《備戰(zhàn)2020年高考物理一輪復習 單元訓練金卷 第十二單元 交變電流 傳感器B卷（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《備戰(zhàn)2020年高考物理一輪復習 單元訓練金卷 第十二單元 交變電流 傳感器B卷（含解析）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第十二單元 注意事項： 1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。 2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。 3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。 4．考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。 一、 (本題共13小題，每小題4分，共52分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～13題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對

2、但不全的得2分，有選錯的得0分) 1．某興趣小組利用壓敏電阻(壓敏電阻的阻值R隨所受壓力的增大而減小)設計了判斷電梯運動狀態(tài)的裝置， 示意圖如圖甲所示。將壓敏電阻平放在電梯內，受壓面朝上，在上面放一物體A，電梯靜止時電壓表示數為U0，電梯在某次運動過程中，電壓表的示數變化情況如圖乙所示。下列判斷中正確的是(　　) A．O～t1內電梯可能勻加速上升 B．t1～t2內電梯可能勻速上升 C．t1～t2內電梯可能在減速上升 D．t2～t3內電梯可能勻減速下降 2．如圖甲，R0為定值電阻，兩金屬圓環(huán)固定在同一絕緣平面內．左端連接在一周期為T0的正弦交流電源上，經二極管整流后，通過R0的電流i

3、始終向左，其大小按圖乙所示規(guī)律變化。規(guī)定內圓環(huán)a端電勢高于b端時，a、b間的電壓uab為正，下列uab－t圖象可能正確的是(　　) 3．一只電阻分別通過四種不同形式的電流，電流隨時間變化的情況如圖所示，在相同時間內電阻產生熱量最大的是(　　) 4．在一小型交流發(fā)電機中，矩形金屬線圈abcd的面積為S，匝數為n，線圈總電阻為r，在磁感應強度為B的勻強磁場中，繞軸以角速度勻速轉動(如圖甲所示)，產生的感應電動勢隨時間的變化關系，如圖乙所示，矩形線圈與阻值為R的電阻構成閉合電路，下列說法中正確的是(　　) A．從t1到t3這段時間內穿過線圈磁通量的變化量為零 B．

4、從t3到t4這段時間通過電阻R的電荷量為 C．t4時刻穿過線圈的磁通量的變化率大小為E0 D．t4時刻電阻R的發(fā)熱功率為 5．如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為n1∶n2＝10∶1，a、b兩點間的電壓為u＝220sin100πt(V)，R為可變電阻，P為額定電流為1 A、用鉛銻合金制成的保險絲。為使保險絲中的電流不超過1 A，可變電阻R連入電路的最小阻值是(　　) A．2.2 Ω B．2 Ω C．22 Ω D．22 Ω 6．如圖所示為一個小型電風扇的電路簡圖，其中理想變壓器的原

5、、副線圈的匝數比為n，原線圈接電壓為U的交流電源，輸出端接有一只電阻為R的燈泡L和交流電風扇電動機D，電動機線圈電阻為r。接通電源后，電風扇正常運轉，測出通過風扇電動機的電流為I，則下列說法正確的是(　　) A．理想變壓器的輸入功率為 B．燈泡L中的電流為 C．風扇電動機D輸出的機械功率為(I－) D．若電風扇由于機械故障被卡住，則通過原線圈的電流為 7．如圖所示，一個邊長L＝10 cm，匝數n＝100匝的正方形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁感線的對稱軸OO′勻速轉動，磁感應強度B＝0.50 T，角速度ω＝10π rad/s，閉合回路中兩只燈泡均能正常發(fā)光。下列說法正確的是 A

6、．從圖中位置開始計時，感應電動勢的瞬時表達式為e ＝5πcos10πt（V） B．增大線圈轉動角速度ω時，感應電動勢的峰值Em不變 C．抽去電感器L的鐵芯時，燈泡L2變暗 D．增大電容器C兩極板間的距離時，燈泡L1變亮 8．如圖甲所示是一種手搖發(fā)電的手電筒，內部有一固定的線圈和可來回運動的條形磁鐵，其原理圖如圖乙所示，當沿圖中箭頭方向來回搖動手電筒過程中，條形磁鐵在線圈內來回運動，燈泡發(fā)光，在此過程中，下列說法正確的是(　　) A．增加搖動頻率，燈泡變亮 B．線圈對磁鐵的作用力方向不變 C．磁鐵從線圈一端進入與從該端穿出時，燈泡中電流方向相反 D．磁鐵從線圈一端進入再從另一

