第十二章 交变电流 传感器-【勤径学升】2025年高考一轮复习物理通关卷

气光图韩照藏行并骨相听覆然脂前学习饮件，奥忌一轮置习鼎原。 第十二章 交变电流 传感器 仁0一3时制内电阻R产生的地耳热为器 满分，10的分 n0一3时同电阻数产生的能耳热为号1，， 4,《对肃省年州有模斯》知图甲所乐，变压零原，期线周上有1，L 一、选择题：本题共10小避，共6分。在每小愿的出的四个选用 1、1、四只灯雀，它们的规格富是“9V2W“,当在淡变反器 A.打藏L,一定比I道 中，第1-？题只有一项符合赠日要求.每小莲4分，第810蹲 d德输人交变电压(4一，图像如落乙所8)时，国只灯卷富正 队稀线国丙端的电压有效植为12W 有多符合避口要求，每小强8分，全富选时得8分，透对旧 常爱光，各电表均为理想交额电表，以下说扶正确的是() C,四电容器所在支处干断路款态，故无电淹通过二极管 全的得8分，有选情的得0分 D二极管D两端反向电板是大值是1之，要V 1.《部醉于学帝)图甲是交花 4,(潮主卷)近年来，格于变压 电 线电 发电机的示鱼图，两盟服 器原理的无线充电改术得风 之间的题场可规为匀强色 了广泛应用，其筑化的充电 场，金属线圆ACD绕转 睾打 轴)广匀盛转动。A为电 返理图如周所示。发财规周 直传感器（与计算机相 A,u6馨输人电医的瞬时值表达式为v,=7,警·im100(V) 的输入电压为2勿V,丽数为 文电 连)，R为定植电阻，线国电阳为「，其余电阻不比。图乙为什算 品夏，国线图派数比为3年1 1100道，接牧找减的领数为 机上望示的电瓷数据园时变化的周像，下列说法中正确的是 C.过灯泡L,的电减方向每秒钟政变0次 0匝。若工作状态下，穿过 线 D电流表的示数为4Ab响输人的功者P,为6W 接收线眉的腰通量约为发射级调的0%，色略其它相耗，下列说 A,金翼线周恰好处于用甲所示的位置时感应电劲经为零，财定 5,积都为S且电阻图同的正方 法正魂的是 阳乙中成1对剑 从金属线周恰好处于屏甲所示的位置时感应电动势最大，对园 形线凰和圆形线漏，分别放在 A,接收线国的输唐电压约为州V 队接收线图与发明线面中电瓶之比的为22· 图乙中4成【时鲜 如图厌示的蓝场中，图甲中是 C发财找痕与接仪找周中交变电流的痕率相同 C,(,4时朗等过就周的磁酒量的绝对植最小，班通量史化常 藏感应强度为日的匀强威场， 山，穿过发射线圆的威百量麦化常与穿过接假线国的相同 量大 线调在题烯中以同期丁绕（卫 9,《烟有益和顿戴》如图甲所示，理想变瓜喜原线圈用数 D时剩穿过线周的蹈酒景的他利值最大，藏通量变化 轴通转诗，图乙中赋场雯化规律为公一且亭。从图示位 ”一20重·别线国便数从一1的里，电流表、电压表均可阀为 最大 用想交瓷电表，定值电阻R=10刀，二股管D正向电阻等于零 2.《山系理大附中幅》如图所示，一交瓷发电机 置开始升时，下列设法情误的是 反山电图无穷大，变压舞鼎线世接人如图乙所示的交流电压， 的矩彩线图便数n一10币，其电阳r一22，面积 及5 A.两线眉的质通量变化规律阳同 下到说法正确的是 S一山，2m,在酷感应强度一三T的匀强适场 弘两线周感成电动纱达到最大值的对刻不同 中，若线周从中性面饮置开的烧果直于邀场方 C,经相风的时间T),两线面产生的店量相向 4的对称鞋O了以一10w“的角度匀害 山从用示位置时刻起，经时可，德过两线图横假面的电背量 转动，间R一18Q的电阻供电，侧以下说法中 正确的是 相间 A.电压表的层数约为10V A,孩线调产生的是象蕊式交变电流 G.《山米准种模》如图所示，凭想受瓜器原 品，电德表的示数约为0,03？A 私线周在转动过程中产生的圾大这成电动劳为和V 别线周的使数比，：题=1115，原线周接 C,穿过变压器候芯继通量变化卡的量大值约为.W:/s C线陶开前特对高·时流时电阻R的园时电花大小为号 m=0n16oetV的交流电，电阻R,=R D算过变压器铁的造通量的最大值约为L5×10Wb =25口.D为观塑二极管，期 1,理想变辰器线圈1接在交流电潮 D电阳R上酒耗的电功事为9W A.