单元综合测试十(交变电流 传感器).doc

单元综合测试十(交变电流　传感器)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，试卷满分为100分．考试时间为90分钟．
第Ⅰ卷(选择题，共40分)
一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)
1．闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式电流i＝Imsinωt，若保持其他条件不变，使发电机线圈匝数及转速各增加一倍，则电流的变化规律为(　　)
A．i＝2Imsin2ωt　　　　　　 B．i＝4Imsin2ωt
C．i＝2Imsinωt D．i＝4Imsinωt
解析：转速加倍则ω＝2πn也加倍，电流的最大值Im也加倍故i＝2Imsin2ωt选项A正确．
答案：A
2．在图1所示两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上220 V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为110 V；若分别在c、d与g、h的两端加上110 V的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为(　　)

图1
A．220 V,220 V B．220 V,110 V
C．110 V,110 V D．220 V,0
解析：对变压器，由＝可得Uab＝220 V；对滑动变阻器来说，当gh间接上电压时，ef间电压Uef＝110 V，故B选项正确．
答案：B
3．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0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V．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．1 kW B．1.6×103 kW
C．1.6 kW D．10 kW
解析：用电器的额定电流为：I＝＝A＝50 A，输电线上消耗功率P线＝I2R＝502×0.4 W＝1000 W＝1 kW.所以若采用超导材料则线路上的损耗将被节约．
答案：A

图2
4．一理想变压器给负载供电，变压器输入电压不变，如图2所示．如果负载电阻的滑动片向上移动．则图中所有交流电表的读数及输入功率变化情况正确的是(均为理想电表)(　　)
A．V1、V2不变，A1增大，A2减小，P增大
B．V1、V2不变，A1、A2增大，P增大
C．V1、V2不变，A1、A2减小，P减小
D．V1不变，V2增大，A1减小，A2减小，P减小
解析：理想变压器输入电压不变，则输出电压不变，故表V1，V2示数不变；滑片P向上移，使负载电阻增大，因而，副线圈中的电流I2减小，由于电压比不变，故原线圈中的电流也将减小；输出功率P出＝U2I2减小，P入＝P出，因而输入功率也将减小．
答案：C

图3
5．汽车消耗的主要燃料是柴油和汽油．柴油机是靠压缩汽缸内的空气点火的；而汽油机做功冲程开始时，汽缸中汽油和空气的混合气是靠火花塞点燃的．但是汽车蓄电池的电压只有12 V，不能在火花塞中产生火花，因此，要使用如图3所示的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连到蓄电池上，副线圈接到火花塞的两端，开关由机械控制，做功冲程开始时，开关由闭合变为断开，从而在副线圈中产生10000 V以上的电压，这样就能在火花塞中产生火花了．下列说法中正确的是(　　)
A．柴油机的压缩点火过程是通过做功使空气的内能增加的
B．汽油机点火装置的开关始终闭合，副线圈的两端也会有高压
C．接该变压器的原线圈的电源必须是交流电源，否则就不能在副线圈中产生高压
D．汽油机的点火装置中变压器的副线圈匝数必须远大于原线圈的匝数
解析：汽车柴油机压缩汽缸内空气，实际上是活塞对气体做功使其内能增加，当温度升高到一定温度时，柴油着火燃烧．汽油机是借助于变压器在通入原线圈中电压(12 V)断电时产生变化的磁通量从而在副线圈中产生瞬时高压(10000 V)，而达到产生火花的目的，所以电源可以是直流，且副线圈匝数要远大于原线圈匝数，故A、D正确．
答案：AD

图4
6．如图4是自动调温式电熨斗，下列说法正确的是(　　)
A．常温时上下触点是接触的
B．双金属片温度升高时，上金属片形变较大，双金属片将向下弯曲
C．原来温度控制在80℃断开电源，现要求60℃断开电源，应使调温旋钮下调一些
D．由熨烫丝绸衣物状态转化为熨烫棉麻衣物状态，应使调温旋钮下移一些
解析：双金属片上层金属的膨胀系数大于下层金属，常温下，弹性铜片和双金属片触点是接触的，通电后，电热丝发热(题图螺旋状部分)，当温度升高到某一值时，双金属片上层的金属受热膨胀，形变量大于下层金属，双金属片向下弯曲，使触点分离，切断电路；随着温度的降低，当降到某一温度时，双金属片收缩恢复原状，两触点又接触接通电路．
调温旋钮下压弹性铜片，可使触点分离的温度升高，上提弹性铜片，可降低触点的分离温度，从而实现了调温控制．
答案：ABD

