高考物理一轮复习【分层练习】 阶段性检测（9）交变电流与传感器

高考物理一轮复习策略

首先，要学会听课：

1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;

2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。

3、听要结合写和思考。

4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。

其次，要学会记忆：

1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。

2、合理用脑。

3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：

一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。

1.摸透主干知识       2.能力驾驭高考      3.科技领跑生活

阶段性检测（九）

交变电流与传感器

时间：90分钟   满分：100分

一、单项选择题：共8小题，每小题4分，共32分。

1．如图所示，一线圈在匀强磁场中匀速转动，经过图示位置时（　　）

A．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大

B．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小

C．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大

D．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小

【答案】C

【解析】题图所示位置线圈平面与磁感线平行，处于垂直于中性面的位置，故穿过线圈的磁通量为零（即最小），而磁通量的变化率即瞬时电动势最大，故选C。

2．如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，其在同一磁场中匀速转动过程中所产生正弦交流电的图像如图线b所示。以下关于这两个正弦交流电的说法错误的是（　　）

A．在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零

B．线圈先后两次转速之比为3∶2

C．交流电a的瞬时值表达式为

D．交流电b电压的最大值为

【答案】A

【解析】A．由图可知，t=0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量都是最大，故A错误；B．由图像可知交流电a与交流电b的周期之比为2∶3，转速与周期成反比，故线圈先后两次转速之比为3∶2，故B正确；C．由图像可知，交流电a的最大值为10V，角速度为

所以交流电a的瞬时值表达式为

故C正确；D．交流电电压的最大值为

线圈先后两次转速之比为3∶2，则交流电a与交流电b电压的最大值之比为3∶2，故交流电b电压的最大值为，故D正确。本题选错误的，故选A。

3．如图所示，单匝闭合矩形导线框abcd电阻为R，ef为线框与磁场边界的交点， 。线框绕过ef的轴以角速度匀速转动，从图示位置开始计时，若匀强磁场的磁感应强度为B，下列说法正确的是（　　）

A．t=0时刻，回路中电流

B．回路中电流的最大值

C．回路中感应电动势的有效值

D．前周期内，回路中平均电动势

【答案】B

【解析】A．t=0时刻，线圈平面与磁场垂直，感应电动势为零，回路中电流为零，故A错误；B．线框绕过ef的轴以角速度匀速转动，导线ab、cd同时垂直切割磁感线运动时感应电动势最大

回路中电流的最大值

故B正确；C．回路中产生正弦式交变电流，感应电动势的有效值

故C错误；D．前周期内，回路中平均电动势

故D错误。故选B。

4．如图甲所示的电路中，理想压器原、副线圈匝数比为10∶1，A、V均为理想电表，R是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）、L是理想线圈、D是灯泡，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，下列说法正确的是（　　）

A．电压表的示数为

B．原、副线圈的电流都是正弦交流电，且能同时达到各自的最大值

C．当光照增强时，电流表A的示数变小

D．光照不变，若用一根导线来代替线圈L则灯D将变亮

【答案】D

【解析】A．原线圈接入电压的最大值是，所以原线圈接入电压的有效值是U1=220V，根据理想变压器变压比

代入数据解得副线圈的电压为

电压表的示数为22V，故A错误；B．原、副线圈的电流都是正弦交流电，但二者存在的相位差，所以不能同时达到各自最大值，故B错误；C．有光照增强时，R阻值随光强增大而减小，则次级电阻减小，根据

得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以电流表A的示数变大，故C错误；D．用导线代替线圈，对电流的阻碍减小，所以D变亮，故D正确。故选D。

5．理想变压器及其前后电路如图所示，ab间接电压为U的交流电，变压器原副线圈的匝数比为3:1，R1:R2=3:1。下列做法能增大变压器副线圈输出电压的是（　　）

A．将R1、R2调换位置 B．给R2并上一个等值电阻

C．ab间换接频率更高的交流电 D．ab间换接电压为2U的直流电

【答案】A

【解析】A．原线圈电路中

根据电压匝数比关系有

根据电流与匝数比为

副线圈电路中

解得

当将R1、R2调换位置时，由分析有

A正确；B．由于

可知，随的减小而减小，当给R2并上一个等值电阻时，负载电阻减小，则副线圈输出电压减小，B错误；C．根据

可知，副线圈输出电压与电流频率无关，则C错误；D．变压器只能针对交流电才能够正常工作，当ab间换接电压为2U的直流电时，变压器不能发生电磁感应现象，副线圈输出电压为0，D错误。故选A。