通过电用R,的电流为2A 上，灯湘1接在线周？上，灯泡 .如留所示为通过电阻为R的交变电德剩 乱二极管的反向射压值克大于0V 。L。拔在线测窄上，电花表，电 海 时间交化的倒像。每个周期T内，敢宁的 C.原线面的输人功率为200W 压表，开关连接如图所示，木考唐 输电线的电目，当开关K闭合后 电算何定，后。的电领按正弦现律燮 山通过原浅圈的电流为片入 下列说法正确的是 化。则 .《拜州精唐)妇图甲所示，理想变压器原，明线圈的匝数北· A,灯随【亮度变暗 且，灯泡1，亮度不变 A变变电流的有效值为 ,=3ョ1.，1。为内只相同的灯喜，R.工.D和C分判为定 ,电流表A的赏数不到 )电压表V的衡数不雯 值电阻，理想线眉，理想二极管和电存蓉，其中C一I0F。背 量号1 78910 县文变电淡的有滋值为 原线围两滑接如图乙所示的止弦交瓷电时，下列说法中正端 的是 高考一轮通是基·物厘实33 见比酒标熙能修？科者轻娟添的帽能学习伏什，实随一轮雾习难调 二，非速择题，本题找1小题，其5分 11.《10分)风力发电作为斯量环保 (3)爱电乱电动势的有效氧 11,(6分)（山泰纯指限据）在”探究变压署提面两端的电压和原國 新能源，近儿年菜得到了快速的 的关系”的实验中，可拆变压雾如图所示 发展。如果风车序中某发电机 的输出功率为P,=1即kW,输 出地压为U■20V。发电机通佩丝数 过原，鼎线圈的范数之比为，1=1：2的升压变压器，总电 阻为。=G0的输电线料降压变压鉴把电能输运给用户。已 知用户使用的用电设备若要的电压为U.=?0V,求： 1)升压变压器的输出电压U, 15,(18分)如图斯余是某小型发电 (1山变压器钱老的结构和材料是 (填字#代号) 站的逐更离输电示意图，已知发 入，整块硅以芯 且整块不锈销铁艺 电机线面重数V一0原、面积 ,能缘的飘片叠成 )绝缘的硅钢片叠成 S=0,滑m,电阻F=【0。谈 (2)为了人身安全，实验中交流电。的电压不要植过 (2)输电线上闺失的电功率P。, (填字琴代号) 线面在做悠应强度山一高T A.2V 12V C.50W 072V 的匀强避烯中，绕事直壁场的()射匀速转动。已蝉输电线的 (3本实稳零通过改变草，游线别作数，探究痕，剧线国的电压 总电阳只一4金，升厌变压梦原.瑞线国的银数比，一1：8， 比与重数比的关系，实转中害要运用的科学方法是 年压变压器原.叫线国的氟数比n。:4,一1031。若用户区标 (填子琴代号). (3降开变国零原，期线面的便数比，· 有“220V20W~的110©.只灯池价能同时正常发光（罪设此 A.拉制度续法 及等效精代法已的比法 时泛有其饱用电容工作，变压器均为用题变医韩》。求， ()实段中原，别线圈的电压之比与它门韵压数之比有微小委 (1输电线的电该。 刷.草因不可能为 (姐学得代号》 A.原.解线周上通过的电流发鸩 以铁芯在交变培场作用下爱热 C,变压器肤芯周链 4,(12分)足字客需口方知 D原线圈输人电压爱生变化 束)科用太耐能电池这个 12,《8分)小明利用热敏电阻设计了一个”过热自动损警电路”，如 管量转换落件将太用衡 图甲所示。将热敏电阻R安装雀需要翼测围度的息方，当坏境 转变为电能的裹花又称 (2)发电机的箱出功率 显度正算时，继电器与上触点接触，下触点分商，指示灯先：自 光状发电暴旋。有一台内阻为1口的太阳能发电机：供给一个 环境国度超过某一值时，燃电程与下触点接链，上触点分离，警 学较国明用电，如图所示，升压变压指通数比为1：4降压空国 管响。.图甲继电餐的供电电压U=V,罐电器线周用凄包 善里数比为4：1，输电线的总电阻R一4且，全经共经个酰，每 线烧成，其电阻尺。为00.当线测中的电夜大于等于0m 班有220V0W”灯6鉴，若全部电灯正常发光，求， 时，雕电器的宿铁将被吸合，警警响，用乙是热董电阳的吼值 (1)发电航输出功幸， 鞋但度变化的阁像。 (3)发电肌线图朝动的角速度 (2)输电线路的效率 (1中山图乙，可知，当环境温度升高转，热搬电闭闭植将 继电琴的塘慢将 。(这用增大”“减小”或”不变) (2)图甲中零锋修接线柱C应与接线柱 《达填”A“或 ”)相连 (33环境围度在大于 ℃时，臀锋报警。 3列云高考一艳通其基·物用见此图标酮微信/抖音扫码 添加智能学习伙伴，突破一轮复习难点。 的磁通量不变，线圈中没有感应电流产生，则灵敏电流计的指 根据用合电路欧好定律得：1-贵 根据法拉第电磁感应定律得：E=BLv 根据运动学公式得：L=vt B2L3 由⑤G⑦⑧⑨得：t=mgR(gco a-sna 第十二章 交变电流 传感器 感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效 值E也相同。又因两线圈电阻相同,所以Q一景?也相同。经 过子时间，流过两线围横截面的电荷量q-7·子也相间，放选 ⑦ 针不偏转。(2)闭合 K?、断开 K。,将条形磁体 S极从线圈中 加速拔出，则与线圈 A构成的回路中产生顺时针方向增大的 感应电流，与题干中情况相反，则灵敏电流计的指针向右偏。 1.A 解析 图甲所示位置为中性面位置，磁通量最大，AB、CD 边均不切割磁感线，感应电动势为零，电流为零，对应图乙中t? 或t?时刻，由法拉第电磁感应定律知，磁通量变化率为零，BC 错误，A正确；t2vt,时刻感应电流最大，感应电动势最大，由法 拉第电磁感应定律知，磁通量变化率也最大，AB、CD边垂直 切割磁感线，线圈平面与磁感线平行，磁通量最小，D错误。 ⑧ ⑨ (3)断开K?、闭合K。的瞬间，C中的磁场向右增加，则由楞次 定律可知电流从左向右流过灵敏电流计，灵敏电流计的指针 向右偏；稳定后，磁通量不再变化，线圈C中无感应电流，灵 敏电流计的指针不偏转；同理，断开K?的瞬间，则灵敏电流 计的指针向左偏。(4)由以上分析可知，将两个开关均闭合， 条形磁体插入线圈后静止不动，则灵敏电流计的指针不偏转。 ⑩ 项 A、C、D正确，选项B错误。 (3)线框刚进入磁场至线框刚要出磁场的过程， 根据动能定理得：(μmgcos a-mgsin a)d+Wk?=0, 根据功能关系得：Q=-W, 根据功能关系得：Qn=umgcos a(v,t-d), 从线框上边刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的 过程中， 6.B 解析 由表达式U=110sin100πt知原线圈电压有效值为 U=V=55 V,根指长一得；副线图两增电压U?= 25√2 V,则通过电阻R,的电流I=G=25V2 A=2 A.故 错误；输出电压最大值为50V,要使电路正常工作，反向耐压值 应大于50 V,故B正确；根据电流热效应，25R2)×T-RT 所以R两端的电压U;=26 V.故通过R的电流1-发- 25A=1A,输出端的总功率P=D-+I?2R。=75 W,故输入 功率也为 75 W,C错误；原线圈的电流I==-A= 2.D 解析 若线圈从中性面开始运动，则穿过线圈的磁通量按 照余弦规律变化，由法拉第电磁感应定律可知，其产生的感应 电动势(感应电流)将按照正弦规律变化，选项 A错误；由于 OO′为线圈的对称轴，所以线圈产生的感应电动势的最大值应13.(1)0.5 A,方向由A到O (2)1W(3)6.4×10-C 为E,=号MBSo=20 V,选项B错误；线图在转动过程中产生 的感应电动势的瞬时值表达式为e=20sin 10πt(V),所以其感 应电流的瞬时值表达式为i=sin 10πt(A),故当t=s时，流 经电阻R的瞬时电流大小为i sin 10π×A=÷A,选项C 错误；流经R的电流的有效值为1=竖A.所以电阻R上消耗 的电功率为P=FR=9 W,选项 D正确。 解析(1)由右手定则可知通过金属棒OA E.r? 的电流方向是由A到O。金属棒 OA产生 的感应电动势大小为E=÷Bov2=2 V,S bA 闭合时的等效电路如图甲所示，此时电路 C 的外电图为R-Rfg+R=3a. 