 C.从 AD 线圈转过的角度为 2 D.若从 OD 历时 0.02 s,则在 1 s 内交变电流的方向改变了 100 次 2.(2020 海南卷)图甲、乙分别表示两种电流的波形,其中图乙所示电流按正弦规律变化
2、,分别用 I1和 I2表示甲和乙两电流的有效值,则()A.I1I2=21 B.I1I2=12 C.I1I2=12 D.I1I2=21 3.如图所示,电阻为 r 的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以某一角速度 匀速转动。t=0 时,线圈平面与磁场垂直,各电表均为理想交流电表,则()A.t=0 时,线圈中的感应电动势最大 B.1 s 内电路中的电流方向改变了2次 C.滑片 P 向下滑动时,电压表的读数变大 D.线圈匀速运动的角速度 变为 2 倍时,电阻 R 的电功率也变为 2 倍 4.在图甲所示电路中,理想变压器原、副线圈的匝数之比为 101,电阻 R1、R2的阻值分别为 5、6,电压表和电流
3、表均为理想电表。若接在变压器原线圈的输入端的电压如图乙所示(为正弦曲线的一部分),则下列说法正确的是()A.电压表的示数为 25.1 V B.电流表的示数为 1 A C.变压器的输入功率为 112 W D.变压器的输出功率为 11 W 5.(2021 浙江嘉兴五中月考)下图为远距离输电示意图,两变压器均为理想变压器,升压变压器T 的原、副线圈匝数比为 k。在 T 的原线圈两端接入一电压 u=Umsin t 的交流电源,若输送电功率为 P,输电线的总电阻为 2r,不考虑其他因素的影响,则输电线上损失的电功率为()A.2(m)2r B.2(m)2r C.4(m)2r D.4(m)2r 6.(202
4、1 河北衡水中学月考)如图所示,教学用的可拆变压器有两个线圈 A、B,线圈匝数和线圈绕向已经无法分辨,某同学为测定 A、B 两个线圈的匝数进行了如下操作。他先把漆包线比较细的线圈 A 接到 u=162sin 100t(V)的低压交流电源上,用交流电压表测得线圈 B 的输出电压为 4 V;然后拆下线圈 B,在线圈 B 原来匝数的基础上,用漆包线沿某一个方向加绕 10 匝,然后重复上一步操作,发现电压表的示数为 4.4 V,若可拆变压器可看成理想变压器,则可测得 A、B两个线圈原来的匝数分别为()A.400、100 B.320、80 C.216、54 D.256、64 二、多项选择题(本题共 6
5、小题,每小题 6 分,共 36 分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分)7.街头变压器(可视为理想变压器)通过降压给用户供电,变电站的输出电压是市区电网的电压,当负载变化时,该电压几乎不会有明显的波动,某市区供电示意图如图所示。已知变压器原、副线圈匝数比为 n1n2,变阻器 RP代表用户用电器的总电阻,当用电器增加时,相当于 RP的值减小(滑片 P 向下移)。下列说法正确的是()A.电流表 A1与电流表 A2的示数之比等于 n2n1 B.电压表 V1与电压表 V2的示数之比等于 n1n2 C.滑动片 P 向上移时,电流
6、表 A1、A2示数均减小,电压表 V2示数增大 D.傍晚用电高峰期,电流表 A1、A2示数均减小,电压表 V2示数减小 8.(2020 江苏如皋中学月考)如图所示,理想变压器原线圈接在交流电源上,原、副线圈中分别接有完全相同的三个灯泡 a、b、c,当 A、B 间电压为 U 时,三个灯泡 a、b、c 恰好都能正常发光,每个灯泡的额定电压为 U0,则()A.U=2U0 B.U=3U0 C.变压器原、副线圈的匝数比为 n1n2=12 D.变压器原、副线圈的匝数比为 n1n2=21 9.如图甲所示,理想变压器原、副线圈匝数比为 n1n2=101,原线圈 M、N 两端接入图乙所示的不完整的正弦交变电流,
