高考物理一輪復(fù)習(xí)第十一章交變電流傳感器練習(xí)含解析新人教版

第十一章交變電流傳感器綜合過(guò)關(guān)規(guī)范限時(shí)檢測(cè)滿分：100分考試時(shí)間：45分鐘一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共計(jì)48分。每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分)1．利用電容傳感器可檢測(cè)礦井滲水，及時(shí)發(fā)出安全警報(bào)，從而避免事故的發(fā)生。如圖所示是一種通過(guò)測(cè)量電容器電容的變化來(lái)檢測(cè)礦井中液面高低的儀器原理圖，A為位置固定的導(dǎo)體芯，B為導(dǎo)體芯外面的一層絕緣物質(zhì)，C為導(dǎo)電液體(礦井中含有雜質(zhì)的水)，A、B、C構(gòu)成電容器。若礦井滲水(導(dǎo)電液體深度h增大)，則電流(D)A．從b向a，A、B、C構(gòu)成的電容器放電B．從a向b，A、B、C構(gòu)成的電容器放電C．從b向a，A、B、C構(gòu)成的電容器充電D．從a向b，A、B、C構(gòu)成的電容器充電[解析]本題考查平行板電容器在生產(chǎn)生活中的應(yīng)用，注意由題意找出我們常見(jiàn)的模型再進(jìn)行分析。由圖可知，液體與芯柱構(gòu)成了電容器，由圖可知，兩板間距離不變；液面變化時(shí)只有正對(duì)面積發(fā)生變化；則由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當(dāng)液面升高時(shí)，正對(duì)面積S增大，故可判斷電容增大，再依據(jù)C＝eq\f(Q,U)，電壓U不變，那么電容器的電荷量Q增大，因此電容器處于充電狀態(tài)，電流方向從a向b。A、B、C錯(cuò)誤，D正確。2．(2023·山東聊城月考)一種常見(jiàn)的身高、體重測(cè)量?jī)x如圖所示。測(cè)量?jī)x頂部豎直向下發(fā)射波速為v的超聲波，超聲波經(jīng)反射后被測(cè)量?jī)x接收，測(cè)量?jī)x記錄發(fā)射和接收的時(shí)間間隔。測(cè)量?jī)x的底座上安裝有壓力傳感器，傳感器的輸出電壓與作用在其上的壓力成正比。質(zhì)量為M0的測(cè)重臺(tái)置于壓力傳感器上，當(dāng)測(cè)重臺(tái)沒(méi)有站人時(shí)，測(cè)量?jī)x記錄的時(shí)間間隔為t0，輸出電壓為U0，某同學(xué)站在測(cè)重臺(tái)上，測(cè)量?jī)x記錄的時(shí)間間隔為t，輸出電壓為U，則該同學(xué)的身高、質(zhì)量分別為(B)A．v(t0－t)，eq\f(M0,U0)UB．eq\f(1,2)v(t0－t)，eq\f(M0,U0)(U－U0)C．v(t0－t)，eq\f(M0,U0)(U－U0)D．eq\f(1,2)v(t0－t)，eq\f(M0,U0)U[解析]設(shè)測(cè)量?jī)x高度為L(zhǎng)，人的身高為h，質(zhì)量為m，當(dāng)測(cè)重臺(tái)上沒(méi)有站人時(shí)，根據(jù)超聲波的速度和位移關(guān)系得2L＝vt0，根據(jù)傳感器輸出電壓與作用在其上的壓力成正比得U0＝kM0g，當(dāng)測(cè)重臺(tái)上站人時(shí)，同理可得vt＝2(L－h(huán))，U＝k(M0＋m)g，聯(lián)立可得h＝eq\f(1,2)v(t0－t)，m＝eq\f(M0,U0)(U－U0)，B正確，A、C、D錯(cuò)誤。3．(2023·山西運(yùn)城一模)如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1︰2，正弦式交流電源電壓有效值U＝12V，電阻R1＝1Ω，R2＝2Ω，滑動(dòng)變阻器R3最大阻值為20Ω，滑片P處于中間位置，則(B)A．R1與R2消耗的電功率相等B．通過(guò)R1的電流為3AC．若向上移動(dòng)P，電壓表讀數(shù)將變大D．若向上移動(dòng)P，電源輸出功率將不變[解析]本題考查副線圈中負(fù)載電阻變化引起的變壓器動(dòng)態(tài)變化問(wèn)題。