高中物理高考 备战2020年高考物理一轮复习单元训练金卷第十二单元交变电流传感器B卷含解析

这是一份高中物理高考 备战2020年高考物理一轮复习单元训练金卷第十二单元交变电流传感器B卷含解析，共7页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
第十二单元   注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、 (本题共13小题，每小题4分，共52分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～13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．某兴趣小组利用压敏电阻(压敏电阻的阻值R随所受压力的增大而减小)设计了判断电梯运动状态的装置， 示意图如图甲所示。将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体A，电梯静止时电压表示数为U0，电梯在某次运动过程中，电压表的示数变化情况如图乙所示。下列判断中正确的是(　　)A．O～t1内电梯可能匀加速上升B．t1～t2内电梯可能匀速上升C．t1～t2内电梯可能在减速上升D．t2～t3内电梯可能匀减速下降2．如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uab－t图象可能正确的是(　　) 3．一只电阻分别通过四种不同形式的电流，电流随时间变化的情况如图所示，在相同时间内电阻产生热量最大的是(　　)      4．在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕轴以角速度匀速转动(如图甲所示)，产生的感应电动势随时间的变化关系，如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是(　　)A．从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为零B．从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为C．t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E0D．t4时刻电阻R的发热功率为5．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝10∶1，a、b两点间的电压为u＝220sin100πt(V)，R为可变电阻，P为额定电流为1 A、用铅锑合金制成的保险丝。为使保险丝中的电流不超过1 A，可变电阻R连入电路的最小阻值是(　　)A．2.2 Ω                          B．2 ΩC．22 Ω                          D．22 Ω6．如图所示为一个小型电风扇的电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n，原线圈接电压为U的交流电源，输出端接有一只电阻为R的灯泡L和交流电风扇电动机D，电动机线圈电阻为r。接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I，则下列说法正确的是(　　)A．理想变压器的输入功率为B．灯泡L中的电流为C．风扇电动机D输出的机械功率为(I－)D．若电风扇由于机械故障被卡住，则通过原线圈的电流为7．如图所示，一个边长L＝10 cm，匝数n＝100匝的正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO´匀速转动，磁感应强度B＝0.50 T，角速度ω＝10π rad/s，闭合回路中两只灯泡均能正常发光。下列说法正确的是A．从图中位置开始计时，感应电动势的瞬时表达式为e ＝5πcos10πt（V）B．增大线圈转动角速度ω时，感应电动势的峰值Em不变C．抽去电感器L的铁芯时，灯泡L2变暗D．增大电容器C两极板间的距离时，灯泡L1变亮 8．如图甲所示是一种手摇发电的手电筒，内部有一固定的线圈和可来回运动的条形磁铁，其原理图如图乙所示，当沿图中箭头方向来回摇动手电筒过程中，条形磁铁在线圈内来回运动，灯泡发光，在此过程中，下列说法正确的是(　　)A．增加摇动频率，灯泡变亮B．线圈对磁铁的作用力方向不变C．磁铁从线圈一端进入与从该端穿出时，灯泡中电流方向相反D．磁铁从线圈一端进入再从另一端穿出过程，灯泡中电流方向不变9．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1＝20 Ω，R2＝30 Ω，C为电容器．已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则(　　)A．交流电的频率为50 HzB．