专题十三 交变电流 传感器-【创新教程】2022-2026五年高考物理真题分类特训

最新真题分类特训·物理 军真题分类特训 专题十三 交变电流传感器 考点1交变电流的产生和描述 ◆交流电的产生 之 1.(2026·陕晋青宁卷，3)下列处于匀强磁场 B B 的导体回路中能产生交变电流的是( ) Cω 0 XX B \X:x -d/2 d/2 -3d/43d/4 A B Y 甲 乙 XXX XB B B B ×××× 2 ×××× ×××× -d/2d/2 -√3d/2 √3d/2 丙 D 丁 A.甲图中绕轴匀速转动的导体环 3.(2024·新课标卷，20)（多选）电动汽车制动 B.乙图中绕轴匀速转动的导体框 时可利用车轮转动将其动能转换成电能储 C.丙图中在固定导轨上匀速运动的导体棒 存起来.车轮转动时带动磁极绕固定的线圈 所在回路 旋转，在线圈中产生电流.磁极匀速转动的 D.丁图中匀速运动的导体框 某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图 2.(2024·山东卷，8)如图甲所示，在一d≤x 所示.将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则 ≤d,一d≤y≤d的区域中存在垂直O.xy平 磁极再转过90°时，线圈中 ( 面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场 (用阴影表示磁场的区域)，边长为2d的正 方形线圈与磁场边界重合.线圈以y轴为转 轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如 旋转方向 图乙所示.若仅磁场的区域发生了变化，线 圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分， 蓄电系统 则变化后磁场的区域可能为 A.电流最小 a B.电流最大 C.电流方向由P指向Q D.电流方向由Q指向P ◆交流电四值 4.(2025·山东卷，7)如图为一种交流发电装 图甲 图乙 置的示意图，长度为2L、间距为L的两平行 e 金属电极固定在同一水平面内，两电极之间 √/3E2 的区域I和区域Ⅱ有竖直方向的磁场，磁感 应强度大小均为B、方向相反，区域I边界 3E/2 是边长为L的正方形，区域Ⅱ边界是长为 图丙 L、宽为0.5L的矩形.传送带从两电极之间 26 专题十三交变电流传感器 以速度匀速通过，传送带上每隔2L固定 A.该交流电的频率为100Hz 一根垂直运动方向、长度为的导体棒，导 B.线圈转到图示位置时，产生的电动势为0 体棒通过磁场区域过程中与电极接触良好 C.线圈转到图示位置时，AB边受到的安培 该装置产生电动势的有效值为 力方向向上 2L D.仅线圈转速加倍，电动势的最大值变 传送带 导体棒 储能 ×× 装置 为10√2V 7.(2024·河北卷，4)R1、R2为两个完全相同 金属电极 的定值电阻，R,两端的电压随时间周期性 A.BLv B.②BLo P 变化的规律如图1所示（三角形脉冲交流电 C.3BLo D.10BLo 压的峰值是有效值的3倍)，R2两端的电压 2 随时间按正弦规律变化如图2所示，则两电 5.（2025·安徽卷，7) 阻在一个周期T内产生的热量之比Q,：Q2 如图，在竖直平面内 B 为 的Oxy直角坐标系 Au/V M N Au/V 中，x轴上方存在垂 U 直纸面向里的匀强 磁场，磁感应强度大小为B.在第二象限内， 垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测 图1 图2 薄板MN,MN到x轴的距离为d,上、下表 A.2:3 B.4:3 面均能接收粒子.位于原点O的粒子源，沿 C.2:√3 D.5:4 Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相 8.(2024·湖北卷，5)在如图 同的带正电粒子.已知粒子所带电荷量为 所示电路中接入正弦交流 X L q、质量为m、速度大小均为Bd.不计粒子 电，灯泡L,的电阻是灯泡 m L2的2倍.假设两个二极管 的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则 正向电阻为0、反向电阻无穷大.闭合开关 () S,灯泡L1、L2的电功率之比P1:P2为 A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为 3d A.2:1 B.1:1 C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度 C.1:2 D.1:4 为d 9.(2023·湖南卷，9) D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短 (多选)某同学自制 时间为器 了一个手摇交流发 电机，如图所示.大 6.(2025·北京卷，4)如 轮与小轮通过皮带 图所示，交流发电机中 传动（皮带不打滑），半径之比为4：1，小轮 的线圈ABCD沿逆时 与线圈固定在同一转轴上，线圈是由漆包线 针方向匀速转动，产生 绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总 的电动势随时间变化的 阻值为R.