7、端穿出過程，燈泡中電流方向不變 9．如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為10∶1，R1＝20 Ω，R2＝30 Ω，C為電容器．已知通過R1的正弦交流電如圖乙所示，則(　　) A．交流電的頻率為50 Hz B．原線圈輸入電壓的最大值為200 V C．電阻R2的電功率約為6.67 W D．通過R3的電流始終為零 10．如圖所示，R1、R2、R3為完全相同的標準電阻．甲、乙兩種情況下電阻R2、R3的功率均為P，且匝數比n1∶n2均為4∶1，則(　　) A．圖甲中R1的功率為 B．圖甲中R1的功率為16P C．圖乙中R1的功率為16P D．圖乙中R1的功率為 11．如圖為遠

8、距離輸電的電路原理圖，變壓器均為理想變壓器并標示了電壓和電流，其中輸電線總電阻為R，則 A．I2＝ B．輸電效率為×100% C．用戶的用電器的數量增多時，U3將減小 D．用戶得到的電功率可能等于電廠輸出的電功率 12．如圖甲所示，矩形線圈在勻強磁場中繞垂直磁場的軸勻速轉動，產生的交變電流輸入理想變壓器的原線圈，發(fā)電機取兩種不同的轉速，使其電動勢隨時間的變化規(guī)律如圖乙中a、b所示，則下列說法正確的是 A．曲線b表示的交變電流的電動勢有效值為10 V B．曲線a、b對應的線圈角速度之比為3∶2 C．線圈轉速不變，將原線圈滑片P向上滑動時，燈泡變暗 D．P位置不變，滑動變阻器

9、連入電路阻值變大時，變壓器的輸入功率變大 13．有一種理想自耦變壓器的構造如圖所示，線圈a、b繞在一個圓環(huán)形的鐵芯上，轉動滑動觸頭P就可以調節(jié)輸出電壓。圖中電阻R1、R2、R3和R4的阻值分別為10 Ω、5 Ω、10 Ω和10 Ω，電壓表為理想交流電表，U為正弦交流電壓源，輸出電壓的有效值恒定，滑動觸頭P處在線圈a、b的中點。開關S閉合時電壓表的示數是7 V，則下列說法中正確的是( ) A．正弦交流電壓源U的峰值為35 V B．開關S斷開時，理想電壓表的示數為5 V C．開關S閉合時，通過電阻R4的電流為0.7 A D．開關S閉合時，電阻R2和R3消耗的電功率相等 二、(本

10、題共4小題，共48分。把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答。解答題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位) 14．(10分)如圖所示，圖甲為熱敏電阻的R－t圖象，圖乙為用此熱敏電阻R和繼電器組成的一個簡單恒溫箱溫控電路，繼電器的電阻為100 Ω。當線圈的電流大于或等于10 mA時，繼電器的銜鐵被吸合。為繼電器線圈供電的電池的電動勢E＝3.0V。內阻可以不計。圖中的“電源”是恒溫箱加熱器的電源。問： (1)應該把恒溫箱內的加熱器接在A、B端間還是C、D端？ (2)如果要使恒溫箱內的溫度保持50℃，可變電阻R′

11、的阻值應調節(jié)為多大？ 15．(12分)如圖所示線圈面積為0.05 m2，共100匝，線圈總電阻為r＝1 Ω，外電阻R＝9 Ω，線圈處于B＝ T的勻強磁場中。當線圈繞OO′以轉速n＝300 r/min勻速轉動時，從線圈處于圖示位置開始計時，求： (1)寫出電動勢的瞬時表達式； (2)線圈轉過60°時兩交流電表的示數U和I； (3)線圈轉過 s的過程中，通過電阻的電荷量q； (4)線圈勻速轉一圈回路產生的總熱量Q。 16．(12分)如圖為遠距離輸電過程的示意圖。已知某個小型發(fā)電機的輸出功率為90 kW，發(fā)電機的電壓為250