由闭合电路欧姆定律得通过金属棒OA的电流为 根据能量守恒得：E=2mgsina·d+2Q+2Qn, 用，E-2。 15.()(22.5。(3) 1=1.23⋯) 尺甲 解析(1)粒子在磁扬中做国周运动的周期：T-, 粒子每次经过磁场的时间为学个周期，则：T=24,B-。 A.被D错误。1=RF=0.5 A。 (2)设粒子在I、Ⅱ区运动的速度分别为v?、v?,运动周期分别 3.C 解析 有效值是根据电流的热效应来规定的，由图像可 知，交流电的周期为2t?;取一个周期进行分段，在0～t。是恒 定电流I,则有效值等于I,t?～2t。是正弦式电流，则有效值 年于方 7.B 解析 由于接在交流电路中的线圈对交变电流有感抗作 用，所以灯泡L,不一定比L?暗，选项 A错误。根据变压公 式，副线圈两端的电压有效值为12 V,选项B正确。由于交变 电流可以通过电容器，所以电容器所在支路处于通路状态，故 有电流通过二极管，选项C错误。由于电容器具有容抗，所以 二极管 D 两端反向电压最大值一定小于 12√2 V,选项 D 错误。 (2)根据能量守恒定律可得外力的功率为P=IE=1W。 为T、T?,则Bqu=”,2Bqo=”=a,a=40,(3)S断开前，电路的路端电压为U=IR=1.5V, 电容器两墙的电压为U?=R+RU=0.6 V, 此时电容器a板带正电，b板带负电，且所带的电荷量为Q= 解得：r。=2r?, 。则在0～2t。内，产生的热量：Q=I°Rt。+ 粒子在t=4.5t。时回到原点，运动轨迹如图所示， M ⅡI ty 3)Rt?=F2R·2t,,解得I=,故选项A、B错误；0～3t 时间内电阻R产生的焦耳热：Q'=FR·31,-1。Rx,,故选 项C正确，D错误。 X*xx*******CU?=2.4×10~?C,S断开后的等效电路如图乙所示， E.r?电容器两端的电压为 R R?U.-R+A--1V. 根据“=80???得接收线圈的输出电压约为文文 8.AC 解析 N 4.B 解析由变压器cd端输入交变电压u的图像，可求出其 有效值为27V,灯泡规格都是“9V 12 W”,四只灯泡都正常 发光，所以ab端输入电压的有效值是27V+9V=36 V,交流 T?=2πm,T?=2m U?=8V,故A正确；根据=可得=,故B错误； 变压器是不改变其交变电流的频率的，故C正确；由于穿过发 射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿 过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故 D 错误。 A) 电路稳定后电容器a板带负电，b板带 G R? 乙正电，且所带的电荷量为 Q?=CU?=4×10~C, 由于开关断开后电容器极板电性发生变化，所以通过电流表 粒子在I、Ⅱ区运动的时间分别为登=4,登一台， 粒子在电场中运动的时间为4.5t?-2.5t?=2t,, 故粒子在电场中运动宽度d所用时为2,得d=42k, 电的周期是0.02s,故ab端输入电压的瞬时值表达式为u= 36√2sin 100πt(V),A错误；四只灯泡都正常发光，所以副线圈 电压为9V,根据理想变压器电压比规律可得出变压器原、副的电荷量为Q=Q+Q=6.4×10~C。 线圈匝数比为3:1,B正确；由图像知交流电的周期为0.02s, 交流电的频率为50 Hz,流过灯泡 L。的电流方向每秒钟改变 100次，C错误；灯泡正常发光，其额定电流为1=号一号A.副 线圈电路中三只并联灯泡的总电流为4 A,由能量守恒定律， 因为电路中四只正常发光灯泡的总功率为48W,所以ab端输 入功率为48 W,D错误。 9.BD 解析 电流表、电压表的读数为有效值。根据题图乙知， 原线图电压的最大值U.=2202V.有效住U?-√5=220 V, 由分- 14.(m 解得d=2.5v?t?。(3)由几何关系，要使粒子经过原点，则应满足 n(2R?-2R?)=2R?