磁体间磁场可视为磁感应强度大 规律为e=l0sin(100πt)V.下列说法正确 小为B的匀强磁场.大轮以角速度ω匀速 的是 转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与 最新真题分类特训·物理 磁场方向垂直.线圈通过导线、滑环和电刷 ◆交流电各参量 连接一个阻值恒为R的灯泡.假设发电时 10.(2021·北京卷，5)一正弦式交变电流的i 灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说 一t图像如图所示.下列说法正确的是 法正确的是 () A.线圈转动的角速度为4ω 个A B.灯泡两端电压有效值为3√2nBLw C.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新 0 0.1 0:2 6.3 0.40.5於 绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈， -2 A.在t=0.4s时电流改变方向 则灯泡两端电压有效值为42mBLa 3 B.该交变电流的周期为0.5s D.若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯 C.该交变电流的表达式为I=2cos5πt(A) 泡变得更亮 D.该交变电流的有效值为臣A 考点2远距离输电 (2026·云南卷，8)（多选）云南至广东高压 B.输电电流为3.25×103A 输电工程在调试阶段采用800kV高压输 C.若输送功率不变，提高输电电压，则输电 电，输送功率为2.6×10W,关于该输电线 损耗会增加 路，下列说法正确的是 （) D.若输送功率不变，提高输电电压，则输电 A.输电电流为3.25×105A 损耗会减小 考点3理想变压器原、副线圈关系及其动态分析 ◆参数关系 U2=U3=220V.当I、Ⅱ区充电桩同时工 1.(2025·福建卷，2)如图甲所示，理想变压器 作时，两副线圈的输出功率分别为7.0kW 原、副线圈匝数比为4：1，在副线圈的回路 和3.5kW,下列说法正确的是 () 中接有理想交流电压表和阻值分别为R,、 A.n1:n2=5:1 R2的电阻，其中R,=2R2,原线圈接到如图 B.n1:n3=1:5 乙所示的正弦式交流电路中，则 ) C.变压器的输入功率为10.5kW ◆u(V) D.两副线圈输出电压最大值均为220V 48√2 3.(2025·山东卷，14)某实验小组为探究远距 ⑦RR2 0.25 25 离高压输电的节能优点，设计了如下实验. t(s) 所用实验器材为： (甲) (乙) 学生电源； A.交流电的周期为2.5s 可调变压器T1、T2; B.电压表示数为12V 电阻箱R; C.副线圈干路中的电流为R,中电流的2倍 灯泡L(额定电压为6V); D.原副线圈功率之比为4：1 交流电流表A1、A2、A3,交流电压表 2.（2025·云南卷，8) V1、V2, (多选)电动汽车充电 U,I区充电桩 开关S、S2,导线若干， 桩的供电变压器（视 U,Ⅱ区充电桩 为理想变压器)示意 学生电源 图如图所示.变压器 ⑧L 原线圈的匝数为n,输入电压U1=1.1kV; 两副线圈的匝数分别为2和n3,输出电压 图甲 专题十三 交变电流传感器 部分实验步骤如下： 5.(2024·全国甲卷，19) (1)模拟低压输电.按图甲连接电路，选择学生 (多选)如图，理想变压 电源交流挡，使输出电压为12V,闭合S,调节 器的副线圈接入电路的 电阻箱阻值，使V1示数为6.00V,此时A(量 匝数可通过滑动触头T 程为250mA)示数如图乙所示，为 mA, 调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值 学生电源的输出功率为 W. 电阻R。和R,、开关S.S处于闭合状态，在 e吧 100 原线圈电压U。不变的情况下，为提高R 的热功率，可以 A.保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f mA 图乙 端滑动 B.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片 学生电源 位置不变 C.将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片 向f端滑动 图丙 D.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片 (2)模拟高压输电.保持学生电源输出电压 向e端滑动 和电阻箱阻值不变，按图丙连接电路后闭合 ◆变匝数比问题 S2.调节T1、T2,使V2示数为6.00V,此时 6.(2026·河北卷，8)（多选）图1为一种等离 A2示数为20mA,则低压输电时电阻箱消 子体工作电路，理想变压器原线圈两端接电 耗的功率为高压输电时的 倍 压为U的正弦交流电源，原、副线圈的匝数 (3)A示数为125mA,高压输电时学生电源 分别为n1、2,R为保护电阻.稳定工作时交 的输出功率比低压输电时减少了 W. 流电流表的读数为I,若等离子体可等效为 ◆变负载问题 定值电阻，其两端的正弦交流电压波形如图 4.