12、 V，通過升壓變壓器升高電壓后向遠處輸電，輸電線總電阻為5 Ω，在用戶端用一降壓變壓器把電壓降為220 V，要求在輸電線上損失的功率控制為2 kW(即用戶得到的功率為88 kW)，求： (1)降壓變壓器輸出的電流和輸電線上通過的電流； (2)輸電線上損失的電壓和升壓變壓器輸出的電壓； (3)兩個變壓器各自的匝數比。 17．(14分)圖甲是一理想變壓器的電路連接圖，圖乙是原線圈兩端所加電壓隨時間變化的關系圖象，已知原、副線圈的匝數比為10∶1，兩個相同的燈泡L1和L2的電絲的電阻值均為R＝40 Ω，圖中電壓表和電

13、流表均為理想電表。試求： (1)開關S閉合時，變壓器的輸入功率和電流表A2的示數； (2)閉合S開關，待電路穩(wěn)定后，再將開關S斷開，定性分析電路中三只電表的示數變化情況。 3 單元訓練金卷·高三·物理(B)卷 第十二單元 答 案 一、 (本題共13小題，每小題4分，共52分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～13題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分) 1．【答案】C 【解析】0～t1內，電壓表讀數大于U0，可知

14、壓敏電阻B的阻值增大，則所受的壓力小于A的重力，物塊A失重，所以電梯不可能勻加速上升，選項A錯誤；t1～t2內，電壓表讀數大于U0保持不變，則壓敏電阻的阻值不變且大于靜止時的阻值，說明物塊A失重，則電梯可能勻減速上升，選項B錯誤，C正確；t2～t3內電壓表讀數大于U0，說明壓敏電阻阻值大于原來靜止時的值，則物塊A失重，則電梯加速度向下，選項D錯誤。 2．【答案】C 【解析】由題圖乙知，0～0.25T0，外圓環(huán)電流逐漸增大且逐漸減小，根據安培定則，外圓環(huán)內部磁場方向垂直紙面向里，磁場逐漸增強且逐漸減小，根據楞次定律知內圓環(huán)a端電勢高，所以uab>0，根據法拉第電磁感應定律uab＝＝知，uab

15、逐漸減?。籺＝0.25T0時，＝0，所以＝0，uab＝0；同理可知0.25T0～0.5T0時間內，uab<0，且|uab|逐漸增大；0.5T0～T0內重復0～0.5T0的變化規(guī)律．故選項C正確。 3．【答案】D 【解析】對于A圖正弦式電流，有效值：I1＝Im＝ A；根據焦耳定律得：Q1＝IRT1＝()2RT1＝2RT1；對于B圖正弦式電流，有效值：I2＝Im＝ A，根據焦耳定律得：Q2＝IRT2＝()2RT2＝2RT2；對于圖C形式電流，根據焦耳定律得：Q3＝IRT2＝2.25RT2；對于圖D形式電流，根據焦耳定律得：Q4＝IR·＋I′R·＝2RT1＋2RT1＝4RT1，其中T1＝2T2；

16、故在相同時間內電阻產生熱量最大的是D。 4．【答案】B 【解析】磁通量由正向BS變?yōu)樨撓駼S，故t1到t3這段時間穿過線圈磁通量的變化量不為零，為ΔΦ＝2BS，故A項錯誤；通過電阻的電荷量q＝，所以t3到t4這段時間通過電阻R的電荷量q＝，又E0＝nBSω，故q＝，故B項正確；由于磁通量變化率最大時產生的電動勢最大，所以磁通量時間圖象中，在電動勢最大時磁通量時間圖象的斜率最大，即E0＝nk，所以k＝，故C項錯誤；t4時刻R的發(fā)熱功率P＝[]2R＝，故D項錯誤。 5．【答案】A 【解析】原線圈輸入電壓的有效值U1＝ V＝220 V，根據電壓與匝數成正比：＝，代入數據解得：U2＝U1＝×2

17、20 V＝22 V，原線圈的最大輸入功率為P1＝U1I＝220×1 W＝220 W，輸出功率等于輸入功率P2＝P1＝220 W，輸出功率：P2＝，解得：R＝＝ Ω＝2.2 Ω，故A項正確，B、C、D項錯誤。 6．【答案】D 【解析】理想變壓器的原、副線圈的匝數比為n，原線圈接電壓為U的交流電源，則輸出端電壓為，燈泡L中的電流為，而電動機的輸入功率為，故A、B項錯誤；電動機D的輸入功率為，而電動機的線圈電阻消耗的功率為I2r，則電動機D的機械功率為－I2r，故C項錯誤；若電風扇由于機械故障被卡住可視為純電阻，兩電阻并聯，則根據歐姆定律變壓器原理＝可知，通過原線圈的電流為，故D項正確。 7．