原线圈输入电压的最大值为200 VC．电阻R2的电功率约为6.67 WD．通过R3的电流始终为零10．如图所示，R1、R2、R3为完全相同的标准电阻．甲、乙两种情况下电阻R2、R3的功率均为P，且匝数比n1∶n2均为4∶1，则(　　)A．图甲中R1的功率为B．图甲中R1的功率为16PC．图乙中R1的功率为16PD．图乙中R1的功率为11．如图为远距离输电的电路原理图，变压器均为理想变压器并标示了电压和电流，其中输电线总电阻为R，则A．I2＝B．输电效率为×100%C．用户的用电器的数量增多时，U3将减小D．用户得到的电功率可能等于电厂输出的电功率12．如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，产生的交变电流输入理想变压器的原线圈，发电机取两种不同的转速，使其电动势随时间的变化规律如图乙中a、b所示，则下列说法正确的是A．曲线b表示的交变电流的电动势有效值为10 VB．曲线a、b对应的线圈角速度之比为3∶2C．线圈转速不变，将原线圈滑片P向上滑动时，灯泡变暗D．P位置不变，滑动变阻器连入电路阻值变大时，变压器的输入功率变大13．有一种理想自耦变压器的构造如图所示，线圈a、b绕在一个圆环形的铁芯上，转动滑动触头P就可以调节输出电压。图中电阻R1、R2、R3和R4的阻值分别为10 Ω、5 Ω、10 Ω和10 Ω，电压表为理想交流电表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定，滑动触头P处在线圈a、b的中点。开关S闭合时电压表的示数是7 V，则下列说法中正确的是(     )A．正弦交流电压源U的峰值为35 VB．开关S断开时，理想电压表的示数为5 VC．开关S闭合时，通过电阻R4的电流为0.7 AD．开关S闭合时，电阻R2和R3消耗的电功率相等二、(本题共4小题，共48分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。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)14．(10分)如图所示，图甲为热敏电阻的R－t图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器的电阻为100 Ω。当线圈的电流大于或等于10 mA时，继电器的衔铁被吸合。为继电器线圈供电的电池的电动势E＝3.0V。内阻可以不计。图中的“电源”是恒温箱加热器的电源。问：(1)应该把恒温箱内的加热器接在A、B端间还是C、D端？(2)如果要使恒温箱内的温度保持50℃，可变电阻R′的阻值应调节为多大？        15．(12分)如图所示线圈面积为0.05 m2，共100匝，线圈总电阻为r＝1 Ω，外电阻R＝9 Ω，线圈处于B＝ T的匀强磁场中。当线圈绕OO′以转速n＝300 r/min匀速转动时，从线圈处于图示位置开始计时，求：(1)写出电动势的瞬时表达式；(2)线圈转过60°时两交流电表的示数U和I；(3)线圈转过 s的过程中，通过电阻的电荷量q；(4)线圈匀速转一圈回路产生的总热量Q。        16．(12分)如图为远距离输电过程的示意图。已知某个小型发电机的输出功率为90 kW，发电机的电压为250 V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为5 Ω，在用户端用一降压变压器把电压降为220 V，要求在输电线上损失的功率控制为2 kW(即用户得到的功率为88 kW)，求：(1)降压变压器输出的电流和输电线上通过的电流；(2)输电线上损失的电压和升压变压器输出的电压；(3)两个变压器各自的匝数比。                  17．(14分)图甲是一理想变压器的电路连接图，图乙是原线圈两端所加电压随时间变化的关系图象，已知原、副线圈的匝数比为10∶1，两个相同的灯泡L1和L2的电丝的电阻值均为R＝40 Ω，图中电压表和电流表均为理想电表。试求：(1)开关S闭合时，变压器的输入功率和电流表A2的示数；(2)闭合S开关，待电路稳定后，再将开关S断开，定性分析电路中三只电表的示数变化情况。                      
