2020年高考物理一轮复习 第十章 交变电流 传感器章末检测卷 14页

第十章 交变电流 传感器 一、选择题(本题共 7 小题，每小题 42 分，共 48 分．在每小题给出的四个选项 中，第 1～5 题只有一项符合题目要求，第 6～8 题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，有选错或不选的得 0 分．) 1．(2020·新乡模拟)一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流 e＝ 220 2sin 100πt (V)，那么( ) A．该交变电流的频率是 100 Hz B．当 t＝0 时，线圈平面恰好与中性面垂直 C．当 t＝ 1 200 s 时，e 最大 D．该交变电流电动势的有效值为 220 2 V 解析：根据交变电流的表达式可知该交变电流的频率 f＝ ω 2π ＝50 Hz，有效值 为 220 V，选项 A、D 错误；当 t＝0 时，e＝0，所以线圈平面恰好处于中性面，选 项 B 错误；当 t＝ 1 200 s 时，e 有最大值 220 2 V，选项 C 正确． 答案：C 2．(2020·石家庄模拟)正弦交变电流经过匝数比为 n1∶n2＝10∶1 的理想变压 器与电阻 R、交流电压表 V、交流电流表 A 按图甲所示方式连接，R＝10 Ω.图乙是 R 两端电压 U 随时间变化的图象，Um＝10 V，则下列说法中正确的是( ) A．通过 R 的电流 iR 随时间 t 变化的规律是 iR＝ 2cos 100πt(A) B．电流表 A 的读数为 0.1 A C．电流表 A 的读数为 2 20 A D．电压表 V 的读数为 10 V 解析：由图乙知 T＝2×10－2s，f＝50 Hz，ω＝2πf＝100π rad/s，Im＝Um R＝1 A， 故 iR＝cos 100πt (A)，选项 A 错误；通过 R 的电流的有效值 I2＝ Im 2 ＝ 2 2 A，再根 据I1 I2 ＝n2 n1 知，I1＝ 2 20 A，选项 B 错误，C 正确；电压表读数应为副线圈两端电压的有 效值，即 U＝ Um 2 ＝10 2 V，故选项 D 错误． 答案：C 3．(2020·太原模拟)如图所示，M 是一小型理想变压器，接线柱 a、b 接在电 压 u＝311sin 314t(V)的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统，其 中 R2 是用半导体热敏材料(电阻随温度升高而降低)制成的传感器，电流表 A2 是值班 室的显示器，显示通过 R1 的电流，电压表 V2 显示加在报警器上的电压(报警器未画 出)，R3 是一定值电阻．当传感器 R2 所在处出现火情时，下列说法正确的是( ) A．A1 的示数不变，A2 的示数增大 B．V1 的示数增大，V2 的示数增大 C．V1 的示数减小，V2 的示数减小 D．A1 的示数增大，A2 的示数减小 解析：当传感器 R2 所在处出现火情时，R2 的电阻减小，导致电路的总电阻减小， 所以电路中的总电流将会增加，A1 测量的是原线圈中的总电流，由于副线圈的电流 增大了，所以原线圈的电流也要增大；由于电源的电压不变，原、副线圈的电压也 不变，所以 V1 的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3 两端的电压变大，所以 V2 的 示数要减小，即 R1 两端的电压也要减小，所以 A2 的示数要减小，故 A、B、C 错误， D 正确． 答案：D 4．(2020·大连模拟)如图所示，动圈式话筒能够将声音转变为微弱的电信号(交 变电流)．产生的电信号一般都不是直接送给扩音机，而是经过一只变压器(视为理 想变压器)之后再送给扩音机放大，变压器的作用是为了减少电信号沿导线传输过程 中的电能损失，关于话筒内的这只变压器，下列判断正确的是( ) A．一定是降压变压器，因为 P＝I2R，降压后电流减少，导线上损失的电能减少 B．一定是降压变压器，因为 P＝U2 R，降压后电压降低，导线上损失的电能减少 C．一定是升压变压器，因为 I＝U R，升压后，电流增大，使到达扩音机的信号 加强 D．一定是升压变压器，因为 P＝UI，升压后，电流减小，导线上损失的电能减 少 解析：根据变压器的作用是为了减少电信号沿导线传输过程中的电能损失可知， 话筒内的这只变压器一定是升压变压器，因为 P＝UI，升压后，电流减小，导线上 损失的电能减少，选项 D 正确． 答案：D 5．(2020·保定模拟)某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈 L1 由火线和零线并行绕成．当右侧线圈 L2 中产生电流时，电流经放大器放大后，使 电磁铁吸起铁质开关 K，从而切断家庭电路．仅考虑 L1 在铁芯中产生的磁场，下列 说法正确的有( ) A．家庭电路正常工作时，L2 中的磁通量为零 B．家庭电路中使用的电器增多时，L2 中的磁通量不变 C．家庭电路发生短路时，开关 K 将被电磁铁吸起 D．地面上的人接触火线发生触电时，开关 K 将被电磁铁吸起 解析：由于零线、火线中电流方向相反，产生的磁场方向相反，所以家庭电路 正常工作时，L2 中的磁通量为零，选项 A 正确；家庭电路短路和用电器增多时均不 会引起 L2 的磁通量的变化，选项 B 正确，C 错误；地面上的人接触火线发生触电时， 线圈 L1 中磁场变化引起 L2 中磁通量的变化，产生感应电流，使电磁铁吸起开关 K， 切断家庭电路，选项 D 正确． 