理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1︰2，可知通過(guò)原、副線圈的電流之比為2︰1，根據(jù)P＝I2R可知，R1與R2消耗的電功率之比為2︰1，故A錯(cuò)誤；設(shè)通過(guò)R1的電流為I，則通過(guò)副線圈的電流為0.5I，原線圈兩端電壓為U－IR1＝12－I(V)，根據(jù)匝數(shù)比可知，副線圈兩端電壓為2(12－I)(V)，則eq\f(212－I,0.5I)＝R2＋eq\f(1,2)R3m＝12Ω，解得I＝3A，故B正確；若向上移動(dòng)P，則滑動(dòng)變阻器R3接入電路的電阻減小，通過(guò)副線圈的電流變大，原線圈中的電流也變大，根據(jù)P＝IU可知，電源輸出功率將變大，電阻R1兩端的電壓變大，變壓器輸入電壓變小，副線圈兩端電壓變小，電壓表讀數(shù)將變小，故C、D錯(cuò)誤。4．(2023·安徽淮北一模)圖甲中的變壓器為理想變壓器，原線圈匝數(shù)n1與副線圈匝數(shù)n2之比為10︰1，變壓器的原線圈接如圖乙所示的正弦式交變電流，電阻R1＝R2＝R3＝20Ω與電容器C連接成如圖甲所示的電路，其中電容器的擊穿電壓為8V，電表均為理想交流電表，開(kāi)關(guān)S處于斷開(kāi)狀態(tài)，則(C)A．電壓表的讀數(shù)為10VB．電流表的讀數(shù)為0.05AC．電阻R2上消耗的功率為2.5WD．若閉合開(kāi)關(guān)S，電容器會(huì)被擊穿[解析]本題考查變壓器和含容電路相關(guān)知識(shí)，開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)，副線圈所在電路為R1和R2串聯(lián)，電壓表測(cè)量R2兩端的電壓，由題圖乙可知，原線圈兩端的電壓為100eq\r(2)V，根據(jù)變壓比公式可得，副線圈兩端的電壓為10eq\r(2)V，則電壓表的讀數(shù)即R2兩端的電壓為5eq\r(2)V≈7.07V，故A錯(cuò)誤；由A的分析可知，通過(guò)副線圈的電流I2＝eq\f(U2,R1＋R2)＝eq\f(10\r(2),20＋20)A＝0.25eq\r(2)A，所以通過(guò)原線圈的電流I1＝eq\f(n2,n1)I2＝0.025eq\r(2)A，故B錯(cuò)誤；電阻R2上消耗的功率P＝Ieq\o\al(2,2)R2＝(0.25eq\r(2))2×20W＝2.5W，故C正確；當(dāng)開(kāi)關(guān)閉合時(shí)，R1、R3與電容器并聯(lián)后和R2串聯(lián)，電容器兩端的電壓為并聯(lián)部分兩端的電壓，并聯(lián)部分的電阻R并＝10Ω，所以并聯(lián)部分兩端的電壓UC＝eq\f(R并,R＋R并)U2＜eq\f(10,20＋10)×10eq\r(2)V＝eq\f(10\r(2),3)V，電壓最大值等于eq\f(10\r(2),3)×eq\r(2)＝eq\f(20,3)V<8V，所以電容器不會(huì)被擊穿，故D錯(cuò)誤。5．(2023·福建南平月考)如圖所示，n匝矩形線圈abcd，放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線圈面積為S，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界線OO′恰好位于ab和cd中點(diǎn)的連線上，線圈繞OO′軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈與一個(gè)阻值為R的電阻相連，其余電阻不計(jì)。則從圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，以下判斷正確的是(D)A．圖中電壓表的示數(shù)為eq\f(nBSω,2)B．該線圈轉(zhuǎn)過(guò)90°過(guò)程中，通過(guò)R的電荷量為eq\f(BS,2R)C．t時(shí)間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的熱量為eq\f(n2B2S2ω2t,4R)D．當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過(guò)30°時(shí)，磁通量變化率為eq\f(BSω,4)[解析]本題考查交變電流的產(chǎn)生和描述。