【聚集高考】高三物理一轮复习 （对点训练+通关训练）专题11 交流电、传感器.doc

【聚集高考】2014高三物理一轮复习对点训练+通关训练：专题11交流电、传感器考点1交变电流的产生与描述1.(多选)某小型发电机产生的交变电动势为e50sin 100t(v)，对此电动势，下列表述正确的有( cd )a最大值是50v b频率是100hzc有效值是25v d周期是0.02s解析：由电动势的表达式可知，最大值为50v，而有效值为：ev25v，a错、c对；2f100，故f50hz，周期t0.02s，b错、d对2.(多选)一矩形线圈绕垂直于匀强磁场方向、并绕位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化情况如图所示，则( ad )at1时刻穿过线圈的磁通量为零bt2时刻穿过线圈的磁通量为零ct3时刻穿过线圈的磁通量变化率为零dt4时刻穿过线圈的磁通量变化率为零解析：t1时刻穿过线圈的磁通量为零，感应电动势最大；t2时刻穿过线圈的磁通量最大，感应电动势为零；t3时刻穿过线圈的磁通量变化率最大，感应电动势最大；t4时刻穿过线圈的磁通量变化率为零，感应电动势为零，选项ad正确3.(多选)矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速运动，线圈中产生的交流电动势e随时间t变化的情况如图所示下列说法中正确的是( bd )at0.1s时，线圈平面与磁场方向平行b线圈在转动过程中穿过线圈的最大磁通量为wbc此交流电经15的升压变压器升压后，周期变为1sd若线圈的转速增加为原来的两倍，则交流电的有效值为v解析：em1v，t0.2s，所以eemsin temsin tsin 10t.t0.1s时，e0，此时bs.emnbsnm所以mwbwb.经变压器升压后t不变由emnbsnbs2n，e知当转速n增为原来的两倍，交流电的最大值em2em2v；有效值ev.4.(多选)一个按正弦规律变化的交变电流的it图像如图所示，根据图像可以断定( bd )a交变电流的频率f0.2hzb交变电流的有效值i有14.14ac交变电流瞬时值表达式i20sin 0.02t(a)d在t时刻，电流的大小与其有效值相等解析：从题图中可以看出，交变电流的最大值为im20a.有效值为i有a10a14.14a交变电流的周期为t0.02s，所以f50hz交变电流的瞬时值表达式为iimsin timsin 2ft，即i20sin 314t(a)在t时，交变电流的瞬时值为iimsintimsin(a)考点2变压器和远距离输电1.一台理想变压器的输出端仅接一个标有“12v,6w”的灯泡，且正常发光，变压器输入端的电流表示数为0.2a，则变压器原、副线圈的匝数之比为( d )a72 b31c63 d52解析：因为i2p2/u26/120.5a，i10.2a，所以n1n2i2i152.2.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101，电阻r10，图乙是r两端电压u随时间变化的图像，um10v.则下列说法中正确的是( d )a通过r的电流ir随时间t变化的规律是ircos 100t(a)b电流表a的读数为ac电压表v的读数为10vd变压器的输入功率为10w解析：u，电压表v的读数为10v，选项c错误；由欧姆定律，通过r的电流ir随时间t变化的规律是ircos 100t(a)，选项a错误；由变压器变压公式知，输入电压为100v，输入电流为0.1a，变压器的输入功率为10w，电流表a的读数为0.1a，选项b错误，d正确3.(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是101，原线圈输入交变电压u100sin 50t(v)，在副线圈中串接有理想电流表和定值电阻r，电容器并联在电阻r两端，电阻阻值r10，关于电路分析，下列说法中正确的是( cd )a电流表示数是1ab电流表示数是ac电阻r消耗的电功率为10wd电容器的耐压值至少是10v解析：由变压公式知，副线圈输出电压为10v，由于交变电流可以通过并联在电阻r两端的电容器，所以不能应用欧姆定律求电流表示数，选项ab错误；电阻r消耗的电功率为pw10w，选项c正确；副线圈输出电压最大值为10v，电容器的耐压值至少是10v，选项d正确4.在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器如下所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是( a )解析：电流互感器要把大电流变为小电流，因此原线圈的匝数少，副线圈的匝数多监测每相电的电流必须将原线圈串联在火线中5.(多选)(2012山东卷)图甲是某燃气炉点火装置的原理图转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，为交流电压表当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000v时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体以下判断正确的是( bc )a电压表的示数等于5vb电压表的示数等于vc实现点火的条件是1000d实现点火的条件是1000解析：交流电压表显示的是有效值，而原线圈输入的是正弦交流电，所以交流电压表的示数为v，故b正确如果副线圈电压的瞬时值大于5000v，则1000，故c正确6.