【核动力】2022届高三物理一轮复习章末综合检测十-第10章-交变电流-传感器-

章末综合检测(十)考试时间：60分钟第Ⅰ卷(选择题)评卷人得分一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分)1.某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生的交变电流的图象如图所示，由图中信息可以推断()A．在A和C时刻线圈处于中性面位置B．在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C．从A时刻到D时刻线圈转过的角度为2πD．若从O时刻到D时刻历时0.02s，则在1s内交变电流的方向转变100次【解析】在A和C时刻产生的感应电流最大，此时对应的感应电动势最大，线圈平面与磁感线方向平行，A错误；在B和D时刻，产生的感应电流为零，此时通过线圈的磁通量最大，B错误；从A时刻到D时刻，对应eq\f(3,4)周期，即线圈转过的角度为eq\f(3π,2)，C错误；若从O时刻到D时刻历时0.02s，则交变电流的周期为0.02s，而一个周期内交变电流的方向转变2次，故在1s内交变电流的方向转变100次，D正确．【答案】D2．(2021·河南郑州一模)如图甲为小型旋转电枢式沟通发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R＝10Ω连接，与电阻R并联的沟通电压表为抱负电压表，示数是10V．图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图象，则()A．电阻R上的电功率为20WB．0.02s时R两端的电压瞬时值为零C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos100πt(V)D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝1.41cos50πt(A)【解析】电阻R上的电功率为P＝eq\f(U2,R)＝10W，选项A错误；由图乙知0.02s时磁通量变化率最大，R两端的电压瞬时值最大，选项B错误；R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos100πt(V)，通过R的电流i随时间t的变化规律是i＝eq\f(u,R)＝1.41cos100π(A)，选项C正确，D错误．【答案】C3．(2021·东北三校联考)关于图甲、乙、丙、丁，下列说法正确的是()A．图甲中电流的峰值为2A，有效值为eq\r(2)A，周期为5sB．图乙中电流的峰值为5A，有效值为2.5eq\r(2)C．图丙中电流的峰值为2A，有效值为eq\r(2)AD．图丁中电流的最大值为4A，有效值为eq\r(2)A，周期为2s【解析】图甲是正弦式交变电流图线，峰值(最大值)为2A，有效值是峰值的eq\f(1,\r(2))，即eq\r(2)A，周期为4s，所以A项错误；图乙电流大小转变但方向不变，所以不是交变电流，计算有效值时由于热效应与电流方向无关，所以仍是峰值的eq\f(1,\r(2))，即2.5eq\r(2)A，所以B选项正确；图丙是图甲减半的脉冲电流，有效值不行能为峰值的eq\f(1,\r(2))，所以C选项错误；图丁是交变电流图线，周期为2s，依据有效值定义则有：42×R×eq\f(T,2)＋32×R×eq\f(T,2)＝I2RT，解得电流有效值I＝2.5eq\r(2)A，所以D选项错误．【答案】B4．如图所示，抱负变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12V6W”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为抱负的)的示数分别是()A．120V,0.10AB．240VC．120V,0.05AD．240V【解析】副线圈电压U2＝12V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得U1＝240V，副线圈中电流I2＝2·eq\f(P,U)＝1A，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)得I1＝0.05A.【答案】D5．图甲为抱负变压器，其原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为抱负电表，原线圈接如图乙所示的正弦沟通电，图中R1为阻值随温度上升而减小的热敏电阻，R为定值电阻，下列说法中正确的是()A．沟通电压u的表达式为u＝36eq\r(2)sin100πt(V)B．变压器原、副线圈中的电流之比为4∶1C．变压器输入、输出功率之比为1∶4D．R1处温度上升时，电压表和电流表的示数均变大【解析】依据题图乙可知，umax＝36eq\r(2)V，T＝0.02s，所以ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，沟通电压u的表达式u＝36eq\r(2)sin100πt(V)，选项A正确；变压器原、副线圈中的电流之比eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,4)，选项B错误；变压器输入、输出功率相等，所以选项C错误；R1处温度上升时，阻值减小，副线圈电路的总电阻减小，输出电流I2变大，电流表的示数变大，而原线圈两端的电压由原线圈接入的沟通电源打算，明显电压表示数不变，所以选项D错误．【答案】A6.如图所示，一抱负变压器的原线圈匝数为n1，连接一抱负电流表；副线圈接入电路的匝数n2可以通过滑动触头Q调整，副线圈接有灯泡L和光敏电阻R(光照加强时，R的阻值会减小)，则()A．原、副线圈电流之比为n1∶n2B．只使Q向上滑动，灯泡变亮C．只加强光照，电流表读数增大D．只加强光照，原线圈的输入功率减小【解析】对抱负变压器有U1I1＝U2I2，又eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)，所以I1∶I2＝n2∶n1，故选项A错误；只使Q向上滑动，副线圈匝数增加，输出电压增大，灯泡变亮，选项B正确；只加强光照时，R的阻值变小，输出功率增大，原线圈电流增大，即电流表读数增大，选项C正确．D错误．【答案】BC7．电子灭虫器由两种主要部件组成：诱虫的黑光灯和杀虫的电网．黑光灯发出的紫外线能够引诱害虫飞近黑光灯，然后再利用黑光灯四周的沟通高压电网将其“击毙”．