由于線圈只有一側(cè)邊在磁場(chǎng)中切割磁感線，所以線圈繞OO′軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值為Em＝eq\f(nBSω,2)，圖中電壓表的示數(shù)為U＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(nBSω,2\r(2))，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；該線圈轉(zhuǎn)過(guò)90°過(guò)程中，磁通量變化ΔΦ＝eq\f(BS,2)，通過(guò)R的電荷量為q＝eq\x\to(I)·t＝neq\f(ΔΦ,R)＝neq\f(BS,2R)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t時(shí)間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(U2,R)t＝eq\f(n2B2S2ω2t,8R)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過(guò)30°時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(nBSω,2)sin30°＝eq\f(nBSω,4)，由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可得此時(shí)磁通量變化率為eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BSω,4)，選項(xiàng)D正確。6．(2023·廣東七校聯(lián)考)如圖所示，豎直長(zhǎng)導(dǎo)線通有恒定電流，一矩形線圈abcd可繞其豎直對(duì)稱軸O1O2轉(zhuǎn)動(dòng)。當(dāng)線圈繞軸以角速度ω沿逆時(shí)針(沿軸線從上往下看)方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，從圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(BD)A．t＝0時(shí)，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大B．0～eq\f(π,2ω)時(shí)間內(nèi)，線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcdaC．t＝eq\f(π,2ω)時(shí)，線圈的磁通量為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也為零D．線圈每轉(zhuǎn)動(dòng)一周電流方向改變兩次[解析]通電導(dǎo)線在其周圍產(chǎn)生磁場(chǎng)，在其右側(cè)產(chǎn)生的磁場(chǎng)垂直于紙面向外，離導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁場(chǎng)越弱，在t＝0時(shí)刻，ab邊和cd邊轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，速度方向與磁場(chǎng)平行，故不切割磁感線不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故A錯(cuò)誤；在0～eq\f(π,2ω)時(shí)間內(nèi)，穿過(guò)線圈的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcda，故B正確；t＝eq\f(π,2ω)時(shí)，線圈的磁通量為零，ab邊和cd邊轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，磁通量的變化率不為零，故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不為零，故C錯(cuò)誤；線圈每轉(zhuǎn)動(dòng)一周電流方向改變兩次，故D正確。7．(2023·福建龍巖三月質(zhì)檢)某電風(fēng)扇擋位變換器的電路如圖所示，它可視為一個(gè)可調(diào)壓的理想變壓器，總匝數(shù)為2000匝的線圈兩端接交變電源，輸入電壓為u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，擋位1、2、3、4對(duì)應(yīng)的線圈匝數(shù)分別為200匝、600匝、1000匝、2000匝。電動(dòng)機(jī)M的內(nèi)阻r＝8Ω、額定電壓U＝220V、額定功率P＝110W，則下列說(shuō)法正確的是(AD)A．