7、电压表和电流表均为理想电表,R0和R1为定值电阻,R为滑动变阻器,则()甲 乙 A.图乙中电压的有效值为 10 V B.电压表的示数为 2 V C.当 P 向上滑动时,电流表示数减小 D.当 P 向下滑动时,电压表示数不变 10.如图所示,变压器原线圈两端接正弦交变电流,电流表 A 和电压表 V 均为理想交流电表,L 为小灯泡,R0为定值电阻,R 为滑动变阻器,P、Q 分别为滑动变阻器和副线圈上的滑动触头,二者都有一定的调节范围。若只调节 P 或者只调节 Q,使电流表示数增大,则还可能同时观察到的现象是()A.电压表示数增大,小灯泡 L 变亮 B.电压表示数增大,小灯泡 L 变暗 C.电压表示
8、数减小,小灯泡 L 变亮 D.电压表示数减小,小灯泡 L 变暗 11.如图所示,变压器由一个原线圈和两个次级线圈组成,线圈匝数之比 n1n2n3=1032,原线圈接在电压恒定的交变电流源上。以下说法正确的是()A.两个次级线圈的电压之比23一定等于32 B.两个次级线圈中的电流之比23一定等于23 C.两个次级线圈中的电流的频率之比为 11 D.改变 R 的阻值,R 两端电压随之改变 12.如图所示,开关 S 闭合后,当 A、B 两点间输入有效值为 UAB的交流电压时,电阻值恒定的六个相同灯泡发光亮度相同(即通过电流相等),已知变压器为理想变压器,原、副线圈匝数分别为 n1、n2,UAB保持不
9、变,副线圈两端电压用 UCD表示,开关 S 闭合或断开,六个灯泡都不损坏,则下列说法正确的是()A.n1n2=14 B.若开关 S 闭合,UABUCD=61 C.若开关 S 断开,UABUCD=112 D.开关 S 断开后,灯泡 L1的亮度比 S 闭合时暗 三、非选择题(本题共 2 小题,共 28 分)13.(8 分)(1)如图所示,在用可拆变压器“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中,下列说法正确的是 (填字母)。A.用可拆变压器,能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈 B.测量原、副线圈的电压,可用“测定电源的电动势和内阻”实验中的直流电压表 C.原线圈接 0、8 接线柱,副线
10、圈接 0、4 接线柱,副线圈电压大于原线圈电压 D.为便于探究,先保持原线圈匝数和电压不变,改变副线圈的匝数,研究其对副线圈电压的影响(2)图示电路中各电表均为理想电表,变压器为理想变压器,a、b 接在电压有效值不变的交流电源两端,R0为定值电阻,R 为滑动变阻器,现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置,观察到电流表 A1的示数增大了 0.2 A,电流表 A2的示数增大了 0.8 A,则下列说法正确的是()A.电压表 V1示数增大 B.电压表 V2、V3示数均增大 C.该电压器起升压作用 D.变阻器滑片是沿 cd 的方向滑动 14.(20 分)(2020 浙江卷)如图甲所示,在 xOy 水平
11、面内,固定放置着间距为 l 的两平行金属直导轨,其间连接有阻值为 R 的电阻,电阻两端连接示波器(内阻可视为无穷大),可动态显示电阻R 两端的电压。两导轨间存在大小为 B、方向垂直导轨平面的匀强磁场。t=0 时一质量为 m、长为 l 的导体棒在外力 F 作用下从 x=x0位置开始做简谐运动,观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示的正弦曲线。取 x0=-m2,则简谐运动的平衡位置在坐标原点 O。不计摩擦阻力和其他电阻,导体棒始终垂直导轨运动。(提示:可以用 F-x 图像下的“面积”代表力 F 所做的功)(1)求导体棒所受到的安培力 FA随时间 t 的变化规律;(2)求在 0 至 0.
