高考总复习物理随堂课件与课后习题第十二章交变电流传感器单元质检十二交变电流传感器.docx

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1、单元质检十二交变电流传感器(时间:75分钟满分:100分)一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.(2021河北石家庄二中高二月考)目前,传感器已经广泛应用于生产、生活、科学研究等各个领域,关于传感器的应用,下列说法正确的是()A.自动洗衣机中的压力传感器、数字体重计所用的测力装置都应用了力传感器B.走廊照明灯的声控开关、红外报警装置都是应用了声传感器C.发光二极管是一种常用的光传感器,其作用是将光信号转换为电信号D.霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转换成电阻这个电学量答案:A解析:自动洗衣机中的压力传感器、数字体重计所用的测

2、力装置都应用了力传感器,A正确;在天黑楼道里出现声音时,楼道里的灯才亮,说明它的控制电路中既有声音传感器,又有光传感器,但红外报警装置是应用了红外线传感器,B错误;发光二极管不是光传感器,C错误;霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转换成电压这个电学量,D错误。2.(2020海南卷)图甲、乙分别表示两种电流的波形,其中图乙所示电流按正弦规律变化,分别用I1和I2表示甲和乙两电流的有效值,则()A.I1I2=21B.I1I2=12C.I1I2=12D.I1I2=21答案:D解析:对题图甲的交变电流分析,可知一个周期内交变电流的电流方向变化,而电流的大小不变,故题图甲的电流有效值为I1=I0;对题图乙

3、的交变电流分析可知,其为正弦式交变电流,故其有效值为I2=I02,故I1I2=21,故选D。3.在变电站里,经常要用交流电表监测电网上的强电流,所用的器材叫电流互感器,如图所示,能正确反映其工作原理的是()答案:A解析:电流互感器把大电流变成小电流,测量时更安全,据变压器原理,I1I2=n2n1,I2=n1n2I1,所以要求线圈匝数n2n1,原线圈要接在火线上,故本题只有A正确。4.(2021广东东莞中学模拟)如图甲所示为理想自耦变压器,原线圈A、B端的输入电压随时间的变化规律如图乙所示,电表均为理想交流电表,则当此滑动变压器工作时,以下说法正确的是()A.若滑片P处于某一确定位置,当滑动变阻

4、器R的滑片下滑时,电流表示数变小B.若滑片P处于某一确定位置,当滑动变阻器R的滑片上滑时,电压表示数增大C.若滑片P和滑动变阻器R的滑片同时上移,则电流表示数一定变大D.若滑动变阻器最大阻值为100 ,且滑动变阻器R的滑片置于最上端,则在滑片P滑动的过程中,电流表的示数变化范围为02.2 A答案:D解析:本题考查自耦变压器的动态分析。滑动触头P处于某一确定位置,则变压器的输出电压不变,电压表示数不变;当滑动变阻器R的滑动触头下滑时,滑动变阻器接入电路的有效电阻减小,电流表示数将变大,故A、B错误。若滑动触头P和滑动变阻器R的滑动触头同时上移,则变压器的输出电压增大,负载的电阻也增大,由欧姆定律

5、知,电流表示数不一定变大,故C错误。由题图乙可得,变压器输入电压的最大值是2202 V,有效值是220 V,在滑动触头P滑动的过程中,R两端可以获得0220 V之间任意的电压,则电流表的示数变化范围为02.2 A,故D正确。5.如图所示,电阻为r的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以某一角速度匀速转动。t=0时,线圈平面与磁场垂直,各电表均为理想交流电表,则()A.t=0时,线圈中的感应电动势最大B.1 s内电路中的电流方向改变了2次C.滑片P向下滑动时,电压表的读数变大D.线圈匀速运动的角速度变为2倍时,电阻R的电功率也变为2倍答案:C解析:t=0时,线圈位于中性面,此时感应电动势为零,A

6、错误;交变电流的频率为f=2,1 s内电流方向改变2f次,即1 s内电路中的电流方向改变了次,B错误;滑片P向下滑动时,电阻增大,电流减小,电源内阻分压减小,所以电压表读数变大,C正确;根据Em=NBS,以及电压有效值U=EmR2(R+r),若增大为原来的2倍,电阻R两端的电压变为原来的2倍,故R的电功率变为原来的4倍,D错误。6.(2021浙江嘉兴五中月考)如图所示为远距离输电示意图,两变压器均为理想变压器,升压变压器T的原、副线圈匝数比为k。在T的原线圈两端接入一电压u=Umsin t的交流电源,若输送电功率为P,输电线的总电阻为2r,不考虑其他因素的影响,则输电线上损失的电功率为()A.