(n=1,2,3,⋯), 由向心力公式有；2m!-“R。 解得v′=2(n+), 根据动能定理：qEd=÷mv°-÷mw2 解得：E=(3n2+8n+4)m2(n=1.2,3,⋯)。 5n qt? 解析 (1)根据安培力公式得：F=BIL ① 根据闭合电路欧姆定律得：1-贵 根据法拉第电磁感应定律得：E=BLv? 由①②③式联立解得：F=FR。 ,代入数据解得U?=10V,由于二极管具有单向导 电性，则交流电压的一个周期内副线圈中只有半个周期内有电 流，设电压表的读数为U;,,根据电流的热效应得“T= 告·子代入数器解得U:≈7.07V.故A借说，闭线照的电 流1?-R-7102A=0.707A.一”,代入数据解得原线图 ② ③ ④ 5.B 解析图甲中通过线圈的磁通量变化规律为= (2)线框刚进入磁场至线框刚要出磁场的过程， 根据动量定理：mgsina·t+F/-μmgcos a·t=0 根据安培力公式得：F=BIL B,Scos。图乙中通过线圈的磁通量变化规律为①= ⑤ B。Scos平。由于两线圈的磁通量变化规律相同,则两线圈中⑥ 66～高考一轮通关卷·物理 见此图标眼微信/抖音扫码 添加智能学习伙伴，突破一轮复习难点。 电流的有效值1≈0.032A,故B正确；由U。=M- 220√2 V,解得磁通量变化率的最大值-=220Wb/s≈ =u.-;C错误，D正确。损失的功率为Pm=I2R=8000 W。 甲顺时针均匀转动把手时霍尔器件周围场强增大，那么霍尔器 (3)降压变压器原线圈的电压为U?=U?-I?R=2800V, 所以n?:n?=U:U?=140:11。 件输出的控制车速的电势差U增大，因此车速变快，但并不是 2.C 解析 接通电源后导体棒保持静止，弹簧处于原长状态， 有mgsinθ=IlB,把电源极性调转，用外力使导体棒沿斜面向 下平移x(弹性形变范围内),重新接通电源并撤掉外力，ab棒 依然保持静止，有mgsxn 0+11B=k7,联立解得x=2mg°, C正确，A、B、D错误。 增加的越来越快，D错误。 14.(1)5424 W (2)97.3(3)250 V 8.AC 解析 当线圈按照图示方向转动时，根据右手定则可以 判断电流总是从电刷b流出后经过用电器，再从电刷a流入， 所以电刷a的电势总是比b的电势低，故 A正确；当线圈转到 图示位置时，线圈中产生的电动势达到最大值，故B错误；设 线圈沿轴线方向的长度为L,垂直于轴线方向的长度为L?,当 线圈平面在图示位置时，线圈两条边切割磁感线产生感应电动 势大小相同，根据法拉第电磁感应定律可得该发电机产生电动 势的最大值为E.=2NBL·号L=NBS,故C正确；该发 电机产生的是正弦交变电流，其电动势的最大值是有效值的 √2倍，故D错误。 0.14 Wb/s,故C错误；根据题图乙知，T=0.02s.,a=午= 100π,而Um=n,①u,代入数据解得穿过变压器铁芯的磁通量 解析(1)降压变压器输出电压为220 V,则有告一公， 解得U?=880V, 电灯正常发光时的电流1-台-丘A. 降压变压器负载中的总电流 I=22×6×1=24 A, 降压变压器输入端电流1,=21,=6A, 输电线上损失的电压Um=I?R=24 V, 升压变压器输出电压U?=U+Um=904V, 则发电机输出功率P=U?I?=5424 W。 的最大值0.=2-22070,Wh≈4.5×10Wb,放D 正确。 3.B 解析 当粒子从D形金中出来时，速度最大，根报，一圆 知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，故 A错误；带电 粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加 速一次，电场的方向没有改变，则在AC间加速，电场方向不需 要做周期性的变化，故 B正确，D错误；根据qoB=mC和 mU=÷m2(n为加速次数),得r=踢=√a,可知 P,P=2(Cg-n)=2(E-1)~PnL,P?P?