广东2011高考物理一轮复习 第十章交变电流传感器阶段质量检测题 VIP专享VIP免费

第十章交变电流传感器(时间60分钟，满分100分)一、单项选择题(本题共4个小题，每小题4分，共16分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)1．如图1所示为交变电流的电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值是()图1A．5AB．5AC.AD．3.5A解析：题图所示图象中的交变电流在一个周期内产生的热量：Q＝I12R＋I22R＝(4)2R＋(3)2R＝25RT.令此交变电流的有效值为I，应有Q＝I2RT，故I2RT＝25RT，解得I＝5A．B项正确．答案：B2．如图2所示为大型电子地磅电路图，电源电动势为E，内阻不计．不称物体时，滑片P在A端，滑动变阻器接入电路的有效电阻最大，电流最小；称重物时，在压力作用下使滑片P下滑，滑动变阻器有效电阻变小，电流变大，这样把电流对应的重量值刻在刻度盘上，就可以读出被称物体的重力了．若滑动变阻器上A、B间距离为L，最大阻值等于定值电阻R0的阻值，已图2知两弹簧的总弹力与形变量成正比，比例系数为k，则所称重物的重力G与电流大小I的关系为()A．G＝2kL－B．G＝kLC．G＝＋kLD．G＝kIL解析：电子地磅上有重物时，根据受力平衡及胡克定律得G＝kΔx，不称物体时，滑片P在A端，放置重物G时，滑片下移Δx，变阻器在电路中的有效电阻为R′＝(L－Δx)＝(L－)．由电路的特点，根据闭合电路欧姆定律可得I＝将R′代入得I＝，整理得G＝2kL－，所以A正确．答案：A3．(2010·广州调研)如图3所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压“u＝311sin314t(V)的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统，其中R2是用半导体热敏材料(电阻随温度升高而降低)制成的传感器，电流表A2是值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3是一定值电阻．当传感器R2所在处出现火情时，下列说法正确的是()图3A．A1的示数不变，A2的示数增大B．A1的示数增大，A2的示数增大C．V1的示数增大，V2的示数增大D．V1的示数不变，V2的示数减小解析：当R2所在处出现火情时，温度升高，其电阻减小，因V1不变，所以副线圈中输出端的电压不变，副线圈中并联电路两端的电压减小，V2减小，A2根据欧姆定律判断也减小．因副线圈的总电阻减小，副线圈输出功率增大，A1读数增大，综述D项正确．答案：D4．(2010·三亚模拟)如图4所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n，原线圈接正弦交流电压U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R.当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一重物匀速上升，下列判断正确的是()图4A．原线圈中的电流为nIB．变压器的输入功率为UI/nC．电动机输出的总功率为I2RD．电动机两端电压为IR解析：电流表的读数为副线圈电流，所以原线圈电流为，故A错误；原线圈的输入功率则为U，故B对；电动机上的热功率为I2R，电动机消耗功率为U，两端电压为，故C、D错误．答案：B二、双项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对的得6分，只选1个且正确的得1分，错选或不选的得0分)5．为了监测变电站向外输电情况，要在变电站安装互感器，其接线如图5所示，两变压器匝数分别为N1、N2和N3、N4，a和b是交流电表，则()A．N1＞N2图5B．N3＞N4C．a为交流电流表，b为交流电压表D．a为交流电压表，b为交流电流表解析：题图左半部分中变压器与导线并联为电压互感器，为获得低电压，N1＞N2；题图右半部分中变压器与导线串联为电流互感器，为获得小电流，N3＜N4.故A、D选项正确．答案：AD6．一个矩形线圈在匀强磁场中匀角速度转动，产生交变电动势的瞬时值表达式为e＝10sin4πtV，则()A．该交变电动势的频率为2HzB．零时刻线圈平面与磁场垂直C．t＝0.25s时，e达到最大值D．在1s时间内，线圈中电流方向改变100次解析：由题中给出的电动势的表达式可以得到该交变电动势的角速度是4π，由角速度和周期、频率的关系ω＝＝2πf得到此交变电动势的频率为2Hz，周期是0.5s，所以选项A正确．周期是0.5s，所以1s内线圈中的电流方向改变4次，选项D错误．代入表达式t＝0.25s，得到e＝0，选项C错误．零时刻，电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，选项B正确．综上所述，本题...