答案：ABD 6．如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴 OO′ 以恒定的角速度ω转动，从线圈一面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交 变电流按照图乙所示的余弦规律变化，在 t＝ π 2ω时刻( ) A．线圈中的电流最大 B．穿过线圈的磁通量最大 C．线圈所受的安培力为零 D．穿过线圈磁通量的变化率最大 解析：注意线圈转动过程中通过两个特殊位置(平行于磁感线和垂直于磁感线) 时的特点；磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率不同；t＝ π 2ω＝T 4，线圈转过 90°，本题应选 B、C. 答案：BC 7．(2020·杭州质检)远距离输电装置如图所示，升压变压器和降压变压器均是 理想变压器．当 S 由 2 改接为 1 时，下列说法正确的是( ) A．电压表读数变大 B．电流表读数变大 C．电流表读数变小 D．输电线损失的功率减小 解析：改接为 1 时，升压变压器的原线圈匝数不变，副线圈匝数变大，所以输 送电压变大，降压变压器的输入电压和输出电压均变大，电压表示数变大，A 正确； 降压变压器的输出电压变大时，流过灯泡的电流 I 灯也变大，输电线上的电流 I 线也 随着 I 灯的变大而变大，所以电流表读数变大，B 正确，C 错误；I 线变大时，输电线 损失的功率 P 线＝I2 线R 变大，D 错误． 答案：AB 二、非选择题(本题共 5 小题，共 58 分．按题目要求作答，解答题应写出必要 的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的 题，答案中必须明确写出数值和单位．) 8．(8 分)(2020·济宁模拟)(1)如图甲所示，将多用电表的选择开关置于欧姆 挡，再将电表的两支表笔分别与光敏电阻 Rg 的两端相连，这时表针恰好指在刻度盘 的中央．若用不透光的黑纸将 Rg 包裹起来，表针将向________(填“左”或“右”) 转动；若用手电筒光照射 Rg，表针将向________(填“左”或“右”)转动． (2)如图乙所示，将多用电表的选择开关置于欧姆挡，再将电表的两支表笔分别 与负温度系数的热敏电阻 RT 的两端相连，这时表针恰好指在刻度盘的中央．若往 RT 上擦些酒精，表针将向________(填“左”或“右”)转动；若用吹风机热风吹向 RT， 表针将向________(填“左”或“右”)转动． 解析：光敏电阻是对光敏感的电阻，当有光照射的时候，其电阻减小．在欧姆 表的表盘上，偏转角度越大说明电阻值越小，所以当外界没有光照的情况下，电阻 很大，偏转角度很小，故表针向左转动，反则向右转动．负温度系数的热敏电阻的 含义是当温度升高时电阻阻值减小．当用酒精涂抹在热敏电阻上的时候，酒精蒸发 使温度降低，电阻阻值增大，偏转角度减小，故表针向左转动，反则向右转动． 答案：(1)左(2 分) 右(2 分) (2)左(2 分) 右(2 分) 9．(12 分)(2020·衡阳模拟)如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩 形线圈 abcd 的边长 ab＝cd＝50 cm，bc＝ad＝20 cm，匝数 n＝100，线圈的总电阻 r＝0.20 Ω，线圈在磁感强度 B＝0.050 T 的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴 OO′ 匀速转动，线圈两端通过电刷 E、F 与阻值 R＝4.8 Ω的定值电阻连接，当线圈以角 速度ω匀速转动时，发电机的输出功率为 2.16×103 W，计算中π取 3. (1)推导发电机线圈产生感应电动势的最大值的表达式 Em＝nBSω( 其中 S 表示 线圈的面积)； (2)求线圈转动的角速度ω； (3)求线圈以ω角速度转动 100 圈过程中发电机产生的电能． 解析：(1)当线圈平面与磁场平行时，线圈产生的感应电动势最大． Em＝2nBLv＝2nB·Lab·Lbc 2 ω＝nBSω.(2 分) (2)该发电机产生交变电动势的有效值 E＝ Em 2 ，(2 分) 发电机的输出功率 P 出＝ E R＋r 2 R.(2 分) 联立解得ω＝300 rad/s.(2 分) (3)根据 Q＝ E2 R＋rt，(2 分) t＝100×2π ω .(1 分) 联立解得 Q＝4 500 J．(1 分) 答案：(1)见解析 (2)300 rad/s (3)4 500 J 10．(12 分)(2020·枣庄模拟)如图所示，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 Ω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，则输电线上的电流 I0＝P U0 ＝50×103 500 A＝100 A，(2 分) 用户获得电压 U1＝U0－I0R＝(500－100×3) V＝200 V，(1 分) 用户获得的功率 P1＝U1I0＝2×104 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＝50×103×0.6%W ＝300 W．