《2020届高考物理总复习 第十一单元 交变电流 传感器单元检测教师用书（含解析）新人教版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考物理总复习 第十一单元 交变电流 传感器单元检测教师用书（含解析）新人教版（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、交变电流传感器一、单项选择题1.(2018银川第一中学测试)图甲为一台小型发电机构造示意图,线圈逆时针转动,产生的电动势随时间按正弦规律变化,如图乙所示。发电机线圈内阻为1 ,外接灯泡的电阻恒为9 ,则下列说法中正确的是()。A.电压表的示数为6 VB.发电机的输出功率为4 WC.在1.010-2 s时刻,穿过线圈的磁通量最大D.在1.010-2 s时刻,穿过线圈的磁通量变化率最大解析根据e-t图象可知产生的交变电动势最大值为6 2 V,有效值为6 V,根据闭合电路欧姆定律可求得电压表的示数U=99+16 V=5.4 V,A项错误;根据电功率公式得发电机的输出功率P=U2R=3.24 W,B项
2、错误;根据e-t图象可知在1.010-2 s时刻,电动势为零,说明此时线圈处于中性面,穿过线圈的磁通量最大,穿过线圈的磁通量变化率最小,C项正确,D项错误。答案C2.(2019浙江温州中学模拟)图示电路中,电阻R1与电阻R2阻值相同,都为R,和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零,反向电阻可看作无穷大),当在A、B间加某一正弦交变电压时,R2上的电压有效值为510 V。由此可知,这一正弦交变电压的最大值为()。A.20 2B.10 2 VC.20 V D.10 V解析设正弦交变电压的最大值为Um,若二极管导通,R2接入电路;若二极管截止,R1、R2串联接入电路,由有效值的定义可得U12R
3、T2+U22RT2=(510)2RT,其中U1=Um2,U2=Um22,解得Um=20 2 V,A项正确。答案A3.(2019河北衡水中学模拟)输液时,药液有时会从针口流出体外,为了及时发现,设计了一种报警装置,电路如图所示。M是贴在针口处的传感器,接触到药液时其电阻RM发生变化,导致S两端电压U增大,装置发出警报,此时()。A.RM变大,且R越大,U增大越明显B.RM变大,且R越小,U增大越明显C.RM变小,且R越大,U增大越明显D.RM变小,且R越小,U增大越明显解析当RM变大时,回路的总电阻R总变大,根据I总=ER总,得干路中的电流变小,S两端的电压U=I总RS变小,A、B两项错误;当R
4、M变小时,回路的总电阻R总=11R+1RM+RS变小,根据I总=ER总,得干路中的电流变大,S两端的电压U=I总RS变大,而且R越大,RM变小时,对回路的总电阻变化的影响越明显,C项正确,D项错误。答案C4.(2018云南曲靖一中测试)甲、乙两个完全相同的理想变压器接在电压恒定的交流电路中,如图所示。已知两变压器负载电阻的阻值之比R甲R乙=21,设甲变压器原线圈两端的电压为U甲,副线圈上通过的电流为I甲;乙变压器原线圈两端电压为U乙,副线圈上通过的电流为I乙,则下列说法正确的是()。A.U甲=U乙,I甲=I乙B.U甲=2U乙,I甲=2I乙C.U甲=U乙,2I甲=I乙D.U甲=2U乙,I甲=I乙
5、解析理想变压器接在电压恒定的交流电路中,两个变压器原线圈中的电流是相同的,甲、乙两个变压器完全相同,则I原n1=I甲n2,I原n1=I乙n2,因此I甲=I乙,B、C两项错误;负载电阻的阻值之比R甲R乙=21,所以两个变压器的副线圈电压之比为21,根据原、副线圈电压比等于匝数之比,U甲U甲=n1n2,U乙U乙=n1n2,因此U甲U乙=21,A项错误,D项正确。答案D5.(2018长沙周南中学模拟)如图所示,R1、R2为定值电阻,L为小灯泡,R3为光敏电阻(其阻值随光照强度的增大而减小),当照射光的强度增大时,下列判断错误的是()。A.电压表的示数增大B.通过R2的电流减小C.小灯泡的功率增大D.