在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失有一个小型发电站，输送的电功率为p500kw，当使用u5kv的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4800kwh.求：(1)输电效率和输电线的总电阻r；(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？解析：(1)输送功率p500kw，一昼夜输送电能ept12000kwh，输电线上损失的电能：e4800kwh，终点得到的电能eee7200kwh，所以，输电效率60%.输电线上的电流i100a，输电线损耗功率pri2r，其中pr200kw，得r20.(2)输电线上损耗功率pr()2r，原来pr200kw，现在要求pr10kw，解得输电电压应调节为u22.4kv.考点3传感器的简单应用1.(多选)传感器已经广泛应用于我们的生活，为我们带来方便下列可以用来控制电路通断的温度传感器元件有( ac )a双金属片 b应变片c感温铁氧体 d干簧管2.(多选)如图所示是测定压力f的电容式传感器，下列说法正确的是( ad )a压力变大，流过电流表上的电流向右b压力变小，流过电流表上的电流向右c压力不变时，电流表上仍有电流d压力不变时，电流表无电流解析：压力变大时，电容变大，电容两端的电压不变，由qcu知，电容要充电，所以电流表上的电流向右；压力变小时，情况正好相反；压力不变时，无充放电，所以电流表上无电流3.(多选)某同学设计了一个探究电容器所带电荷量与电容器两极间电压关系的实验，实验电路如图甲所示，其中p为电流传感器，v为电阻很大的电压表实验时，先将开关s1闭合，单刀双掷开关s2掷向a，调节滑动变阻器的滑动头到某位置使电容器c充电，当电路达到稳定后记录理想电压表的示数再迅速将开关s2掷向b，使电容器放电电流传感器p将电容器充、放电过程中的电流数据传送给计算机，在计算机上可显示出电流i随时间t变化的图像如图乙所示然后改变滑动变阻器滑动头的位置，重复上述步骤，记录多组电流随时间变化的图像和电压表的示数对于这个实验过程和由图像及数据所得出的结果，下列说法中正确的是( bc )a流过电流传感器p的充电电流和放电电流方向相同b图乙中的第段(充电阶段)电流曲线与横轴所围图形的面积表示电容器充电结束时所带的电荷量c电容器充电结束时所带电荷量随电容器充电结束时两极间电压变化的关系图像应为一条过原点的倾斜直线d电容器充电结束时所带电荷量与滑动变阻器滑动头的位置无关解析：流过电流传感器p的充电电流和放电电流方向相反，选项a错；图乙中的充电阶段电流曲线与横轴所围图形的面积表示电容器充电结束时所带电量，b正确；由cq/u可知，电容器充电结束时所带电荷量随电容器充电结束时两极间电压变化的关系图像应为一条过原点的倾斜直线，选项c正确；电容器充电结束时所带电荷量与滑动变阻器滑动片的位置有关，位置不同，电容两端的电压不同，所以d错4.传感器担负着信息的采集任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量(如温度、光、声等)转换成便于测量的量(通常是电学量)，例如热敏传感器，主要是应用了半导体材料制成的热敏电阻，热敏电阻阻值随温度变化的图线如图甲所示，图乙是由热敏电阻r1作为传感器制作的简单自动报警器的线路图(1)为了使温度过高时报警器响铃，c应接在a处(2)若使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻器滑片p向左移动(3)如果在调试报警器达最低报警温度时，无论如何调节滑动变阻器滑片p都不能使报警器工作，且电路连接完好，各电路元件都能处于工作状态，则造成工作电路不能正常工作的原因可能是左边电源电压太低，线圈匝数太少，弹簧劲度系数太大(写出一个)解析：电流过大时，热敏电阻阻值很小，电流很大，线圈中的电流产生强磁场将铁片吸向a这边，所以应接在a处；若使启动报警的温度提高些，热敏电阻阻值更小，那么滑动变阻器的连入电阻值应更大，所以滑片应向左移；无论如何调节滑动变阻器滑片p都不能使报警器工作时，可能是电磁铁的吸引力太小，所以可能原因有：左边电源电压太低，线圈匝数太少，弹簧劲度系数太大5.温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的如图甲所示，电源的电动势e9.0v，内阻不计；g为灵敏电流表，内阻rg保持不变；r为热敏电阻，其电阻值与温度的变化关系如图乙所示闭合开关s，当r的温度等于20时，电流表示数i12ma；当电流表的示数i23.6ma时，热敏电阻的温度是( d )a60 b80c100 d120解析：由题图乙可知，当t20时，热敏电阻阻值r14k.由闭合电路欧姆定律知ei1(r1rg)，代入数值可求得rg500.当i23.6ma时，设热敏电阻阻值为r2，即ei2(r2rg)，可求得r22k，由图乙可知这时热敏电阻温度t120，所以应选d.6.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)，如图所示，测量时先调节输入的电压，使转换器空载时的输出电压为零；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m0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(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(作图如下)(2)待测物体的质量m的表达式是mm0，式中各符号的意义是m0为砝码质量，u0为砝码放在力电转换器上时电压表的示数，u为待测物放在力电转换器上时电压表的示数.