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（A3版，含解析）

这是一份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（A3版，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)