2022高考物理拉分题28专项训练

PAGE1-交变电流传感器第Ⅰ卷选择题，共48分一、选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分)1．(多选题)[2012·广东卷]某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin100πt(V)．对此电动势，下列表述正确的有()A．最大值是50eq\r(2)V B．频率是100HzC．有效值是25eq\r(2)V D．周期是0.02s解析：最大值Em＝50V，有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝25eq\r(2)V，频率为50Hz，周期为T＝eq\f(1,f)＝0.02s，所以CD正确．答案：CD2．(多选题)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10－1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()图10－1A．N1＞N2B．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：AD3．超导材料电阻降为零的温度称为临界温度，1987年我国科学家制成了临界温度为90K的高温超导材料，利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4Ω，它提供给用电器的电功率为40kW，电压为800V．如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为()A．1kW B．1.6×103kWC．1.6kW D．10kW解析：原来电路中损失的电功率为P损＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4×104,800)))2×0.4W＝1000W.用超导体后没有损失，因此答案就是A.答案：A4．[2012·天津卷]通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R.当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和eq\f(P2,P1)分别为()A.eq\f(PR,kU)，eq\f(1,n) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,kU)))2R，eq\f(1,n)C.eq\f(PR,kU)，eq\f(1,n2) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,kU)))2R，eq\f(1,n2)解析：当副线圈与原线圈的匝数比为k时，副线圈输出电压为kU，输出电流I＝P/kU，线路损耗的电功率为P1＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,kU)))2R.若将副线圈与原线圈匝数比提高到nk，副线圈输出电压为nkU，输出电流I′＝P/nkU，线路损耗的电功率为P2＝I′2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,nkU)))2R.P2/P1＝eq\f(1,n2)，选项D正确，A、B、C错误．答案：D5．[2013·安徽高考]用图10－2所示的电路可以测量电阻的阻值．图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP＝l1，PN＝l2，则Rx的阻值为()图10－2A.eq\f(l1,l2)R0 B.eq\f(l1,l1＋l2)R0C.eq\f(l2,l1)R0 D.eq\f(l2,l1＋l2)R0解析：当灵敏电流表的电流为零时，有eq\f(R0,l1)＝eq\f(Rx,l2)，可得Rx＝eq\f(l2,l1)R0.答案：C6．(多选题)[2012·江苏卷]某同学设计的家庭电路保护装置如图10－3所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成．当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路．仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有()图10－3A．家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零B．家庭电路中使用的电器增多时，L2中的磁通量不变C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起D．地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起解析：当家庭电路正常工作时，火线和零线中的电流大小始终相等，方向始终相反，由于采用双线绕成，当电路正常工作时，火线和零线在铁芯内部产生的磁场大小相等，方向相反，所以内部的磁通量为零，A正确；当电路中的电器增多时，火线和零线中的电流都增大了，但大小始终相等，方向始终相反，铁芯内部的磁通量还是零，即L2中的磁通量不变，B正确；当电路发生短路时，电流不经用电器，火线和零线中电流很大，但大小始终相等，方向始终相反，铁芯内部的磁通量还是零，L2不产生感应电流，开关K不会被电磁铁吸起，C错误；当地面上的人接触火线发生触电时，电流经人体流向地面，不经过零线，所以火线和零线中的电流大小不等，在铁芯内产生的磁通量不为零，L2中产生感应电流，开关K被电磁铁吸起，D正确．答案：ABD7．通有电流i＝Imaxsinωt的长直导线OO′与断开的圆形导线圈在同一平面内，如图10－4所示(设电流由O至O′为正)，为使A端的电势高于B端的电势且UAB减小，交流电必须处于每个周期的()图10－4A．