高考物理一轮复习第11章交变电流传感器限时检测含答案

这是一份高考物理一轮复习第11章交变电流传感器限时检测含答案，共10页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第十一章　交变电流　传感器综合过关规范限时检测满分：100分　考试时间：45分钟一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。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，有选错的得0分)1．利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生。如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A为位置固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体(矿井中含有杂质的水)，A、B、C构成电容器。若矿井渗水(导电液体深度h增大)，则电流(　D　)A．从b向a，A、B、C构成的电容器放电B．从a向b，A、B、C构成的电容器放电C．从b向a，A、B、C构成的电容器充电D．从a向b，A、B、C构成的电容器充电[解析]　本题考查平行板电容器在生产生活中的应用，注意由题意找出我们常见的模型再进行分析。由图可知，液体与芯柱构成了电容器，由图可知，两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化；则由C＝可知，当液面升高时，正对面积S增大，故可判断电容增大，再依据C＝，电压U不变，那么电容器的电荷量Q增大，因此电容器处于充电状态，电流方向从a向b。A、B、C错误，D正确。2．(2021·山东聊城月考)一种常见的身高、体重测量仪如图所示。测量仪顶部竖直向下发射波速为v的超声波，超声波经反射后被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔。测量仪的底座上安装有压力传感器，传感器的输出电压与作用在其上的压力成正比。质量为M0的测重台置于压力传感器上，当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为t0，输出电压为U0，某同学站在测重台上，测量仪记录的时间间隔为t，输出电压为U，则该同学的身高、质量分别为(　B　)A．v(t0－t)，UB．v(t0－t)，(U－U0)C．v(t0－t)，(U－U0)D．v(t0－t)，U[解析]　设测量仪高度为L，人的身高为h，质量为m，当测重台上没有站人时，根据超声波的速度和位移关系得2L＝vt0，根据传感器输出电压与作用在其上的压力成正比得U0＝kM0g，当测重台上站人时，同理可得vt＝2(L－h)，U＝k(M0＋m)g，联立可得h＝v(t0－t)，m＝(U－U0)，B正确，A、C、D错误。3．(2020·山西运城一模)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1︰2，正弦式交流电源电压有效值U＝12 V，电阻R1＝1 Ω，R2＝2 Ω，滑动变阻器R3最大阻值为20 Ω，滑片P处于中间位置，则(　B　)A．R1与R2消耗的电功率相等B．通过R1的电流为3 AC．若向上移动P，电压表读数将变大D．若向上移动P，电源输出功率将不变[解析]　本题考查副线圈中负载电阻变化引起的变压器动态变化问题。理想变压器原、副线圈匝数比为1︰2，可知通过原、副线圈的电流之比为2︰1，根据P＝I2R可知，R1与R2消耗的电功率之比为2︰1，故A错误；设通过R1的电流为I，则通过副线圈的电流为0.5I，原线圈两端电压为U－IR1＝12－I(V)，根据匝数比可知，副线圈两端电压为2(12－I)(V)，则＝R2＋R3m＝12 Ω，解得I＝3 A，故B正确；若向上移动P，则滑动变阻器R3接入电路的电阻减小，通过副线圈的电流变大，原线圈中的电流也变大，根据P＝IU可知，电源输出功率将变大，电阻R1两端的电压变大，变压器输入电压变小，副线圈两端电压变小，电压表读数将变小，故C、D错误。4．(2020·安徽淮北一模)图甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10︰1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交变电流，电阻R1＝R2＝R3＝20 Ω与电容器C连接成如图甲所示的电路，其中电容器的击穿电压为8 V，电表均为理想交流电表，开关S处于断开状态，则(　C　)A．电压表的读数为10 VB．