高中物理高考 8 章末过关检测(十一)

这是一份高中物理高考 8 章末过关检测(十一)，共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1．如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则( )
A．乙图中Oa时间段对应甲图中A图至B图的过程
B．乙图中c时刻对应甲图中的C图
C．若乙图中d等于0.02 s，则1 s内电流的方向改变了50次
D．若乙图中b等于0.02 s，则交流电的频率为50 Hz
解析：选A.由交变电流的产生原理可知，甲图中的A、C两图中线圈所在的平面为中性面，线圈在中性面时电流为零，再经过eq \f(1,4)个周期电流达到最大值，再由楞次定律判断出电流的方向，因此甲图中A至B图的过程电流为正且从零逐渐增大到最大值，A正确；甲图中的C图对应的电流为零，B错误；每经过中性面一次线圈中的电流方向将要改变一次，所以一个周期以内电流方向要改变两次，所以在乙图中对应Od段等于交变电流的一个周期，若已知d等于0.02 s，则频率为50 Hz，1 s内电流的方向将改变100次，C错误；而D选项频率应该是25 Hz.
2．(2019·东北三校联考)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eq \r(2) A，周期为5 s
B．图乙中电流的峰值为5 A，有效值为2.5eq \r(2) A
C．图丙中电流的峰值为2 A，有效值为eq \r(2) A
D．图丁中电流的最大值为4 A，有效值为eq \r(2) A，周期为2 s
解析：选B.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eq \f(1,\r(2))，即eq \r(2) A，周期为4 s，所以A选项错误；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eq \f(1,\r(2))，即2.5eq \r(2) A，所以B选项正确；图丙是图甲减半的脉冲电流，有效值不可能为峰值的eq \f(1,\r(2))，所以C选项错误；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×eq \f(T,2)＋32×R×eq \f(T,2)＝I2RT，解得电流有效值I＝2.5eq \r(2) A，所以D选项错误．
3. 如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的电阻．闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝10eq \r(2)sin 10πt(V)，则( )
A．该交变电流的频率为10 Hz
B．该电动势的有效值为10eq \r(2) V
C．外接电阻R所消耗的电功率为10 W
D．电路中理想交流电流表A的示数为1.0 A
解析：选D.因e＝10eq \r(2)sin 10πt(V)，故ω＝10π rad/s，f＝eq \f(ω,2π)＝5 Hz，选项A错误；Em＝10eq \r(2) V，故其有效值E＝eq \f(Em,\r(2))＝10 V，选项B错误；交流电表的示数及功率的计算均要用有效值，因此电路中理想交流电流表A的示数I＝eq \f(E,R＋r)＝1.0 A，选项D正确；外接电阻R所消耗功率为P＝I2R＝1.02×9 W＝9 W，选项C错误．
4．如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度．给该台灯接220 V的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为( )
A．220 V B．110 V
C．eq \f(220,\r(2)) VD．eq \f(110,\r(2)) V
解析：选B.设电压的有效值为U，根据有效值定义有eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(220,\r(2))))\s\up12(2),R)·eq \f(T,2)＝eq \f(U2,R)T，解得U＝110 V，则B正确．
5. 如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器．原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220 V降至110 V．调节前后( )
A．副线圈中的电流比为1∶2
B．副线圈输出功率比为2∶1
C．副线圈的接入匝数比为2∶1
D．原线圈输入功率比为1∶2
解析：选C.根据欧姆定律I＝eq \f(U,R)，U2由220 V降至110 V，副线圈上的电流变为原来的eq \f(1,2)，即调节前后，副线圈上电流之比为2∶1，选项A错误；根据P＝UI知，U、I均变为原来的eq \f(1,2)时，副线圈上输出的功率变为原来的eq \f(1,4)，即调节前后副线圈的输出功率之比为4∶1，选项B错误；根据理想变压器电压与匝数的关系eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，当U2由220 V降至110 V时，n2变为原来的eq \f(1,2)，即调节前后副线圈接入的匝数比为2∶1，选项C正确；根据理想变压器P入＝P出，所以原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，即调节前后原线圈输入功率之比为4∶1，选项D错误．
6．(2019·唐山模拟)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为2∶1，原线圈接在u＝220eq \r(2)sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈一端接有R＝55 Ω的负载电阻、熔断电流为1 A的保险丝和一个灯泡D，电流表为理想电表．下列说法正确的是( )