(2024·湖南卷，6)根据国家能源局统计，截 2所示，Um为电压峰值，T为周期，则下列 止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦， 说法正确的是 ) 连续13年居世界第一位，湖南在国内风电 设备制造领域居于领先地位.某实验小组模拟 风力发电厂输电网络供电的装置如图所示.已 等离子体 知发电机转子以角速度匀速转动，升、降压 变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻 图1 可简化为一个定值电阻R.当用户端接一个定 值电阻R时，R。上消耗的功率为P.不计其余 U 电阻，下列说法正确的是 ) 升压变压器 降压变压器 3T 图2 A.风速增加，若转子角速度增加一倍，则R。 上消耗的功率为4P A.副线圈电压”U n B.输电线路距离增加，若R。阻值增加一 倍，则R。上消耗的功率为4P B.原线圈中电流”1 n2 C.若升压变压器的副线圈匝数增加一倍， C.电源电压周期为T 则R。上消耗的功率为8P n D.若在用户端再并联一个完全相同的电阻 R,则R。上消耗的功率为6P D.等离子体的等效电阻② 21 最新真题分类特训·物理 7.(2026·河南卷，4)为确定一变压器副线圈 10.(2025·湖南卷，6)如 cd的匝数，某同学在变压器铁芯上缠绕10 图，某小组设计了灯 匝线圈ef,如图所示.原线圈ab接入一正弦 泡亮度可调的电路， 交流电源，c、d两端电压为10V;若将d、e a、b、c为固定的三个 两端连接，ab接入的电源不变，c、f两端电 触点，理想变压器原、副线圈匝数比为k, 压为11V.变压器视为理想变压器，则副线 灯泡L和三个电阻的阻值均恒为R,交变 圈cd的匝数为 电源输出电压的有效值恒为U.开关S与 不同触点相连，下列说法正确的是() 副线圈 原线圈 A.S与a相连，灯泡的电功率最大 B,$与a相连，灯泡两端的电压为3 A.200 B.190 C.S与b相连，流过灯泡的电流 C.110 D.100 8.（2026·湖北卷， 为(+2)R 8)(多选)如图所 ⑧甲 D.S与c相连，灯泡的电功率为2十1)R U2 示，有一理想变 ⑧乙 压器，其原线圈 11.(2023·山东卷，7)某节能储能输电网络如 输入电压为u=100√2sinl00πt(V),在一个 图所示，发电机的输出电压U,=250V,输 副线圈上接额定电压为220V、额定功率为 出功率500kW.降压变压器的匝数比n: 10W的灯泡甲，在另一个单匝副线圈上接 n4=50:1,输电线总电阻R=62.52.其 额定电压为2V、额定功率为1W的灯泡 余线路电阻不计，用户端电压U4=220V, 乙，两灯泡均能正常发光.下列说法正确 功率88kW,所有变压器均为理想变压器. 的是 ) 下列说法正确的是 A.原线圈的匝数为50 0 U B.输入电压的频率为100Hz 发 R U C.原线圈的输入功率为11W D.流过原线圈的电流最大值为0.11A U 站 9.(2025·安徽卷，8)某理 A.发电机的输出电流为368A 想变压器的实验电路如 B.输电线上损失的功率为4.8kW 图所示，原、副线圈总匝 C.输送给储能站的功率为408kW 数之比n1:n2=1：3,④ A D.升压变压器的匝数比n1:n2=1：44 为理想交流电流表.初始 ◆与传感器有关的实验 时，输入端a、b间接入电压u=l2√2sin 12.(2026·四川卷，12)现有一由柔性力敏薄 (100πt)V的正弦式交流电，变压器的滑动 膜和均压板构成的压力传感器，为探究该 触头P位于副线圈的正中间，电阻箱R的 传感器的电阻变化规律，并用其测量压力， 阻值调为62.要使电流表的示数变为2.0 实验小组进行了如下实验.可用器材有： A,下列操作正确的是 () 待测压力传感器（以下简称“传感器”，空载 A.电阻箱R的阻值调为18Ω 阻值约6002) B.副线圈接入电路的匝数调为其总匝数 直流稳压电源E(输出电压6.00V) 的 定值电阻R,(阻值80.02) 滑动变阻器R,(最大阻值约152)，滑动变 C.输入端电压调为u=12√2sin(50πt)V 阻器R2(最大阻值约10002) D.输入端电压调为u=6√2sin(100πt)V 电流表（量程0~30mA,内阻10.02） 专题十三交变电流传感器 砝码（质量为10g、20g、50g、100g、200g (2)实验小组利用该传感器设计了如图3 各2个) 所示的压力测量电路.测量压力时，计算机 开关S、S2,导线若干 采集c、d间电压值，处理数据得到此时传 计算机 感器的电阻值，再根据实验(1)得到的传感 (1)为探究传感器电阻随压力的变化规律， 器电阻和压力的关系显示出压力值.若在 实验小组将传感器水平放置并连接实验器 某次测量中，c、d间电压为2.00V,此时传 材，如图1所示. 感器的电阻为 2,计算机显示 砝码 传感器 的压力值为 N.(结果均保留 3位有效数字，当地重力加速度大小为9. 80m/s2) 13.(2025·河南卷，11)实验小组研究某热敏 稳压电司 电阻的特性，并依此利用电磁铁、电阻箱等 器材组装保温箱.该热敏电阻阻值随温度 图1 的变化曲线如图1所示，保温箱原理图如 I/mA 图2所示.