高考物理一轮复习 第10章 交流电及传感器综合测试题 新人教版.doc

第十章 综合测试题本卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。第卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第710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。)1(2015宝鸡质检)如图所示，图象a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图象如图象b所示。以下关于这两个正弦交流电的说法中正确的是()a线圈先后两次转速之比为12b交流电a的电压瞬时值u10sin0.4t(v)c交流电b的最大值为vd在图中t0时刻穿过线圈的磁通量为零答案：c解析：由图象可知ta0.4s，tb0.6s，根据，得a5，b10/3，由2n，得转速之比，na nb3 2，a错；图象a的最大值为ema10v，交流电压的瞬时值uemsint10sin5tv，b错；根据emnbs，得emb20/3v，c对；t0的时刻感应电动势为零，故磁通量最大，d错。2(2014江苏单科)远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为u1、u2，电流分别为i1、i2，输电线上的电阻为r.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是()a.bi2ci1u2ir di1u1i2u2答案：d解析：考查了远距离输电中各物理量的关系，解题的关键是明确变压器各物理量的相互制约关系。根据变压器电流与匝数关系知，选项a错误；u2不是电阻r的电压，故i2，选项b错误；ir仅是输电线上损失的功率，而i1u1是升压变压器的输入功率，二者并不相等，选项c错误；根据功率关系知，i1u1i2u2，选项d正确。3图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是()a图甲表示交流电，图乙表示直流电b两种电压的有效值相等c图甲所示电压的瞬时值表达式为u311sin100t(v)d图甲所示电压经匝数比为101的变压器变压后，频率变为原来的答案：c解析：由图可知，电压的大小和方向都随时间变化，两图均表示交流电，a选项错误；图甲所示是正弦交流电，um311v，t2102s，则电压的瞬时值表达式为uumsint311sin100t(v)，c选项正确；变压器工作的基础为互感现象，不能改变交流电的频率，d选项错误。以上三个选项容易得出，困难在b选项。由于对应相同时刻，图甲电压比图乙电压大，根据有效值的定义可知，图甲有效值要比图乙有效值大，b选项错误。4(2014福建高考)如图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1n4n2n3，四根模拟输电线的电阻r1、r2、r3、r4的阻值均为r，a1、a2为相同的理想交流电流表，l1、l2为相同的小灯泡，灯丝电阻rl2r，忽略灯丝电阻随温度的变化。当a、b端接入低压交流电源时()aa1、a2两表的示数相同bl1、l2两灯泡的亮度相同cr1消耗的功率大于r3消耗的功率dr2两端的电压小于r4两端的电压答案：d解析：据远距离输电的原理可知，电源输送相同功率时通过a1的电流小于通过a2的电流，r1、r2损失的功率小于r3、r4损失的功率，灯泡l1较亮，a、b、c错误；据uir可知d正确。5图甲所示电路中，a1、a2、a3为相同的电流表，c为电容器，电阻r1、r2、r3的阻值相同，线圈l的电阻不计。在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1t2时间内()a电流表a1的示数比a2的小b电流表a2的示数比a3的小c电流表a1和a2的示数相同d电流表的示数都不为零答案：c解析：磁场均匀变化，感应电动势恒定，所以a3示数为零，a1和a2的示数相同。6.(2015北京海淀模拟)某种角速度计，其结构如图所示。当整个装置绕轴oo转动时，元件a相对于转轴发生位移并通过滑动变阻器输出电压，电压传感器(传感器内阻无限大)接收相应的电压信号。已知a的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为e、内阻不计。滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，装置静止时滑片p在变阻器的最左端b端，当系统以角速度转动时，则()a电路中电流随角速度的增大而增大b电路中电流随角速度的增大而减小c弹簧的伸长量为xd输出电压u与的函数式为u答案：d解析：系统在水平面内以角速度转动时，无论角速度增大还是减小，bc的总电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，故a、b错误；设系统在水平面内以角速度转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件a，根据牛顿第二定律得kxm2(lx)，又输出电压uee，联立两式得x，u，故c错误，d正确。