单元训练金卷·高三·物理(B)卷第十二单元  答 案一、 (本题共13小题，每小题4分，共52分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～13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．【答案】C【解析】0～t1内，电压表读数大于U0，可知压敏电阻B的阻值增大，则所受的压力小于A的重力，物块A失重，所以电梯不可能匀加速上升，选项A错误；t1～t2内，电压表读数大于U0保持不变，则压敏电阻的阻值不变且大于静止时的阻值，说明物块A失重，则电梯可能匀减速上升，选项B错误，C正确；t2～t3内电压表读数大于U0，说明压敏电阻阻值大于原来静止时的值，则物块A失重，则电梯加速度向下，选项D错误。2．【答案】C【解析】由题图乙知，0～0.25T0，外圆环电流逐渐增大且逐渐减小，根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且逐渐减小，根据楞次定律知内圆环a端电势高，所以uab>0，根据法拉第电磁感应定律uab＝＝知，uab逐渐减小；t＝0.25T0时，＝0，所以＝0，uab＝0；同理可知0.25T0～0.5T0时间内，uab<0，且|uab|逐渐增大；0.5T0～T0内重复0～0.5T0的变化规律．故选项C正确。3．【答案】D【解析】对于A图正弦式电流，有效值：I1＝Im＝ A；根据焦耳定律得：Q1＝IRT1＝()2RT1＝2RT1；对于B图正弦式电流，有效值：I2＝Im＝ A，根据焦耳定律得：Q2＝IRT2＝()2RT2＝2RT2；对于图C形式电流，根据焦耳定律得：Q3＝IRT2＝2.25RT2；对于图D形式电流，根据焦耳定律得：Q4＝IR·＋I′R·＝2RT1＋2RT1＝4RT1，其中T1＝2T2；故在相同时间内电阻产生热量最大的是D。4．【答案】B【解析】磁通量由正向BS变为负向BS，故t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，为ΔΦ＝2BS，故A项错误；通过电阻的电荷量q＝，所以t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量q＝，又E0＝nBSω，故q＝，故B项正确；由于磁通量变化率最大时产生的电动势最大，所以磁通量时间图象中，在电动势最大时磁通量时间图象的斜率最大，即E0＝nk，所以k＝，故C项错误；t4时刻R的发热功率P＝[]2R＝，故D项错误。5．【答案】A【解析】原线圈输入电压的有效值U1＝ V＝220 V，根据电压与匝数成正比：＝，代入数据解得：U2＝U1＝×220 V＝22 V，原线圈的最大输入功率为P1＝U1I＝220×1 W＝220 W，输出功率等于输入功率P2＝P1＝220 W，输出功率：P2＝，解得：R＝＝ Ω＝2.2 Ω，故A项正确，B、C、D项错误。6．【答案】D【解析】理想变压器的原、副线圈的匝数比为n，原线圈接电压为U的交流电源，则输出端电压为，灯泡L中的电流为，而电动机的输入功率为，故A、B项错误；电动机D的输入功率为，而电动机的线圈电阻消耗的功率为I2r，则电动机D的机械功率为－I2r，故C项错误；若电风扇由于机械故障被卡住可视为纯电阻，两电阻并联，则根据欧姆定律变压器原理＝可知，通过原线圈的电流为，故D项正确。7．【答案】A【解析】根据Em＝NBSω可得感应电动势的最大值：Em＝100×0.5×0.1×0.1×10π V＝5π V，由于线框垂直于中性面开始计时，所以电动势瞬时值的表达式：e ＝ Emcos ωt＝5πcos10πt（V），故选项A正确；根据Em＝NBSω可得增大线圈转动角速度ω时，感应电动势的峰值Em增大，故选项B错误；抽去电感器L的铁芯时，即减小自感系数，电感器的感抗减小，流过灯泡L2电流增大，根据功率公式可知灯泡L2变亮，故选项C错误；增大电容器C两极板间的距离时，根据可知电容器的电容C减小，则有电容器的容抗增大，流过灯泡L1电流减小，根据功率公式可知灯泡L1变暗，故选项D错误。8．【答案】AC【解析】当永磁体在线圈中运动时，线圈切割磁感线产生感应电流，故依据电磁感应原理制造的．要使灯泡亮度增大，即电流变大，可以加速切割、增加线圈匝数或更换磁性更强的永磁体，或者增大摇动的频率，故A项正确；根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，线圈对磁铁的作用力方向发生变化，故B项错误；磁铁从线圈一端进入与从该端穿出时，穿过线圈的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知灯泡中电流方向相反，故C项正确，D项错误。9．【答案】AC【解析】根据变压器原理可知原、副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02 s、频率为50 Hz，A项正确；由图乙可知通过R1的电流最大值为Im＝1 A，根据欧姆定律可知其最大电压为Um＝20 V，再根据原、副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200 V，B项错误；根据正弦交流电的峰值和有效值关系、并联电路特点可知电阻R2的电流有效值为I＝ A＝ A，电阻R2的电功率为P＝I2R2＝×30 W≈6.67 W，C项正确；因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R3和电容器，D项错误。10．