【课堂新坐标】高考物理一轮复习 第十章 交变电流 传感器章末检测卷

第十章 交变电流 传感器章末检测
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～14题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．)
图1
1．两只相同的电阻，分别通过正弦交流电和方形波的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图1所示 ，在正弦交流电的一个周期内，正弦交流电在电阻上产生的焦耳热
Q 1与方形波交流电在电阻上产生的焦耳热Q 2之比为( )
A ．3∶1
B ．1∶2
C ．2∶1
D.4∶3
【解析】 题图甲为正弦交流电，其有效值为I 1＝
I
2
＝
12
A.
题图乙为方波电流，由于电流的热效应与电流的方向无关，所以其有效值为I 2＝I m ＝1 A ，
因此Q 1Q 2＝I 21RT
I 22RT ＝12
.
【答案】 B
2. 如图2所示，以300 r/min 绕中心轴匀速转动的线圈abdc 的面积是0.05 m 2
，线圈共100匝，线圈电阻r ＝1 Ω，定值电阻R ＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度大小B ＝2
πT ，从
如图所示的线圈位置开始计时，则( )
图2
A ．电路中电压表的示数约为32 V
B ．线圈转动130 s 时，磁通量的变化量大小为53
πWb
C ．线圈转动130 s 时，通过电阻R 的电流为52
2 A
D ．线圈转过90°的过程中通过电阻R 的电荷量为1
π
C
【解析】 线圈匀速转动产生的电动势为e ＝nBS ωcos ωt ＝100 cos 10πt (V)，所以电压表示数为U ＝
2E m R R ＋r ≈64 V，A 错；线圈转动1
30
s, 即线圈转过的角度为θ＝ωt ＝π3，磁通量的变化量大小为ΔΦ＝BS sin π3＝320π Wb ，B 错；线圈转动1
30
s 时，通过电阻R 的电流为i ＝e R ＋r ＝10010cos π3(A)＝5 A ，C 错；由q ＝I t ＝n ·ΔΦR ＋r ＝nBS R ＋r ＝1π
C ，
D 对．
【答案】 D
3. 如图3所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B .电阻为R 、半径为
L 、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O 轴以角速度ω匀速转动(O 轴位于磁
场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为( )
图3
A.BL 2ω
2R
B.2BL 2
ω2R
C.2BL 2
ω4R
D.BL 2ω4R
【解析】 扇形闭合导线框切割磁感线的有效长度始终是半径L ，各点的平均速度v ＝
L ω
2
，导线框进磁场和出磁场时有感应电流产生，由法拉第电磁感应定律和有效值的定义有：
E ＝BL 2ω
2，E 2R ×T 4＝I 2RT ，可得I ＝BL 2ω4R
，故D 正确，A 、B 、C 错误．
【答案】 D
4．一个小型电热器若接在输出电压为10 V 的直流电源上，消耗电功率为P ；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为P
2.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压
的最大值为( )
A ．5 V
B ．5 2 V
C ．10 V
D ．10 2 V
【解析】 设电热器电阻为R ，正弦交流电源的电压有效值为U 效，接10 V 直流电源时，
P ＝U 2R ＝102R ①；接交流电源时，P 2＝U 2效
R
②，联立①②得U 效＝5 2 V ，故最大值U m ＝2U 效＝10
V ，C 选项正确．
【答案】 C
5．(2014·山东潍坊市模拟)如图4甲所示电路中，L 1、L 2、L 3为三只“6 V 3 W”的灯泡，变压器为理想变压器，各电表均为理想电表，当ab 端接如图4乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光．下列说法中正确的是( )
甲
乙 图4
A ．变压器原副线圈的匝数比为3：1