12、25T 时间内外力 F 的冲量;(3)若 t=0 时外力 F0=1 N,l=1 m,T=2 s,m=1 kg,R=1,Um=0.5 V,B=0.5 T,求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度。参考答案 单元质检十一 交变电流 传感器 1.D 由题中图像可知,在 B、D 时刻,感应电流为零,此时线圈位于中性面上,穿过线圈的磁通量最大,A、C 时刻感应电流最大,此时线圈与中性面垂直,磁通量为零,故 A、B 错误;从 A 到 D,经历34个周期,线圈转过的角度为342=32,故 C 错误;由题中图像可知,从 OD 是一个周期,如果经历时间为 0.02s,则 1s 是 50 个周期,电流方向改变
13、100 次,故 D 正确。2.D 对题图甲的交变电流分析,可知一个周期内交变电流的电流方向变化,而电流的大小不变,故题图甲的电流有效值为 I1=I0;对题图乙的交变电流分析可知,其为正弦式交变电流,故其有效值为 I2=02,故 I1I2=21,故选 D。3.C t=0 时,线圈位于中性面,此时感应电动势为零,A 错误;交变电流的频率为 f=2,1s 内电流方向改变 2f(次),即 1s 内电路中的电流方向改变了次,B 错误;滑片 P 向下滑动时,电阻增大,电流减小,电源内阻分压减小,所以电压表读数变大,C 正确;根据 Em=NBS,以及电压有效值 U=22 Em,若 增大为原来的 2 倍,电阻
14、 R 两端的电压变为原来的 2 倍,故 R 的电功率变为原来的 4 倍,D 错误。4.D 根据电流的热效应,有(2202)22=12 T,解得 U1=110V,根据12=12可得副线圈两端的电压为 U2=11V,A 错误;副线圈中电流为 I2=21+2=1A,根据12=21,电流表示数为 I1=110A,B 错误;变压器的输入功率为 P1=U1I1=110110W=11W,C 错误;变压器的输出功率为 P2=U2I2=11W,D 正确。5.C 加在原线圈上的电压为 U1=m2 根据电压比与匝数比关系有12=12 所以有 U2=22m21 输电线上的电流为 I=2 输电线上损失的功率为 P 损=
15、I22r 联立解得 P 损=4(12)2(m)2r 又 k=12 则 P 损=4(m)2r 所以 C 正确。6.A 设 A、B 两个线圈原来的匝数分别为 n1、n2,线圈 A 的输入电压有效值 U1=16V,线圈 B 的输出电压 U2=4V,根据变压器电压比12=12,可得12=41。在线圈 B 加绕 10 匝后,线圈 B 的输出电压升高,说明加绕的线圈与原来线圈 B 的绕向相同,根据电压比关系应有164.4=12+10,联立可得n1=400,n2=100。故 A 正确。7.AC 电流表A1与电流表A2的示数分别是通过原线圈和副线圈的电流,根据理想变压器原理可知,电流表 A1与电流表 A2的示
16、数之比12=21,故 A 正确;电压表 V1不是测量原线圈两端电压,电压表 V2是测量副线圈两端电压,所以电压表 V1与电压表 V2的示数之比不等于 n1n2,故 B 错误;滑片 P 向上移时,滑动变阻器阻值变大,副线圈电流减小,电流表 A2示数减小,根据理想变压器原理可知,原线圈电流减小,电流表A1示数减小,电阻R0两端电压减小,原线圈两端电压增大,副线圈两端电压增大,电压表 V2示数增大,故 C 正确;傍晚用电高峰期,用电器增加时,相当于 RP的值减小,副线圈电流增大,电流表A2示数增大,根据理想变压器原理可知,原线圈电流增大,电流表 A1示数增大,电阻 R0两端电压增大,原线圈两端电压减
17、小,副线圈两端电压减小,电压表 V2示数减小,故 D 错误。8.BD 由于三个灯泡正常发光,副线圈中的电流为 2I,原线圈中的电流为 I,则变压器原、副线圈的匝数比为等于原、副线圈中电流的反比,即为 21,根据原、副线圈两端电压比等于匝数比且副线圈两端电压为 U0,则原线圈两端电压为 2U0,则 U=U0+2U0=3U0,故选 BD。9.AD 根据交变电流在一个周期内产生的热量与等效恒定电流在相同时间内产生的热量相等有(202)2 2=2 T,解得题图乙所示电压的有效值为 U=10V,故 A 正确;根据12=12,其中 U1=10V,可得副线圈两端的电压为 U2=1V,故 B 错误;当 P 向
