人教版2019届高考一轮复习专题：交变电流 传感器(含答案)

人教版物理高考复习专题交变电流传感器
一、单选题(共10小题,每小题5.0分,共50分)
1.如图所示，金属板放在垂直于它的匀强磁场中，当金属板中有电流通过时，在金属板的上表面A 和下表面A′之间会出现电势差，这种现象称为霍尔效应．若匀强磁场的磁感应强度为B，金属板宽度为h、厚度为d，通有电流I，稳定状态时，上、下表面之间的电势差大小为U.则下列说法中正确的是()
A．在上、下表面形成电势差的过程中，电子受到的洛仑兹力方向向下
B．达到稳定状态时，金属板上表面A的电势高于下表面A′的电势
C．只将金属板的厚度d减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为
D．只将电流I减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为
2.一个电炉上标“220 V、1.5 kW”，那么为了使它正常工作，所使用的正弦交流电应是() A．电压最大值为220 V，电流最大值约为9.6 A
B．电压最大值为311 V，电流最大值约为6.8 A
C．电压有效值为220 V，电流有效值约为6.8 A
D．电压有效值为311 V，电流有效值约为9.6 A
3.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图1所示．产生的感应电动势如图2所示，则（）
A．t=0.015s时线框的磁通量变化率为零
B．t=0.01s时线框平面与中性面重合
C．线框产生的交变电动势有效值为311V
D．线框产生的交变电动势频率为100Hz
4.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为
5.0 Ω，则外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则()
A．电压表v的示数为220 V
B．电路中的电流方向每秒钟改变50次
C．灯泡实际消耗的功率为484 W
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J
5.通过一阻值R＝100 Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为 1 s．电阻两端电压的有效值为()
A． 12 V
B． 4V
C． 15 V
D． 8V
6.为了减少远距离输电过程中的电能损失，往往采用高压输电，当高压到达用户端时再变为低
压．若某变电站将电压u 0＝11000sin 100πt V的交流电降为220 V供居民小区用电，则变电所变压器()
A．原、副线圈匝数比为50∶1
B．副线圈中电流的频率是100 Hz
C．原线圈的导线比副线圈的要粗
D．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和
7.关于电能输送的分析，正确的是()
A．由公式P＝知，输电电压越高，输电线上功率损失越少
B．由公式P＝知，输电导线电阻越大，输电线上功率损失越少
C．由公式P＝I2R知，输电电流越大，输电导线上功率损失越大
D．由公式P＝UI知，输电导线上的功率损失与电流成正比
8.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R＝10 Ω.从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是()
A．当S与a连接后，t＝ 0.01 s时理想电流表示数为零
B．当S与a连接后，理想电流表的示数为2.2 A
C．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的2倍
D．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz
9.目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度．磁强计的原理如右图所示，电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x
轴正方向、大小为I的电流．已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动．两电极M、N均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U.则磁感应强度的大小和电极M、N的正负为()
A．，M正、N负
B．，M正、N负
C．，M负、N正
D．，M负、N正
10.下图表示一交流电的电压随时间变化的图线，此交流电压的有效值是()
A． 75 V
B． 75V
C． 50 V
D． 50V
二、多选题(共5小题,每小题5.0分,共25分)
11.(多选)在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有()
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