=2(,-1.)- 2((3-√②),所以PP,≠P,P,收C错误。 10.BD 解析 要充分理解理想变压器的电压关系和功率关系， 电压关系与输出端的线圈个数无关，功率关系与输出端的线 圈个数有关。开关K闭合后，灯泡 L,亮度不变，选项 B正 确。开关K闭合后，灯泡L,亮度不变，电压表V的读数不 变，电流表 A的读数增大，选项D正确，A、C错误。 9.AB 解析 小球静止时悬线与竖直 Ax 方向成θ角，对小球受力分析，小球 受重力、拉力和电场力，三力平衡，根 E O△F qE据平衡条件，有mgtanO=qE,解得 0 E=mttan?,进项A正确；小球恰能 mg1 绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小， 11.(1)D(2)B(3)A (4)D (2)用户获得的实际功率P=22×6×P=5280 W, 则输电效率γ-×100??97.3?? 解析 (1)变压器铁芯的材料要选择磁性材料，为防止出现涡 流，用绝缘的硅钢片叠成，故D正确。 (2)为了人身安全，实验中交流电源的电压不要超过12 V,故 B正确。 (3)由理想变压器规律一的，可得U?-220V,其输入电流 I?=2I?=24 A, 4.A 解析 R,温度升高，电阻减小，理想变压器原、副线圈的线 圈匝数不变，电压不变，可知此时电流变大，故电流表示数变 大，电压表示数不变，A正确，B错误；开关S由a切换到b,此 时副线圈匝数减小，在原线圈匝数不变的情况下，副线圈两端 电压变小，则当副线圈所在电路电阻不变的情况下，流经副线 圈所在电路的电流变小，故电压表示数变小，电流表示数变小， (3)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压 比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是控制变量 法，故 A正确。 根据牛顿第二定律，有：20=m子，则最小动能E?=÷m 一,选项B正确;小球的机械能和电势能之和守恒,则小 球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球 运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；小球 从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先 做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减 小，选项D错误。 由闭合电路欧姆定律可得 E=U?+I?r=250V。 (4)实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差 别。原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发 热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数 比有差别，选项A、B不符合题意；变压器铁芯漏磁，从而导致 电压比与匝数比有差别，选项C不符合题意；原线圈输入电 压发生变化，不会影响电压比和匝数比，选项D符合题意。 15.(1)10 A (2)22 400 W (3)100π rad/s 解析(1)根据题意得，用户端总电流为1,=1100号. 根据理想变压器的电流与匝数关系可得会一2· 代入数据得I?=I?=I,=10A。 故 C、D错误。 5.A 解析 薄板在a点的场强与点电荷一q在a点的场强等大 反向，故带电薄板在a点产生的场强大小为E.=E一，水 平向左，由对称性可知，带电薄板在b点的场强大小E,=E= 学，方向水平自右A正确。 (2)根据能量守恒定律可得P?=P?=P?+P, 根据功率公式可知输电线损失的功率Pm=I?R, 根据能量守恒可知P?