电流表的读数为0.05 AC．电阻R2上消耗的功率为2.5 WD．若闭合开关S，电容器会被击穿[解析]　本题考查变压器和含容电路相关知识，开关断开时，副线圈所在电路为R1和R2串联，电压表测量R2两端的电压，由题图乙可知，原线圈两端的电压为100V，根据变压比公式可得，副线圈两端的电压为10V，则电压表的读数即R2两端的电压为5 V≈7.07 V，故A错误；由A的分析可知，通过副线圈的电流I2＝＝ A＝0.25 A，所以通过原线圈的电流I1＝I2＝0.025 A，故B错误；电阻R2上消耗的功率P＝IR2＝(0.25)2×20 W＝2.5 W，故C正确；当开关闭合时，R1、R3与电容器并联后和R2串联，电容器两端的电压为并联部分两端的电压，并联部分的电阻R并＝10 Ω，所以并联部分两端的电压UC＝U2＜×10 V＝ V，电压最大值等于×＝ V<8 V，所以电容器不会被击穿，故D错误。5．(2021·福建南平月考)如图所示，n匝矩形线圈abcd，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线圈面积为S，匀强磁场的边界线OO′恰好位于ab和cd中点的连线上，线圈绕OO′轴以角速度ω匀速转动，线圈与一个阻值为R的电阻相连，其余电阻不计。则从图示位置开始计时，以下判断正确的是(　D　)A．图中电压表的示数为B．该线圈转过90°过程中，通过R的电荷量为C．t时间内，电阻R产生的热量为D．当线圈转过30°时，磁通量变化率为[解析]　本题考查交变电流的产生和描述。由于线圈只有一侧边在磁场中切割磁感线，所以线圈绕OO′轴以角速度ω匀速转动，产生的感应电动势最大值为Em＝，图中电压表的示数为U＝＝，选项A错误；该线圈转过90°过程中，磁通量变化ΔΦ＝，通过R的电荷量为q＝·t＝n＝n，选项B错误；t时间内，电阻R产生的热量为Q＝t＝，选项C错误；当线圈转过30°时，产生的感应电动势为E＝sin  30°＝，由E＝n可得此时磁通量变化率为＝，选项D正确。6．(2020·广东七校联考)如图所示，竖直长导线通有恒定电流，一矩形线圈abcd可绕其竖直对称轴O1O2转动。当线圈绕轴以角速度ω沿逆时针(沿轴线从上往下看)方向匀速转动，从图示位置开始计时，下列说法正确的是(　BD　)A．t＝0时，线圈产生的感应电动势最大B．0～时间内，线圈中感应电流方向为abcdaC．t＝时，线圈的磁通量为零，感应电动势也为零D．线圈每转动一周电流方向改变两次[解析]　通电导线在其周围产生磁场，在其右侧产生的磁场垂直于纸面向外，离导线越远，磁场越弱，在t＝0时刻，ab边和cd边转动时，速度方向与磁场平行，故不切割磁感线不产生感应电动势，故A错误；在0～时间内，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向为abcda，故B正确；t＝时，线圈的磁通量为零，ab边和cd边转动时，磁通量的变化率不为零，故感应电动势不为零，故C错误；线圈每转动一周电流方向改变两次，故D正确。7．(2020·福建龙岩三月质检)某电风扇挡位变换器的电路如图所示，它可视为一个可调压的理想变压器，总匝数为2 000匝的线圈两端接交变电源，输入电压为u＝220 sin 100πt(V)，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为200匝、600匝、1 000匝、2 000匝。电动机M的内阻r＝8 Ω、额定电压U＝220 V、额定功率P＝110 W，则下列说法正确的是(　AD　)A．交变电流的频率为50 HzB．当选择挡位3后，电动机两端的电压为110 VC．当由挡位3变为挡位2后，电风扇转速变快D．当选择挡位4后，电动机的输出功率为108 W[解析]　交变电流的频率f＝＝50 Hz，A正确；原线圈电压的有效值U0＝V＝220 V，当选择挡位3后，根据理想变压器的电压规律＝，解得电动机两端电压U3＝n3＝×1 000 V＝110 V，B错误；挡位3变为挡位2后，电动机两端电压减小，电风扇转速变慢，C错误；当选择挡位4后，电动机两端的电压为220 V，通过电动机的电流I＝＝ A＝0.5 A，电动机的输出功率P出＝P－I2r＝110 W－0.52×8 W＝108 W，D正确。8．如图，利用理想变压器进行远距离输电，发电厂的输出电压恒定，输电线路的电阻不变，当用电高峰到来时(　CD　)A．输电线上损耗的功率减小B．电压表V1的示数减小，电流表A1的示数增大C．电压表V2的示数减小，电流表A2的示数增大D．