《全品复习方案2021高考物理大一轮复习第11单元交变电流传感器单元小结卷》由会员分享，可在线阅读，更多相关《全品复习方案2021高考物理大一轮复习第11单元交变电流传感器单元小结卷（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、全品复习方案2018高考物理大一轮复习第11单元交变电流传感器单元小结卷第11单元 交变电流 传感器一、选择题(每小题6分，共48分，14小题为单选，58小题为多选)1如图D111甲所示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变化的正弦规律如图乙所示发电机线圈内阻为1 ，外接灯泡的电阻为9 恒定不变，则下列说法中正确的为()图D111A电压表的示数为6 VB发电机的输出功率为4 WC在1.0102 s时刻，穿过线圈的磁通量最大D在1.0102 s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大2如图D112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以恒定的角速度转动，从
2、线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流随时间按照图乙所示的余弦规律变化，在t时刻()图D112A线圈中的电流最大B穿过线圈的磁通量为零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3如图D113所示变压器可视为理想变压器，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接有一正弦交流电源若两电阻消耗的电功率相等，则变压器原、副线圈的匝数之比为()图D113A12 B21 C11 D144某种角速度计的结构如图D114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
3、度系数为k，自然长度为l，电源的电动势为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，闭合开关，当系统以角速度转动时，则()图D114A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与的函数关系式为U5如图D115甲所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为21，原线圈输入的电压随时间变化规律如图乙所示，副线圈电路中接有灯泡，额定功率为22 W，原线圈电路中接有电压表和电流表，均为理想电表现闭合开关，灯泡正常发光若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则()图D115A灯泡的电压为110 VB副线圈输出交流电
4、的频率为50 HzCU220 V，I0.2 AD原线圈输入电压的瞬时值表达式为u220sin 100t(V)6如图D116甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为41，电压表、电流表均为理想电表L1、L2、L3、L4为四只规格均为“220 V，60 W”的灯泡如果副线圈电压随时间按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是()图D116A电压表的示数为660 VB电流表的示数为0.82 ACa、b两点间的电压是1045 VDa、b两点间的电压是1100 V7手摇式发电机产生的正弦交流电经变压器给灯泡L供电，其电路如图D117所示当线圈以角速度匀速转动时，电压表示数为U，灯泡正常发光已知发电机线圈的电阻
5、为r，灯泡正常发光时的电阻为R，其他电阻可忽略，变压器原线圈与副线圈的匝数比为k，变压器可视为理想变压器则()图D117A灯泡的额定电压为B灯泡的额定功率为C发电机的线圈中产生的电动势最大值为UD从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为uUsin t8图D118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，其输入电压随时间变化规律如图乙所示，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未发生警报时，升压变压器的输入功率为750 kW.下列说法中
6、正确的有()图D118A降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 HzB远距离输电线路损耗功率为180 kWC当传感器R2所在处发生警报时，电压表V的示数变大D当传感器R2所在处发生警报时，输电线上的电流变大二、计算题(第9题14分，第10题18分，第11题20分，共52分，写出必要的步骤和文字说明)9一小型交流发电机产生正弦式交变电压，该电压随时间变化的规律如图D119所示发电机线圈电阻为5 ，当发电机输出端仅接入一个95 的纯电阻用电器时，用电器恰能正常工作求：(1)通过该用电器的电流值；(2)该用电器的额定功率图D11910某中学有一台应急备用发电机，发电机线圈内阻为r1 ，升压变压器匝数