12.(多选)美国科学家WillardS．Boyle与GeorgeE．Smith因电荷耦合器件(CCD)的重要发明荣获2009年度诺贝尔物理学奖．CCD是将光学量转变成电学量的传感器．下列器件可作为传感器的有()
A．发光二极管
B．热敏电阻
C．霍尔元件
D．干电池
13.(多选)如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1＝1000匝，副线圈匝数为n2＝200匝，将原线圈接在u＝220sin 100πt(V)的交流电压上，副线圈上电阻R和理想交流电压表并联接入电路，现在A、B两点间接入不同的电子元件，则下列说法正确的是()
A．在A、B两点间串联一只电阻R，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2 Wb/s
B．在A、B两点间接入理想二极管，电压表读数约为31 V
C．在A、B两点间接入一只电容器，如果只缓慢提高交流电频率，电压表读数将缓慢增大D．在A、B两点间接入一只电感线圈，如果只缓慢提高交流电频率，电阻R消耗电功率将缓慢增
大
14.(多选)如图所示，面积为S、匝数为N、内阻不计的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从水平位置开始计时，绕水平轴OO′以角速度ω匀速转动．矩形线圈通过滑环连接理想变压器．理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动时，可改变副线圈的输出电压；副线圈接有可变电阻R.电表均为理想交流电表．下列判断正确的是()
A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式e＝NBSωcosωt
B．矩形线圈产生的感应电动势的有效值为
C．当P位置不动，R增大时，电压表示数也增大
D．当P位置向上移动、R不变时，电流表示数将增大
15.(多选)如图所示，理想变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A，按图甲所示方式连接，已知变压器的原副线圈的匝数比为＝，电阻R＝100 Ω，图乙是R两端电压U随时间变化的图像，U m＝10V．下列判断正确的是()
A．电压表V的读数为10 V
B．电流表A的读数为A
C．变压器的输入功率为10 W
D．通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝0.1cos 100πt(A)
三、实验题(共2小题,每小题10.0分,共20分)
16.热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，现用伏安法研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲
线，要求该特性曲线尽可能完整．已知常温下待测热敏电阻的阻值约4～5 Ω.将热敏电阻和温度计插入带塞的保温杯中，杯内有一定量的冷水，其他备用的仪表和器具有：盛有热水的热水瓶(图中未画出)、电源(3 V、内阻可忽略)、直流电流表(内阻约1 Ω)、直流电压表(内阻约5 kΩ)、滑动变阻器(0～20 Ω)、开关、导线若干．
(1)在下面的虚线框中画出实验电路图，要求测量误差尽可能小．
(2)根据电路图，在下图的实物图上连线．
(3)简要写出完成接线后的主要实验步骤．
17.青岛奥运会帆船赛场采用风力发电给蓄电池充电，为路灯提供电能．用光敏电阻作为传感器控制路灯电路的开关，实现自动控制．光敏电阻的阻值随照射光的强弱而变化，作为简化模型，可以近似认为，照射光较强(如白天)时电阻几乎为0：照射光较弱(如黑天)时电阻接近于无穷大．利用光敏电阻作为传感器，借助电磁开关，可以实现路灯自动在白天关闭，黑天打开．电磁开关的内部结构如图所示.1、2两接线柱之间是励磁线圈，3、4两接线柱分别与弹簧片和触点连接．当励磁线圈中电流大于50 mA时，电磁铁吸合铁片，弹簧片和触点分离，3、4断开；电流小于50 mA 时，3、4接通．励磁线圈中允许通过的最大电流为100 mA.
(1)利用以下器材设计一个自动控制路灯的电路，画出电路原理图．
光敏电阻，符号，灯泡L，额定功率40 W，额定电压36 V，符号，保护电阻R2，符号，电磁开关，符号，蓄电池E，电压36 V，内阻很小，开关S，导线若干．
(2)回答下列问题：
①如果励磁线圈的电阻为200 Ω，励磁线圈允许加的最大电压为______ V，保护电阻R2的阻值范围为______ Ω.
②在有些应用电磁开关的场合，为了安全，往往需要在电磁铁吸合铁片时，接线柱3、4之间从断开变为接通．为此，电磁开关内部结构应如何改造？请结合本题中电磁开关内部结构图说明．答：________________________________________________________________________.
③任意举出一个其它的电磁铁应用的例子．
答：________________________________________________________________________.
