2022步步高大一轮复习--物理 第十一章 交变电流 传感器 章末综合能力滚动练

这是一份2022步步高大一轮复习--物理 第十一章 交变电流 传感器 章末综合能力滚动练，共6页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．某发电站的输出功率为220 kW，输电线的总电阻为0.05 Ω，用110 V和11 kV两种电压输电．两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为( )
A．100∶1 B．1∶100 C．1∶10 D．10∶1
答案 A
解析 由题意知输电线上的电流I＝eq \f(P,U)，则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU＝Ir＝eq \f(Pr,U)，故eq \f(ΔU1,ΔU2)＝eq \f(U2,U1)＝eq \f(11×103,110)＝eq \f(100,1)，故选A.
2．(2019·江苏省四星级高中一调)采用220 kV高压电向远方的城市输电，输送功率一定时，当输电电压变为110 kV，输电线上损耗的功率变为原来的( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2)
C．2倍 D．4倍
答案 D
解析 由公式ΔP＝(eq \f(P,U))2R可知，当输送功率一定，输电电压变为原来的一半，输电线上损耗的功率变为原来的4倍，故D正确．
3．(2020·福建宁德市调研)阻值为R的电炉丝通以大小为I的恒定电流时其电功率为P，当把它接在某正弦交流电源两端时其电功率也为P.则该交流电源电压的最大值为( )
A.eq \f(\r(2),2)IR B.eq \r(2)IR
C．IR D．2IR
答案 B
解析 电炉丝通以大小为I的恒定电流时，t时间内产生的热量为Q，则有：Q＝Pt＝I2Rt；电炉丝接在某正弦交流电源两端时，t时间内产生的热量为Q′，则有：Q′＝Pt＝I有2Rt，又Q＝Q′，即I2Rt＝I有2Rt，解得：I有＝I，则电压的有效值为U有＝I有R＝IR，故该交流电源电压的最大值为Um＝eq \r(2)U有＝eq \r(2)IR，故选B.
4．(2019·东北三省三校第二次联合模拟)图1甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的图象如图乙所示．已知发电机线圈电阻为10 Ω，外接一只阻值为90 Ω的电阻，不计电路的其他电阻，则( )
图1
A．电流表的示数为0.31 A
B．线圈转动的角速度为50π rad/s
C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D．在线圈转动一周过程中，外电阻发热量约为0.087 J
答案 D
解析 在交流电路中电流表的示数为有效值，E有效＝eq \f(Em,\r(2))＝22 V，电流表的示数I＝eq \f(E有效,R总)＝eq \f(22,100) A＝0.22 A，A错误；由题图乙可知线圈转动的周期为0.02 s，则线圈转动的角速度ω＝eq \f(2π,T)＝100π rad/s，B错误；0.01 s时线圈的电压为0，因此线圈在中性面处，C错误；在线圈转动一周的过程中，外电阻发热量Q＝I2Rt＝(0.22)2×90×2×10－2 J≈0.087 J，D正确．
5．如图2甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表，Rt为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R1为定值电阻．若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电．下列说法中正确的是( )
图2
A．输入变压器原线圈的交流电压的瞬时值表达式为u＝36eq \r(2)sin 50πt V
B．变压器原、副线圈中的电流之比为4∶1
C．t＝0.01 s时，发电机的线圈平面位于中性面
D．Rt处温度升高时，变压器的输入功率变小
答案 C
解析 由题图乙可知交流电压最大值U＝36eq \r(2) V，周期T＝0.02 s，可由周期求出角速度的值为eq \f(2π,0.02) rad/s＝100π rad/s，则可得交流电压的瞬时值表达式u＝36eq \r(2)sin 100πt V，故A错误；根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可知变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4，故B错误；t＝0.01 s时，电压瞬时值为零，发电机的线圈平面与磁场方向垂直，发电机的线圈平面位于中性面，故C正确；Rt处温度升高时，Rt阻值减小，电流表的示数变大，变压器的输入功率变大，故D错误．
6．(2019·山东淄博市3月模拟)如图3所示，R是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小．理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝220eq \r(2)sin 100πt (V)，则( )
图3
A．电压表的示数为22eq \r(2) V
B．副线圈中交流电的频率为50 Hz
C．在天逐渐变黑的过程中，电流表A2的示数变大
D．在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变大
答案 B
解析 原线圈电压的最大值为220eq \r(2) V，根据电压之比等于线圈匝数之比可知，副线圈的电压的最大值为22eq \r(2) V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为U＝eq \f(22\r(2),\r(2)) V＝22 V，故A错误；由于变压器不改变交流电频率，则副线圈中交流电的频率为f＝eq \f(ω,2π)＝eq \f(100π,2π) Hz＝50 Hz，故B正确；在天逐渐变黑的过程中，光照变弱，R阻值增大，副线圈电路的总电阻变大，而副线圈两端的电压不变，所以副线圈的电流变小，电流表A2的示数变小，故C错误；由于变压器的输入和输出的功率是相等的，副线圈的电流变小，副线圈两端的电压不变，所以由P＝UI可知，输出功率要变小，故输入功率也要变小，故D错误．
二、非选择题
7．材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以测量压力大小．若图4甲为某压敏电阻在室温下的电阻—压力特性曲线，其中RF、R0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值．为了测量压力F，需先测量压敏电阻处于压力中的电阻值RF.请按要求完成下列实验：
图4
(1)设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图乙的虚线框中画出实验电路原理图(压敏电阻及所给压力已给出，待测压力大小约为0.4×102 N～0.8×102 N，不考虑压力对电路其他部分的影响)，要求误差较小，提供的器材如下：
A．压敏电阻，无压力时阻值R0＝6 000 Ω
B．滑动变阻器R，最大阻值为200 Ω
C．电流表A，量程2.5 mA，内阻约30 Ω
D．电压表V，量程3 V，内阻约3 kΩ
E．直流电源E，电动势3 V，内阻很小
F．开关S，导线若干
(2)正确接线后，将压敏电阻置于待测压力下，通过压敏电阻的电流是1.33 mA，电压表的示数如图丙所示，则电压表的读数为________ V.