B ．输出端交流电的频率为50 Hz
C ．电流表的示数为0.5 A
D ．电压表的示数为18 V
【解析】 由乙图可知ab 端接入的交流电有效值U ＝
1822
V ＝18 V ，灯泡正常发光，
说明灯泡电压为6 V ，那么变压器输入电压U 1＝18 V －6 V ＝12 V ，输出电压U 2＝6 V ，原副
线圈匝数比为n 1n 2＝U 1U 2＝21，A 项错误；由乙图可知输入交流电的频率f ＝1T ＝12×10－2
Hz ＝50 Hz ，
经变压器后频率不变，B 项正确；L 2、L 3正常发光，额定电流I ＝36 A ＝1
2 A ，电流表示数为
2I ＝1 A ，C 错误；电压表示数为原线圈输入电压，即U 1＝12 V ，D 项错误．
【答案】 B
6．(2014·湖南长沙二模)如图5甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接交流电源，副线圈通过电阻为R 的导线与热水器、抽油烟机连接．测得副线圈两端的电压按图5乙所示规律变化，现闭合开关S 接通抽油烟机，下列说法正确的是( )
图5
A ．原线圈两端电压表示数为1 100 V
B ．抽油烟机上电压的瞬时值表达式为u ＝220 2 sin(100 πt )V
C ．抽油烟机工作时，热水器的实际功率增大
D ．抽油烟机工作时，变压器的输入功率减小
【解析】 由u ­t 图象知，U 2＝220 V ，则U 1＝n 1
n 2
U 2＝1 100 V ，A 项正确；因线路有电阻，故抽油烟机上的电压小于副线圈两端的电压，B 项错；抽油烟机工作时，副线圈中的电流变大，电阻R 上损失的电压变大，则热水器两端电压变小，实际功率变小，C 项错；抽油烟机工作时，变压器的输出功率增大，则输入功率增大，D 项错误．
【答案】 A
7．(2014·浙江重点中学协作体调研)如图6所示，导体棒ab 两个端点分别接在两个竖直放置、电阻不计、半径相等的金属圆环上，圆环通过电刷与导线c 、d 相接．c 、d 两个端点接在匝数比为n 1∶n 2＝10∶1的变压器原线圈两端，变压器副线圈接一个滑动变阻器，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，导体棒ab 长为L (电阻不计)，绕与ab 平行的水平轴(也是两圆环的中心轴)OO ′以角速度ω匀速转动．如果变阻器的阻值为R 时，电流表的读数为I ，则( )
图6
A ．变阻器上消耗的功率为P ＝10I 2
R B ．变压器原线圈两端的电压U 1＝10IR
C ．取ab 在环的最低端时t ＝0，则棒ab 中感应电流的表达式是i ＝2I sin ωt
D ．ab 沿环转动过程中受到的最大安培力F ＝2BIL
【解析】 根据变压器原副线圈匝数比可知，副线圈(变阻器)中的电流为10I ，副线圈的电压为10IR ，故变阻器的功率为100I 2R ，故A 错误．原线圈的电压为100IR ，B 错误．当
ab 棒在环的最低点时切割的速度最大，感应电动势(电流)最大，电流表达式应为i ＝2I cos
ωt ，C 错误．ab 棒上最大电流为2I ，所以最大安培力为2BIL ，D 正确．
【答案】 D
8. (2014·江苏苏北四校调研)如图7所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比
n 1：n 2＝22∶5，电阻R 1＝R 2＝25 Ω，D 为理想二极管，原线圈接u ＝2202sin 100πt (V)
的交流电．则( )
图7
A ．交流电的频率为100 Hz
B ．通过R 1的电流为2 2 A
C ．通过R 2的电流为 2 A
D ．变压器的输入功率为200 W
【解析】 原线圈接u ＝2202sin 100πt (V)的交流电．所以T ＝2π
100 π＝0.02 s ，交
流电的频率f ＝1
T
＝50 Hz ，故A 错误；由原线圈接u ＝2202sin 100πt (V)的交流电，电压
有效值是220 V ，原、副线圈的匝数比n 1：n 2＝22∶5，根据原副线圈电压之比等于匝数之比可知，副线圈的电压为U 2＝
522×220 V＝50 V ，通过R 1的电流I ＝50
25
＝2 A ，故B 错误；由于二极管的单向导电性，通过R 2的只有正向的电流，不是完整的交流电，根据有效值的定义有：502
R T 2＋0＝U 2
R T ，解得R 2两端电压的有效值为U ＝25 2 V ，所以通过R 2的电流为I 2＝U