【答案】BD【解析】图甲中，设R2两端电压为U，根据电压与匝数成正比，得线圈n1两端的电压为4U，R1两端的电压是R2两端电压的4倍，R2的功率为P＝，R1的功率为P1＝＝16P，故A项错误、B项正确；图乙中R2、R3是完全相同的电阻，功率均为P，由P＝＝I2R知，副线圈电流为I，副线圈电压均为U，根据电压与匝数成正比，有原线圈两端电压为4U，根据输入功率等于输出功率，有4UI1＝2P＝2UI，解得I1＝，R1的功率P′1＝2R＝I2R＝P，故C项错误、D项正确。11．【答案】AC【解析】根据欧姆定律，I2＝，A正确；输电效率，B错误；用户的用电器的数量增多时，I4增大，I2增大，U3＝U2－I2R将减小，C正确；用户得到的电功率等于电厂输出的电功率加上线损功率，D错误。12．【答案】BC【解析】由图乙知a的周期为4×10－2 s，b的周期为6×10-2 s，则由T＝可知，角速度与周期成反比，故角速度之比为3∶2，选项B正确；曲线a表示的交变电动势最大值是15 V，根据Em＝nBSω得曲线b表示的交变电动势最大值是10 V，则有效值为V，选项A错误；将原线圈滑片P向上滑动时，原线圈匝数变大，根据变压比公式＝，输出电压减小，灯泡会变暗，选项C正确；P位置不变，副线圈电压不变，滑动变阻器连入电路阻值变大时，输出功率P＝变小，输入功率也变小，选项D错误.13．【答案】BC【解析】开关S闭合时，根据欧姆定律可知通过的电流为，根据电流之比等于匝数的反比可知副线圈的电流为；和并联后与串联的电阻为10Ω，可知副线圈的电压为，根据电压之比等于匝数之比可知原线圈的电压为，正弦交流电压源，正弦交流电压源的峰值为；通过电阻的电流为；电阻消耗的电功率，电阻消耗的电功率，故C正确，A、D错误；开关S断开时，和串联的电阻为15Ω，设知副线圈的电流为，则副线圈的电压为，根据电流之比等于匝数的反比可知原线圈的电流为，所以原线圈的电压为，根据电压之比等于匝数之比可得，解得副线圈的电流为，理想电压表的示数为，故B正确。二、(本题共4小题，共48分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。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)14．【解析】(1)恒温箱内的加热器应该接在A、B端。当线圈中的电流较小时，继电器的衔铁在上方，恒温箱的加热器处于工作状态，恒温箱内温度升高。(3分)(2)随着恒温箱内温度升高，热敏电阻R的阻值变小，则线圈中的电流变大，当线圈中的电流大于或等于10 mA时，继电器的衔铁被吸到下方来，使恒温箱加热器与电源断开，加热器停止工作，恒温箱内温度降低。随着恒温箱内温度降低，热敏电阻R的阻值变大，则线圈中的电流变小，当线圈的电流小于10 mA时，继电器的衔铁又被释放到上方，则恒温箱加热器又开始工作，这样就可以使恒温箱内保持在某一温度。要使恒温箱内的温度保持50℃，即50℃时线圈内的电流为10 mA。(3分)当t＝50°C时，R＝90 Ω由闭合电路欧姆定律得：  (2分)可得：解得：＝110  (2分)15．【解析】(1)线圈的角速度ω＝2πn＝10π rad/s  (1分)感应电动势的最大值Em＝NBSω＝100 V   (1分)则从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e＝Emsinωt＝100sin10πt(V)  (2分)(2)电路中电流的有效值I＝，E＝Em   (1分)解得：I＝5 A  (1分)即电流表读数为5 A电压表读数为U＝IR＝45 V   (1分)(3)线圈转过的角度为θ＝ωt＝π，在转动的过程中，通过电阻的电荷量q＝＝ C  (2分)(4)线圈匀速转一圈回路产生的总热量Q＝I2(R＋r)T＝I2(R＋r)＝100 J   (2分)16．【解析】(1)由于用户获得的电压与降压变压器输出电压相同，根据功率的相关公式可知降压变压器输出电流为I4＝＝ A＝400 A  (2分)根据输电导线消耗的功率P损的相关公式可知：I2＝＝ A＝20 A  (2分)(2)由欧姆定律可知输电导线消耗的电压为U损＝I2r＝20×5 V＝100 V  (2分)根据升压变压器功率守恒可得升压变压器输出电压U2，即U2＝＝ V＝4 500 V  (2分)(3)由输电导线上两端电压的关系可知降压变压器原线圈两端的电压为U3＝U2－U损＝4 500 V－100 V＝4 400 V  (2分)根据理想变压器原、副线圈与匝数的关系可知＝＝＝，＝＝＝  (2分)17．【解析】(1)由图乙可知输入电压的有效值U1＝200 V　(1分)由得U2＝＝20 V　(2分)开关S闭合时，两灯泡的并联电阻R并＝＝20 Ω　(2分)电流表A2的示数I2＝＝1 A　(2分)变压器的输入功率P1等于输出功率P2故P1＝P2＝U2I2＝20×1 W＝20 W。　(3分)(2)将开关S断开后，U2不变，即电压表的示数保持不变　(1分)由于负载减少，负载总电阻增大，电流表A2的示数减小；　(1分)副线圈的输出功率减小，原线圈的输入功率随之减小，电流表A2的示数减小。　(2分)