2019年物理大復(fù)習(xí)江蘇專版文檔第十章 交變電流 傳感器 章末自測(cè)卷（第十章） 含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精章末自測(cè)卷（第十章）(限時(shí)：45分鐘）一、單項(xiàng)選擇題1．小型手搖發(fā)電機(jī)線圈共N匝，每匝可簡(jiǎn)化為矩形線圈abcd，磁極間的磁場(chǎng)視為勻強(qiáng)磁場(chǎng),方向垂直于線圈中心軸OO′，線圈繞OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖1所示．矩形線圈ab邊和cd邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值都為e0,不計(jì)線圈電阻，則發(fā)電機(jī)輸出電壓（)圖1A．峰值是e0 B．峰值是2e0C．有效值是eq\f（\r(2),2）Ne0 D．有效值是eq\r(2）Ne0答案D解析矩形線圈ab邊和cd邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值都為e0，所以發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)峰值為2Ne0，A、B錯(cuò)誤；由于不計(jì)線圈的電阻，所以發(fā)電機(jī)的輸出電壓峰值為2Ne0，故有效值為eq\f（2Ne0,\r(2）)＝eq\r(2)Ne0,故D正確．2．(2018·泰州中學(xué)模擬）如圖2所示，單匝閉合金屬線框abcd在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)的軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，設(shè)穿過(guò)線框的最大磁通量為Φm,線框中的最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Em,從線框平面與磁場(chǎng)平行時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，下列說(shuō)法不正確的是()圖2A．當(dāng)穿過(guò)線框的磁通量為eq\f（Φm，2）的時(shí)刻,線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為eq\f（Em,2)B．線框中的電流強(qiáng)度隨時(shí)間按余弦規(guī)律變化C．線框轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為eq\f（Em,Φm)D．線框在垂直于磁場(chǎng)方向平面內(nèi)的投影面積隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化答案A解析設(shè)線框轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω,線框的總電阻為R，根據(jù)題意,線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝Emcosωt，其中Em＝Φmω,所以ω＝eq\f(Em，Φm），線框中的電流強(qiáng)度i＝eq\f（e,R）＝eq\f（Em,R)cosωt，故選項(xiàng)B、C正確；當(dāng)穿過(guò)線框的磁通量為eq\f(Φm，2）時(shí),ωt＝30°，所以線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為e＝Emcos30°＝eq\f(\r（3）Em,2）,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;計(jì)時(shí)開(kāi)始時(shí)刻，線框在垂直于磁場(chǎng)方向平面內(nèi)的投影面積為零，以后該面積隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化，故選項(xiàng)D正確．3.如圖3所示，abcd為一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、匝數(shù)為N的正方形閉合線圈，繞對(duì)稱軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度為ω.空間中只有OO′左側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。若閉合線圈的總電阻為R，則（）圖3A．線圈中電動(dòng)勢(shì)的有效值為eq\f（\r（2),2)NBL2ωB．線圈中電動(dòng)勢(shì)的最大值為eq\f（1,2）NBL2ωC．在轉(zhuǎn)動(dòng)一圈的過(guò)程中，線圈中有一半時(shí)間沒(méi)有電流D．當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到圖中所處的位置時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量為eq\f（1,2)NBL2答案B解析線圈中電動(dòng)勢(shì)的最大值Em＝eq\f(1,2）NBL2ω，有效值E＝eq\f(Em,\r(2)）＝eq\f(\r（2)，4)NBL2ω.在轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，線圈始終有一半在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，故線圈中始終有電流通過(guò)．