回答下列问题： R/Q 200 0 15 100 10 0100200300400500600 50 100 150t/℃ 图2 图1 加热电源 衔铁 直流稳 AC 压电源 ■W 传感器 加热电阻丝 位弹 ?保温箱 图3 电 电 电 阻 热敏电阻 池 ①滑动变阻器应选用 （选填“R,” 箱 或“R2”).将滑动变阻器滑片P置于右端， 图2 闭合开关S,将开关S2拨至b端，调节滑 9 68 片P使电流表满偏，此时R。两端的电压为 @ V(结果保留3位有效数字) ②保持滑片P位置不变，将开关S2拨至a ×100 10 端，传感器上砝码质量从零开始每次增加 @ 20g,记录多组电流表读数I和对应的砝 90 90 码质量m,并绘制I-m图像如图2所示. x01 ③根据I-m图像，结合图1电路分析可 得，当m=460g时，传感器的阻值为 图3 Ω（结果保留3位有效数字）.用相同 (1)图1中热敏电阻的阻值随温度的变化 的方法处理数据，得到传感器电阻和压力 关系是 (填“线性”或“非线 的关系. 性”)的 最新真题分类特训·物理 (2)存在一个电流值I。,若电磁铁线圈的电 Pt1000 流小于I。,衔铁与上固定触头a接触；若电 流大于I。,衔铁与下固定触头b接触.保温 箱温度达到设定值后，电磁铁线圈的电流 在I。附近上下波动，加热电路持续地断 开、闭合，使保温箱温度维持在设定值.则 图2中加热电阻丝的c端应该与触头 甲 (填“a”或“b”)相连接. Pt1000 (3)当保温箱的温度设定在50℃时，电阻 箱旋钮的位置如图3所示，则电阻箱接入 电路的阻值为 0 (4)若要把保温箱的温度设定在100℃，则 电阻箱接入电路的阻值应为 2. 14.(2025·云南卷，12)基于铂电阻阻值随温 度变化的特性，某兴趣小组用铂电阻做了 图(b) 测量温度的实验.可选用的器材如下：Pt (3)用(2)问中能准确测出铂电阻阻值的电路 1000型号铂电阻、电源E(电动势5V,内 测温时，某次测量读得A2示数为295μA,A 阻不计)、电流表A(量程100μA,内阻4. 示数如图(c)所示，该示数为 A,则 5k2)、电流表A2(量程500uA,内阻约1 所测温度为 ℃（计算结果保留2位 k2)、定值电阻R1(阻值15k2)、定值电阻 有效数字). R2(阻值1.5k2)、开关S和导线若干. 查阅技术手册可知，Pt1000型号铂电 10203 0 405060 70 阻测温时的工作电流在0.1~0.3mA之 间，在0100℃范围内，铂电阻的阻值R HA 飞% 随温度t的变化视为线性关系，如图(a) 图(c) 所示. 15.(2025·湖南卷，12)车辆运输中若存在超 +R(×1032) 载现象，将带来安全隐患.由普通水泥和 1.385 导电材料混合制成的导电水泥，可以用 1.000 于监测道路超载问题.某小组对此进行 探究. 100 t/℃ (1)选择一块均匀的长方体导电水泥块样品， 图(a) 用多用电表粗测其电阻.将多用电表选择开 完成下列填空： 关旋转到“×1k”挡，正确操作后，指针位置如 (1)由图(a)可知，在0~100℃范围内，温 度每升高1℃，该铂电阻的阻值增加 图1所示，则读数为 2. (2)进一步提高实验精度，使用伏安法测量 Q; (2)兴趣小组设计了如图(b)所示的甲、乙 水泥块电阻，电源E电动势6V,内阻可忽 两种测量铂电阻阻值的电路图，能准确测 略，电压表量程0~6V,内阻约10k2,电 出铂电阻阻值的是 (填“甲”或 流表量程0~600μA,内阻约1002.实验 “乙”)，保护电阻R应选 (填“R,” 中要求滑动变阻器采用分压接法，在图2 或“R2”); 中完成余下导线的连接. 专题十三交变电流传感器 200100504030 201510 50 ooLL☑ 0T70m 100 150 山山山山山 0 200 /gfmim 10 20 30 25001 0 40 250 0 8 图(a) 图6) 0 1.5 2 00.5 2 (1)先用欧姆表“×100”挡粗测R.的阻值，示 50002/V 2500D/V A-V-0 数如图(b)所示，对应的读数是 2； (2)适当调节R、R2、R,使电压传感器示数 图1 为0，此时，R的阻值为 (用R1、R2、 R表示)； (3)依次将0.5g的标准砝码加载到压力 传感器上（压力传感器上所受压力大小等 于砝码重力大小)，读出电压传感器示数 U,所测数据如下表所示： 次数 1 2 3 5 6 图2 (3)如图2，测量水泥块的长为a,宽为b,高 砝码质 0.00.51.01.52.02.5 为℃.用伏安法测得水泥块电阻为R,则电 量m/g 阻率p= (用R、a、b、c表示). 电压U/mV 0 57115168220280 (4)测得不同压力F下的电阻R,算出对应 的电阻率p,作出pF图像如图3所示. 根据表中数据在图(c)上描点，绘制Jm 关系图线： ↑UlmV 300田 报警器 250 200 图3 图4 (5)基于以上结论，设计压力报警系统，电 150 路如图4所示.报警器在两端电压大于或 100 等于3V时启动，R为水泥块，R2为滑动 50 变阻器，当R2的滑片处于某位置，R,上压 0 力大于或等于F。时，报警器启动.报警器 0.5 1.01.52.02.53.0m/g 图(c) 应并联在 两端（填“R,”或 (4)完成前面三步的实验工作后，该测量微 “R2”) 小压力的装置即可投入使用.在半导体薄膜 (6)若电源E使用时间过长，电动势变小， 压力传感器上施加微小压力F。