交變電流的頻率為50HzB．當(dāng)選擇擋位3后，電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為110eq\r(2)VC．當(dāng)由擋位3變?yōu)閾跷?后，電風(fēng)扇轉(zhuǎn)速變快D．當(dāng)選擇擋位4后，電動(dòng)機(jī)的輸出功率為108W[解析]交變電流的頻率f＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，A正確；原線圈電壓的有效值U0＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，當(dāng)選擇擋位3后，根據(jù)理想變壓器的電壓規(guī)律eq\f(U0,n0)＝eq\f(U3,n3)，解得電動(dòng)機(jī)兩端電壓U3＝eq\f(U0,n0)n3＝eq\f(220,2000)×1000V＝110V，B錯(cuò)誤；擋位3變?yōu)閾跷?后，電動(dòng)機(jī)兩端電壓減小，電風(fēng)扇轉(zhuǎn)速變慢，C錯(cuò)誤；當(dāng)選擇擋位4后，電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為220V，通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(110,220)A＝0.5A，電動(dòng)機(jī)的輸出功率P出＝P－I2r＝110W－0.52×8W＝108W，D正確。8．如圖，利用理想變壓器進(jìn)行遠(yuǎn)距離輸電，發(fā)電廠的輸出電壓恒定，輸電線路的電阻不變，當(dāng)用電高峰到來(lái)時(shí)(CD)A．輸電線上損耗的功率減小B．電壓表V1的示數(shù)減小，電流表A1的示數(shù)增大C．電壓表V2的示數(shù)減小，電流表A2的示數(shù)增大D．用電功率與發(fā)電廠輸出功率的比值減小[解析]當(dāng)用電高峰到來(lái)時(shí)，用戶總電阻減小，則電流表A2的示數(shù)變大，輸電線上的電流變大，即電流表A1的示數(shù)增大，輸電線上損耗的功率、電壓都變大，A錯(cuò)誤；因?yàn)榘l(fā)電廠的輸出電壓恒定，則升壓變壓器的輸出電壓也不變，即電壓表V1的示數(shù)不變，B錯(cuò)誤；輸電線上的電壓損失變大，故降壓變壓器的初級(jí)電壓減小，由理想變壓器的電壓與匝數(shù)成正比得次級(jí)電壓也減小，即電壓表V2的示數(shù)減小，C正確；用戶消耗的功率與發(fā)電廠輸出總功率約比值為eq\f(P－P損,P)＝1－eq\f(I2R,U1I)＝1－eq\f(ΔU,U1)，因?yàn)檩旊娋€上的電流增大，則電壓損失ΔU增大，U1不變，所以用戶消耗的功率與發(fā)電廠輸出總功率的比值減小，故D正確。二、非選擇題(本題共3小題，共52分。)9．(12分)(2023·東北師大附中、重慶一中等六校聯(lián)考)某小組利用如圖甲所示電路測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。其中電壓傳感器內(nèi)阻可視為無(wú)窮大，電流表內(nèi)阻可視為零，其量程為0～0.3A，R為定值電阻，RL為置于控溫爐內(nèi)的二極管，二極管內(nèi)電流I0＝0.10A時(shí)其兩端電壓U與溫度的關(guān)系如圖乙所示。甲乙(1)將電路中的電壓傳感器M端與N端連接，閉合開(kāi)關(guān)，電壓傳感器的示數(shù)為1.8V時(shí)，電流表的指針位置如圖丙所示，其讀數(shù)為0.200A；(2)將電壓傳感器M端改接到電路中Q端，通過(guò)控溫爐改變溫度，讀出不同溫度時(shí)的U、I，得到的U－I關(guān)系圖線如圖丁所示，則根據(jù)圖像可知電源電動(dòng)勢(shì)E為9.0V，內(nèi)阻r為1.0Ω；(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)(3)撤去電壓傳感器，若電流表的示數(shù)剛好為I0，則二極管的溫度應(yīng)該為32℃(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。[解析](1)電流表量程為0～0.3A，由題圖丙可知，其分度值為0.01A，需估讀到千分位，即示數(shù)為0.200A。