6．如图所示，一个面积为S、匝数为N的金属线圈在匀强磁场中以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B，线圈两端通过电刷与图示的电路连接，线圈内阻不计，无光照时，光敏电阻与定值电阻的阻值相等，均为，光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小，理想变压器的原、副线圈的匝数比为，电表均可视为理想电表，则（　　）

A．断开开关S，减小光照强度，电压表的示数增大，电流表的示数变小

B．从图示位置开始计时，线圈转动时产生的感应电动势的瞬时值表达式为

C．闭合开关S，用黑纸包裹，的电功率为

D．用黑纸包裹，断开开关S，电压表示数为；闭合开关S，电压表示数为，有

【答案】A

【解析】A．根据题意，断开开关S，设发电机输出电压的有效值为，流过副线圈的电流为，由电流与匝数的关系可得，流过原线圈的电流为，则原线圈的输入电压为，由电压与匝数的关系可得，副线圈的输出电压为，由欧姆定律可得

整理得

减小光照强度，的电阻增大，则电流减小，原线圈的电流减小，即电流表示数减小，

副线圈的输出电压为增大，即电压表的示数增大，故A正确；B．根据题意，从图示位置开始计时，线圈转动时产生的感应电动势的瞬时值表达式为

故B错误；C．根据题意可知，开关S处于闭合状态时，将用黑纸包裹，则有

原线圈输入电压为金属线圈感应电动势的有效值

由电压与匝数的关系有

可得

由公式可得，的电功率为

故C错误；D．根据题意，由A分析可知，当用黑纸包裹，断开开关S，则有

又有

可得

闭合开关S，则有

则

故D错误。故选A。

7．某位同学利用力敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图甲所示，将力敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘光滑重球，力敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小。小车向右做直线运动的过程中，电流表的示数如图乙所示，下列判断正确的是（　　）

A．小车在时间内一定做匀速直线运动

B．小车在时间内做匀减速直线运动

C．小车在时间内做加速度减小的加速运动

D．小车在时间内一定做匀速直线运动

【答案】C

【解析】A．在时间内电流不变，则压敏电阻的阻值不变，所受的压力不变，加速度不变，则小车不一定做匀速直线运动，选项A错误；BC．在时间内，电流减小，则压敏电阻的电阻变大，所受的压力减小，则加速度减小，即小车做加速度减小的加速运动，选项B错误，C正确；D．在时间内电流不变，与时间内比较电流变小了，则压敏电阻的阻值变大，所受的压力减小，加速度减小了，但是加速度仍不变，则小车不一定做匀速直线运动，选项D错误。故选C。

8．某种家庭应急救援包中配备了一种手摇式充电器，主要用于为一些小型的用电设备暂时供电，如图为它服务于应急供电系统简易原理图，发电机中矩形线圈的电阻为r，它工作时绕轴OO’在磁感应强度为B的匀强磁场中匀速转动，产生交流电电压的最大值为0.05V，图中有一升压变压器，原、副线圈的匝数比为1∶100，则下列说法正确的是（　　）

A．若发电机矩形线圈某时刻处于图示位置，则矩形线圈此时磁通量变化最快

B．副线圈两端电压为5V

C．当充电设备数目增多时，充电设备的电压将会减小

D．若发电机线圈的转速减为原来的一半，用户获得的功率也将减为原来的一半

【答案】C

【解析】A．若发电机矩形线圈某时刻处于图示位置，通过线圈的磁通量最大，磁通量随时间成余弦规律变化，此刻磁通量变化率为零，A错误；B．由于发电机矩形线圈有电阻，所以原线圈两端电压

U1=E-I1r

小于矩形线圈产生的电压，即小于V，由知副线圈两端电压小于，B错误；   

D．设变压器原线圈和副线圈两端的电压分别为和，通过的电流分别为和，原线圈及其右侧电路等效为一电阻，称为等效电阻，有

联立各式解得

电路可等效为如图所示电路。

用户获得的功率即为等效电阻的功率，则

①

当发电机线圈的转速减为原来的一半时，由

知线圈产生的交流电压减为原来的一半，代入①式可知为原来的，D错误；C．当充电设备增多时，副线圈总电阻减小，等效电阻减小，原线圈上电流增大，原线圈两端电压减小，则副线圈两端电压减小，充电设备的压将减小，C正确。故选C。