=P=1100P, 代入数据得 P?=22 400 W。 12.(1)减小 增大(2)B (3)80 10.BD 解析 当h减小时，小磁铁进入线圈的速度减小，导致 线圈中磁通量的变化率减小，因此两个峰值都会减小，且两个 峰值不可能都增大，故A错误，只减小螺线管匝数，两个峰值 都减小，B正确；当增大小磁铁的质量，则磁铁进入线圈的速 度增大，经过相同的位移，所用时间减小，故C错误；小磁铁 进入线圈的过程中，线圈对小磁铁产生向上的排斥力，穿过线 圈的过程中线圈对小磁铁是向上的吸引力，增大滑动变阻器 的阻值，则线圈中的电流减小，线圈产生的磁场减弱，则对小磁 铁的作用力减小，所以小磁铁穿过线圈的时间减小，故D正确。 解析 (1)分析图乙图像发现：温度升高时，热敏电阻阻值减 小，根据欧姆定律可知，电路中电流增大，电磁铁的磁性增大。 6.B 解析由题图可知，0～1s内线圈中产生的感应电动势 E?=n2=1V.1~1.2s内线图中产生的感应电动势E;= ”-5 V.由电液的热效应有+层△,=FRT,T= (2)因为环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触 点分离，警铃响，所以警铃的接线柱C应与接线柱B相连，指 示灯的接线柱 D应与接线柱A相连。 (3)由交变电流的有效值公式可知E= 由闭合电路欧姆定律可知E=U?+Ir, 根据理想变压器的电流与匠数关系可得合一份， 根据功率公式可知U;一号. 代入数据得w=100π rad/s。 (3)当线圈中的电流 I=50 mA=0.05 A时，继电器的衔铁将 被吸合，警铃报警，此时控制电路的总电阻 R?=Y-00 Q=60 a, 热敏电阻R=R?-R。=60 Ω-30 Ω=30 Ω, 由图乙可知，此时t=80℃, 所以当温度t≥80℃时，警铃报警。 △?+△,联立并代入数据解得I=2√5 A,A、C、D错误，B 正确。 11.(1)1.25(±0.02)(2)①×1 B ②a 1.87.C 解析 若霍尔元件的自由电荷是自由电子，根据左手定 则，电子受到洛伦兹力向C端相连接的面移动，因此C端电势 低于D端的电势，A错误；当霍尔元件上下面之间的恒定电流 I的方向改变，从霍尔元件输出的控制车速的电势差正负号相 反，但由题图可知，不会影响车速控制，B错误；设自由电子定 向移动的速率为v,霍尔元件前后面间的距离为h,左右表面间 距离为d,达到稳定后，自由电荷受力平衡，由Bqo=q号，可得 U=BMo,电流的做观表达式1=moS=mhd,则U=,可 知仅增大电流时前后表面电势差增大，对应的车速更大，电动 自行车的加速性能更好，更容易获得最大速度，C正确；当按图 解析(1)由题图可知，10匝线圈的直径的总长度为 12.5 mm:则导线的直径为。mm-1.25 mm。滚动检测卷六 电磁学综合测试 13.(1)3 000 V (2)8 000 W(3)140:11 1.D 解析 根据电阻决定式有R=0号，结合该题数据有R= (2)从图中可以看出欧姆表偏转角度过大，说明待测电阻的阻 值较小，应用小倍率挡，即选用“×1”挡，换挡后，需要重新进 行欧姆调零，方法是将两表笔短接，调节图丙中的B旋钮，使 指针指到满刻度；因待测电阻的阻值较小，故应采用电流表外 接法，故电压表的另一端应接a;电流表量程为3 A,则最小分 解析 (1)升压变压器的原线圈与副线圈的电压之比等于原、 副线圆匝数之比，册公一分 代入数据得U?=3000 V。 P:R-P防·及-1,A、B销误；加入磁场后，正负电荷受洛 伦兹力后分别分布在前后表面，当电子受到的洛伦兹力和电 场力相等的时候，柱体的前后表面产生的电势差最大，根据电 (2)输电线上的电流I-芒， 代入数据得I?=40 A, 度为0.1A,则读数为2.50A,电阻R=1.8 Ω。 流的微观表达式可知I=neSo,再由q=qoB,代入解得U。 12.(1)号 4.5 (2)2.5 2 (3)4.87<4.80～5.10均可) 不能 高考一轮通关卷·物理～67