(14)交变电流 电磁振荡与电磁波 传感器-【衡水金卷·先享题】2026年高考物理一轮复习单元检测卷（Y）

高三一轮复习单元检测卷/物理 (十四)交变电流电磁振荡与电磁波 传感器 (考试时间75分钟，满分100分》 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的) 1.2024年10月7日，山西大同市浑源县发生3.1级地震。为了减小余震带来新的损失，地震预报部 门利用一种传感器，探测地表传来的余震信息，这种传感器应该是 A.电波传感器 B.压力传感器 C.振动传感器 D.超声波传感器 2.盛夏，几位游客在新疆吐鲁番的沙漠上游玩时，女游客的长头发突然竖了起来。 当时无风，但头顶鸟云密布，下列说法正确的是 A.这是一种电磁感应现象 B.这是一种静电感应现象 C.此时人的头与脚带异种电荷 D.此时人应躺下或蹲下，并向高处撤离 3.把发光颜色不同的两个二极管并联（该类二极管具有单向导电性，导通时发光），使两者正、负极方 向不同。当摇动如图所示的手摇发电机时，两个二极 管交替发光，则通过其中一个二极管的电流是 A.交流电 电机 B.直流电 C.恒定电流 D.涡流 4.为防范和打击利用无线电技术手段进行考试作弊的行为，确保考试公平顺利的进行，无线电管理 处周密部署，多措并举，全力以赴确保考试期间无线电安全。关于电磁波的特性，下列说法正确 的是 A.X射线有显著的化学作用，医院可用来杀菌消毒，也可用来进行人体透视 B.红外线波长短、分辨率高，侦察上可用红外线拍摄指纹照片 C.雷达发出或接收的电磁波受天气影响，在浓雾天能见度低的黑夜不能使用 D.空间站上对地球进行拍摄是利用红外线有较好的穿透云雾烟尘的能力 5.物理来源于人们的生活实践，揭示的是自然规律，我们学习物理的目的就是要将所学的知识应用 于社会。电磁波在科技和生活中有着广泛的应用，下面四幅图中展示了电磁波的一些应用，关于 这些应用的说法正确的是 WiFi Motspol 无线上网 甲 丙 A.甲图中的WFi信号受限于短程传输，是因为在传输过程中存在能量损失 B.乙图中光纤不导电，但光纤通信会受外界电磁场的干扰 C.丙图“B超”中的超声波属于电磁波 D.丁图中某5G手机的发射频率为3350MHz,则其波长为0.34m 物理第1页（共4页） 衡水金卷·先享题·高 6.在东京奥运会巩立姣以20.58m的成绩夺冠，若铅球投掷之后做的是 斜抛运动，下列说法正确的是 A.铅球成绩20.58m指的是铅球被抛出后运动的位移大小 B.比赛中要求每次投掷需在90s内完成，90s指的是时刻 C.铅球出手的初速度越大，铅球成绩不一定越好 D.铅球出手时，铅球受到的合力方向跟出手时的速度方向相同 7.夏天蚊虫繁多，电蚊拍可利用高压电击网来击杀飞近的蚊虫。如图所示，将3V恒定电压通过转 换器转变为正弦交变电压，即电压u=3sin1000πt(V),再将其加在理想变压器的原线圈上，副线 圈两端接电击网，电压峰值达到2700V时可击杀蚊 电蚊拍的高 压电击网 虫，正常工作时 A.原线圈上电压表的示数为3V B.电击网上的高频电压的频率为1000Hz 转换 C.副线圈与原线圈的匝数比需满足≥900 器 771 D.不用高频转换器电蚊拍也可以正常工作 二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题 目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.如图所示为街头变压器通过降压给用户供电的示意图，变压器的输入电压是市区电网的电压，当 滑动变阻器R的滑片向上移动时，下列说法正确的是 A.⑦的读数不变，⑨的读数不变 B.④的读数变小，网的读数不变 C.④的读数变小，©的读数变大 D.⑦⑨的读数不变，④的读数不变 9.如图甲所示为一款手机无线充电接收器，将其插入原本没有无线充电功能的手机的接口，并贴于 手机背部，再将手机放在无线充电器上即可实现无线充电。其工作原理示意图（可视为理想变压 器)如图乙所示，当αb间接上正弦交变电源后，接收线圈中产生电流给手机充电，已知发射线圈与 接收线圈的匝数比为35：1，cd端的输出电流i=7√2sin(2π×105)t(A),下列说法正确的是 A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应” B B.7s内发射线圈中电流的方向改变了1.4×10°次 接收线圈日 三输出电流 C.