二、多项选择题：共3小题，每小题4分，共12分。全部选对得4分，部分选对得2分，有选错得得0分。

9．如图甲为手机无线充电工作原理示意图，它由送电线圈和受电线圈组成。已知受电线圈的匝数为40匝，电阻r＝2Ω，在它的c、d两端接一阻值R＝6Ω的电阻。设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间变化规律如图乙所示，磁场向上穿过线圈时磁通量为正，则（　　）

A．时间内，感应电流的方向为

B．电压表的示数为6V

C．无线充电1min，电阻R上接收电能为720J

D．到时间内，通过电阻R的电荷为

【答案】AC

【解析】A．由图乙可知，

时间内，受电线圈中磁通量方向向上增大，则根据楞次定律判断可知，感应电流方向为，故A正确；B．由图乙可知

在受电线圈中产生感应电动势的最大值为

则受电线圈中产生感应电动势的有效值为

根据闭合电路欧姆定律可得，受电线圈中的感应电流为

则电压表的示数为

故B错误；C．无线充电1min，电阻R上接收电能为

故C正确；D．由图乙可知，在到时间内，受电线圈磁通量的变化量为

则在到时间内，通过电阻R的电荷为

故D错误。故选AC。

10．将金属块m用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中，如图所示。在箱子的上顶板和下底板装有压力传感器，箱子可以沿竖直轨道运动。当箱子以a＝2.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的压力传感器显示的压力为6.0 N，下底板的压力传感器显示的压力为10.0 N。取g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．金属块的质量是0.5 kg

B．若上顶板压力传感器的示数是下底板压力传感器的示数的一半，则箱子是静止的

C．若上顶板压力传感器的示数为零，则轻弹簧的长度保持不变

D．若上顶板压力传感器的示数为零，则箱子有竖直向上的加速度大于或等于10 m/s2

【答案】AD

【解析】A．下底板传感器的示数等于轻弹簧的弹力F，金属块受力分析情况如图所示

上顶板的压力N＝6.0 N、弹簧的弹力F＝10.0 N和重力mg，加速度为a，方向向下，有

mg＋N－F＝ma

可求得金属块的质量

m＝0.5 kg

选项A正确；B．当上顶板传感器的示数是下底板传感器示数的一半时，弹簧的弹力仍是F，则上顶板压力为，设箱和金属块的加速度为a1，则有

mg＋－F＝ma1

解得a1＝0，表明箱处于静止或做匀速直线运动，选项B错误；C．当上顶板的压力恰好等于零时，有

mg－F＝ma2

解得

a2＝－10 m/s2

“－”号表示加速度方向向上，若箱和金属块竖直向上的加速度大于10 m/s2，弹簧将被进一步压缩，金属块要离开上顶板，上顶板压力传感器的示数也为零，选项C错误；D．只要竖直向上的加速度大于或等于10 m/s2，不论箱是向上加速还是向下减速运动，上顶板压力传感器的示数都为零，选项D正确；故选AD。

11．如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面（纸面）内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则（　　）

A．两导线框中均会产生正弦交流电

B．两导线框中感应电流的周期都等于T

C．在t＝时，两导线框中产生的感应电动势相等

D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等

【答案】BC

【解析】A．本题中导线框的半径匀速旋转切割磁感线时产生大小不变的感应电流，故A错误；B．两导线框产生的感应电流的周期与线框转动周期相同，故B正确；C．在t＝时，两导线框切割磁感线的导线长度相同，且切割速度大小相等，故产生的感应电动势相等，均为

E＝BR2ω

故C正确；D．两导线框中感应电流随时间变化的图像如下图所示，故两导线框中感应电流的有效值不相等，故D错误。

故选BC。

三、实验题：共2小题，共18分。

12.（9分）有一个教学用的可拆变压器，如图1所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B（内部导线电阻率、横截面积相同），线圈外部还可以绕线。

（1）某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图2中的a、b位置，由此可推断________（选填“A”或“B”）线圈的匝数较多。

（2）该实验中输入端所接电源最适合的是________。

A．220V交流电源

B．12V以内低压直流电源

C．36V安全电压

D．12V以内低压交流电源

（3）如果把它看作理想变压器，现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源。请完成实验步骤的填空：