故本题应选d。7(2015广东名校质检)如图所示为交流发电机示意图，线圈的ab边连在金属滑环k上，cd边连在滑环l上，导体制作的两个电刷e、f分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接。关于它的工作原理，下列分析正确的是()a当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大b当线圈平面转到中性面的瞬间，线圈中的感应电流最大c当线圈平面转到跟中性面垂直的位置的瞬间，穿过线圈的磁通量最小d当线圈平面转到跟中性面垂直的位置的瞬间，线圈中的感应电流最小答案：ac解析：当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零，线圈中的感应电流为零，选项a正确b错误；当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，选项c正确d错误。8图甲为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()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5000v，所以1000，选项c正确d错误。9.(2015临川二中高三月考)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比是101，原线圈输入交变电压u100sin50tv，o是副线圈中心抽出的线头，r15，r215，则()a开关s断开时，电流表的示数为0.05ab开关s闭合时，电流表的示数为0.05ac开关s闭合时，两电阻总的电功率为wd开关s断开时，两电阻总的电功率为w答案：ac解析：由电压公式知输入电压的有效值为u0100v，s断开时，根据电压与匝数成正比知输出电压为10v，s断开时，由欧姆定律知，副线圈中的电流为a0.5a，根据电流与匝数成反比得，原线圈中电流为0.05a，故a正确；开关s断开时，两电阻总的电功率为ui100.55w，故d错误；s闭合时，相当于有两个副线圈，电压仍然与匝数成正比，但电流与匝数不再成反比，因o是副线圈中心抽出的线头，两电阻两端电压均为5v，两副线圈中电流分别为i1a1a和i2aa，所以由iu0i1u1i2u2得，原线圈中电流为iaa，故b错误；s闭合时，两电阻总的电功率为p总i1u1i2u2w，故c正确。10(2015武汉新洲区高三期末检测)如图所示，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接电阻r0、r1和r2。电路中分别接了理想交流电压表v1、v2和理想交流电流表a1、a2，导线电阻不计，如图所示。当开关s闭合后()av1、v2示数变小，变压器的输出功率减小ba1、a2示数变大，变压器的输出功率增大ca1示数不变、a2示数变大，变压器的输出功率减小dv1示数不变、v2示数变小，变压器的输出功率增大答案：bd解析：据题意，当开关闭合后，副线圈总电阻r减小，据闭合电路欧姆定律可知，副线圈总电流为：i2，其中r表示r1和r2并联后的总电阻，即电流表a2示数增加，据变压器原副线圈电流规律，匝数比恒定，i2增大，则原线圈电流i1增大，即电流表a1示数增加；原线圈中输入电压u1不变，则电压表v1示数不变；副线圈两端电压也不变，电压表v2测量的是电阻r1电压，当电流增大时，电阻r0两端的电压增大，所以r1和r2并联后两端的电压减小，即v2示数减小；副线圈输出功率为p2u2i2，即输出功率增大，副线圈功率决定原线圈功率，所以原线圈功率也增大；故选项b、d正确。第卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，共18分。把答案直接填在横线上)11(6分)如图甲、乙、丙、丁所示是四种常见的电容式传感器示意图。电容器的电容c决定于极板正对面积s、极板间距离d以及极板间的电介质这几个因素。如果某一物理量变化能引起上述某个因素的变化，从而引起电容的变化。那么，通过测定电容器的电容就可以确定该物理量的变化。(1)图甲可用来测定角度，当动片与定片之间的角度变大时，可使电容c_(填“变大”“变小”或“不变”)。(2)图乙可用来测定液面高度h。在导线芯的外面涂上一层绝缘物质，放入导电液体中，导线芯和导电液体构成电容器的_，导线芯外面的绝缘物质就是_。液面高度h变大时，可使电容c_(填“变大”“变小”或“不变”)。(3)图丙可以测定_。它是通过改变_而使电容c发生变化的。(4)图丁可以测定位移x。它是通过改变极板间的_，而使电容c发生变化的。答案：(1)变小(2)两个极电介质变大(3)待测压力f极板间距离(4)电介质解析：(1)图甲，是通过动片的旋进和旋出来改变电极之间的正对面积使电容c变化的。