R 2
＝
2 A ，故C 正确；副线圈的电阻R 1消耗的功率P ＝U 22
R 1＝100 W ，电阻R 2消耗的功率为P ′＝
12
×50
2
25W ＝50 W ，所以副线圈的输出功率应为150 W ，由输出功率等于输入功率可知变压器的输入功率为150 W ，D 错误．
【答案】 C
9. (2014·江苏高考改编)如图8所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )
图8
A．减少线圈的匝数
B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯
D．取走线圈中的铁芯
【解析】当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势．瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱．所以选项B正确，选项A、C、D错误．
【答案】AB
10．(2014·湖南四校联考)为了保证行车安全和乘客身体健康，地铁车厢内装有烟雾报警装置，其原理如图9所示．M为纯电阻的烟雾传感器，其阻值R M随着烟雾浓度的改变而变化，电阻R为可变电阻．车厢内有人抽烟时，烟雾浓度增大，导致S两端的电压增大到临界值，S装置发出警报．下列说法正确的是( )
图9
A．R M随烟雾浓度的增大而减小
B．R M随烟雾浓度的增大而增大
C．若要提高报警灵敏度可增大R
D．若要提高报警灵敏度可减小R
【解析】烟雾浓度增大，导致S两端的电压增大到临界值，说明传感器阻值减小，则有R M随烟雾浓度的增大而减小，A项正确，B项错误；要提高报警灵敏度，就是要使S两端电压达到临界值时烟雾浓度更小，传感器阻值比调整前更大，此时并联部分阻值应和调整前相同，故R应适当减小，C项错误，D项正确．
【答案】AD
11．(2014·山东临沂3月质检)某交流发电机的输出电压随时间变化的图象如图10所示，输出功率是20 kW ，现用5 000 V 高压输电，输电线上的总电阻是40 Ω，再利用n 1∶
n 2＝22∶1的降压变压器降压后供给用户，则下列说法正确的是( )
图10
A ．交变电流的频率为100 Hz
B ．发电机输出电压的有效值为220 V
C ．流过高压输电线的电流为125 A
D ．降压变压器输出电压的有效值为220 V
【解析】 由交变电流的图象可知交变电流的频率为50 Hz ，发电机输出电压的有效值为220 V ，A 项错；B 项正确，由P ＝UI 得输电电流I ＝P U
＝4 A ，C 项错；输电线路上损失的
电压ΔU ＝IR 线＝160 V ，降压器输出电压的有效值为U 2＝n 2n 1U 1＝1
22
×(5 000－160)V ＝220 V ，
D 项正确．
【答案】 BD
12．(2014·浙江丽水中学月考)如图11所示是通过街头变压器降压给用户供电的示意图．输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动．输出电压通过输电线送给用户，两条输电线总电阻用R 0表示．当负载增加时，则( )
图11
A ．电压表、的示数几乎不变
B ．电流表的示数增大，电流表的示数减小
C ．电压表
的示数增大，电流表的示数增大
D ．电压表、的示数之差与电流表的示数的比值不变
【解析】 据题意可知，电压表和分别测量原线圈电压和副线圈电压，因原线圈输入电压不变，则副线圈的电压也不变，所以A 选项正确；负载增加，则副线圈电流增大，即
示数增大，据副线圈电流决定原线圈电流，则原线圈电流也增大，所以B 选项错误；由于
增大，则R0所分担电压增大，又知副线圈两端电压不变，则示数减小，C错误；电压表、的示数之差与电流表的示数的比值其实是输电线的总电阻R0，而输电线电阻大小不变，所以D选项正确．
【答案】AD
13．如图12所示，某变电站用10 kV的高压向10 km外的小区供电，输送的电功率为200 kW.现要求在输电线路上损耗的功率不超过输送电功率的2%，下列不同规格的输电线中，符合要求的是( )
图12
【解析】由P＝UI解得输电电流I＝
＝20 A，输电线路上损耗的功率不超过P线＝200
U
kW×2%＝4 kW，由P线＝I2R，解得R＝10 Ω，由于输电线长度需要20 km，所以可以选择千米电阻0.5 Ω/km以下的型号DYD100/C或型号DYD150/C，符合要求的是选项C、D.