发射线圈ab端输人电流的有效值为0.2A D.接收线圈cd的输出功率与发射线圈ab的输人功率之比为 接交变电流 发射线圈 7 1:35 甲 10.我国的航空母舰福建舰采用了电磁弹射技术，装备了三条电磁弹射轨道，电磁弹射的简化模型如 图所示（俯视图）。足够长的水平固定金属轨道处于竖直向下的匀强磁场中，左端与充满电的电 容器C相连，与机身固连的金属杆aαb静置于轨道上，闭合开关S后，飞机向右加速，若不计所有 阻力和摩擦，回路总电阻保持不变，下列说法正确的是 A.提高电容器的放电量，可以提高飞机的起飞速度 B.飞机运动过程中，α端的电势始终高于b端的电势 C.飞机的速度达到最大时，金属杆ab产生的感应电动势与电容器 两端的电压相等 D.飞机的速度达到最大时，电容器所带的电荷量为零 班级 姓名 分数 题号 1 4 68 8 9 10 答案 三一轮复习单元检测卷十四 物理第2页（共4页） 回 三、非选择题（本题共5小题，共57分。请按要求完成下列各题） 11.(9分)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，某同学采用了如图甲所示的可 拆式变压器进行研究。 (1)本实验要通过改变原、副线圈的匝数，探究原、 副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运 No 人人人人 用的科学方法是 。 (填正确答案标号) 名 A.微元法 0 4 02814 B.等效替代法 C.整体隔离法 D.控制变量法 甲 (2)为了减少涡流的影响，铁芯应该选择 。(填正确答案标号) A.整块硅钢铁芯 B.整块不锈钢铁芯 C.绝缘的硅钢片叠成 D.绝缘的铜片叠成 (3)利用如图乙所示的电路来探究变压器线圈两端的电压与匝数间的关系。已知理想变压器原、 副线圈的匝数比n1:n2=10:1,N是原线圈的中心抽头，图乙中两电表均为理想电表，除滑动变 阻器外的电阻均不计。开关S接M,现将电压U1加在原线圈两端时，电压表的示数U2=110V, 电流表的示数I2=2A。若保持电压U1不变，只将开关S由M合向N,则电压表的示数U3= V,电流表的示数I3= A;若输入电压增加30V时，电压表的示数增加 V (4)如图丙所示的电路，理想变压器原线圈的匝数为1，接一理想电流表；副线圈接人电路的匝 数2可以通过滑动触头P调节，副线圈与定值电阻R。和压敏电阻R相连，物块m置于压敏电 阻（压敏电阻的阻值随压力的增大而变小）上。现保持原线圈的输入电压不变，则触头P右移增 大n2,电流表的示数将 ;只减小物块对压敏电阻R的压力，电流表的示数将 。 (填“增大”“减小”或“不变”) 12.(10分)某同学利用热敏电阻自制了一个简易温度计，其内部电路如图甲所示，使用的器材有：直 流电源（电动势E=6V,内阻不计）、毫安表（量程为10mA,内阻不计）、电阻箱、热敏电阻R,、开 关S和S2、导线若干。该热敏电阻R,的阻值R随温度t变化的曲线如图乙所示。 R/k2 6.0 5.0 热敏电阻 6 4.0 出 mA 010203040506070t/0 甲 乙 丙 (1)根据图甲电路图用笔画线代替导线，将图丙中的实物电路图补充完整。 (2)先断开开关S,将电阻箱的阻值调到 (填“最大值”或“最小值”)，然后将开关S,接至 α端，闭合开关S1,逐渐调节电阻箱的阻值，根据图乙把毫安表改装为温度计。 (3)将开关S2接至b端，闭合开关S,该温度计便可正常使用。毫安表的示数如图丁所示，则通 过毫安表的电流为 mA,温度为 ℃d (4)当温度计使用一段时间后，其电源有一定程度的老化，现依旧使用图甲电路对老化后的电源 电动势和内阻进行测量，将开关S2接至α端，测得两组毫安表和电阻箱的示数I1=6mA,R1= 8502;I2=4mA,R2=13002,此时电源内阻为 n。 物理第3页（共4页） 衡水金卷·先享题·高三 13.