解析：(1)为了使输入电路上的电压可调节且调节范围尽可能大一些，可以用滑动变阻器组成分压电路设计电路如上图(2)当将m0的砝码放在力电转换器上时，电压表示数为u0，再将待测物放在力电转换器上，电压表示数为u，则mm0.锦囊1交流电有效值的求解方法及应用1.一个小型电热器若接到输出电压为10v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.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( c )a5v b5vc10v d10v解析：由电流热效应可知，直流电在t时间内产生的热量为q直tpt，该交流电在t时间内产生的热量为q交tpt，两式联立可得，umax10v，c选项正确2.如图所示为一交变电流的it图像，该交变电流的有效值为多少？答案1.9a解析：从题图可知交流电周期t0.4s，t10.1s，t20.1s，t30.15s，t40.05s，设其有效值为i，则：irt1irt2irt3irt4i2rt，其中i13a，i22a，i31a，i40，代入上式，得i1.9a.3.有一种电热毯，其电路原理图如图甲所示，当电热丝接在u311sin 100t(v)的交变电源上时，电热毯开始发热，当其温度升高到某一数值后，装置p启动，使电热丝所接电压变为图乙所示波形(仍为正弦波形)，从而进入保温状态若不考虑电阻丝阻值的变化，则( a )a装置p启动后，电热丝的功率变为原来的一半b装置p启动后，电热丝的功率变为原来的四分之一c装置p启动后，电压表的读数变为原来的一半d装置p启动后，电压表的读数变为原来的四分之一解析：装置p启动后，只有一半时间有电流通过，故电热丝的功率变为原来的一半，a正确；装置p启动前，电压的有效值为uv，p启动后，由有效值的定义可得t0，解得uv，则电压表的读数与原来相比，c、d均错误4.用单位长度电阻为r00.05/m的导线绕制一个n100匝，边长a0.20m的正方形线圈，线圈两端与阻值r16的电阻连接构成闭合回路，如图甲所示线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度b的大小随时间变化的关系如图乙所示求：(1)在01.0102s时间内，通过电阻r的电荷量；(2)1min内电流通过电阻r所产生的热量；(3)线圈中所产生的感应电流的有效值解析：(1)在01.0102s时间内的感应电动势en20v，通过电阻r的电流i11.0a，所以在0t1时间内通过r的电荷量qi1t11.0102c.(2)在一个周期内，电流通过电阻r产生热量q1ir0.16j，在1.0min内电阻r产生的热量为qq1320j.(3)设感应电流的有效值为i，则一个周期内电流产生的热量irt1i2rt，t1，解得ii1a(或0.577a)锦囊2变压器与电路综合问题的处理方法1.如图所示，t为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当开关s闭合时( b )a交流电压表v2和v3的示数一定都变小b交流电压表v3的示数变小c交流电流表a1、a2和a3的示数一定变大d只有a1的示数变大解析：因为u不变，由可得u2不变；当s闭合后副线圈所在电路电阻r减小，由i2可知电流i2增大，而电阻r1两端电压u3u2i2r线，故u3变小，i3变小；由ui1u2i2得i1，故i1增大综上所述，i1、i2增大，i3减小，u2不变，u3减小，故只有b项正确2.如图所示，一低压交流稳压器中，变压器的原、副线圈都带有滑动头，通过上下调节p1、p2的位置，可以改变变压器输入、输出电压图中l是一个小灯泡，r2是定值电阻，r1、r3是滑动变阻器，若要增大灯泡l的亮度，可以采取的办法是( d )ap1、p3、p4不动，p2下移bp1、p2、p3不动，p4下移cp2、p3、p4不动，p1上移dp1、p2、p4不动，p3上移解析：根据变压器的变压原理，要增大输出电压，需要使p1下移或p2上移；滑动变阻器r1是分压接法，p3上移可以使灯泡两端电压增大，灯泡功率也就增大，使其变亮；滑动变阻器r3的触头p4上移时才能使灯泡两端的电压增大，使灯泡变亮，所以只有d项正确3.如图所示，当滑动变阻器滑动触头p逐渐向上移动时，接在理想变压器两端的四个理想电表示数( d )av1不变、v2不变、a1变大、a2变大bv1不变、v2不变、a1变小、a2变小cv1变大、v2变大、a1变小、a2变小dv1变小、v2变小、a1变大、a2变大解析：当滑动变阻器滑动触头p逐渐向上移动时，变阻器有效电阻r变小，相当于负载增加，输出功率增加，则输入功率增加，而输入电压u不变，则i1变大，r1两端电压变大，则u1ui1r1变小；由变压器公式，得u2变小，i2变大，故d正确4.(多选)如图所示为一理想变压器，k为单刀双掷开关，p为滑动变阻器的滑动触头，u1为加在原线圈两端的电压，i1为原线圈中的电流强度，则( abd )a保持u1及p的位置不变，k由a合到b时，i1将增大b保持p的位置及u1不变，k由b合到a时，r消耗的功率减小c保持u1不变，k合在a处，使p上滑，i1将增大d保持p的位置不变，k合在a处，若u1增大，i1将增大解析：k由a合到b时，n1减小，由，可知，u2增大，p2u/r随之增大而p1p2，p1i1u1，从而i1增大，a正确k由b合到a时，与上述情况相反，p2将减小，b正确p上滑时，r增大，p2u/r减小，又p1p2，p1i1u1，从而i1减小，c错误u1增大，由，可知u2增大