18、【答案】A 【解析】根據Em＝NBSω可得感應電動勢的最大值：Em＝100×0.5×0.1×0.1×10π V＝5π V，由于線框垂直于中性面開始計時，所以電動勢瞬時值的表達式：e ＝ Emcos ωt＝5πcos10πt（V），故選項A正確；根據Em＝NBSω可得增大線圈轉動角速度ω時，感應電動勢的峰值Em增大，故選項B錯誤；抽去電感器L的鐵芯時，即減小自感系數，電感器的感抗減小，流過燈泡L2電流增大，根據功率公式可知燈泡L2變亮，故選項C錯誤；增大電容器C兩極板間的距離時，根據可知電容器的電容C減小，則有電容器的容抗增大，流過燈泡L1電流減小，根據功率公式可知燈泡L1變暗，故選項D錯誤。

19、 8．【答案】AC 【解析】當永磁體在線圈中運動時，線圈切割磁感線產生感應電流，故依據電磁感應原理制造的．要使燈泡亮度增大，即電流變大，可以加速切割、增加線圈匝數或更換磁性更強的永磁體，或者增大搖動的頻率，故A項正確；根據楞次定律的推論“來拒去留”可知，線圈對磁鐵的作用力方向發(fā)生變化，故B項錯誤；磁鐵從線圈一端進入與從該端穿出時，穿過線圈的磁通量先增大后減小，根據楞次定律可知燈泡中電流方向相反，故C項正確，D項錯誤。 9．【答案】AC 【解析】根據變壓器原理可知原、副線圈中電流的周期、頻率相同，周期為0.02 s、頻率為50 Hz，A項正確；由圖乙可知通過R1的電流最大值為Im＝1 A

20、，根據歐姆定律可知其最大電壓為Um＝20 V，再根據原、副線圈的電壓之比等于匝數之比可知原線圈輸入電壓的最大值為200 V，B項錯誤；根據正弦交流電的峰值和有效值關系、并聯電路特點可知電阻R2的電流有效值為I＝ A＝ A，電阻R2的電功率為P＝I2R2＝×30 W≈6.67 W，C項正確；因為電容器有通交流、阻直流的作用，則有電流通過R3和電容器，D項錯誤。 10．【答案】BD 【解析】圖甲中，設R2兩端電壓為U，根據電壓與匝數成正比，得線圈n1兩端的電壓為4U，R1兩端的電壓是R2兩端電壓的4倍，R2的功率為P＝，R1的功率為P1＝＝16P，故A項錯誤、B項正確；圖乙中R2、R3是完全相

21、同的電阻，功率均為P，由P＝＝I2R知，副線圈電流為I，副線圈電壓均為U，根據電壓與匝數成正比，有原線圈兩端電壓為4U，根據輸入功率等于輸出功率，有4UI1＝2P＝2UI，解得I1＝，R1的功率P′1＝2R＝I2R＝P，故C項錯誤、D項正確。 11．【答案】AC 【解析】根據歐姆定律，I2＝，A正確；輸電效率，B錯誤；用戶的用電器的數量增多時，I4增大，I2增大，U3＝U2－I2R將減小，C正確；用戶得到的電功率等于電廠輸出的電功率加上線損功率，D錯誤。 12．【答案】BC 【解析】由圖乙知a的周期為4×10－2 s，b的周期為6×10-2 s，則由T＝可知，角速度與周期成反比，故角速

22、度之比為3∶2，選項B正確；曲線a表示的交變電動勢最大值是15 V，根據Em＝nBSω得曲線b表示的交變電動勢最大值是10 V，則有效值為V，選項A錯誤；將原線圈滑片P向上滑動時，原線圈匝數變大，根據變壓比公式＝，輸出電壓減小，燈泡會變暗，選項C正確；P位置不變，副線圈電壓不變，滑動變阻器連入電路阻值變大時，輸出功率P＝變小，輸入功率也變小，選項D錯誤. 13．【答案】BC 【解析】開關S閉合時，根據歐姆定律可知通過的電流為，根據電流之比等于匝數的反比可知副線圈的電流為；和并聯后與串聯的電阻為10Ω，可知副線圈的電壓為，根據電壓之比等于匝數之比可知原線圈的電壓為，正弦交流電壓源，正弦交流電