(10分)小型发电机的发电原理可简化为如图所示的模型，矩形线圈abcd的面积S=100cm,共 有N=10匝，线圈总电阻，=20，线圈处于磁感应强度大小为B=5Y2T的匀强磁场中，可绕与 磁场方向垂直的固定对称轴OO转动，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路阻值R =82的电阻连接，不计交流电流表的内阻。在外力作用下线圈以周期T=0.5s绕轴OO匀速 转动，求：（计算结果用π表示） (1)从图中位置开始计时，线圈产生电动势的瞬时值表达式； (2)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量； (3)外力对线圈做功的功率。 0 E R 14.(13分)如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈abcd的匝数N=100 匝，面积S=0.03m2,线圈匀速转动的角速度o=100元rad/s,匀强磁场的磁感应强度B=巨T, 输电导线的总电阻R=102,降压变压器原、副线圈的匝数比n3:n4=10:1,若用户区标有 “220V8.8kW”的电动机恰能正常工作，发电机线圈的电阻r不可忽略。求： (1)交流发电机电动势的最大值Em; (2)输电线路上损耗的电功率△P； ブcB (3)升压变压器副线圈两端的电压U2 a7, d 133 09 升压变压器 降压变压器 15.(15分)为了确保载人飞船返回舱安全着陆，设计师在返回舱的底部安装了4台完全相同的电磁 缓冲装置，如图所示。图b为其中一台电磁缓冲装置的结构简图。舱体沿竖直方向固定着两 光滑绝缘导轨MN、PQ,导轨内侧安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁 场，磁感应强度大小为B。导轨内的缓冲滑块K内部用绝缘材料填充，外侧绕有n匝闭合矩形 线圈abcd,其总电阻为R,ab边长为L。着陆时电磁缓冲装置以速度v。与地面碰撞后，滑块K 立即停下，此后在线圈与磁场的作用下使舱体减速，从而实现缓冲。已知导轨MV、PQ及线圈 的ad和bc边足够长，返回舱的质量为m(缓冲滑块K的质量忽略不计)，重力加速度为g,一切 摩擦阻力不计。 (1)求缓冲滑块K刚停止运动时，舱体的加速度大小； (2)求舱体着陆时（即导轨MN、PQ刚触地前瞬时）速度？的大小； (3)若舱体的速度大小从。减到v的过程中，舱体下落的高度为h,求该过程中每台电磁缓冲装 置中产生的焦耳热Q。 舱体 M 光滑绝缘导轨 0 地面 d k b 轮复习单元检测卷十四 物理第4页（共4页） 回高三一轮复习Y ·物理· 高三一轮复习单元检测卷/物理（十四） 9 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： I.理解能力 Ⅱ，推理能力Ⅲ，分析综合能力Ⅳ.应用数学处理物理问题的能力V,实验能力 2.学科素养： ①物理观念 ②科学思维③科学探究 ④科学态度与责任 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) I V ① ③④ 档次 系数 1 单项选择题 4 传感器 易 0.80 单项选择题 4 静电感应、尖端放电 易 0.80 直流电、恒定电流、交变电流、 3 单项选择题 4 中 0.75 涡流 4 单项选择题 4 电磁波特性 中 0.75 5 单项选择题 4 电磁波 中 0.70 6 单项选择题 4 斜抛运动、运动的合成与分解 中 0.70 7 单项选择题 4 交流电、有效值、理想变压器 难 0.55 8 多项选择题 5 交变电流、变压器 易 0.80 91 电磁感应现象、电能的输送、变 多项选择题 中 0.65 压器 10 多项选择题 5 动量定理、电容器、感应电动势 √ 难 0.55 11 非选择题 探究变压器线圈两端的电压与 9 易 0.85 匝数的关系 V 利用传感器制作简单的自动控 12 非选择题 10 中 0.65 制装置 交变电流的产生、峰值、有效值、 13 非选择题 10 易 0.80 电功率 交流发电机、变压器、电能的 14 非选择题 13 中 0.75 传输 15 安培力、力和运动、能量守恒、电 非选择题 15 L 0.55 磁感应与电路综合 ·59· ·物理· 参考答案及解析 香考答条及解析 一、单项选择题 6.C【解析】20.58m指的是铅球水平分位移的大小， 1.C【解析】由题意可知，这种传感器与地震波有关， A项错误；90s这里指的是一段时间，即90s是时间 地震波是由震源的振动由近及远向外传播而产生的， 而不是时刻，B项错误：铅球投掷之后做的是斜抛运 因此传感器应该是振动传感器，C项正确。 