7、2PkUm2rB.2PkUm2rC.4PkUm2rD.4PkUm2r答案:C解析:加在原线圈上的电压为U1=Um2根据电压比与匝数比关系有U1U2=n1n2所以有U2=2n2Um2n1输电线上的电流为I=PU2输电线上损失的功率为P损=I22r联立解得P损=4n1n22PUm2r又k=n1n2,则P损=4PkUm2r所以C正确。7.(2021河北衡水中学月考)如图所示,教学用的可拆变压器有两个线圈A、B,线圈匝数和线圈绕向已经无法分辨,某同学为测定A、B两个线圈的匝数进行了如下操作。他先把漆包线比较细的线圈A接到u=162sin 100t(V)的低压交流电源上,用交流电压表测得线圈B的输出电压

8、为4 V;然后拆下线圈B,在线圈B原来匝数的基础上,用漆包线沿某一个方向加绕10匝,然后重复上一步操作,发现电压表的示数为4.4 V,若可拆变压器可看成理想变压器,则可测得A、B两个线圈原来的匝数分别为()A.400、100B.320、80C.216、54D.256、64答案:A解析:设A、B两个线圈原来的匝数分别为n1、n2,线圈A的输入电压有效值U1=16 V,线圈B的输出电压U2=4 V,根据变压器电压比U1U2=n1n2,可得n1n2=41。在线圈B加绕10匝后,线圈B的输出电压升高,说明加绕的线圈与原来线圈B的绕向相同,根据电压比关系应有164.4=n1n2+10,联立可得n1=40

9、0,n2=100,故A正确。二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。8.(2021河北沧州三模)图甲所示的电路由理想变压器、理想电流表、理想电压表及负载电阻R组成,负载电阻的阻值为11 ,变压器原、副线圈的匝数比n1n2=201,且原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压,下列说法正确的是()A.通过电阻R的交变电流的频率为50 HzB.电压表的示数为22 VC.电流表的示数为1 AD.电阻R的功率为22 W答案:AC解析:由题图乙可知交流电源的周期为0.02 s,则频率f=

10、1T=50 Hz,而变压器不改变频率,A正确;由题图乙可知交流电源的最大电压为2202 V,则有效值为220 V,根据n1n2=U1U2可知电压表的示数为11 V,B错误;电流表的示数I=U2R=1 A,C正确;电阻R的功率P=U2I=11 W,D错误。9.如图甲所示,理想变压器原、副线圈匝数比为n1n2=101,原线圈M、N两端接入图乙所示的不完整的正弦交变电流,电压表和电流表均为理想电表,R0和R1为定值电阻,R为滑动变阻器,则()甲乙A.图乙中电压的有效值为10 VB.电压表的示数为2 VC.当P向上滑动时,电流表示数减小D.当P向下滑动时,电压表示数不变答案:AD解析:根据交变电流在一

11、个周期内产生的热量与等效恒定电流在相同时间内产生的热量相等,有2022RT2=U2RT,解得题图乙所示电压的有效值为U=10 V,故A正确;根据U1U2=n1n2,其中U1=10 V,可得副线圈两端的电压为U2=1 V,故B错误;当P向下滑动时,原、副线圈匝数不变,副线圈两端的电压不变,即电压表示数不变,当P向上滑动时,电阻R减小,副线圈中总电阻减小,副线圈两端的电压不变,总电流增大,根据公式I1I2=n2n1可得原线圈中的电流增大,故原线圈中电流表示数增大,故C错误,D正确。10.(2021河北邯郸三模)如图甲所示,理想变压器的原线圈接有保险丝,其熔断电流为6 A,副线圈接有阻值为R0=10

12、 的定值电阻、铭牌上标有“100 V50 W”字样的灯泡以及最大阻值为400 的滑动变阻器R。现在原线圈的a、b间接如图乙所示的交流电源,当滑动变阻器的滑片处在中点时,灯泡恰好正常发光,则下列说法正确的是()A.原线圈两端输入的交变电压为u=22sin 100t(V)B.理想变压器原、副线圈的匝数比为15C.若将滑动变阻器的滑片向下移动少许,灯泡变亮D.若持续向下移动滑动变阻器的滑片,变压器的输入功率变大,可能会使熔断器熔断答案:BD解析:由题图乙可知,交变电压的最大值为222 V,周期为T=210-2 s,所以角速度为=2T=100 rad/s,则原线圈两端的交变电压为u=222sin 10