,电压传感器 R,上压力大于或等于F,时，报警器启动， 示数为200mV,则F。大小是 N(重 则F F。(填“大于”“小于”或 力加速度取9.8m/s2,保留2位有效数字)； “等于”) (5)若在步骤(4)中换用非理想毫伏表测量 16.(2023·湖南卷，12)某探究小组利用半导 C、D间电压，在半导体薄膜压力传感器上 体薄膜压力传感器等元件设计了一个测量 微小压力的装置，其电路如图(a)所示，R1、 施加微小压力F,,此时非理想毫伏表读数 R2、R为电阻箱，R为半导体薄膜压力传感 为200mV,则F1 F。(填“>”“=” 器，C、D间连接电压传感器（内阻无穷大）. 或“<”) 33最新真题分类特训·物理 8.解析：(1)设金属框的初速度为。，则金属框的末速度心1 故C错误；丁中：导体框匀速运动，磁通量不变，无感应 -受设向右为正方向 电流，故D错误， 2.C根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电 E 金属框进入磁场时，有E=BL0,I= F=BIL,联立 动势为e=Esin ot, 解得F=BL 由题图丙可知，磁场区城变化后，当Esin二E时，线 4R。 金属框在磁场运动过程满足F·t=m心一m, 图的侧边开始切割磁感线，即当线图旋转子时开始切割 即-2=-m之 4R。 磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变 将x=2L代入，解得=BL mR。 为d=2dcos号=d.C正确. (2)设金属框的初速度为。，则金属框进入磁场时的末 3.BD如题图开始线圈处于中性面位置，当磁极再转过 速度为，向右为正方向，由于导轨电阻可忽略，此时金 90°时，此时穿过线圈的磁通量为0，故可知电流最大；在 属框上下部分被短路，故电路中的总电阻R。=R。十 磁极转动的过程中，穿过线图的磁通量在减小，根据楞 2R。·R2_5R 次定律可知，此时感应电流方向由Q指向P, 2R。+R。 3’ 4.D由题意可知导体棒通过磁场区域过程需要的时间， 再根据动量定理有一BL=m一m, R 即周期为T=2L 解得1= 2B'L 5mR' 导体棒通过区域I时，产生的电动势大小为E,=BL0, 则在此过程中报据能量守恒有子m=Q,十了m 经过的时间为= L 解得Q,=21BL 导体棒通过区域Ⅱ时，产生的电动势大小为E,=BX 50mR2 共中Q=Q.=R 7B'L Q5,能过的时问为6=凸， 此后线框完全进入磁场中，则线框左、右两边均作为电 银指有效值的定义有气+是：-是 源，且等效电路图如下 代入数据可得E有= 西BL四.故选D. 4 _E,Ro E,Ro C根指洛伦数力提供向心力有B=产，可得R-四 gB R =d,故A错误； 到光时回略的总息阻R,’-现十尽坚。 十 1 设线框刚离开磁场时的速度为，再根据动量定理有 B'L: 十 X + 厂R=m,一m, M 3 解得=0， 十 X 则说明线框刚离开磁场时就停止运动了，则再根据能量 1 0 X 守恒有2m心=Q。, 当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y 4 8BL 其中QR,=5Q.=125mR 轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知s上m=d;当粒子 则在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量QR,s 恰能通过Ⅳ点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离 -Qx,+Qg -3B'L y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知，s上mx=3d, 25mR 故上表面接收到粒子的区域长度为s上=√3d一d,故B 管案，1-是6 错误：根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N点；当 25mR 粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离 专题十三交变电流传感器 y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为 考点1交变电流的产生和描述 d,故下表面接收到粒子的区域长度为d,故C正确：根据 1.B甲中：导体环绕轴匀速转动，磁通量不改变，不产生 图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最 交变电流，故A错误；乙中：导体框绕轴匀速转动，穿过 线框的磁通量呈周期性变化，产生交变电流，故B正确； 小，周时装，有…一需·器一器技D0促故 丙中：导体棒匀速运动，感应电动势E=BL,电流恒定， 选C. 234 详解详析 6.C根据题意可知，该交流电的频率为∫=会=50H, 10.CA.由图可知t=0.4s时电流为正方向最大，电流方 向没有发生变化，故A错误：B.由题图可知，该交变电 故A错误：线图转到图示位置时，磁场与线图平面平行， 流的周期为T=0.4s,故B错误；C.