动，其成绩为水平位移，即x=cos0.2sin0 2.B【解析】头顶乌云密布，头发突然竖了起来。这是 g 由于乌云带电，使人体产生了静电感应现象，头与云 sin29,由此可知，成绩的好坏与出手时与水平方向 g 带异种电荷，由于脚与大地接触，脚不带电，此时人应 的夹角和初速度大小都有关系，C项正确：铅球出手 躺下或蹲下，并向低洼处撤离，避免发生尖端放电现 时，铅球受到手的推力和重力，合力方向与初速度方 象，B项正确。 向不相同，D项错误。 3.B【解析】交流电是指大小和方向发生周期性变化 的电流，直流电的方向不变，恒定电流的大小与方向 7C【解析】原线圈上电压表的示数U,=昌V= √2 均不变，涡流是整块导体中产生的漩涡状的感应电 1.5√2V,A项错误；电击网上的高频电压的频率f 流；手摇发电机产生的是交流电，又该类二极管具有 单向导电性，所以通过每个二极管的电流方向不变， 2π =1000rHz=500Hz,B项错误；副线圈与原线 2x 但大小发生变化，为直流电，B项正确。 圈的匝数比需满足化=≥2700三 3 =900,C项正 4.D【解析】X射线没有显著的化学作用，不能用来杀 确：不用高频转换器把直流电转化为交流电，变压器 菌消毒，但X射线有较强的穿透能力，可以用来进行 就不能工作，不能把电压升到大于2700V,即电蚊拍 人体透视，A项错误；侦察上用紫外线拍摄指纹照片， 不可以正常工作，D项错误。 因为紫外线波长短，分辨率高，B项错误；电磁波的使 二、多项选择题 用不受天气影响，故雷达在能见度低的黑夜一样使 8.AC【解析】输入电压是市区电网的电压，不变，所 用，C项错误；红外线的热作用很强，有较好的穿透云 雾烟尘的能力，可以制成热谱仪、红外线夜视仪等，所 以⊙的读数不变，由光=是知，四的读数不变，A项 以在空间站上对地球进行拍摄是利用红外线有较好 正确；滑动变阻器R的滑片上移，滑动变阻器接入电 的穿透云雾烟尘的能力，D项正确。 路的电阻变大，次级线圈负载电路的总电阻变大，故 5.A【解析】甲图中的WFi信号受限于短程传输，是 ⑨的读数变小，1由12决定，m1=12,所以④的 因为其能量太低，而在传输过程中又存在能量损失， 读数变小，I变小，则R。分压变小，故⑨④的读数变 故不能远程传播，A项正确；乙图中光导纤维是绝缘 大，C项正确，B、D项错误。 体，不导电，在磁场中不会发生电磁感应现象，所以光 9.BC【解析】无线充电时手机接收线圈部分的工作原 纤通信不会受外界电磁场的干扰，B项错误：“B超” 理是电磁感应现象，不是“电流的磁效应”现象，A项 中的超声波属于声波，C项错误；丁图中的手机用的 错误；由题意可知电流的变化频率为10Hz,故1s 是无线电波，电磁波的波长= 3X108 f3350X10m≈ 内发射线圈中电流方向改变了2×10次，7s内发射 0.09m,D项错误。 线圈中电流方向改变了1.4×10次，B项正确：接收 ·60· 高三一轮复习Y ·物理· 线圈cd端输出电流的有效值I有效三 =7A,发射 之比等于原、副线圈的电压变化量之比，当△U1= 2 30V时，△U2=3V。 线圈b端输入电流的有效值1有数'=方1收 (4)滑动触头P右移，2增大，变压器的输出电压增 大，电阻一定时负载消耗的功率增大，输入功率也随 0.2A,C项正确；根据变压器工作原理可知，接收线 之增大，电流表的示数增大；只减小物块对压敏电阻 圈的输出功率与发射线圈的输入功率之比为1：1，D R的压力时，压敏电阻R的阻值增大，在输出电压一 项错误。 定的情况下，输出功率减小，输入功率也减小，电流 10.ABC【解析】对金属杆ab与飞机，由动量定理可 表的示数减小。 得BIL△t=mU-0,g=I△t,联立可得BLg=mv,若 12.