【答案】CD
14. (2014·河南郑州预测)如图13所示，一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为n1：n2＝40∶1，在副线圈两端接有“6 V40 W”的电灯泡．若灯泡正常发光，则下列说法中正确的是( )
图13
A．在原、副线圈中，通过每匝线圈的磁通量时时刻刻都相同
B．通过原、副线圈的交变电流的频率相同
C．变压器输入电压的最大值为240 V
D．变压器输入功率为40 W
【解析】因为有铁芯的存在，铁芯的导磁性好，可以防止磁场外漏，理想变压器是无磁漏现象的，故A正确；变化的磁场(电场)产生同频率变化的电场(磁场)，所以原、副线圈的交变电流的频率相同，都与电源频率相同，故B正确；副线圈两端接有“6 V40 W”的
电灯泡，且恰能正常发光，则副线圈的电压为U 2＝6 V ，电流为I 2＝P U 2＝
20
3
A ；因原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝40∶1，由U 1U 2＝n 1n 2
得原线圈的电压的有效值U 1＝240 V ，电流I 1＝U 2U 1
I 2＝1
6
A ，所以变压器的输入功率为P 入＝I 1U 1＝40 W ，故C 错误、D 正确． 【答案】 ABD
二、非选择题(本题共3小题，共44分．按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)
15．(14分) 某学生为了测量一物体的质量，找到一个力电转换器，该转换器的输出电压正比于受压面的压力(比例系数为k )，如图14所示．测量时先调节输入端的电压．使转换器空载时的输出电压为0；而后在其受压面上放一物体，即可测得与物体的质量成正比的输出电压U .现有下列器材：力电转换器、质量为m 0的砝码、电压表、滑动变阻器、干电池各一个、开关及导线若干、待测物体(可置于力电转换器的受压面上)．请完成对该物体质量的测量．
图14
(1)设计一个电路，要求力电转换器的输入电压可调，并且使电压的调节范围尽可能大，画出完整的测量电路图．
(2)简要说明测量步骤，求出比例系数k ，并测出待测物体的质量m . (3)请设想实验中可能会出现的一个问题． 【解析】 (1)设计的电路如图所示．
(2)测量步骤与结果：①调节滑动变阻器，使转换器的输出电压为零；②将砝码放在转换器上，记下输出电压U 0；③将待测物体放在转换器上，记下输出电压U 1；由U 0＝km 0g ，得
k ＝U 0/m 0g ，又知U 1＝kmg ，所以m ＝m 0U 1/U 0.
(3)因电源的电压不够而使输出电压调不到零(或待测物体质量超出转换器量程)．
【答案】 见解析
16．(15分)发电机的端电压为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】 该题是输电线路的分析和计算问题，给合电路结构和输电过程中的电压关系和电流关系可解此题．
(1)线路图如图所示：
(2)升压变压器的输出电压U 2＝n 2
n 1
U 1＝2 200 V 升压变压器的输出电流I 2＝n 1n 2
I 1 由P ＝U 1I 1得，升压变压器的输入电流
I 1＝P U 1＝44×103
220 A ＝200 A
所以I 2＝n 1n 2I 1＝1×20010
A ＝20 A
输电线路上的电压损失和功率损失分别为
U R ＝I 2R ＝4 V ，P R ＝I 22R ＝0.08 kW
降压变压器的输入电流和输入电压分别为
I 3＝I 2＝20 A ，U 3＝U 2－U R ＝2 196 V
降压变压器的输出电压和输出电流分别为
U 4＝n 4n 3U 3＝219.6 V ，I 4＝n 3
n 4
I 3＝200 A
用户得到的功率P 4＝U 4I 4＝43.92 kW
(3)若不采用高压输电，线路损失电压为U R ′＝I 1R ＝40 V 用户得到的电压U ′＝U 1－U R ′＝180 V 用户得到的功率为P ′＝U ′I 1＝36 kW. 【答案】 见解析
17．(15分)如图15所示，理想变压器B 的原线圈跟副线圈的匝数比n 1：n 2＝2∶1，交流电源电压u 1＝311 sin (100 πt ) V ，F 为熔断电流为I 0＝1.0 A 的保险丝，负载为一可变电阻．
图15
(1)当电阻R ＝100 Ω时，保险丝能否被熔断？
(2)要使保险丝不被熔断，电阻R 的阻值应不小于多少？变压器输出的电功率不能超过多少？
【解析】 原线圈电压的有效值为U 1＝3112
V ＝220 V 由U 1U 2＝n 1
n 2
得副线圈两端的电压 U 2＝n 2n 1U 1＝12
×220 V＝110 V (1)当R ＝100 Ω时，副线圈中电流
I 2＝U 2R ＝110100
A ＝1.10 A 由U 1I 1＝U 2I 2得原线圈中的电流为
I 1＝U 2U 1I 2＝110220
×1.10 A＝0.55 A 由于I 1<I 0(熔断电流)，故保险丝不会熔断．
(2)设电阻R 取某一值R 0时，原线圈中的电流I 1刚好达到熔断电流I 0，即I 1＝1.0 A ，则副线圈中的电流为I 2＝U 1
U 2
I 1＝2×1.0 A＝2.0 A 电阻R 的阻值为：R 0＝U 2I 2＝1102.0
Ω＝55 Ω 此时变压器的输出功率为
P 2＝I 2·U 2＝2.0×110 W＝220 W
可见，要使保险丝F 不被熔断，电阻R 的阻值不能小于55 Ω，变压器输出的电功率不能超过220 W.
【答案】 见解析。