13、0t(V),A错误;灯泡正常发光时的电阻为RL=UL2P=200 ,电流为IL=PUL=0.5 A,当滑动变阻器的滑片处在中点时,接入电路的电阻为200 ,根据并联电路的特点可知,通过电阻R0的电流为I0=1 A,所以变压器的输出电压为U2=UL+I0R0=110 V,则有n1n2=U1U2=15,B正确;若将滑动变阻器的滑片向下移动少许,接入电路的电阻变小,则副线圈中的电流变大,电阻R0两端的电压增大,所以灯泡两端的电压减小,亮度变暗,C错误;若持续向下移动滑动变阻器的滑片,副线圈中的电流会持续增大,由P出=U2I2可知输出功率变大,又P入=P出,所以输入功率变大,原线圈中的电流I1也增大,

14、因此可能超过熔断电流6 A,熔断器可能会熔断,D正确。三、非选择题:共54分。11.(8分)图甲是某同学研究热敏电阻阻值随温度的变化规律时设计的电路图。(1)根据电路图,在图乙的实物上连线。(2)通过实验,他得到了该热敏电阻的伏安特性曲线如图丙所示,由图可知,热敏电阻的阻值随温度的升高而。(3)他将这个热敏电阻接入如图丁所示的电路中,已知电源电压为9 V,R1=300 ,毫安表读数为60 mA,则R2的阻值为 。答案:(1)见解析图(2)减小(3)133解析:(1)根据实验原理图,依次连接如图;(2)由题图丙所示图像可知,对电压增大通过热敏电阻的电流增大,电压与电流的比值减小,即电阻阻值减小。

15、(3)R1的电流为I1=UR1=9300 A=0.03 A,R2的电流I2=0.06 A-0.03 A=0.03 A。由图线可知热敏电阻的电压是5 V,R2两端的电压为4 V,R2=40.03 =133 。12.(8分)(1)如图所示,在用可拆变压器探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系的实验中,下列说法正确的是(填字母)。A.用可拆变压器,能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈B.测量原、副线圈的电压,可用测定电源的电动势和内阻实验中的直流电压表C.为便于探究,先保持原线圈匝数和电压不变,改变副线圈的匝数,研究其对副线圈电压的影响(2)图示电路中各电表均为理想电表,变压器为理想变压器,a、b

16、接在电压有效值不变的交流电源两端,R0为定值电阻,R为滑动变阻器,现将滑动变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置,观察到电流表A1的示数增大了0.2 A,电流表A2的示数增大了0.8 A,则下列说法正确的是()A.电压表V1示数增大B.电压表V2、V3示数均增大C.该电压器起升压作用D.滑动变阻器滑片是沿cd的方向滑动答案:(1)AC(2)D解析:(1)变压器的输出电压跟输入电压以及原、副线圈匝数之比有关,因此需要用可拆卸的变压器研究,探究副线圈电压与匝数的关系,采用控制变量法,即为便于探究,先保持原线圈匝数和电压不变,改变副线圈的匝数,研究其对副线圈电压的影响,故A、C正确;测定电池的电动势和

17、内阻的实验中,电压表是直流电压表,变压器只能改变交变电流的电压,不能改变直流电压,故B错误。(2)改变副线圈的负载对原、副线圈两端电压没有影响,V1、V2示数不变,A错误;R0和R的电压之和等于V2的示数,A2示数增大,所以R0电压增大,所以R电压减小,V3示数减小,B错误;原线圈电流增加的数值比副线圈的小,根据变压器电流反比规律,可知该变压器为降压变压器,C错误;因为V2示数不变,且A2示数增大,所以副线圈的总电阻减小,所以滑动变阻器滑片是沿cd的方向滑动,D正确。13.(10分)(2021河北高三月考)热敏电阻的阻值会随温度的变化而变化,学校科技小组欲利用热敏电阻制作一个体温计。(1)先用

18、多用电表的欧姆挡粗测热敏电阻的阻值。选择开关打到“100”挡,按正确步骤操作,测量热敏电阻的阻值,示数如图甲中虚线所示,为了较准确测量,应将选择开关打到(选填“1 k”或“10”)挡,进行,再测量热敏电阻的阻值,示数如图甲中实线所示,则热敏电阻的阻值为 。(2)用伏安法测量热敏电阻在不同温度下的阻值,若提供的电压表的内阻约为80 k,电流表的内阻约为2 ,则应选用电流表(选填“内接法”或“外接法”)测量热敏电阻的阻值。根据测得的热敏电阻在不同温度下的阻值,用描点法得到热敏电阻的阻值RT与温度t的关系图像如图乙所示。(3)将热敏电阻RT与电源(电动势E为1.5 V,内阻不计)、电流表A(量程为9