如图所示是电网的工作电路示意图，抱负变压器将有效值为220V的交变电压变压，输送到电网，电网相邻两平行板电极间距为0.5cm，空气在常温下被击穿的临界电场强度为6220V/cm.为防止两极间空气击穿而造成短路，抱负变压器的原、副线圈的匝数应满足肯定条件，A．变压器的原、副线圈的匝数比：eq\f(n1,n2)>10B．变压器的副、原线圈的匝数比：eq\f(n2,n1)<10C．此变压器为降压变压器D．此变压器为升压变压器【解析】电网相邻两电极间的最高电压为：U2＝Ed＝6220×0.5V＝3110V．抱负变压器输入电压的最大值为：U1＝220×eq\r(2)V＝311V，故eq\f(n2,n1)应满足的条件是：eq\f(n2,n1)<eq\f(U2,U1)＝eq\f(3110,311)＝eq\f(10,1)，此变压器为升压器，选项B、D正确．【答案】BD8．如图电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透亮     的薄膜导体层，再在导体层外加上一块爱护玻璃，电容式触摸屏在触摸屏四边均镀上狭长的电极，在导体层内形成一个低电压沟通电场，在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与内部导体层间会形成一个特殊电容(耦合电容)，四边电极发出的电流会流向触点，而电流强弱与手指到电极的距离成正比，位于触摸屏后的把握器便会计算电流的比例及强弱，精确     算出触摸点的位置．由以上信息可知，下列说法中正确的是()A．电容式触摸屏的两极板分别是导体层和手指B．当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越大C．当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越小D．当用手触摸屏幕时，手指和屏的接触面积的大小影响电容的大小【解析】电容式触摸屏在原理上把人的手指当作一个电容器元件的一个极板，把导体层当作另一极板，故选项A正确；手指和屏的接触面积大小会影响到电容大小，接触面积越大，即两极板的正对面积越大，电容越大，故选项B、D正确，C错误．【答案】ABD第Ⅱ卷(综合应用)

评卷人得分二、综合应用(共4小题，共52分)9.(10分)图甲为一测量硫化镉光敏电阻特性的试验电路，电源电压恒定，电流表内阻不计，开关闭合后，调整滑动变阻器滑片，使小灯泡发光渐渐增加，测得流过电阻的电流和光强的关系曲线如图所示，试依据这一特性，由图丙中给定的器材设计一个自动光控电路．【解析】由光敏电阻的特性曲线可以看出，当入射光增加时，流过光敏电阻的电流增大，光敏电阻的阻值减小．依据题意设计一个自动光控电路，如图所示．把握过程是：当有光照时，放大器输出一个较大的电流，驱动电磁继电器吸引衔铁使两个触点断开；当无光照时，放大器输出电流减小，电磁继电器释放衔铁，使两个触点闭合，工作电路接通，电灯开头工作．【答案】见解析10．(12分)沟通发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S＝0.05m2，线圈转动的频率为50Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B＝eq\f(\r(2),π)T．为了用此发电机所发出的沟通电带动两个标有“220V,11kW”的电机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个抱负变压器，电路如图所示，求：(1)发电机的输出电压为多少？(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？(3)与变压器原线圈串联的沟通电流表的示数为多大？【解析】(1)Em＝NBSω＝1100eq\r(2)V输出电压的有效值为U1＝eq\f(Em,\r(2))＝1100V(2)依据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得eq\f(n1,n2)＝eq\f(5,1)(3)依据P入＝P出＝2.2×104W再依据P入＝U1I1，解得I1＝20【答案】(1)1100V(2)eq\f(5,1)(3)20A11．(14分)如图甲所示，为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动．若从中性面开头计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示，已知发电机线圈内阻为1.0Ω，外接灯泡的电阻为9.0Ω.(1)写出流经灯泡的瞬时电流的表达式．(2)求转动过程中穿过线圈的最大磁通量．(3)线圈匀速转动一周的过程中，求外力所做的功．【解析】(1)由图乙得e＝Emsinωt＝6eq\r(2)sin100πt(V)则电流i＝e/(R＋r)＝eq\f(3,5)eq\r(2)sin100πt(A)．(2)线圈产生的交变电动势的最大值：Em＝BSω由图乙可知电动势的最大值Em＝6eq\r(2)V线圈转动的角速度：ω＝100πrad/s转动过程中穿过线圈的最大磁通量Φ＝BS＝Em/ω＝2.7×10－2Wb.(3)线圈产生的交变电动势的有效值E＝Em/eq\r(2)＝6V线圈产生的电功率：P＝EI＝eq\f(E2,R＋r)线圈匀速转动一周的过程中产生的电能E电＝PT＝eq\f(E2,R＋r)T依据功能关系，外力所做的功W＝E电＝eq\f(E2,R＋r)T＝7.2×10－2J.【答案】(1)i＝eq\f(3,5)eq\r(2)sin100πt(A)(2)2.7×10－2Wb(3)7.2×10－2J12．(16分)1897年，举世有名的“尼亚加拉”水电站在秀丽的尼亚加拉瀑布(如右图)建成，现已使用100多年．当时世界各地都在使用着费用昂扬的直流电(由于使用直流电时必需每隔一公里建设一套发电机组)．而尼亚加拉水电站接受了特斯拉创造的沟通电供、输电技术，用高压电实现了远距离供电．若其中某一发电机组设计为：发电机最大输出功率为P＝100kW，输出电压为U1＝250V，用户需要的电压为U2＝220V，输电线电阻为R＝10Ω，若输电线中因生热而损失的功率为输送功率的4%.(1)画出此输电线路的示意图；(2)求在输电线路中设置的升压变压器的原、副线圈的匝数比；(3)求降压变压器的最大输出电流I2.(保留整数)【解析】(1)电路示意图如图所示．(2)输电过程中损失的功率：P损＝ηP通过R的电流：I2＝eq\r(\f(P损,R))发电机的输出电流：I1＝