(2)將電壓傳感器的M端改接到電路中Q端，電壓傳感器測(cè)量控溫爐兩端電壓，但由于正負(fù)接線柱接反了，因此測(cè)量的數(shù)值會(huì)變?yōu)樨?fù)值，計(jì)算時(shí)取絕對(duì)值即可，根據(jù)題圖丁所示的U－I，圖線可知，電源電動(dòng)勢(shì)E＝9.0V；定值電阻的阻值R＝eq\f(U′,I′)＝eq\f(1.8V,0.200A)＝9Ω，由閉合電路歐姆定律有E＝U＋I(xiàn)(R＋r)，由題圖丁所示圖像可知，當(dāng)U＝6.0V時(shí)，I＝0.300A，代入數(shù)據(jù)解得，電源內(nèi)阻r＝1.0Ω。(3)由閉合電路歐姆定律得E＝U＋I(xiàn)(R＋r)，電路電流I0＝0.10A時(shí)，解得二極管兩端電壓U＝8V，由題圖丁所示圖像可知，溫度為32℃。10．(20分)某學(xué)校物理興趣小組自制一臺(tái)手搖發(fā)電機(jī)，原理如圖所示，長(zhǎng)方形線圈面積S＝1.0×10－2m2，線圈的匝數(shù)N＝100，線圈的總電阻r0＝0.5Ω，接觸電阻(兩電刷的總阻值)r＝0.5Ω，當(dāng)學(xué)生以周期T＝1s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)線圈時(shí)，接入電路中的規(guī)格為“2.5V0.75W”的小燈泡正常發(fā)光。π取3.14。求：(1)從圖示時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，發(fā)電機(jī)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式；(2)線圈處勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)；(3)如果人做功轉(zhuǎn)化為電能的效率η＝30%，則手搖線圈轉(zhuǎn)動(dòng)一周人做的功；(4)從圖示時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，線圈轉(zhuǎn)動(dòng)90°的過(guò)程中通過(guò)小燈泡的電荷量。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)[答案](1)e＝eq\f(14\r(2),5)sin2πtV(2)0.63T(3)2.8J(4)0.068C[解析](1)從圖示時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝NBSωsinωtEm＝NBSωω＝eq\f(2π,T)有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝I(r0＋r＋R燈)＝eq\f(P,U)(r0＋r＋R燈)R燈＝eq\f(U2,P)聯(lián)立解得e＝eq\f(14\r(2),5)sin2πtV。(2)由Em＝eq\r(2)E＝NBSω＝NBS×eq\f(2π,T)得B＝eq\f(\r(2)ET,2πNS)＝eq\f(\r(2)×\f(14,5)×1,2×3.14×100×1.0×10－2)T≈0.63T。(3)由功能原理可得ηW人＝I2(r0＋r＋R燈)×T即W人＝eq\f(I2r0＋r＋R燈×T,η)代入數(shù)據(jù)解得W人＝2.8J。(4)由法拉第電磁感應(yīng)定律可知eq\x\to(E)＝eq\f(NΔΦ,Δt)由閉合電路歐姆定律可得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),r0＋r＋R燈)q＝eq\x\to(I)Δt聯(lián)立解得q＝eq\f(NΔφ,r0＋r＋R燈)＝eq\f(NBS,r0＋r＋R燈)代入數(shù)據(jù)得q≈0.068C。11．(20分)(2023·北京海淀質(zhì)檢)如圖甲所示，長(zhǎng)、寬分別為L(zhǎng)1、L2的矩形金屬線框位于豎直平面內(nèi)，其匝數(shù)為n，總電阻為r，可繞其豎直中心軸O1O2轉(zhuǎn)動(dòng)。線框的兩個(gè)末端分別與兩個(gè)彼此絕緣的銅環(huán)C、D(集流環(huán))焊接在一起，并通過(guò)電刷和定值電阻R相連。線框所在空間有水平向右均勻分布的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，其中B0、B1和t1均為已知。在0～t1的時(shí)間內(nèi)，線框保持靜止，且線框平而和磁場(chǎng)垂直；t1時(shí)刻后線框在外力的驅(qū)動(dòng)下開(kāi)始繞