A．S断开时，原线圈中电流表的读数为eq \r(2) A
B．S断开时，原线圈的输入功率为220eq \r(2) W
C．副线圈中输出交流电的周期为50 s
D．S闭合时，灯泡D正常发光，原线圈中电流表读数不会超过1.5 A
解析：选D.由交流电源瞬时值表达式可知其原线圈两端电压的有效值为220 V，根据理想变压器变压规律eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，副线圈输出电压有效值为U2＝110 V，由欧姆定律可知通过电阻的电流I2＝eq \f(U2,R)＝2 A，由变压器变流规律eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可知，原线圈输入电流为1 A，故电流表示数为1 A，A项错误；原线圈的输入功率P1＝U1I1＝220 W，B项错误；变压器不改变交流电的周期，由瞬时值表达式可知，交流电的周期为0.02 s，C项错误；通过灯泡的电流有效值最大为1 A，故通过副线圈的最大电流为3 A，由变压器变流规律可知，原线圈输入电流有效值最大为1.5 A，故D项正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)
7．(2019·蚌埠高三教学质量检查)如图所示，电路中的变压器为理想变压器，U为正弦式交变电压，R为变阻器，R1、R2是两个定值电阻，A、V分别是理想电流表和理想电压表，则下列说法正确的是( )
A．闭合开关S，电流表示数变大、电压表示数变小
B．闭合开关S，电流表示数变小、电压表示数变大
C．开关S闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变小
D．开关S闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变大
解析：选AC.闭合开关S，R1、R2为并联，负载电阻变小，由功率公式P＝eq \f(U2,R)得，变压器的输出功率变大，根据变压器原理，P出＝P入，输入功率变大，P入＝UI，电流变大，即安培表示数变大，输入电流变大，UR＝IR，电阻R分压变大，变压器的输入电压U入＝U－UR变小，根据变压器原理，U出、U入与匝数成正比，U入变小，U出也变小，故电压表示数变小，A正确；闭合开关S，变阻器滑片向左移动的过程中，串入电路的电阻增大，UR＝IR，电阻R分压变大，变压器的输入电压U入＝U－UR变小，根据变压器原理，U出、U入与匝数成正比，U入变小，U出也变小，故电压表示数变小，输出功率减小，根据理想变压器原理，P出＝P入，输入功率变小，P入＝UI，电流变小，即电流表示数变小，C正确．
8．如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R＝11R0，V是理想电压表．现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V，则( )
A．此时原线圈两端电压的最大值约为34 V
B．此时原线圈两端电压的最大值约为24 V
C．原线圈两端原来的电压有效值为68 V
D．原线圈两端原来的电压有效值为48 V
解析：选AD.当负载电阻阻值减小为R＝5R0时，根据串并联电路规律，R两端电压为R0两端电压的5倍，因为电压表测量R两端的电压，所以UR0＝eq \f(1,5)×5 V＝1 V，故副线圈两端电压为U2＝6 V，根据公式eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得此时原线圈两端电压的有效值为U1＝24 V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为24eq \r(2) V≈34 V，A正确、B错误；因为变化过程中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈中变化前后电流也不变，则变化后电压U′2＝IR0＋5IR0，变化前，U2＝IR0＋11IR0＝12IR0，所以U2＝2U′2＝12 V，根据公式eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得原线圈两端原来的电压有效值为48 V，D正确、C错误．
9．图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，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是( )
A．电流表的示数为10 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．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左
解析：选AC.根据i－t图象可知，电流最大值Im＝10eq \r(2) A，有效值I＝eq \f(Im,\r(2))＝10 A，选项A正确；交变电流的周期T＝2×10－2 s，角速度ω＝eq \f(2π,T)＝100π rad/s，选项B错误；从图示位置开始转动时，经0.01 s线圈回到水平状态，线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；根据右手定则，在0.02 s时，线圈经过一个周期，即在图示位置，电阻R中的电流方向自左向右，因此选项D错误．
10. (2019·东北三校联考)如图所示，空间中有范围足够大的匀强磁场，磁场方向竖直向下，在其间竖直放置两彼此正对的相同金属圆环，两环相距L，用导线将环与外电阻相连，现用外力使金属杆沿两环做匀速圆周运动．若已知磁感应强度大小为B，圆环半径为R，杆转动角速度为ω，金属杆和电阻的阻值均为r，其他电阻不计，则( )
A．当金属杆从圆环最高点向最低点转动过程中，流过外电阻的电流先变大后变小