(1)实物电路图如图所示(2分) 提高电容器的放电量，可以提高飞机的起飞速度，A 项正确；飞机向右加速，受向右的安培力，由左手定 则可知通过金属杆ab的电流方向为a→b,则电容器 的上板带正电，下板带负电，a端的电势高于b端的 电势，B项正确；随着飞机加速，金属杆ab产生的电 动势E=BL心，电动势逐渐增大，电容器两端的电压 U减小，对金属杆ab和飞机根据牛顿第二定律有 BL)-BL=ma,侧金属杆ab的加速度减小，当 (2)最大值(2分) R (3)7.5(2分)50(2分) U=BLv时，飞机的速度达到最大，此时电容器所带 (4)50(2分) 的电荷量不为零，C项正确，D项错误。 【解析】(1)实物电路图如答案图所示。 三、非选择题 (2)为了保证电路安全，先断开开关S,将电阻箱的 11.(1)D(1分) 阻值调到最大值，然后将开关S接至a端，闭合开 (2)C(1分) 关S,逐渐调节电阻箱的阻值，根据图乙把毫安表 (3)220(1分)4(1分)3(1分) 改装为温度计。 (4)增大(2分)减小(2分) (3)通过毫安表的电流I=7,5mA,可得此时热敏电 【解析】(1)本实验要通过改变原、副线圈的匝数，探 6 究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要 阻的阻值R-号-Z5Dn=80n-0.8kn. 运用的科学方法是控制变量法，D项正确。 结合图乙可知，此时温度为50℃。 (2)为了减少涡流的影响，铁芯应该选择绝缘的硅钢 (4)根据闭合电路欧姆定律得E=I(R1十r),E= 片叠成，C项正确。 I2(R2十)，解得电源内阻r=50Ω。 (3)保持电压U不变，只将开关S由M合向N,原 13.1)e=22in4tm(2)2c(30.4w 20元 线圈的匝数减半，因此副线圈的电压应加倍。由于 不调节滑动变阻器，电阻不变，在电压加倍时电流也 【解析】(1)匀速转动时的角速度。=牙，可得u= 加倍，故电压表的示数U=220V,电流表的示数1 4πrad/s (1分) 4A。理想变压器的电压与匝数的关系为光，一需 线圈产生的最大感应电动势Em=NBSw=2√2V (1分) 三十芒整理可得会=，即原，剧线圈匝数 △U,2 线圈从中性面位置开始转动，电动势的瞬时值表达 ·61· ·物理· 参考答案及解析 式e=2W2sin4πt(V) (1分) 升压变压器副线圈两端的电压U2=U3十13R(1分) (2)线圈从图示位置转过90°的过程中，感应电动势 解得U2=2240V (2分) 的平均值E=NA=NB 15.(1)4nBL 一g gR 1 △t t (1分) mR (2)4B (3)8m(听 感应电流的平均值= m'gR △t (1分) 16n BLr)+ugh 4 由闭合电路欧姆定律得I一R千， E 【解析】(1)缓冲滑块K刚停止运动时，单台电磁缓 (1分) 冲装置的闭合矩形线圈产生的感应电动势E= 解得通过电阻R的电荷量9=二。 C (1分) nBLvs (1分) 、E (3)电动势的有效值E=E=2V 回路电流 (1分) (1分) √2 返回舱所受单台电磁缓冲装置的闭合矩形线圈的安 E2 电路的热功率P=R -=0.4W (1分) 培力F安=nBIL (1分) 由能量的转化关系可知外力对线圈做功的功率P 根据牛顿第二定律得4F安一ng=ma (1分) =P=0.4W (1分) 解得a=4nBL mR 一g (2分) 14.(1)300√2V(2)160W(3)2240V (2)返回舱向下做减速运动，受到向上的安培力和向 【解析】(1)根据正弦式交变电流产生的规律可知最 下的重力，随着速度的减小，安培力减小，直到安培 大值Em=NBSw (1分) 力减小到与重力大小相等时，速度最小，此后做匀速 代入数据解得Em=300√2V (1分) 运动，直至舱体着陆时速度大小为，可得E= (2)设降压变压器原、副线圈的电流分别为I、I,电 nBLv (1分) 动机恰能正常工作，则有 (1分) 1-0-0 r A=40A 220 (1分) F安'=nBI'L (1分) 根据理想变压器的变流比可知上=” (1分) 由平衡条件可知4F安'=mg (1分) I n3 解得I=4A (1分) 解得U= mgR 4n'BL2 (2分) 所以输电线路上损耗的电功率△P=IR (1分) 解得△P=160W (3)由能量守恒定律得mgh十 (2分) 2m-1 v2+4Q U:=n3 (1分) (3)根据理想变压器的变压比可知元，一 (1分) 解得Q= 解得U3=2200V (1分) 8n( 16nB元)+k m2g2R2 4 (2分) ·62·