第一个eq\f(1,4)周期 B．第二个eq\f(1,4)周期C．第三个eq\f(1,4)周期 D．第四个eq\f(1,4)周期解析：由E∝eq\f(ΔΦ,Δt)∝eq\f(Δi,Δt)可知，要E减小，即要eq\f(Δi,Δt)减小，题中要求EA＞EB，由楞次定律知，只有在0～eq\f(T,4)内才符合要求．答案：A8．一个边长为6cm的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电阻为0.36Ω，磁感应强度B随时间t的变化关系如图10－5所示．则线框中感应电流的有效值为()图10－5A.eq\r(2)×10－5A B.eq\r(6)×10－5AC.eq\f(\r(2),2)×10－5A D.eq\f(3\r(2),2)×10－5A解析：0～3s内的感应电动势E1＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(6×10－3,3)×(6×10－2)2V＝0.72×10－5V，感应电流I1＝eq\f(E1,R)＝2×10－5A；同理可求得3～5s内的感应电流I2＝3×10－5A.设感应电流有效值为I，由有效值的定义应有(2×10－5)2R×3＋(3×10－5)2R×2＝I2R×5，解得I＝eq\r(6)×10－5A.答案：B第Ⅱ卷非选择题，共52分二、实验题(本大题共2小题，共15分)图10－69．(7分)有一种角速度计可以测量航天器的转动角速度，其结构如图10－6所示，角速度计固定在待测装置上，元件A可在光滑杆上滑动，静止时，电压输出刚好为零．当装置绕竖直轴OO′转动时，元件A在光滑杆上发生位移并输出电压信号，成为航天器制导系统的信息源．已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k，自然长度为l0，电源的电动势为E，滑动变阻器B总长度为l，当系统以角速度ω转动时，U与ω的函数关系为__________．解析：当系统以角速度ω转动时，对元件A，弹簧弹力提供做圆周运动的向心力为kx＝mω2(l0＋x)，电压表的读数U＝Eeq\f(x,l)，解得U与ω的函数关系为U＝eq\f(mω2l0E,kl－mω2l).当x＝l时，U＝E，ω＝eq\r(\f(kl,ml0＋l))，上式成立的条件是ω≤eq\r(\f(kl,ml0＋l)).答案：U＝eq\f(mω2l0E,kl－mω2l)(ω≤eq\r(\f(kl,ml0＋l)))10．(8分)如图10－7甲所示为一测量硫化镉光敏电阻特性的实验电路，电源电压恒定．电流表内阻不计，开关闭合后，调节滑动变阻器滑片，使小灯泡发光逐渐增强，测得流过电阻的电流和光强的关系曲线如图10－7乙所示，试根据这一特性由图10－8中给定的器材设计一个自动光控电路．图10－7图10－8解析：由光敏电阻的特性曲线可以看出，当入射光增强时，光敏电阻的阻值减小，流过光敏电阻的电流增大．图10－9根据题意设计一个自动光控电路如图10－9所示．控制过程是：当有光照时，光电流经过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，光电流减小，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，控制电路接通，灯开始工作．答案：见图10－9三、计算题(本大题共2小题，共37分)图10－1011．(17分)如图10－10所示，左侧的圆形导电环半径为r＝1.0cm，导电环与一个理想变压器的原线圈相连，变压器的副线圈两端与一个电容为C＝100pF的电容器相接，导电环的电阻不计．环中有垂直于圆环平面的变化磁场，磁场磁感应强度B的变化率为eq\f(ΔB,Δt)＝100eq\r(2)πsinωt.若电容器C所带电荷量的最大值为1.41×10－9C，则所用理想变压器的原副线圈的匝数之比为多少？(取π2＝10)解析：圆形导电环中感应电动势的最大值为Em＝eq\f(ΔBS,Δt)＝100eq\r(2)π×πr2＝eq\f(\r(2),10)V.电容器两端的最大电压为Um＝eq\f(Q,C)＝eq\f(1.41×10－9,100×10－12)V＝14.1V，变压器原副线圈匝数比为n1∶n2＝Em∶Um＝1∶100.答案：1∶10012．(20分)某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9kW，输出电压为500V，输电线的总电阻为10Ω，允许线路损耗的功率为输出功率的4%，求：(1)村民和村办小企业需要220V电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？(不计变压器的损耗)(2)若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？解析：建立如图10－11所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、副线圈两端的电压之比．图10－11本题可以从线路上损耗的功率为突破口，先求出输电线上的电流I线，再根据输出功率求出U2，然后再求出U3.(1)由线路损耗的功率P线＝Ieq\o\al(2,线)R线可得I线＝eq\r(\f(P线,R线))＝eq\r(\f(9000×4%,10))A＝6A.又因为P输出＝U2I线，所以U2＝eq\f(P输出,I线)＝eq\f(9000,6)V＝1500V，U3＝U2－I线R线＝(1500－6×10)V＝1440V.根据理想变压器规律eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(500V,1500V)＝eq\f(1,3)，eq\f(n3,n4)＝eq\f(U3,U4)＝eq\f(1440V,220V)＝eq\f(72,11).所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1∶3和72∶11.(2)若不用变压器