四、计算题(共3小题,每小题18.0分,共54分)
18.如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r＝0.10 m、匝数n＝20匝的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)．线圈所在位置磁感应强度的大小均为B＝T，线圈的电阻为R1＝0.50 Ω，它的引出线接有电阻为R2＝9.5 Ω的小电珠L. 外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过小电珠．当线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示时(摩擦等损耗不计)．求：
(1)线圈速度随时间的变化关系式；
(2)电压表的示数；
(3)线圈所受到安培力随时间的变化关系式．
19.单匝矩形线框abcd如图所示，其中ab＝L1，bc＝L2，线框电阻为r，ad间接电阻R，并串入电流表A，线框以ad边为轴在磁感应强度为B的匀强磁场中匀速转动，角速度为ω，求：
(1)交流电流表A的示数；
(2)从图示位置转过60°角过程中，通过R的总电荷量；
(3)从图示位置转过180°角过程中，外力所做的功．
20.如图所示，矩形线圈边长为ab＝20 cm，bc＝10 cm，匝数N＝100匝，磁场的磁感应强度B＝0.01 T．当线圈以n＝50 r/s的转速从图示位置开始逆时针匀速转动时，求：
(1)线圈中交变电动势瞬时值表达式；
(2)从线圈开始转起动，经0.01 s时感应电动势的瞬时值．
五、填空题(共2小题,每小题5.0分,共10分)
21.有效值是根据电流的__________来规定的．如图所示为一交变电压随时间变化的图象．每个周期内，前三分之二周期电压按正弦规律变化，后三分之一周期电压恒定．根据图中数据可得，此
交流电压的有效值为______________
22.如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，线框中感应电流的有
效值I＝____________.线框从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量q＝__________.
答案解析
1.【答案】D
【解析】电流向右，磁场向内，根据左手定则，安培力向上，电流是电子的定向移动形成的，故洛伦兹力也向上，故上极板聚集负电荷，下极板带正电荷，故下极板电势较高；故A错误，B错误；电子最终达到平衡，有：evB＝e
则：U＝vBh
电流的微观表达式：I＝nevS＝nevhd
则：v＝，代入得：U＝Bh＝∝
只将金属板的厚度d减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为2U，故C错误；只将电流I减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为，故D正确．
2.【答案】C
【解析】电炉上面的铭牌标示的额定电压额定功率都是有效值，即电炉正常工作的额定电压即有效电压是220 V，根据功率P＝UI可得额定电流即I＝≈6.8 A．正弦交流电的有效值等于最大值除以，所以正常工作的有效电压220 V，最大电压220V≈311 V，正常工作的有效电流约为6.8 A，最大电流6.8A≈9.6 A对照答案C对．
3.【答案】B
【解析】时感应电动势最大，根据即磁通量变化率最大，选项A错。

时感应电动势为0，磁通量变化率为0，但磁通量最大，即线框平面与中性面重合。

选项B对。

正弦
交流电的有效值即，选项C错。

根据乙图交流电周期，所以频率
，选项D错。

4.【答案】D
【解析】电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由图像知电动势的最大值E m＝220V，有效值E ＝220 V，灯泡两端电压U＝＝209 V，A错；由图像知T＝0.02 s，一个周期内电流方向变化
两次，可知1 s内电流方向变化100次，B错；灯泡的实际功率P＝＝W＝459.8 W，C错；电流的有效值I＝＝2.2 A，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q＝I2rt＝2.22×5×1 J＝24.2 J，D对．
5.【答案】B
【解析】根据电流的热效应计算电流的有效值．由0.12R×0.4×2＋0.22R×0.1×2＝I2R×12可得，流过电阻的电流的有效值I＝A，电阻两端电压的有效值为U＝IR＝4V，B正确．
6.【答案】A
【解析】由交流电瞬时值表达式可知，最大值为11000V，频率为50 Hz，则有效值为11000
V，变压器原副线圈匝数比为50∶1，A正确；原副线圈中交变电流频率相同，B错误；原、副线圈功率相同，由P＝IU知副线圈电压低则电流大，则副线圈导线要粗些，C错误；变压器输入功率等于输出功率，电流不相等，D错误．
7.【答案】C