題圖所示位置時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量為eq\f（1,2）BL2，B正確．4．（2018·徐州三中月考)如圖4甲所示,理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為10∶1，燈泡L的額定功率為6W，電表均為理想電表．若原線圈接入如圖乙所示的正弦交流電壓，開(kāi)關(guān)S閉合后燈泡L恰好正常發(fā)光．下列說(shuō)法中正確的是(）圖4A．副線圈交變電流的頻率為5HzB．電壓表的示數(shù)為4。24VC．電流表的示數(shù)為0.2AD．燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻為1.5Ω答案D解析由題圖乙知交變電流的周期為0。02s，頻率為50Hz，變壓器不改變交變電流的頻率，A項(xiàng)錯(cuò)誤；原線圈電壓的有效值為30V，副線圈電壓的有效值即電壓表的示數(shù)為3V，B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)P＝UI得出電流表示數(shù)為2A，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由R＝eq\f(U2,P)得出燈泡正常發(fā)光的阻值為1.5Ω,D項(xiàng)正確．5．(2017·江蘇省聯(lián)盟2月大聯(lián)考)如圖5所示,一矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng),產(chǎn)生e＝220eq\r（2）sin100πt（V)的正弦交變電流，線圈電阻不計(jì)．理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比為20∶1，C為電容器，L為直流電阻不計(jì)的自感線圈,R1、R2均為定值電阻，其中R1＝10Ω，開(kāi)關(guān)S開(kāi)始是斷開(kāi)的，則以下說(shuō)法中錯(cuò)誤的是()圖5A．線圈的轉(zhuǎn)速為50r/sB．交流電壓表的示數(shù)為11VC．電阻R1的功率小于12。1WD．閉合開(kāi)關(guān)S后,變壓器副線圈中的電流沒(méi)有發(fā)生變化答案D解析由題意知，ω＝100πrad/s＝2πn,所以線圈的轉(zhuǎn)速為50r/s，故A正確;U1＝220V,根據(jù)變壓器的變壓規(guī)律：eq\f(U1，U2)＝eq\f（n1，n2）,可得副線圈的電壓為U2＝11V，所以B正確；根據(jù)串聯(lián)電路的規(guī)律，線圈L兩端的電壓加上R1兩端的電壓等于副線圈的電壓U2，即R1兩端的電壓小于11V,由P＝eq\f（U2，R）知，R1的功率小于12。1W，所以C正確；閉合開(kāi)關(guān)S，電容器C與R2串聯(lián)后與R1并聯(lián)，負(fù)載的總電阻減小，電流增大，所以D錯(cuò)誤．6．（2018·海安中學(xué)段考）在如圖6甲所示的電路中，D為理想二極管（正向電阻為零，反向電阻為無(wú)窮大)．R1＝30Ω，R2＝60Ω，R3＝10Ω。在MN間加上如圖乙所示的交變電壓時(shí)，R3兩端電壓表的讀數(shù)大約是()圖6A．3VB．3.5VC．4VD．5V答案B解析由題意可知，0～0.01s時(shí)間內(nèi)，D處于導(dǎo)通狀態(tài),電路中總電阻R＝R3＋eq\f（R1×R2，R1＋R2）＝30Ω,由歐姆定律得電壓表讀數(shù)U1＝4V；0。01～0.02s時(shí)間內(nèi)，電壓反向，D處于截止?fàn)顟B(tài),則電路中總電阻R′＝R3＋R1＝40Ω，由歐姆定律得電壓表讀數(shù)U2＝3V．根據(jù)交流電的有效值定義得eq\f（U\o\al（2，1）,R3）·eq\f(T,2）＋eq\f(U\o\al（2,2）,R3）·eq\f（T,2）＝eq\f（U2，R3）·T,解得U≈3.5V，故選B.二、多項(xiàng)選擇題7．（2018·儀征中學(xué)質(zhì)檢）如圖7所示，一理想變壓器原線圈為n1＝1000匝，副線圈為n2＝200匝,將原線圈接在u＝200eq\r（2)sin120πt（V）的交流電壓上，電阻R＝100Ω，電流表A為理想電表,下列推斷正確的是（）圖7A．交變電流的頻率為50HzB．穿過(guò)鐵芯的磁通量的最大變化率為0.2eq\r(2)Wb/sC．電流表A的示數(shù)為0.4eq\r(2)AD．變壓器的輸入功率是16W答案BD8．如圖8所示為理想變壓器，電表為理想電表，導(dǎo)線電阻忽略不計(jì),原線圈接穩(wěn)定的正弦式交流電源．當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片P向上移動(dòng)時(shí)，讀數(shù)發(fā)生變化的電表是(）圖8A．A1B．A2C．V1D．V2答案AB解析根據(jù)變壓器輸入電壓決定輸出電壓,可知電壓表V1和V2的讀數(shù)不變，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤；當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片P向上移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器R接入電路的電阻逐漸減小，電流表A2的讀數(shù)增大，選項(xiàng)B正確;由變壓器輸出功率等于輸入功率,可知輸入功率增大，電流表A1的讀數(shù)增大，選項(xiàng)A正確．