角度变大，电极之间的正对面积减小，故电容c变小。(2)图乙，导线芯和导电液体相当于电容器的两个极板，导线芯外面的绝缘物质相当于电介质，液面高度h变大时，相当于增大了两板的正对面积，使电容c变大。(3)图丙用来测定待测压力f。压力f的变化引起极间距离的变化，从而改变电容c。(4)图丁是通过改变电介质插入板间的多少，即改变电介质而使电容c发生变化的。12(6分)如图所示，l1和l2是高压输电导线，甲是电压互感器(将高电压转化为便于测量的低电压)，乙是电流互感器(将大电流转化为便于测量的小电流)。若已知变压比为1001，变流比为160，并且知道电压表示数为220v，电流表示数为2.5a，则输电线的输送功率为_w。答案：3.3106解析：电压互感器的变压比即为原、副线圈匝数比，解得，u1u22.2104v电流互感器的变流比即为原、副线圈匝数的反比，解得，i1i2150a输电线的输电功率pu1i23.3106w。13(6分)传感器是把非电学量(如速度、温度、压力等)的变化转换成电学量的变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用。有一种测量人的体重的电子秤，其测量部分的原理图如图中的虚线框所示，它主要由压力传感器r(电阻值会随所受压力大小发生变化的可变电阻)，显示体重大小的仪表a(实质是理想的电流表)组成。压力传感器表面能承受的最大压强为1107pa，且已知压力传感器r的电阻与所受压力的关系如下表所示。设踏板和压杆的质量可以忽略不计，接通电源后，压力传感器两端的电压恒为4.8v ，取g10m/s2。请回答：压力f/n0250500750100012501500电阻r/300270240210180150120(1)该秤零起点(即踏板空载时)的刻度线应标在电流表刻度盘_a处。(2)如果某人站在该秤踏板上，电流表刻度盘的示数为20ma, 这个人的体重是_kg。答案：(1)1.6102(2)50解析：本题是传感器的应用问题，考查学生的实验与探究能力。(1)由图表知，踏板空载时，压力传感器电阻r300，此时a中电流ia1.6102a。(2)当电流i20ma20103a时，压力传感器的电阻r240，对应表格中，这个人的质量为50kg。三、论述计算题(共4小题，共42分。解答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)14(10分)(2015东北师大附中)如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场，磁感应强度为b。m和n是两个集流环，负载电阻为r，线圈、电流表和连接导线的电阻不计。求：(1)感应电动势的最大值；(2)从图示位置起转过1/4转的时间内负载电阻r上产生的热量；(3)从图示位置起转过1/4转的时间内通过负载电阻r的电荷量；(4)电流表的示数。答案：(1)2bnr2(2)(3)(4)解析：(1)线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流。此交变电动势的最大值为embsb2n2bnr2(2)在线圈从图示位置转过1/4转的时间内，电动势的有效值为e电阻r上产生的热量q()2r(3)在线圈从图示位置转过1/4转的时间内，电动势的平均值为e通过r的电荷量qtt(4)设此交变电动势在一个周期内的有效值为e，由有效值定义，得t，解得eem故电流表示数为i15(10分)用如图所示的装置可以测量汽车在水平路面上做匀加速直线运动的加速度，该装置是在矩形箱子的前、后壁上各安装一个由力敏电阻组合成的压力传感器，用两根相同的轻弹簧夹着一质量为2.0kg的滑块，滑块可无摩擦滑动，两弹簧的另一端分别压在传感器a、b上，其压力大小可直接从传感器的液晶显示屏上读出。现将装置沿运动方向固定在汽车上，传感器b在前，传感器a在后。汽车静止时，传感器a、b的示数均为10n。(g取10m/s2)(1)若传感器a的示数为14n，b的示数为6.0n，求此时汽车的加速度大小和方向。(2)当汽车以怎样的加速度运动时，传感器a的示数为零。答案：(1)4m/s2向右(2)10m/s2向左解析：传感器上所显示出力的大小，即弹簧对传感器的压力，据牛顿第三定律知，此即为弹簧上的弹力大小，亦即该弹簧对滑块的弹力大小。(1)如右图所示，依题意：左侧弹簧对滑块向右的推力f114n，右侧弹簧对滑块的向左的推力f26.0n。滑块所受合力产生加速度a1，根据牛顿第二定律有f1f2ma1，得a1m/s24m/s2。a1与f1同方向，即向前(向右)。(2)a传感器的读数恰为零，即左侧弹簧的弹力f10，因两弹簧相同，左弹簧伸长多少，右弹簧就缩短多少，所以右弹簧的弹力变为f220n。滑块所受合力产生加速度，由牛顿第二定律得f合f2ma2，得a210m/s2。负号表示方向向后(向左)。16(10分)图(a)为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的