2022届高考物理一轮复习-单元质检十二-交变电流-传感器新人教版.docx

2022届高考物理一轮复习 单元质检十二 交变电流 传感器新人教版2022届高考物理一轮复习 单元质检十二 交变电流 传感器新人教版年级：姓名：- 12 -单元质检十二交变电流传感器(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2D.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,分别用I1和I2表示甲和乙两电流的有效值,则()A.I1I2=21B.I1I2=12C.I1I2=12D.I1I2=213.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 VB.电流表的示数为1 AC.变压器的输入功率为112 WD.变压器的输出功率为11 W5.(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.2PkUm2rB.2PkUm2rC.4PkUm2rD.4PkUm2r6.(2021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、100B.320、80C.216、54D.256、64二、多项选择题(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,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n2n1B.电压表V1与电压表V2的示数之比等于n1n2C.滑动片P向上移时,电流表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=2U0B.U=3U0C.变压器原、副线圈的匝数比为n1n2=12D.变压器原、副线圈的匝数比为n1n2=219.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,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 VB.电压表的示数为2 VC.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u2u3一定等于32B.两个次级线圈中的电流之比I2I3一定等于23C.两个次级线圈中的电流的频率之比为11D.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=14B.若开关S闭合,UABUCD=61C.若开关S断开,UABUCD=112D.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=-UmT2Bl,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0.25T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。参考答案单元质检十二交变电流传感器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=I02,故I1I2=21,故选D。3.Ct=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=22Em,若增大为原来的2倍,电阻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22022RT2=U12RT,解得U1=110V,根据U1U2=n1n2可得副线圈两端的电压为U2=11V,A错误;副线圈中电流为I2=U2R1+R2=1A,根据I1I2=n2n1,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=Um2根据电压比与匝数比关系有U1U2=n1n2所以有U2=2n2Um2n1输电线上的电流为I=PU2输电线上损失的功率为P损=I22r联立解得P损=4n1n22PUm2r又k=n1n2则P损=4PkUm2r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U1U2=n1n2,可得n1n2=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=n1n2+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的示数之比I1I2=n2n1,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2022RT2=U2RT,解得题图乙所示电压的有效值为U=10V,故A正确;根据U1U2=n1n2,其中U1=10V,可得副线圈两端的电压为U2=1V,故B错误;当P向下滑动时,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I1I2=n2n1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u2u3=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I2I3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=112IR,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=UAB6,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=-BlUmRsin 2Tt(2)BlUmT2R+mUmBl(3)见解析解析(1)由显示的波形可得U=Umsin2TtI=UmRsin2Tt安培力随时间变化规律:FA=-BIl=-BlUmRsin2Tt(2)安培力的冲量:IA=-Blq=-B2|x0|l2Rv=UmBlsin2Tt由动量定理,有:IF+IA=mvm解得:IF=BlUmT2R+mUmBl(3)棒做简谐运动,有:FA+F=-kx当FA=-F时:x=0v=vm=1m/s当FA=F时,设x=x,v=vFA=-12kxF0=-kx02x=v根据动能定理:12mv2=12k(x02-x2)解得:x1=15m和v1=25m/s;x2=-15m和v2=-25m