7、比为14，降压变压器的匝数比为41，输电线的总电阻为R4 ，全校22个教室，每个教室用“220 V，40 W”规格的电灯6盏，要求所有灯都正常发光，输电线路如图D1110所示求：(1)发电机的输出功率；(2)发电机的电动势；(3)输电线上损耗的电功率图D1110参考答案（测评手册）单元小结卷(十一)1C解析 根据图乙所示的产生的电动势随时间变化的正弦规律图像可知，电动势最大值为6 V，有效值为E6 V，由闭合电路欧姆定律得I0.6 A，电流表示数为0.6 A，电压表的示数为UIR0.69 V5.4 V，选项A错误发电机的输出功率为PUI5.40.6 W3.24 W，选项B错误在1.0102 s
8、时刻，产生的感应电动势为零，说明磁通量变化率为零，线圈正在通过中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，选项C正确，选项D错误2C解析 线圈中产生的交变电流随时间按照图乙所示的余弦规律变化，即iimcos t，在t时刻iimcos timcos0，此时刻线圈所在的平面与磁场方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，A、B、D错误；产生的感应电流为零，所以安培力为零，C正确3C解析 原、副线圈电流之比等于匝数的反比，两电阻消耗的功率相等，即IRIR，由以上两式得，故选C.4D解析 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，滑动变阻器接入电路电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电
9、流保持不变，故选项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，故选项C错误，选项D正确5ABD解析 原线圈电压有效值U1 V220 V，副线圈的电压U2U1110 V，电流I2 A0.2 A，电流表示数I1I20.2 A0.1 A，A正确，C错误；原线圈交流电的频率f Hz50 Hz，变压器不会改变交流电频率，B正确；原线圈输入电压瞬时值表达式为u220sin 100t(V)，D正确6BC解析 根据图乙所示的副线圈电压时间图像，可知副线圈电压有效值为U2220 V由变压器变压公式可知，原线圈
10、输入电压U1U24220 V880 V，选项A错误副线圈所接的每个灯泡中电流均为I A A，电流表的示数为I23I3 A0.82 A，选项B正确由U1I1U2I2，解得原线圈中电流I1 A，灯泡电阻R ，原线圈串联的灯泡两端电压为U灯I1R V165 V，a、b两点间的电压是U灯U1165 V880 V1045 V，选项C正确，选项D错误7AD解析 由变压公式可知，变压器副线圈输出电压为U2.灯泡正常发光，说明灯泡的额定电压为，选项A正确灯泡的额定功率为P，选项B错误设发电机的线圈中产生的电动势最大值为Em，有效值为E，由闭合电路欧姆定律，有EUIr，I，联立解得EmU，选项C错误从中性面开始
11、计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为uUsin t，选项D正确8AD解析 根据升压变压器的输入电压随时间变化规律，结合匝数比求出输出电压，从而得出输送电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据闭合电路的动态分析判断电流与电压的变化由图乙知交流电的周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，选项A正确；由图乙知升压变压器输入电压有效值为250 V，根据原、副线圈电压与匝数成正比知副线圈电压为25 000 V，所以输电线中的电流为：I30 A，输电线损失的电压为：UIR30100 V3000 V，输电线路损耗功率为：PUI90 kW，选项B错误；当传感器R2所在处发生警报时其阻值减小，副线圈两端电压
12、不变，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数变小，选项C错误；副线圈电流增大，根据原、副线圈电流与匝数成反比知输电线上的电流变大，选项D正确9(1)1 A(2)95 W解析 (1)由电压时间图像可知，发电机产生的交变电压的有效值为100 V.由闭合电路欧姆定律可得，通过该用电器的电流I1 A.(2)由于用电器正常工作，故其额定功率PI2R1295 W95 W.10(1)5424 W(2)250 V(3)144 W解析 (1)所有灯都正常工作的总功率P22640 W5280 W通过电灯的总电流I424 A根据得输电线上的电流I3I46 A降压变压器原线圈电压U3880 V输电线上的电压损失UI3R24 V因此升压变压器的输出电压U2U3U904 V根据得升压变压器输入电压U1U2226 V输入电流I1I2I324 A所以发电机的输出功率为P1U1I15424 W.(2)根据闭合电路欧姆定律，发电机的电动势EU1I1r250 V.(3)输电线上损耗的电功率PIR144 W.2