(3)此时压敏电阻的阻值为________ Ω；结合图甲可知待测压力的大小F＝________ N．(计算结果均保留两位有效数字)
答案 (1)见解析图 (2)2.00 (3)1.5×103 60
解析 (1)根据题述对实验电路的要求，应该采用滑动变阻器分压式接法、电流表内接的电路，原理图如图所示．
(2)根据电压表读数规则，电压表读数为2.00 V.
(3)由欧姆定律，此时压敏电阻的阻值为RF＝eq \f(U,I)－RA≈1.5×103 Ω，eq \f(R0,RF)＝4，由题图甲可知，对应的待测压力F＝60 N.
8．如图5甲所示为手机无线充电工作原理的示意图，由送电线圈和受电线圈组成．已知受电线圈的匝数为n＝50匝，电阻r＝1.0 Ω，在它的c、d两端接一阻值R＝9.0 Ω的电阻．设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间按图乙所示的规律变化，可在受电线圈中产生电动势最大值为20 V的正弦交流电，设磁场竖直向上时磁通量为正．求：
图5
(1)在t＝π×10－3 s时，受电线圈中产生感应电流的最大值，c、d两端哪端电势高？
(2)在一个周期内，电阻R上产生的热量；
(3)从t1到t2时间内，通过电阻R的电荷量．
答案 (1)2.0 A c端电势高 (2)5.7×10－2 J
(3)2×10－3 C
解析 (1)由题意可知t＝π×10－3 s时受电线圈中产生的电动势最大，为Em＝20 V
受电线圈中产生感应电流的最大值为Im＝eq \f(Em,R＋r)＝2.0 A
由楞次定律可以得到此时c端电势高
(2)通过电阻R的电流的有效值为I＝eq \f(Im,\r(2))＝eq \r(2) A
电阻R在一个周期内产生的热量Q＝I2RT≈5.7×10－2 J
(3)线圈中感应电动势的平均值eq \x\t(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt)
通过电阻R的电流的平均值为eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)，通过电阻R的电荷量q＝eq \x\t(I)·Δt，则q＝neq \f(ΔΦ,R＋r)
由题图乙知，在eq \f(T,4)～eq \f(3T,4)的时间内，ΔΦ＝4×10－4 Wb
解得q＝neq \f(ΔΦ,R＋r)＝2×10－3 C
9．(2019·江苏南通市一模)如图6，两足够长的光滑平行导轨水平放置，处于磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，一端连接阻值为R的电阻．一金属棒垂直导
轨放置，质量为m，接入电路的电阻为r.水平放置的轻弹簧左端固定，右端与金属棒中点垂直连接，弹簧劲度系数为k.装置处于静止状态．现给金属棒一个水平向右的初速度v0，第一次运动到最右端时，棒的加速度为a，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度为g，求：
图6
(1)金属棒开始运动时受到的安培力F的大小和方向；
(2)金属棒从开始运动到第一次运动到最右端时，通过R的电荷量q；
(3)金属棒从开始运动到最终停止的整个过程中，R上产生的热量Q.
答案 见解析
解析 (1)金属棒开始运动时，感应电流I0＝eq \f(BLv0,R＋r)
安培力：F＝I0LB
解得：F＝eq \f(B2L2v0,R＋r)，方向水平向左；
(2)设金属棒向右运动的最大距离为x，当金属棒第一次运动到最右端时，速度为0，故此时金属棒受到的安培力也为0，则a＝eq \f(kx,m)
此过程回路产生的平均感应电动势eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BLx,Δt)
通过电阻R的电荷量q＝eq \f(\x\t(E),R＋r)Δt
解得：q＝eq \f(BLma,kR＋r)；
(3)金属棒从开始运动到最终停止的整个过程，由能量守恒定律可知回路产生的总热量Q总＝eq \f(1,2)mv02
由于eq \f(Q,Q总)＝eq \f(R,R＋r)
解得：Q＝eq \f(mRv\\al(02),2R＋r).