18、下滑动时,原、副线圈匝数不变,副线圈两端的电压不变,即电压表示数不变,当 P 向上滑动时,电阻 R 减小,副线圈中总电阻减小,副线圈两端的电压不变,总电流增大,根据公式12=21可得原线圈中的电流增大,故原线圈中电流表示数增大,故 C 错误,D 正确。10.AB 若只调节 Q,副线圈电路总电阻不变,当 Q 向上移动时,U2增大,I2增大,输出功率增大,输入功率增大,I1增大,电压表示数增大,小灯泡变亮,若只调节 P,原、副线圈匝数比不变,副线圈两端电压 U2不变,当 P 向左滑动时,副线圈电路总电阻减小,副线圈中的电流 I2增大,则原线圈中电流 I1增大,电压表示数增大,小灯泡电压减小,亮度变
19、暗,故 A、B 正确,C、D 错误。11.AC 次级线圈之间的电压之比也等于匝数比23=32,选项 A 正确;次线圈电压之比一定为32,但是次线圈电路中电阻之比不确定,所以23不一定等于23,B 错误;变压器不改变频率,C 正确;次线圈电压与电阻 R 的阻值无关,D 错误。12.BCD 因为开关闭合后六个灯泡发光亮度相同,每个灯泡的电流为 I,电压为 U。电阻为 R,则原线圈中电流为 I1=I,副线圈中电流为 I2=4I,有 n1n2=I2I1,则 n1n2=41,故 A 错误;开关闭合时,由 UCD=U2=U,U1U2=n1n2,得原线圈两端电压为 U1=4U,UAB=2U+4U=6U,即开
20、关闭合时UABUCD=61,故 B 正确;开关断开后,设 L3、L4、L5三灯电流均为 I,副线圈干路电流为 3I,两端电压为 IR,由电流比关系和电压比关系得原线圈与 L1中电流为34I,原线圈两端电压为 4IR,有 UAB=234IR+4IR=112 IR,此时副线圈两端 UCD=IR,则有 UABUCD=112,故 C 正确;由前面的计算可知,开关 S 闭合时 L1两端电压为 U=6,S 断开时 L1两端电压为34IR=322UAB,则 L1电压变小灯变暗,故 D 正确。13.答案(1)AD(2)D 解析(1)变压器的输出电压跟输入电压以及原副线圈匝数之比都有关,因此需要用可拆卸的变压器
21、研究,探究副线圈电压与匝数的关系,采用控制变量法,即为便于探究,先保持原线圈匝数和电压不变,改变副线圈的匝数,研究其对副线圈电压的影响,故 A、D 正确;“测定电池的电动势和内阻”实验中的电压表是直流电压表,变压器只能改变交变电流的电压,不能改变直流电压,故 A 错误;根据原副线圈匝数之比等于输入输出电压之比可知,原线圈接 0、8 接线柱,副线圈接 0、4 接线柱,那么副线圈的电压小于原线圈电压,故 C 错误。故选 AD。(2)改变副线圈的负载对原副线圈的端电压没有影响,V1、V2示数不变,A 错误;R0和 R 的电压之和等于 V2的示数,又 A2示数增大,所以 R0电压增大,所以 R 电压减
22、小,V3示数减小,B 错误;原线圈电流增加的数值比副线圈的小,根据变压器电流反比规律,可知该变压器为降压变压器,C 错误;因为 V2示数不变,且 A2示数增大,所以副线圈的总电阻减小,所以变阻器滑片是沿cd 的方向滑动,D 正确。14.答案(1)FA=-msin 2 t(2)m2+m(3)见解析 解析(1)由显示的波形可得 U=Umsin2 t I=m sin2 t 安培力随时间变化规律:FA=-BIl=-msin2 t(2)安培力的冲量:IA=-Blq=-2|0|2 v=msin2 t 由动量定理,有:IF+IA=mvm 解得:IF=m2+m(3)棒做简谐运动,有:FA+F=-kx 当 FA=-F 时:x=0 v=vm=1m/s 当 FA=F 时,设 x=x,v=v FA=-12kx F0=-kx0 2x=v 根据动能定理:12mv2=12k(02-x2)解得:x1=15m 和 v1=25m/s;x2=-15m 和 v2=-25m