9．圖9甲中的變壓器為理想變壓器,原線圈的匝數(shù)n1與副線圈全部匝數(shù)n2之比為5∶1，副線圈接有兩個(gè)電阻,R1＝10Ω，R2＝5Ω.現(xiàn)在原線圈輸入穩(wěn)定的正弦式交變電流，將滑動(dòng)觸頭P置于副線圈的中點(diǎn)，a、b兩端接示波器，檢測(cè)a、b兩端的電壓如圖乙所示．設(shè)電流表A為理想電流表，導(dǎo)線電阻不計(jì)．則下列判斷正確的是（）圖9A．原線圈上電壓變化的頻率為50HzB．電流表的示數(shù)約為0.14AC．只將滑動(dòng)觸頭P向上移動(dòng)一些，電流表示數(shù)可能減小D．只將a、b兩端用導(dǎo)線連接,原線圈的輸入功率為45W答案BD解析由題圖乙知，交變電流的周期為0.04s,所以頻率為25Hz，A項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)閍、b兩端電壓的有效值為Uab＝eq\f(10，\r（2））V＝5eq\r(2）V，則副線圈中的電流為I2＝eq\r(2)A，根據(jù)eq\f（I1，I2)＝eq\f(\f（n2,2），n1)，解得I1＝eq\f(\r（2),10)A≈0.14A，B項(xiàng)正確；將滑動(dòng)觸頭P向上移動(dòng),根據(jù)eq\f(U1,U2）＝eq\f（n1，n2）可知,副線圈兩端電壓U2增大，副線圈消耗功率增大，原線圈中輸入功率增大,所以電流表示數(shù)增大，C項(xiàng)錯(cuò)誤；只將a、b兩端用導(dǎo)線連接，副線圈兩端的電壓U2＝3Uab＝15eq\r（2)V,副線圈消耗的功率為P2＝eq\f（U\o\al(22)，R1）＝45W,原線圈的輸入功率P1＝P2＝45W,D項(xiàng)正確．三、非選擇題10．（2017·東臺(tái)市5月模擬）如圖10所示裝置可以用來(lái)測(cè)量硬彈簧（即勁度系數(shù)較大的彈簧)的勁度系數(shù)k.電源的電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻可忽略不計(jì)；滑動(dòng)變阻器全長(zhǎng)為L(zhǎng)，重力加速度為g。為理想電壓表．當(dāng)木板(不計(jì)重力)上沒(méi)有放重物時(shí),滑動(dòng)變阻器的觸頭位于圖中a點(diǎn)，此時(shí)電壓表示數(shù)為零．在木板上放置質(zhì)量為m的重物，滑動(dòng)變阻器的觸頭隨木板一起下移．由電壓表的示數(shù)U及其他給定條件，可計(jì)算出彈簧的勁度系數(shù)k.圖10(1）寫出m、U與k之間所滿足的關(guān)系式．(2)已知E＝1.50V,L＝12。0cm，g取9。80m/s2。測(cè)量結(jié)果如下表：m/kg1。001.503.004。506.007.50U/V0。1080.1540。2900.4460。6080.740①在圖11中給出的坐標(biāo)紙上利用表中數(shù)據(jù)描出m－U直線．圖11②m－U直線的斜率為_(kāi)_______kg/V(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)．③彈簧的勁度系數(shù)k＝________N/m(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)．答案(1)m＝eq\f(Lk，Eg)U(2）①見(jiàn)解析圖②10.0③1.23×103解析(1)設(shè)放置質(zhì)量為m的重物時(shí)彈簧的壓縮量為x，則有mg＝kx，又U＝eq\f（x,L）E，解得m＝eq\f（Lk，Eg)U.（2)①用描點(diǎn)法作圖,作出的圖象如圖所示．②選取圖線上(0,0)、（0。80,8)兩點(diǎn)，則斜率為eq\f(Δm,ΔU)＝eq\f(8－0，0.80－0)kg/V＝10。0kg/V。③因m＝eq\f（Lk，Eg)U，故eq\f(Lk，Eg）＝eq\f（Δm，ΔU)，k＝eq\f（Δm，ΔU)·eq\f(Eg，L)＝10。0×eq\f（1。50×9.80,0.120)N/m≈1。23×103N/m。11．目前磁卡已有廣泛的應(yīng)用，如圖12甲所示，當(dāng)記錄磁性信息的磁卡以速度v在刷卡器插槽里勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過(guò)刷卡器內(nèi)置線圈的磁通量按Φ＝Φ0sinkvt規(guī)律變化．刷卡器內(nèi)置線圈等效電路如圖乙所示,已知線圈的匝數(shù)為n，電阻為r，外接電路的等效電阻為R.圖12（1)求線圈兩端的電壓U;(2）若磁卡在刷卡器中運(yùn)動(dòng)的有效距離為l，則刷卡一次線圈上產(chǎn)生的熱量Q為多少?(3）在任意一段Δt＝eq\f（π，2kv）的時(shí)間內(nèi)，通過(guò)等效電阻R的電荷量的最大值qm為多少？答案(1）eq\f(nΦ0kv,\r(2)r＋R)R（2）eq\f（n2Φ\o\al(02）k2vrl,2r＋R2)（3)neq\f(\r(2)Φ0，r＋R）解析(1）Em＝nBSω＝nkvΦ0，E＝eq\f(Em,\r（2))＝I（R＋r)線圈兩端的電壓U＝IR＝eq\f（nΦ0kv，\r（2）r＋R)R.（2）Q＝I2rt，t＝eq\f(l，v)，則Q＝eq\f(n2Φ\o\al(02)k2vrl,2r＋R2)。（3)q＝eq\x\to（I)Δt，eq\x\to（I）＝eq\f(\x\to(E）,R＋r），eq\x\to(E）＝neq\f（Δ