用电功率与发电厂输出功率的比值减小[解析]　当用电高峰到来时，用户总电阻减小，则电流表A2的示数变大，输电线上的电流变大，即电流表A1的示数增大，输电线上损耗的功率、电压都变大，A错误；因为发电厂的输出电压恒定，则升压变压器的输出电压也不变，即电压表V1的示数不变，B错误；输电线上的电压损失变大，故降压变压器的初级电压减小，由理想变压器的电压与匝数成正比得次级电压也减小，即电压表V2的示数减小，C正确；用户消耗的功率与发电厂输出总功率约比值为＝1－＝1－，因为输电线上的电流增大，则电压损失ΔU增大，U1不变，所以用户消耗的功率与发电厂输出总功率的比值减小，故D正确。二、非选择题(本题共3小题，共52分。)9．(12分)(2021·东北师大附中、重庆一中等六校联考)某小组利用如图甲所示电路测量电源电动势和内阻。其中电压传感器内阻可视为无穷大，电流表内阻可视为零，其量程为0～0.3 A，R为定值电阻，RL为置于控温炉内的二极管，二极管内电流I0＝0.10 A时其两端电压U与温度的关系如图乙所示。甲乙(1)将电路中的电压传感器M端与N端连接，闭合开关，电压传感器的示数为1.8 V时，电流表的指针位置如图丙所示，其读数为0.200A；(2)将电压传感器M端改接到电路中Q端，通过控温炉改变温度，读出不同温度时的U、I，得到的U－I关系图线如图丁所示，则根据图像可知电源电动势E为9.0V，内阻r为1.0Ω；(结果均保留两位有效数字)(3)撤去电压传感器，若电流表的示数刚好为I0，则二极管的温度应该为32 ℃(结果保留两位有效数字)。[解析]　(1)电流表量程为0～0.3 A，由题图丙可知，其分度值为0.01 A，需估读到千分位，即示数为0.200 A。(2)将电压传感器的M端改接到电路中Q端，电压传感器测量控温炉两端电压，但由于正负接线柱接反了，因此测量的数值会变为负值，计算时取绝对值即可，根据题图丁所示的U－I，图线可知，电源电动势E＝9.0 V；定值电阻的阻值R＝＝＝9 Ω，由闭合电路欧姆定律有E＝U＋I(R＋r)，由题图丁所示图像可知，当U＝6.0 V时，I＝0.300 A，代入数据解得，电源内阻r＝1.0 Ω。(3)由闭合电路欧姆定律得E＝U＋I(R＋r)，电路电流I0＝0.10 A时，解得二极管两端电压U＝8 V，由题图丁所示图像可知，温度为32 ℃。10．(20分)某学校物理兴趣小组自制一台手摇发电机，原理如图所示，长方形线圈面积S＝1.0×10－2 m2，线圈的匝数N＝100，线圈的总电阻r0＝0.5 Ω，接触电阻(两电刷的总阻值)r＝0.5 Ω，当学生以周期T＝1 s匀速转动线圈时，接入电路中的规格为“2.5 V　0.75 W”的小灯泡正常发光。π取3.14。求：(1)从图示时刻开始计时，发电机电动势的瞬时值表达式；(2)线圈处匀强磁场的磁感应强度大小(结果保留两位有效数字)；(3)如果人做功转化为电能的效率η＝30%，则手摇线圈转动一周人做的功；(4)从图示时刻开始计时，线圈转动90°的过程中通过小灯泡的电荷量。(结果保留两位有效数字)[答案]　(1)e＝ sin 2πt V　(2)0.63 T　(3)2.8 J　(4)0.068 C[解析]　(1)从图示时刻开始计时，感应电动势瞬时值表达式为e＝NBSω sin ωtEm＝NBSωω＝有效值E＝＝I(r0＋r＋R灯)＝(r0＋r＋R灯)R灯＝联立解得e＝ sin 2πt V。(2)由Em＝E＝NBSω＝NBS×得B＝＝T≈0.63 T。(3)由功能原理可得ηW人＝I2(r0＋r＋R灯)×T即W人＝代入数据解得W人＝2.8 J。(4)由法拉第电磁感应定律可知＝由闭合电路欧姆定律可得＝q＝Δt联立解得q＝＝代入数据得q≈0.068 C。11．(20分)(2020·北京海淀质检)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的变化关系如图乙所示，其中B0、B1和t1均为已知。在0～t1的时间内，线框保持静止，且线框平而和磁场垂直；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，从图甲所示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量。[答案]　(1)　(2)πRω2　(3)[解析]　(1)0～t1时间内，线框中的感应电动势E＝n＝根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R的电流I＝＝。(2)线框产生感应电动势的最大值Em＝nB1L1L2ω感应电动势的有效值E＝nB1L1L2ω通过电阻R的电流的有效值I＝线框转动一周所需的时间t＝此过程中，电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝πRω2。(3)线框从图甲所示位置转过90°的过程中，平均感应电动势＝n＝平均感应电流＝＝通过电阻R的电荷量q＝Δt＝。