图5
7．电容式话筒的保真度比动圈式话筒好，其工作原理如图5所示．Q是绝缘支架，薄金属膜M和固定电极N形成一个电容器，被直流电源充电，当声波使膜片振动时，电容发生变化，电路中形成变化的电流．当膜片向右运动的过程中有(　　)
A．电容变大　　　　　　　 B．电容变小
C．导线AB中有向左的电流 D．导线AB中有向右的电流
解析：膜片右移时，由于板间距离d变小，由C＝知，A对；由Q＝CU知，C对，D错．
答案：AC

图6
8．如图6所示是霍尔元件的工作原理示意图，如果用d表示薄片的厚度，k为霍尔系数，对于一个霍尔元件d、k为定值，如果保持电流I恒定，则可以验证UH随B的变化情况，以下说法中错误的是(　　)
A．将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面时，UH将变大
B．在测定地球两极的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平
C．在测定地球赤道上磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平
D．改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，UH将发生变化
答案：C

图7
9．全自动洗衣机中，排水阀是由程序控制器控制其动作的，当洗衣机进行排水和脱水工序时电磁铁的线圈通电，使电磁铁的铁芯2运动，牵引排水阀的活塞，排出污水，牵引电磁铁的结构如图7所示，以下说法正确的是(　　)
A．若某时刻输入控制电流时，a为正，b为负，则铁芯2中A端为N极，B端为S极
B．若某时刻输入控制电流时，a为正，b为负，则铁芯2中A端为S极，B端为N极
C．若a、b处输入交变电流，铁芯2不能吸入线圈中
D．若a、b处输入交变电流，铁芯2能吸入线圈中
解析：根据磁化现象和磁极间同名磁极相斥，异名磁极相吸原理易判断B、D正确．
答案：BD
10．某中学的学生食堂新安装了磁卡就餐系统，使用不到一周，便出现了电源总开关总是无法接通的问题．经检查，电源总开关中漏电保护器动作切断了电源．漏电保护器电路如图8所示，变压器A处用火线与零线双股平行绕制成线圈，然后接到磁卡机上，B处有一个输出线圈，一旦线圈B中的电流经放大器放大后便推动断电器切断电源．造成漏电保护器动作切断电源的原因判断为磁卡机用电端(　　)

图8
A．零线与火线之间漏电
B．火线与地之间漏电或零线直接接地
C．只有火线与地之间漏电才会产生
D．刷卡机装得过多，造成电流太大
解析：由题意知，火线和零线均绕在铁芯上，故只有火线与零线中电流大小不等时，才会引起漏电保护器切断电源，故可能是火线与地之间漏电，也可能是零线与地之间漏电．
答案：B
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
二、填空题(本题共2小题，每题8分，共16分)

图9
11．(2010·全国卷Ⅱ)如图9，一热敏电阻RT放在控温容器M内；Ⓐ为毫安表，量程6mA，内阻为数十欧姆；E为直流电源，电动势约为3V，内阻很小；R为电阻箱，最大阻值为999.9Ω；S为开关．已知RT在95℃时的阻值为150Ω，在20℃时的阻值约为550Ω.现要求在降温过程中测量在95℃～20℃之间的多个温度下RT的阻值．
(1)在图中画出连线，完成实验原理电路图．
(2)完成下列实验步骤中的填空：
a．依照实验原理电路图连线．
b．调节控温容器M内的温度，使得RT的温度为95℃.
c．将电阻箱调到适当的初值，以保证仪器安全．
d．闭合开关．调节电阻箱，记录电流表的示数I0，并记录________．
e．将RT的温度降为T1(20℃
g．逐步降低T1的数值，直至20℃为止；在每一温度下重复步骤e f.
解析：(1)电阻箱的最大阻值与热敏电阻的最大阻值相差不大，因此电阻箱应为与热敏电阻串联．(2)本实验原理是当电路的两种状态的电流相等时，外电路的总电阻相等.95℃和RT时对应的电路的电阻相等，有150＋R0＝RT＋R，即RT1＝R0－R1＋150 Ω.

图10
答案：(1)实验原理电路图如图10所示．
(2)d.电阻箱的读数R0
e．仍为I0　电阻箱的读数R1
f．R0－R1＋150 Ω
12．某实验小组探究一种热敏电阻的温度特性．现有器材：直流恒流电源(在正常工作状态下输出的电流恒定)、电压表、待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关和导线等．
(1)若用上述器材测量热敏电阻的阻值随温度变化的特性，请你在图11(1)的实物图上连线．

