1、交变电流传感器第卷选择题，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e50sin 100t(V)对此电动势，下列表述正确的有()A最大值是50 VB频率是100 HzC有效值是25V D周期是0.02 s解析：最大值Em50 V，有效值为E25V，频率为50 Hz，周期为T0.02 s，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101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101AN1N2BN3N4Ca为交流电流表，b为交流电压表Da为交
2、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，N1N2；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，N3N4.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90 K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0.4 ，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()A1 kW B1.6103 kWC1.6 kW D10 kW解析：原来电
3、路中损失的电功率为P损I2R2R20.4 W1 000 W.用超导体后没有损失，因此答案就是A.答案：A42012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和分别为()A.， B.2R，C.， D.2R，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IP/kU，线路损耗的电功率为P1I2R2R.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IP/nkU，线路损耗的电功率为
4、P2I2R2R.P2/P1，选项D正确，A、B、C错误答案：D52013安徽高考用图102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MPl1，PNl2，则Rx的阻值为()图102A.R0 B.R0C.R0 D.R0解析：当灵敏电流表的电流为零时，有，可得RxR0.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103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
5、虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有()图103A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
6、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iImaxsint的长直导线OO与断开的圆形导线圈在同一平面内，如图104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104A第一个周期 B第二个周期C第三个周期 D第四个周期解析：由E可知，要E减小，即要减小，题中要求EAEB，
7、由楞次定律知，只有在0内才符合要求答案：A8一个边长为6 cm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0.36 ，磁感应强度B随时间t的变化关系如图105所示则线框中感应电流的有效值为()图105A.105A B.105AC.105A D.105A解析：03 s内的感应电动势E1S(6102)2 V0.72105 V，感应电流I12105A；同理可求得35 s内的感应电流I23105A.设感应电流有效值为I，由有效值的定义应有(2105)2R3(3105)2R2I2R5，解得I105A.答案：B第卷非选择题，共52分二、实验题(本大题共2小题，共15分)图1069(7分)有一
8、种角速度计可以测量航天器的转动角速度，其结构如图106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，当系统以角速度转动时，U与的函数关系为_解析：当系统以角速度转动时，对元件A，弹簧弹力提供做圆周运动的向心力为kxm2(l0x)，电压表的读数UE，解得U与的函数关系为U.当xl时，UE， ，上式成立的条件是 .答案：U( )10(8分)如图107甲所示为一测量硫化镉光敏电阻特
9、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107乙所示，试根据这一特性由图108中给定的器材设计一个自动光控电路图107图108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109根据题意设计一个自动光控电路如图109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109三、计算题(本大题
10、共2小题，共37分)图101011(17分)如图1010所示，左侧的圆形导电环半径为r1.0 cm，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C100 pF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100sint.若电容器C所带电荷量的最大值为1.41109 C，则所用理想变压器的原副线圈的匝数之比为多少？(取210)解析：圆形导电环中感应电动势的最大值为Em100r2 V.电容器两端的最大电压为Um V14.1 V，变压器原副线圈匝数比为n1n2EmUm1100.答案：110012(20分)某村在距村庄较远的地方修建了一座
11、小型水电站，发电机输出功率为9 kW，输出电压为500 V，输电线的总电阻为10 ，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220 V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1011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1011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IR线可得I线 A6 A.又因为P输出U2I线，所以U2 V1 500 V，U3U2I线R线(1 500610) V1 440 V.根据理想变压器规律，.所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是13和7211.(2)若不用变压器而由发电机直接输送(模型如图1012所示)，图1012由P输出UI线可得I线 A18 A.所以线路损耗的功率P线IR线18210 W3 240 W.用户得到的电压U用户UI线R线(5001810) V320 V.用户得到的功率P用户P输出P线(9 0003 240) W5 760 W.答案：(1)137211(2)320 V5 760 W - 9 -