23、壓源的峰值為；通過電阻的電流為；電阻消耗的電功率，電阻消耗的電功率，故C正確，A、D錯誤；開關S斷開時，和串聯的電阻為15Ω，設知副線圈的電流為，則副線圈的電壓為，根據電流之比等于匝數的反比可知原線圈的電流為，所以原線圈的電壓為，根據電壓之比等于匝數之比可得，解得副線圈的電流為，理想電壓表的示數為，故B正確。 二、(本題共4小題，共48分。把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答。解答題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位) 14．【解析】(1)恒溫箱內的加熱器應該接在A、B端。當線圈中的電流較小時，繼電器的銜鐵在

24、上方，恒溫箱的加熱器處于工作狀態(tài)，恒溫箱內溫度升高。(3分) (2)隨著恒溫箱內溫度升高，熱敏電阻R的阻值變小，則線圈中的電流變大，當線圈中的電流大于或等于10 mA時，繼電器的銜鐵被吸到下方來，使恒溫箱加熱器與電源斷開，加熱器停止工作，恒溫箱內溫度降低。隨著恒溫箱內溫度降低，熱敏電阻R的阻值變大，則線圈中的電流變小，當線圈的電流小于10 mA時，繼電器的銜鐵又被釋放到上方，則恒溫箱加熱器又開始工作，這樣就可以使恒溫箱內保持在某一溫度。要使恒溫箱內的溫度保持50℃，即50℃時線圈內的電流為10 mA。(3分) 當t＝50°C時，R＝90 Ω 由閉合電路歐姆定律得： (2分) 可得：

25、 解得：＝110 (2分) 15．【解析】(1)線圈的角速度ω＝2πn＝10π rad/s (1分) 感應電動勢的最大值Em＝NBSω＝100 V (1分) 則從線圈處于中性面開始計時，電動勢的瞬時值表達式為e＝Emsinωt＝100sin10πt(V) (2分) (2)電路中電流的有效值I＝，E＝Em (1分) 解得：I＝5 A (1分) 即電流表讀數為5 A 電壓表讀數為U＝IR＝45 V (1分) (3)線圈轉過的角度為θ＝ωt＝π，在轉動的過程中，通過電阻的電荷量 q＝＝ C (2分) (4)線圈勻速轉一圈回路產生的總熱量 Q＝I2(R＋r)

26、T＝I2(R＋r)＝100 J (2分) 16．【解析】(1)由于用戶獲得的電壓與降壓變壓器輸出電壓相同，根據功率的相關公式可知降壓變壓器輸出電流為 I4＝＝ A＝400 A (2分) 根據輸電導線消耗的功率P損的相關公式可知： I2＝＝ A＝20 A (2分) (2)由歐姆定律可知輸電導線消耗的電壓為 U損＝I2r＝20×5 V＝100 V (2分) 根據升壓變壓器功率守恒可得升壓變壓器輸出電壓U2，即 U2＝＝ V＝4 500 V (2分) (3)由輸電導線上兩端電壓的關系可知降壓變壓器原線圈兩端的電壓為 U3＝U2－U損＝4 500 V－100 V＝4 4

27、00 V (2分) 根據理想變壓器原、副線圈與匝數的關系可知 ＝＝＝，＝＝＝ (2分) 17．【解析】(1)由圖乙可知輸入電壓的有效值U1＝200 V　(1分) 由得U2＝＝20 V　(2分) 開關S閉合時，兩燈泡的并聯電阻R并＝＝20 Ω　(2分) 電流表A2的示數I2＝＝1 A　(2分) 變壓器的輸入功率P1等于輸出功率P2 故P1＝P2＝U2I2＝20×1 W＝20 W?！?3分) (2)將開關S斷開后，U2不變，即電壓表的示數保持不變　(1分) 由于負載減少，負載總電阻增大，電流表A2的示數減??；　(1分) 副線圈的輸出功率減小，原線圈的輸入功率隨之減小，電流表A2的示數減小。　(2分) 3