图11
(2)实验的主要步骤：
①正确连接电路，在保温容器中注入适量冷水，接通电源，调节并记录电源输出的电流值；②在保温容器中添加少量热水，待温度稳定后，闭合开关，__________，__________，断开开关；
③重复第②步操作若干次，测得多组数据．
(3)实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得图11(2)的R－t关系图线，请根据图线写出该热敏电阻的R－t关系式：R＝________＋________t(Ω)(保留3位有效数字)．
解析：改变温度后，热敏电阻阻值改变，电压表示数改变，从图线知R与t成线性关系，且纵轴上截距(当t＝0℃时)R＝100 Ω，斜率为ΔR/Δt＝0.395，所以R＝100＋0.395t(Ω)．
答案：(1)实物连线图如图12　(2)记录温度计数值　记录电压表数值　(3)100　0.395

图12
三、计算题(本题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)

图13
13．如图13所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直．线圈匝数n＝40，电阻r＝0.1 Ω，长l1＝0．05 m，宽l2＝0.04 m，角速度ω＝100 rad/s，磁场的磁感应强度B＝0.2 T．线圈两端外接电阻R＝9.9 Ω的用电器和一个交流电流表．求：
(1)线圈中产生的最大感应电动势；
(2)电流表的读数；
(3)用电器上消耗的电功率．
解析：(1)Em＝nBωS＝nBωl1l2＝1.6 V.
(2)Im＝＝0.16 A，电流表读数为有效值
I＝＝0.11 A.
(3)P＝I2R＝0.12 W.
答案：(1)1.6 V　(2)0.11 A　(3)0.12 W
14．有条河流，流量Q＝2 m3/s，落差h＝5 m，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240 V，输电线总电阻R＝30 Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V,100 W”的电灯正常发光？(g取10 N/kg)
解析：设水的密度为ρ
电源端：P输出＝mgh/t×50%＝Qρgh×0.5
＝2×1×103×10×5×0.5 W＝5×104 W
输出电压U0＝240 V；输送电路如图14所示．

图14
为满足输电要求，据ΔP损＝I送2R
有I送＝＝＝A
＝10A，则送电电压为U送＝＝V
＝5×103 V
所以升压变压器的变压比为
n1∶n2＝U0∶U送＝240/(5×103)＝6∶125
输电线电压损失ΔU损＝I送R＝10×30 V＝300 V，
用户端：U1＝U送－ΔU损＝5×103V－300V＝4700V，据题意可知U2＝220 V，所以降压变压器的匝数比为n1′∶n2′＝U1∶U2＝4700/220＝235∶11.因为理想变压器没有能量损失，所以可正常发光的电灯盏数为
N＝＝(盏)
＝470(盏)．
15．温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱和微波炉等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化而变化的特性工作的．在图15甲中，电源的电动势E＝9.0 V，电源内电阻可忽略不计；G为小量程的电流表，电流表内阻RG保持不变；R为热敏电阻，其电阻值与温度的变化关系如图15乙的R—t图线所示．闭合开关S，当R的温度等于20℃时，电流表示数I1＝2 mA，则当电流表的示数I2＝3.6 mA时，热敏电阻R的温度是多少摄氏度？

图15
答案：由I1＝，得RG＝500 Ω　I2＝，代入数据得：R′＝2000 Ω从R—t图象可知，此时的温度是120℃

图16
16．如图16所示是一种悬球式加速度仪，它可以用来测定沿水平轨道运动的列车的加速度，金属球的质量为m，它系在金属丝的下端，金属丝的上端悬挂在O点，AB是一根长为L的均匀电阻丝，其阻值为R，金属丝与电阻丝接触良好，摩擦不计，电阻丝的中心C焊接一根导线，从O点也引出一根导线，两线之间接入一个电压表V，(金属丝和导线电阻不计)．图中虚线OC与AB垂直，且OC＝h，电阻丝AB接在电压为U的直流稳压电源上，整个装置固定在列车中使AB沿前进的方向．列车静止时金属丝呈竖直状态，当列车加速或减速前进时，金属丝将偏离竖直方向，从电压表V的读数变化可以测出加速度的大小．
(1)当列车向右做匀加速直线运动时，试导出加速度a与电压表读数为U′的关系式(用U′、U、L、h及重力加速度g等表示)．
(2)用导出的a与U′的关系式说明表盘上a的刻度是否均匀？

图17
解析：(1)设列车加速度为a时，小球偏离竖直方向θ角，此时小球受力情况如图17所示，根据牛顿第二定律得
mgtanθ＝ma①
因为tanθ＝②
由①②两式得a＝g·③
又设列车加速度为a时，电压表读数为U′，

　　＝＝④
由④得DC＝U′L/U⑤
将⑤代入③得a＝g·⑥
(2)由⑥式可知，g、L、U、h均为常数，则列车加速度a与电压表读数U′成正比，可将电压表上刻度一一对应地改成加速度a的数值，因而可知表盘上加速度a的刻度与电压刻度一样是均匀的．
答案：(1)a＝g·　(2)均匀