由题图可知，电流 磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大，故B 错误：根据题意，由右手定则可知，线圈转到图示位置 的最大值为1=2A,角速度为w== =5x rad/s, 时，电流由B·A,由左手定则可知，AB边受到的安培力 故该交变电流的表达式为 方向向上，故C正确；根据题意，由公式E=VBSw可 I=I cosot=2cos 5xt (A), 知，仅线圈转速加倍，电动势的最大值变为原来的2倍， 故C正确；D.该交变电流的有效值为I= =2A, 为20V,故D错误， 7.B设R1、R的阻值均为R,根据题中所给信息，结合题 故D错误.故选C. (U. 考点2远距离输电 图图像可得Q,= T+·=2T,Q2一 2=3R BDAB.报据输电功率公式P=UL,输电电流I=元= P R U 2.6×10 2T一2R 800×10 A=3.25×103A,故A错误，B正确；CD.输电 R 损耗功率为P=IR,输送功率P不变时，提高输电电 8.C两个二极管正向电阻为0，反向电阻无穷大，二极管 P 导通则短路并联的灯泡，此时另一个灯泡与电源串联， 压U,由I=七可知输电电流I减小，因此P减小，故C 根据电路图可知在一个完整的周期内，两个灯泡有电流 错误，D正确. 通过的时间相等都为半个周期，电压有效值相等，根据P 考点3理想变压器原、 2 =R,可知P:P,=Re:R1=1:2. 副线圈关系及其动态分析 9.ACA.大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和 1.B由图乙可知，交流电的周期为2.25s,故A错误；根 线圈同轴转动，角速度相等，根据=wr, 据图乙可知，输入电压最大值Um=48√厄V,则输入电压 根据题意可知大轮与小轮半径之比为4：1，则小轮转动 有效值为U1= 的角速度为4w,线圈转动的角速度为4w,A正确：B.线 =48V,报据元= =业可知，副线图电 图产生感应电动势的最大值Emax=nBS·4w, 压即电压表示数为U,=U1=12V,故B正确：R的 又S=L2, 联立可得Ex=4nBLw, 阻值为R,的2倍，根据并联规律可知，两电阻的电压相 则线图产生感应电动势的有效值E=E二=2EBL, 同，根据欧姆定律可知，流经R,和R。的电流之比为1 √2 2,副线图干路电流等于流经两电阻的电流之和，则副线 根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为U= 圈干路的电流为R电流的3倍，故C错误；根据变压器 =BLB绮头：C常用总长为原来两倍的相 的原理可知，原副线圈功率相同，故D错误.故选B. 2.AC根据理想变压器的电压比等于匝数比可得，：n2 同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则 =U1:U2=5:1,n1:m=U1:Ug=5:1,故A正确，B 线圈的匝数变为原来的2倍，线图产生感应电动势的最 错误；根据能量守恒可知变压器的输入功率等于总的输 大值Emx=8nBLw, 出功率，故P骑入=P出=7.0kW+3.5kW=10,5kW, 此时线图产生感应电动势的有效值E= 故C正确；输出电压为交流电的有效值，根据正弦交流 √2 电的最大值与有效值的关系可知，两副线图输出电压最 =4√2nBLw, 大值均为Um=220√2V,故D错误.故选AC. 根据电阻定律R'=pS: 3.解析：(1)根据题图可知电流表的分度值为5mA,故读数 为200mA; 可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R,根据串联电路 分压原理可得灯泡两端电压有效值U'一R十2R= RE' 学生电源的输出功率P,=12×200×10W=2.4W (2)低压输电时电阻箱消耗的功率为P。= 4EmB0,C正确：D.若仅将小轮半径变为原来的两 6×200×103W=1.2W, 3 6 倍，根据u=r可知小轮和线图的角速度变小，根据E 电阻箱接入的电阻为R=200X100=30n. =nBSo 高压输电时，电阻箱消耗的功率为P,= √2 30×20×103×20×103W=0.012W, 可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D 错误.故选AC. 最新真题分类特训·物理 即低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的 7.D设原线圈匝数为n1,副线图cd匝数为n2.d、e两端 100倍. 连接前，有二d、©两瑞连接后，有二 n (3)A,示数为125mA时，学生电源的输出功率P,=12 ×125×10-3W=1.5W 联支可特设y-品解释=10DE流 n 高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了 8.AC由题意可知，原线圈电压为U,=100V,与灯泡甲 △P=P-P,=2.4W-1.5W=0.9W. 