【解析】在计算输电线上功率损失时，公式P＝中的U表示的是输电线上的电压，而不是输送
电压，A错误；输电线的电阻越大，但是消耗的电压也越大，也就是说公式P＝中涉及两个变量，不能确定第三个，B错误；根据公式P＝I2R可得输电电流越大，输电导线上功率损失越大，C正确；和B一样，电流越大，电压是变化的，即两个变量，不能说P和I是成正比的，D错误．8.【答案】B
【解析】由图象可知，电压的最大值为U m＝311 V，交流电的周期为T＝2×10－2s，所以交流电的频率为f＝50 Hz，交流电的有效值为U＝220 V，根据电压与匝数程正比可知，副线圈的电压为U′＝22 V，根据欧姆定律得：I＝2.2 A，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，当单刀双掷开关与a连接且t＝0.01 s时，电流表示数为2.2 A，故A错误，B正确；当单刀双掷开关由a拨向b时，原、副线圈的匝数比为5∶1，根据电压与匝数成正比得副线圈的电压为原来的两倍，即44 V，根据功率P＝，得副线圈输出功率变为原来的4倍，所以原线圈的输入功率变为原来的4倍，故C错误；变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为f＝50 Hz，
故D错误．
9.【答案】D
【解析】根据左手定则知，电子向外侧偏转，则导体M极为负极，N极为正极．自由电子做定向移动，视为匀速运动，速度设为v，则单位时间内前进的距离为v，对应体积为vab，此体积内含有的电子个数为：nvab，电量为：nevab
有I＝＝＝neabv
电子受电场力和洛伦兹力平衡，有e＝Bev
解得：B＝，故D正确，A、B、C错误．
10.【答案】D
【解析】电压电流的有效值都是根据热效应来计算的．也就是说一个周期内发出的热量与等于有效值的电压在一个周期内发出热量相等．观察电压随时间变化的图像，周期为0.3 s，设电阻为R，则有×0.1 s＋×0.2 s＝×0.3 s，带入计算U 效＝50V，答案D对．
11.【答案】CD
【解析】升压和降压变压器的输出电压由输入电压和线圈的匝数决定，不受到输出功率的影响，因此输出电压不发生变化，A项和B项错误；P损＝I2R线＝2R线，可知随着输出功率的增大，输电线上损耗的功率越大，C项正确；根据n＝＝，U出、R线不变，P出逐渐增大，因此损耗的功率占总功率的比例增大．
12.【答案】BC
【解析】热敏电阻的阻值随温度的变化而变化，可以把温度转化为电学量，而霍尔元件可以把磁场的磁感应强度转化为电学量，热敏电阻和霍尔元件可作为传感器，B、C正确．
13.【答案】BC
【解析】在A、B两点间串联一只电阻R，输入电压最大值为220V≈311 V，故平均每匝电压为0.311 V，故磁通量的最大变化率为0.311 Wb/s，A错误；输入电压有效值为220 V，根据＝，故输出电压为44 V，在A、B两点间接入理想二极管，会过滤掉负半周电流，设电压表读数为
U，则根据有效值定义，有×＝×T得：U＝≈31 V，B正确；在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电容器容抗减小，R分得的电压增加，电压表读数增加，C正确；在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，感抗增加，R分得的电压减小，电压表读数减小，D错误．
14.【答案】AD
【解析】由于线圈从水平位置开始计时，则矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式e＝NBSωcosωt，选项A正确；矩形线圈产生的感应电动势的有效值为，选项B错误；由于线圈内阻不计，故电压表的读数恒定不变，与电阻R的大小及P点的位置无关，选项C错误；当P位置向上移动、R不变时，由于变压器初级匝数减小，故次级电压变大，次级电流变大，故初级电流变大，即电流表示数将增大，选项D正确．
15.【答案】A
【解析】正弦式电流且电阻R的U m＝10V，则有效值U＝10 V，故A正确；正弦式电流且电阻R的U m＝10V，则有效值U＝10 V，所以通过电阻的电流为I2＝＝A＝0.1 A，根据电流与匝数成反比，知电流表示数I1＝I2＝0.01 A，故B错误；理想变压器输入功率等于输出功率，故P＝UI＝10×0.1 W＝1 W，故C错误；因此通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝0.1cos 100πt(A)故D错误．
16.【答案】见解析
【解析】(1)为获得更多的数据，应使电压从零开始变化，故应采用分压电路．由于待测热敏电阻阻值约4～5 Ω，故应采用电流表外接法，电路图如图所示．
(2)按电路图连接实物图如图所示．
(3)①往保温杯中加入一些热水，待温度稳定时读出温度计示数；
②调节滑动变阻器，快速测出几组电流表和电压表的值并记录；
③重复①、②，测量不同温度下的电流表和电压表的值并作记录；
④绘出各测量温度下热敏电阻的伏安特性曲线．
17.【答案】(1)电路原理如图所示.