B．当金属杆从圆环最高点向最低点转动过程中，流过外电阻的电流先变小后变大
C．流过外电阻电流的有效值为eq \f(\r(2)BLωR,4r)
D．流过外电阻电流的有效值为eq \f(\r(2)πBωR2,4r)
解析：选BC.金属杆从圆环最高点向最低点转动的过程中，垂直磁场方向的分速度先减小再增大，因而流过外电阻的电流先减小再增大，选项A错误，选项B正确；杆沿圆环的匀速率运动等效为以两环圆心连线为转动轴、长为L、宽为R的矩形线框的匀速转动，因此产生正弦交流电，遵守I＝eq \f(Im,\r(2))的关系．电动势的最大值为Em＝BLωR，Im＝eq \f(Em,2r)，I＝eq \f(Im,\r(2))＝eq \f(\r(2)BLωR,4r)，故选项C正确、D错误．
三、非选择题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
11．(12分)(1)利用负温度系数热敏电阻制作的热传感器，一般体积很小，可以用来测量很小范围内的温度变化，反应快，而且精确度高．
①如果将负温度系数热敏电阻与电源、电流表和其他元件串联成一个电路，其他因素不变，只要热敏电阻所处区域的温度降低，电路中电流将变________(选填“大”或“小”)．
②上述电路中，我们将电流表中的电流刻度换成相应的温度刻度，就能直接显示出热敏电阻附近的温度．如果刻度盘正中的温度为20 ℃(如图甲所示)，则25 ℃的刻度应在20 ℃的刻度的________(选填“左”或“右”)侧．
③为了将热敏电阻放置在某蔬菜大棚内检测大棚内温度变化，请在图乙中用图中的器材(可增加元器件)设计一个电路．
(2)图丙为一测量硫化镉光敏电阻特性的实验电路，电源电压恒定，内阻不计，开关闭合后，调节滑动变阻器滑片，使小灯泡发光逐渐增强，测得流过电阻的电流和光强的关系曲线如图丁所示，试根据这一特性，由图丙中给定的器材设计一个自动光控电路．
解析：(1)①因为温度降低时，负温度系数热敏电阻的阻值增大，故电路中电流会减小．
②由①的分析知，温度越高，电流越大，25 ℃的刻度应对应较大电流，故在20 ℃的刻度的右侧．
③电路如图所示
(2)由光敏电阻的特性曲线可以看出，当入射光增强时，流过光敏电阻的电流增大，光敏电阻的阻值减小．根据题意设计一个自动光控电路，如图所示．
控制过程是：当有光照时，放大器输出一个较大的电流，驱动电磁继电器吸引衔铁使两个触点断开；当无光照时，放大器输出电流减小，电磁继电器释放衔铁，使两个触点闭合，工作电路接通，电灯开始工作．
答案：(1)①小 ②右 ③见解析图 (2)见解析
12．(14分)如图甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u－t图象如图乙所示．若只在ce间接一只Rce＝400 Ω的电阻或只在de间接一只Rde＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.
(1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式；
(2)求只在ce间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I1；
(3)求ce和de间线圈的匝数比eq \f(nce,nde).
解析：(1)由题图乙知ω＝200π rad/s，Um＝400 V
电压瞬时值的表达式为uab＝400sin 200πt(V)．
(2)电压有效值U1＝200eq \r(2) V
理想变压器P1＝P2
原线圈中的电流I1＝eq \f(P1,U1)，解得I1≈0.28 Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或\f(\r(2),5) A)).
(3)设ab间匝数为n1，eq \f(U1,n1)＝eq \f(Uce,nce)，同理eq \f(U1,n1)＝eq \f(Ude,nde)
由题意知eq \f(Ueq \\al(2,ce),Rce)＝eq \f(Ueq \\al(2,de),Rde)，解得eq \f(nce,nde)＝ eq \r(\f(Rce,Rde))
代入数据得eq \f(nce,nde)＝eq \f(4,3).
答案：见解析
13．(14分)发电机的路端电压为220 V，输出电功率为44 kW，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用原、副线圈匝数之比为1∶10 的升压变压器升压，经输电线路后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户．
(1)画出全过程的线路图；
(2)求用户得到的电压和功率；
(3)若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的功率和电压．
解析：(1)线路图如图所示：
(2)升压变压器副线圈上的输出电压
U2＝eq \f(n2,n1)U1＝2 200 V
升压变压器副线圈上的输出电流I2＝eq \f(n1,n2)I1
升压变压器原线圈上的输入电流，由P＝U1I1得
I1＝eq \f(P,U1)＝eq \f(44×103,220) A＝200 A
所以I2＝eq \f(n1,n2)I1＝eq \f(1,10)×200 A＝20 A
输电线路上的电压损失和功率损失分别为
UR＝I2R＝4 V
PR＝Ieq \\al(2,2)R＝0.08 kW
降压变压器原线圈上的输入电流和电压分别为
I3＝I2＝20 A
U3＝U2－UR＝2 196 V
降压变压器副线圈上的输出电压和电流分别为
U4＝eq \f(n4,n3)U3＝219.6 V
I4＝eq \f(n3,n4)I3＝200 A
用户得到的功率P4＝U4I4＝43.92 kW.
(3)若不采用高压输电，线路损失电压为
U′R＝I1R＝40 V
用户得到的电压U′＝U1－U′R＝180 V
用户得到的功率为P′＝U′I1＝36 kW.
答案：见解析