6、电路的路端电压增大解析当光照强度增大时,R3阻值减小,外电路电阻随R3的减小而减小,R1两端电压因干路电流增大而增大,同时内电压增大,故电路路端电压减小,而电压表的示数增大,A项正确,D项错误;由路端电压减小,R1两端电压增大可知,R2两端电压必减小,则通过R2的电流减小,故B项正确;结合干路电流增大可知流过小灯泡的电流必增大,则小灯泡的功率增大,C项正确。答案D二、多项选择题6.(2018河南淮阳中学模拟)图甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压,并加在一理想变压器的原线圈上,变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,为交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值
7、大于5000 V时,就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。以下判断正确的是()。A.电压表的示数为5 VB.电压表的示数约为3.5 VC.实现点火的条件是n2n11000D.实现点火的条件是n2n11000,C项正确,D项错误。答案BC7.(2018安徽桐城中学高三测试)理想变压器原线圈a的匝数n1=200,副线圈b的匝数n2=100,线圈a接在u=44 2sin 100t(V)的交流电源上,标有“12 V6 W”字样的灯泡恰好正常发光。电阻R2=16 ,电压表为理想电表。下列说法正确的是()。A.交变电流的频率为50 HzB.电压表的示数为22 VC.R1消耗的功率是1 WD.穿过铁芯
8、的磁通量的最大变化率为25 Wb/s解析原线圈a接在u=44 2sin 100t(V)的交流电源上,由100=2f可得交变电流频率f=50 Hz,A项正确;由题意可知灯泡两端电压为12 V,灯泡中电流I2=PU灯=0.5 A,电压表的示数U2=I2R2+U灯=0.516 V+12 V=20 V,B项错误;由理想变压器的变压公式,理想变压器原线圈a的输入电压U1=n1n2U2=40 V,交流电源电压有效值U=44 V,R1两端电压UR=U-U1=4 V,由理想变压器变流公式,I1=n2n1I2=0.25 A,R1消耗的功率PR=URI1=40.25 W=1 W,C项正确;由变压器原理和法拉第电磁
9、感应定律,有U2m=n2t=20 2 V,解得穿过铁芯的磁通量的最大变化率为t=U2mn2=25 Wb/s,D项正确。答案ACD8.(2018杭州高级中学模拟)图甲为远距离输电示意图,变压器均为理想变压器。升压变压器原、副线圈匝数比为1100,其输入电压如图乙所示,远距离输电线的总电阻为100 。降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图,其中R1为一定值电阻,R2为用半导体热敏材料制成的传感器,当温度升高时其阻值变小。电压表显示加在报警器上的电压(报警器未画出)。未出现火警时,升压变压器的输入功率为750 kW。下列说法中正确的有()。A.降压变压器副线圈输出的交变电流频率为50 HzB.远距
10、离输电线路损耗功率为180 kWC.当传感器R2所在处出现火警时,电压表的示数变大D.当传感器R2所在处出现火警时,输电线上的电流变大解析由题图乙知交变电流的周期为0.02 s,所以频率为50 Hz,A项正确;由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V,根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25000 V,所以输电线中的电流I=PU=30 A,输电线上电压降为U=IR=3000 V,输电线路损耗功率P=UI=90 kW,B项错误;当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小,副线圈中电流增大,定值电阻的分压增大,所以电压表的示数变小,C项错误;副线圈电流增大,根据电流与匝数成反比知输电线上的电流变大
11、,D项正确。答案AD9.(2018江苏南通中学模拟)A、B两块正对的金属板竖直放置,在金属板A的内侧表面系一绝缘细线,细线下端系一带电小球,两块金属板接在如图所示的电路中,电路中的R1为光敏电阻,R2为滑动变阻器,R3为定值电阻。当R2的滑片P在a端时闭合开关S。此时电流表和电压表的示数分别为I和U,带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为,电源电动势E和内阻r一定。则以下说法正确的是()。A.若将R2的滑片P向b端移动,则I不变,U增大B.保持滑片P不动,用更强的光照射R1,则I增大,U增大C.保持滑片P不动,用更强的光照射R1,则小球重新达到稳定后变小D.保持滑片P不动,用更强的光照射R1
12、,则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变解析由题中电路图看出,电压表测量的是路端电压,电路稳定时R2支路中无电流,R2两端电压为零,将R2的滑片向b端移动不会影响电压表和电流表的读数,A项错误;两极板A、B之间的电压等于光敏电阻R1两端的电压,用更强的光照射R1,R1的阻值变小,电路电流I变大,路端电压U变小,R3两端电压变大,R1两端电压变小,则小球重新达到稳定后变小,B项错误,C项正确;设强光照射R1前电压表和电流表的示数分别为U1、I1,强光照射R1后电压表和电流表的示数分别为U2、I2,则E=U1+I1r,E=U2+I2r,解得r=U2-U1I1-I2=UI,D项正确。答案
13、CD10.(2018石家庄五校联考)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49,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。线圈以角速度绕中心轴匀速转动,bc边和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。则()。A.线圈切割磁感线时,感应电动势的大小Em=2Bl2B.线圈切割磁感线时,bc边所受安培力的大小F=4NB2l3R+rC.线圈旋转一圈时,流过电阻R的净电荷量为零D.外力做功的平均功率为16N2B2l429(
14、r+R)解析因发电机模型中的磁场是幅向磁场,那么矩形线圈在磁场中始终垂直切割磁感线,产生的感应电动势E=2NBLv=2NB2ll2=2NBl2,A项错误;bc边所受安培力的大小F=NBIL=NB2lER+r=4N2B2l3R+r,由此可知B项错误;线圈旋转一圈,磁通量的变化量为零,平均感应电动势为零,平均感应电流为零,流过R的净电荷量为零,C项正确;因为是匀速转动的,外力的平均功率等于回路中的电功率,即P=E2R+r49=16N2B2l429(r+R),D项正确。答案CD三、非选择题11.(2018河北枣强中学模拟)海洋中蕴藏着巨大的能量,利用海洋的波浪可以发电。南海上有一浮桶式波浪发电灯塔,
15、其原理如图甲所示,浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上,浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动,且始终处于磁场中,该线圈与阻值R=15 的灯泡相连,浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图乙中阴影部分),如图乙所示,其内是产生磁场的磁体,浮桶内侧面的缝隙忽略不计;匝数N=200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B=0.2 T,线圈直径D=0.4 m,电阻r=1 。重力加速度g取10 m/s2,210。若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v=0.4sin t(m/s)。求:(1)波浪发电产生电动势e的瞬时值表达式。(2)灯泡两端电压的有效值与灯泡的电功率。解析(1)线圈上下运动过程中垂直切割磁感线,瞬时感应电动势表达式为e=NBDv=64sin t(V)。(2)瞬时感应电流的表达式为i=eR+r=4sin t(A)电流的有效值I=Im2=