(2)①20160～320
②把触点从弹簧片右侧移到弹簧片左侧，保证当电磁铁吸合铁片时，3、4之间接通：不吸合时，
3、4之间断开．
③电磁起重机
【解析】(1)要使光敏电阻能够对电路进行控制，且有光照时路灯熄灭，光敏电阻应与1,2串联，3,4与路灯串联；则电路图如图所示．
(2)①由U＝IR得励磁线圈允许加的最大电压为U＝ImR＝0.1×200 V＝20 V；依据允许通过励磁线圈的电流最大值和最小值计算得R2min＝Ω＝160 Ω，R2min＝Ω＝320 Ω，因此保护电阻R2的阻值范围为160～320 Ω；
②把触点从弹簧片右侧移到弹簧片左侧，保证当电磁铁吸合铁片时，3、4之间接通：不吸合时，
3、4之间断开．
③电磁起重机
18.【答案】(1)v＝2sin 5πt(m/s)(2)1.07 V(3)F安＝0.128sin 5πt(N)
【解析】(1)由图丙得，线圈切割速度为v＝v m sinωt①
解得v＝2sin 5πt(m/s)
(2) 线圈在磁场中做往复运动，切割磁感线的有效长度为L＝2πr②由法拉第电磁感应定律，感应电动势为e＝nBLv＝nBLv m sinωt③即产生正弦交变电流，感应电动势的峰值E m＝nBLv m④
代入数据得E m＝1.6 V
小电珠中电流的峰值为I m＝⑤
解得I m＝0.16 A
电压表示数即有效值，为U＝＝⑥
解得：U＝0.76V≈1.07 V
(3)线圈中电流瞬时值为i＝⑦
线圈受到安培力为F安＝nBiL⑧
由③⑦⑧得F安＝0.128sin 5πt(N)
19.【答案】(1)(2)(3)
【解析】(1)E m＝BL1L2ω，E＝，I＝＝
(2)Φ1＝0，Φ2＝BL1L2sin 60°＝BL1L2，q＝＝
(3)t＝，W＝Q＝I2(R＋r)t＝
20.【答案】(1)e＝6.28sin (100πt＋) V(2)－3.14 V
【解析】(1)线圈的角速度为ω＝2πn＝100 π rad/s
产生的感应电动势的最大值为
E m＝NBSω＝NBω·ab·bc＝6.28 V
又刚开始转动时线圈平面与中性面夹角为30°＝
故线圈中交变电动势的瞬时值表达式为
e＝E m sin (ωt＋)＝6.28sin (100πt＋π/6) V
(2)把t＝0.01 s代入上式，可得此时感应电动势的瞬时值：e＝－3.14 V
21.【答案】热效应 2 V
【解析】交变电流的有效值是描述交流电的一个重要物理量，有效值是根据电流的热效应来规定的，即在通过相同的电阻，在相同的时间内产生的热量相同，根据定义可得：T＝·＋·(U1＝3V，U＝6 V)代入上式得：U＝V
22.【答案】
【解析】本题考查交变流电的产生和最大值、有效值、平均值的关系及交变电流中有关电荷量的计算等知识．电动势的最大值E m＝BSω，电动势的有效值E＝，电流的有效值I＝＝，q ＝Δt＝Δt＝＝.。