19、 mA,内阻为4 )、保护电阻R0、开关S连成图丙所示电路,用热敏电阻RT做测温探头,把电流表的表盘刻度改为相应的温度刻度,就得到了一个简单的“热敏电阻体温计”。若要求电流表指针满偏的位置标为45 ,则电阻R0= ,电流表6 mA处应标为 。(结果均保留两位有效数字)答案:(1)10欧姆调零240(2)外接法(3)2.729解析:(1)用多用电表测量电阻,指针应指在满刻度的13到23之间,故需要换用“10”挡测量,换挡后需重新进行欧姆调零;由题图甲实线读出热敏电阻的阻值为24.010 =240 。(2)由于RTRARV,应采用电流表外接法。(3)根据闭合电路的欧姆定律有Im=ER0+rA+RT

20、1,由题图乙得当t=45 时RT1=160 ,解得R0=2.7 ;电流表的指针指在6 mA处,热敏电阻的阻值RT2=EI2-R0-rA=243.3 ,结合题图乙可知RT2对应的温度为29 。14.(13分)(2021重庆适应性测试)如图甲、乙所示,理想变压器对电器供电,其输入电压u=27 0002sin 100t(V),电器RL与RL的参数分别为“220 V1 100 W”和“220 V440 W”,输电线的总电阻r=2 。若两图中电器都能正常工作。求:(1)图甲中电阻r的功率;(2)图甲、图乙中的输入功率;(3)图甲中原、副线圈匝数比n1n2;图乙中原、副线圈匝数比n1n2。答案:(1)50

21、 W(2)1 150 W1 638 W(3)2 700231 50013解析:(1)根据P=UI可得通过电器RL的电流IL=PLUL=1 100220A=5 A,图甲中输电线的总电阻r的功率Pr=IL2r=522 W=50 W。(2)图甲中变压器输出电压U出=UL+Ir=220 V+52 V=230 V,图甲输出功率等于输入功率,P1=U出IL=2305 W=1 150 W,RL正常工作的电流IL=PLUL=440220 A=2 A,图乙中干路电流I总=IL+IL=7 A,图乙中输出电压U出=UL+I总r=220 V+27 V=234 V,图乙中输出功率等于输入功率,即P2=U出I总=2347

22、 W=1 638 W。(3)由于输入电压U入=Um2=27 00022V=27 000 V,则图甲中原、副线圈匝数比n1n2=U入U出=2 70023,则图乙中原、副线圈匝数比n1n2=U入U出=1 50013。15.(15分)如图甲所示,在xOy水平面内,固定放置着间距为l的两平行金属直导轨,其间连接有阻值为R的电阻,电阻两端连接示波器(内阻可视为无穷大),可动态显示电阻R两端的电压。两导轨间存在大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场。t=0时一质量为m、长为l的导体棒在外力F作用下从x=x0位置开始做简谐运动,观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示的正弦曲线。取x0=-UmT2B

23、l,则简谐运动的平衡位置在坐标原点O。不计摩擦阻力和其他电阻,导体棒始终垂直导轨运动。(提示:可以用F-x图像下的“面积”代表力F所做的功)(1)求导体棒所受到的安培力FA随时间t的变化规律;(2)求在0至0.25T时间内外力F的冲量;(3)若t=0时外力F0=1 N,l=1 m,T=2 s,m=1 kg,R=1 ,Um=0.5 V,B=0.5 T,求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度。答案:(1)FA=-BlUmRsin 2Tt(2)BlUmT2R+mUmBl(3)见解析解析:(1)由显示的波形可得U=Umsin 2TtI=UmRsin 2Tt安培力随时间变化规律FA=-BIl=-BlUmRsin 2Tt(2)安培力的冲量IA=-Blq=-B2|x0|l2Rv=UmBlsin2Tt由动量定理,有IF+IA=mvm解得IF=BlUmT2R+mUmBl。(3)棒做简谐运动,有FA+F=-kx当FA=-F时x=0v=vm=1 m/s当FA=F时,设x=x,v=vFA=-12kxF0=-kx0联立解得2x=v根据动能定理12mv2=12k(x02-x2)解得x1=15 m和v1=25 m/s;x2=-15 m和v2=-25 m。10