①用绝缘导线在线圈的外部或变压器的铁芯上绕制n匝线圈。

②将________（选填“A”或“B”）线圈与低压交流电源相连接。

③用多用电表的________挡分别测量A线圈的输入电压UA和绕制线圈的输出电压U。

④则A线圈的匝数为________。

【答案】（1）A     （2）D    （3） A     交流电压     n

【解析】（1）[1]根据电阻定律，电阻率和横截面积相同时，导线越长，电阻越大，A线圈电阻比B的大，故A线圈匝数较多。

（2）[2]为保证学生安全，应用12V以内低压交流电源，故选D。

（3）②[3]要测量A线圈的匝数，所以要把A线圈与低压交流电源相连接。

③[4]变压器输入输出都是交流电，所以要用交流电压挡测输入和输出电压。

④[5]根据变压器电压比等于匝数比，有

解得

13.（9分）小岩同学将废弃不用的玩具电源拆开，发现内部有一个变压器，她想在不拆变压器绕线的前提下测量其初级线圈的直流电阻，先用多用电表欧姆挡测得阻值约400Ω，然后再用伏安法精确测量其直流电阻。现有器材如下：

电流表A1（量程20mA，内阻r1约为3Ω，读数记为I1）；

电流表A2（量程5mA，内阻r2=20Ω，读数记为I2）；

电压表V（量程15V，内阻RV约为15KΩ，读数记为U）；

定值电阻R1=580Ω；

定值电阻R2=1180Ω；

滑动变阻器R（0~1000Ω）；

蓄电池E（电动势6V，内阻很小）、开关、导线若干。

（1）小岩利用以上的部分器材设计了如图1所示的电路图，请指出此电路设计不妥当的地方：___________。

（2）请利用提供的器材在图2的方框中画出改进后的电路图，并标出各器材的代号_________。

（3）测量初级线圈的电阻表达式为RL=___________（本结果均用题中所给的字母表示）。

（4）关于实验操作下列说法正确的是___________。

A．如图2，闭合K1前，应将滑动变阻器划片滑至最左端

B．调整滑动变阻器电阻后立刻读出电表读数

C．实验结束拆除电路时应先断开K2，稍等一会儿再断开K1

【答案】（1）电压表量程过大（电压表没有改装）     （2）     （3）     （4）C

【解析】（1）[1]此电路设计不妥当的地方是电压表的量程过大；

（2）[2]因给定的电压表量程过大，则可以用已知内阻的电流表A2与定值电阻R2串联，这样相当于一个量程为

的电压表，则电路如图

（3）[3]根据电路的结构可得，测量初级线圈的电阻表达式为

（4）[4]A.如图2，闭合K1前，应将滑动变阻器划片滑至最右端，A错误；B.调整滑动变阻器电阻后，应该等电路稳定后读出电表读数，B错误；C.实验结束拆除电路时应先断开K2，稍等一会儿再断开K1，以防止在线圈中产生的自感电动势损坏电表，C正确。故选C。

四、计算题：共2小题：38分。

14.（18分）如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻忽略不计。在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻值为R的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力大小为2mg。整个过程中金属棒与导轨接触良好，求：

（1）金属棒到达最低点时的通过电阻R的电流；

（2）若金属棒在拉力作用下，从cd开始以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动，则在到达ab的过程中拉力做的功为多少？

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）设金属棒到达最低点时的速度大小为v，根据牛顿第二定律有

由题意可知

此时金属棒产生的感应电动势大小为

通过电阻R的电流为

联立以上四式解得

（2）设金属棒做匀速圆周运动的角速度大小为ω，以金属棒在cd处为计时零点，则t时刻产生的感应电动势大小为

即e随时间t成余弦规律变化，所以金属棒从cd到ab的过程中，感应电动势的有效值为

金属棒从cd到ab的时间为

该过程中回路中产生的热量为

由功能关系可得拉力做的功为

15（20分）如图所示为一个小型交流发电机的示意图，其线框ABCD匝数n=100匝，面积为，总电阻r=10Ω，绕垂直于磁场的轴匀速转动，角速度。已知匀强磁场磁感应强度，矩形线框通过滑环与理想变压器相连，副线圈与电阻相接，电表均为理想电表，电压表示数为U=180V。从线框转至中性面位置开始计时，求：

（1）线框中感应电动势的瞬时值表达式；

（2）电流表的示数；

（3）当原、副线圈匝数比为3：1时，电阻R的阻值。

【答案】（1）；（2）2A；（3）

【解析】（1）线圈中感应电动势的峰值

由于从线框转至中性面位置开始计时，故瞬时值表达式为

（2）感应电动势的有效值为

线圈自身分到的电压为

又

所以电流表示数为

（3）设副线圈两端电压为，电流为则有

所以