(2 分) 输电电流 I＝ P 损 R ＝ 300 3 A＝10 A，(1 分) 发电站升压后输电电压 U＝P I＝50×103 10 V＝5 000 V，(1 分) 升压变压器匝数比n1 n2 ＝U0 U＝ 500 5 000＝ 1 10，(1 分) 输电线上损失的电压 U′＝IR＝10×3 V＝30 V，(1 分) 到达用户输入变压器电压 U2＝U－U′＝(5 000－30) V＝4 970 V，(1 分) 所以降压变压器的原副线圈的匝数比为4 970 220 ＝497 22 .(1 分) 答案：200 V 2×104 W 1∶10 497∶22 11．(12 分)如图甲所示，长、宽分别为 L1、L2 的矩形金属线框位于竖直平面内， 其匝数为 n，总电阻为 r，可绕其竖直中心轴 O1O2 转动．线框的两个末端分别与两个 彼此绝缘的铜环 C、D(集流环)焊接在一起，并通过电刷和定值电阻 R 相连．线框所 在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度 B 的大小随时间 t 的变化规律如图 乙所示，其中 B0、B1 和 t1 均已知．在 0～t1 的时间内，线框保持静止，且线框平面 和磁场垂直；t1 时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω匀速转 动．求： (1)0～t1 时间内通过电阻 R 的电流大小； (2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻 R 产生的热量； (3)线框匀速转动后，从图甲所示位置转动 90°的过程中，通过电阻 R 的电荷 量． 解析：(1)0～t1 时间内，线框中的感应电动势 E＝nΔΦ Δt ＝nL1L2（B1－B0） t1 .(2 分) 根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻 R 的电流 I＝ E R＋r ＝nL1L2（B1－B0） （R＋r）t1 .(2 分) (2)线框产生感应电动势的最大值 Em＝nB1L1L2ω，(1 分) 感应电动势的有效值 E＝ 2 2 nB1L1L2ω，(1 分) 通过电阻 R 的电流的有效值 I＝ 2nB1L1L2ω 2（R＋r） ，(1 分) 线框转动一周所需的时间 t＝2π ω ，(1 分) 此过程中，电阻 R 产生的热量 Q＝I2Rt＝πRω nB1L1L2 R＋r 2 .(1 分) (3)线框从题图甲所示位置转过 90°的过程中：平均感应电动势E － ＝nΔΦ Δt ＝ nB1L1L2 Δt ，(1 分) 平均感应电流I － ＝ nB1L1L2 Δt（R＋r）.(1 分) 通过电阻 R 的电荷量 q＝I － Δt＝nB1L1L2 R＋r .(1 分) 答案：(1)nL1L2（B1－B0） （R＋r）t1 (2)πRω nB1L1L2 R＋r 2 (3)nB1L1L2 R＋r 12．(14 分)(2020·运城模拟)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示．在 磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为4 9 π，磁场均沿半径方向．匝 数为 N 的矩形线圈 abcd 的边长 ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l.线圈以角速度ω绕中心轴 匀速转动，bc 和 ad 边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大 小均为 B、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为 r，外接电阻为 R.求： (1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小 Em； (2)线圈切割磁感线时，bc 边所受安培力的大小 F； (3)外接电阻上电流的有效值 I. 解析：(1)bc、ad 边的运动速度 v＝ωl 2，(2 分) 感应电动势 Em＝4NBlv.(2 分) 解得 Em＝2NBl2ω.(1 分) (2)电流 Im＝ Em r＋R，(2 分) 安培力 F＝2NBIml，(2 分) 解得 F＝4N2B2l3ω r＋R .(1 分) (3)一个周期内，通电时间 t＝4 9T，(1 分) R 上消耗的电能 W＝I2 mRt，(1 分) 且 W＝I2RT.(1 分) 解得 I＝ 4NBl2ω 3（r＋R）.(1 分) 答案：(1)2NBl2ω (2)4N2B2l3ω r＋R (3) 4NBl2ω 3（r＋R） [教师用书备选题] 13．(2020·苏北名校联考)关于图甲、乙、丙、丁，下列说法正确的是( ) A．图甲中电流的峰值为 2 A，有效值为 2 A，周期为 5 s B．图乙中电流的峰值为 5 A，有效值为 2.5 2 A C．图丙中电流的峰值为 2 A，有效值为 2 A D．图丁中电流的最大值为 4 A，有效值为 2 A，周期为 2 s 解析：题图甲是正弦式交变电流图线，峰值(最大值)为 2 A，有效值是峰值的 1 2 ， 即 2 A，周期为 4 s，所以选项 A 错误；题图乙电流大小改变但方向不变，所以不 是交变电流，计算有效值时因为热效应与电 流方向无关，所以仍是峰值的 1 2 ，即 2.5 2 A，所以选项 B 正确；题图丙是图甲减半的脉冲电流，有效值不可能为峰值 的 1 2 ，所以选项 C 错误；题图丁是交变电流图线，周期为 2 s，根据有效值定义则有 42×R×T 2＋32×R×T 2＝I2RT，解得电流有效值 I＝2.5 2 A，所以选项 D 错误． 答案：B