相连的副线图电压为U甲=220V,与灯泡乙相连的副线 答案：(1)2002.4(2)100(3)0.9 圈电压为U=2V,根据理想变压器的电压与线圈匝数 4.A如图所示画出降压变 压器的等效电路图，设降 U 美系可为总-是头=1，都学数二0A玉确：由 压变压器原、副线图的匝 输入电压的表达式可知输入电压的周期为0.02s,则输 数比为k:1(k>1),则输 入电压的频率为50Hz,B错误；灯泡甲、乙均正常发光， 电线路上的电流12= U133U2 则副线图的输出功率为11W,根据理想变压器输入功率 R,十R,转子在磁场中 U, 与输出功率的关系可知，原线圈的输入功率为11W,C Ro 正确：原线圈的电压有效值为100V,输入功率为11W, 转动时产生的电动势e=NBSosin wt,当转子角速度增 加一倍时，则升压变压器原、副线图两端电压都增加一 根据1=吕可知，流过原线图的电流有效值为0.11A, 倍，则输电线路上的电流变为'：=2L2,R。上消耗的功 则流过原线图的电流最大值为0.11√厄A,D错误. 率P=I'R。=4IR,=4P,A正确：同理，当升压变压器 9.B输入电压峰值为U=12√2V,则输入电压有效值为 的副线图匝数增加一倍时，副线圈两端电压增加一倍， 输电线上的电流也增加一倍，R。上消耗的功率P,=P 日，-要12八.清动触头在正中间，银6号-是可如， =4P,C错误；若R。阻值增加一倍，输电线路上的电流 输出电压U,=05U,=18V,若将电阻箱阻值调为18 U, 21 2R,十RR,消耗的功率B=g·2R,≠P,B 2,则电流为1A,故A错误：若将副线圈匝数调为总匝 错误；若在用户端并联一个完全相同的电阻R,用户端电 阻相当于减为原来的一半，输电线上的电流2= 数的子银搭变压北可知，输出电压U,=”U,=12 足+要2沉，十RR消轮的功车户，=片化，子P. U, 2U2 心则剥线图电流变为发=2A,故B正确：输入羽 D错误. 电压调为u=12√2sin(50xt)V时，其有效值不变，不会 5.ACA.保持T不动，根据理想变压器的性质可知副线 学数电流的变化，行然为1装=3.0A,故C给误：将 图中电压不变，当滑动变阻器R的滑片向∫端滑动时，R 输入电压峰值减小一半，则输入电压有效值变为”= 与R串联后的总电阻减小，电流增大，根据P=R可 知此时R1热功率增大，故A正确；B.将T向b端移动， =6V,输出电压U,”=05U”=9V,副线图电 副线圈匝数变小，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R √2 n 的滑片位置不变时，通过R1的电流减小，故R的热功 流变为1-=1,5A,故D错误，故选B 率减小，故B错误；C,将T向a端移动，副线图匝数增 R 加，故副线图两端电压变大，滑动变阻器R的滑片向∫ 10.B设变压器原、副线图的电压分别为U1U2,灯泡L 端滑动，R与R,串联后的总电阻减小，电流增大，此时 的阻值为R,根据等效电阻的思想有灯泡的等效电阻 R1的热功率增大，故C正确；D.将T向b端移动，副线 圈匝数减少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的 滑片向e端滑动，R与R,串联后的总电阻增大，电流减 灯泡L的阻值R= 小，此时R的热功率减小，故D错误， D原、副线图两瑞的电压与线图匝数的关系U 由双物支医器原型，电压关号-兰 ,则U=U原=U,A正确：原、副线图中的电流 电流关系品一日 n2 n1 n 联立解得R￥=kR, 二21，B错 S与口相连，根据等效电源思想，灯泡的电功率最大时 应该满足R等=3R,因为k值不确定，灯泡的电功率不 误；理想变压器不改变交变电流的周期，则电源电压周 一定最大，故A错误： 期为T,C错误；等离子体两端电压的有效值为U有= ,则等离子体的等效电租为R华二9二，D S与a相连，变压器原线图电压U=gR十3R U ·kR, √2 正确. 方泡两我的也压为心-受-架B三确：S与6相 36 详解详析 连，变压器原线圈电路接入两个电阻，变压器原线圈电 13.解析：(1)根据图1可知热敏电阻的阻值随温度的变化 U 流1=R+2R 关系是非线性的， (2)根据图1可知温度升高，热敏电阻的阻值变小，根据 kU 流过为泡的电流1，=1，=十2)RC错误： 欧姆定律可知流过电磁铁线圈的电流变大，衔铁与下 固定触头b接触，此时加热电阻丝电路部分断开连接， S与（相连，变压器原线圈电路接入一个电阻，变压器 停止加热，可知图2中加热电阻丝的c端应该与触头a U 原线图的电流I,=R十R为泡的电功率为P 相连接， (3)由图3可知电阻箱接入电路的阻值为100×12十 IR年一十1)RD错误.故选B 10×32=130.02. (4)根据(3)可知，当温度为50℃时，热敏电阻的阻值为 11.CA.由题知，发电机的输出电压U=250V,输出功 1802,电阻箱接入的电阻为1302，当温度为100℃ P=500kw,则有1=2×10A,A错误：B 时，热敏电阻的阻值为100Ω，要使得电流值1。不变， 则在电流为L。时，控制电路的总电阻不变，则此时电阻 由题知，用户端电压U,=220V,功率88kw,则有 箱的电阻为1802+130.02-1002=210.02. =L=,p'=U1 答案：(1)非线性(2)a I n (3)130.0(4)210.0 联立解得1，=400A,I3=8A,U3=11000V, 14.解析：(1)温度每升高1℃，该铂电阻的阻值增加△R 则输电线上损失的功率为P描=R=4kW, 1.385-1.000×1020=3.850: 100 且U2=U3+IR=11500V, (2)①由于A,内阻确定，可以得到铂电阻材料电压，用 再根期品-公降得号一行·D佛英C根搭理起交 A。与A1之差来测量经过电阻的电流，故能准确测出 压器无功率损失，由P=U,1十P, 铂电阻阻值的是乙； 代入数据有P=408kW,C正确.故选C ②电路中的最大电流为0.3mA,可得电路中的最小阻 12.解析：(1)①由题图1画出电路图如图所示，与传感器并 5 值R=0.00030≈17k0, 联，压力传感器阻值变化不影响并联部分电路两端的 可知保护电阻R应选R1: 电压，所以需要滑动变阻器的阻值远小于压力传感器 (3)①由图(c)可知A1的分度值为1μA,则其读数为 的阻值，所以滑动变阻器应选用最大阻值较小的R1,开 关S,接b时，R。与电流表串联，电流表满偏时，R。两 62.0μA: 端的电压为U=IR。=2.40V. 巴根据民姆龙锋可特R=气 传感器 根据题图可得R,=1000十3.85t, 代入数据可得t≈51℃. Ro 答案：(1)3.85(2)①乙②R,(3)①62.0②51 15,解析：(1)多用电表选择开关旋转到“×1k”挡，故根据 mA 图1可知读数为80002： 左卫右 (2)长方体导电水泥块样品的电阻R,>√R。R,,故采 用电流表内接法：实验中要求滑动变阻器采用分压接 法，故连接实物图如图 S ③开关S。接a时，由题图2可知当m=460g时，电流 为I=26mA,滑片P位置不变，则分压部分电压不变， 开关S。分别接b和a时，电流表分别与R。和传感器串 联，即电流表和R。两端电压与电流表和传感器两端的 电压相等，因此有I(Ra十R,)=I(RA十R传)，解得R传 ≈93.82. (2)题图3中电源为直流稳压电源，输出电压不变，流过 传高器的电流为了-是，当。-200V时，-2A 80 =0.025A=25mA,传感器两端的电压U'=E-Ua= (3)报据电程定体R=告，可知p2必 a 4.0V,传感器的电凰为R-号-160n,在题图1 (5)根据图3可知压力越大电阻率越小，即电阻越小：回 路中电流增加，R。电压增加，R,电压减小，而报警器在 实验中，设当传感器电阻为R'=1602时，所对应的 两端电压大于或等于3V时启动，故应将报警器并联 电流为1”，则有I(R十R)=1”(R十R'传)解得I'≈ 在R。两端； 15.9mA,由题图2可知电流”所对应的砝码质量为 (6)电源电动势E减小，要使报警器启动，即R,两端电 m'=162g,则计算器显示的压力值为V'=m'g 1 ≈1.59N. 压要仍为3V,根据串联分压有U,=R+R,R十1 答案：(1)①R,2.40③93.8(2)1601.59 R 最新真题分类特训·物理 E,可知E减小需要R,更小，又因为F越大R,越小， 光线从圆柱体内射出时，与竖直方向的夹角为B=α一r 可知F:需要大于Fo. =15°.故选B. 答案：(1)8000(2)见解析(3)R6c (5)R 2D根据题意，画出光路图，如图所示 (6)大于 真空C 16.解析：(1)欧姆表读数为10×1002=10002 介质 (2)当电压传感器读数为零时，C、D两，点电势相等，即 Un=a年R年RR,=元R高得R-R R, B (3)绘出Um图像如图 由几何关系可知，折射角为45°，则由折射定律有n= sin sin 45 =W2sin8>1, 250 ,n<√2，解得日>45°，故AB错误； 200 则有sin八 150 根据题意，由sinC= i,可知sinC> 2 ,即C>45°， 100 增大入射角，光路图如图所示 50 真空 0 0.51.01.52.02.53.0m/g 介质 (4)由图像可知，当电压传感器的读数为200mV时，所 放物体质量为1.80g,则 F。=mg=1.80×10-3×9.8N=1.8×10-2N B (5)可将CD以外的电路等效为新的电源，C、D两点电 由几何关系可知，光在BC上的入射角小于45°，则该单 压看作路端电压，因为换用非理想电压传感器当读数 为200mV时，实际C、D间断路（接理想电压传感器 色光在BC上不可能发生全反射，故C错误； 减小入射角，光路图如图所示 时)时的电压大于200mV,则此时压力传感器的读数 F>Fo. 答案：(1)1000或1000.0(2)R, 真空C R. U/mV 介质 300 250 B 由几何关系可知，光在AB上的入射角大于45°，可能大 200 于临界角，则该单色光在AB上可能发生全反射，故D (3) 150 正确.故选D 3.解析：(1)根据题意得出光路图如图所示 100 50 0 00.51.01.52.02.53.0mg (4)1.8×102 (5)> 专题十四光学 电磁波 根据几何关系可得sina= p Y= R=B, 考点1折射定律及折射率的应用 可得3=45°，Y=30°， 1.B设光线射入圆柱体时的折射角为，根据光的折射定 车可知如智部得0=30 根据折射定律加=sng=2: sin y 如图，根据几何关系可知光线射 (2)发生全反射的临界角满足sinC=1 45 出圆柱体时的入射角i=日=30°， 可得C=45°， 则法线与竖直方向的夹角a=日 要使激光能在圆心O点发生全反射，激光必须指向O,点 +i=60°， 射入，如图所示 根据光的折射定律可知n -sin r sini' 解得光线射出圆柱体时的折射 角r=45°， 38