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单元检测（十一）交变电流
传感器
A卷
高频考点练清卷
考点一交变电流的“四值”
1.(2024·山东)如图甲所示，在一d≤x≤d、一d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、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，则变化后磁场的区域可能为
3E2
d
0
-3E2
-d
图中
图乙
图丙
0
2
-3f434
-d/22
-3d23d2
C
I
2.(2024·河北)R1、R2为两个完全相同的定值电阻，R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图1所示
(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的、3倍)，R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图2所示，则
两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1：Q2为
()
卡h/V
0
t/s
-a
图1
图2
A.2:3
B.4:3
C.2:√/3
D.5:4
3.(2025·河南商丘·三模)用长度为L,横截面面积为S、电阻率为ρ的金属丝制成正××××
方形线框abcd,然后置于磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，
×
如图所示，绕与αb边重合的固定轴从中性面开始沿图示方向逆时针匀速转动，转动
的角速度为，下列说法正确的是
(）米父6×
A.线框从图示位置转过2的过程中，线框中电流的方向为a→d~c→6→Q
XXXX
B线框中感位电流的有效值
C.线框转过一周的过程中，产生的焦耳热BL3S
2560
D.线框从图示位置转过半圈的过程中，通过线框某一横截面的电荷量为0
81
考点二交变电流的图像
4.(2025·北京朝阳·二模)图甲为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的磁
铁转动，转速与风速成正比.当风速为时，线圈中产生的正弦式交变电流如图乙所示.下列说法正确的
是
C风叶
杆
0.6
转轴
磁铁
0.
n.210.3n.40.5s
-0.6
心流传感器
图中
图乙
A.线圈中电流的表达式为i=1.2sin10πt(A)
B.磁铁的转速为10r/s
C.风速为2v时，线圈中电流的表达式为i=1.2sin20πt(A)
D.风速为2u时，线圈中电流的有效值为1.2A
5.(多选)(2025·湖南邵阳二模)发电机的结构示意图如图所示，正方形金属框
abcd通过两半圆形金属环及导线与电阻R构成一闭合回路，在匀强磁场中以
恒定角速度绕OO轴转动，下列关于通过金属框的磁通量Φ及通过电阻R的
电流i随时间t变化的图像可能正确的是
A
B
6.(2025·西南名校联盟模拟)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩
↑ΦFb
形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，穿过该线框的磁通
0.02
量随时间成余弦函数变化，如图所示，则
(
A.在t=0.1s时，线框处于中性面位置
0.10.23.30.4
B.在t=0.1s时，线框中感应电动势为零
-0.02
C.线框中产生的感应电动势的有效值为5V2πV
D.线框中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e=10πcos5πt(V)
考点三变压器基本关系式的应用
7.如图所示，理想变压器原线圈匝数为1100匝，接有一阻值为R的电阻，电压
表V1示数为110.0V.副线圈接有一个阻值恒为RL的灯泡，绕过铁芯的单
匝线圈接有一理想电压表V2,示数为0.10V.已知R：R=4：1,则副线圈⊙
的匝数为
()
的R:
A.225
B.550
C.2200
D.4400
8.(2024·湖北)在如图所示电路中接人正弦交流电，灯泡I1的电阻是灯泡I2的2倍.
假设两个二极管正向电阻为0、反向电阻无穷大.闭合开关S,灯泡L1、L2的电功率L⑧
之比P:P2为
A.2:1
B.1:1
C.1:2
D.1:4
82参考答案
单元检测（一）运动的描述匀变速直线运动
x=wt一
2a2,代入教据解得x=50m,公交车在最初6s内
通过的位移与最后6s内通过的位移之差为△x=x1一x2,代
A卷高频考点练清卷
入数据解得△x=24m,故ABC错误，D正确.
1.C研究入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题
5.A对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从
的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故A错
静止释狱到下瑞到达A点的过程，有L=a,木板从静止
误：研究空中转体姿态时，运动员的形状和体积对所研究
释放到上瑞到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L=
问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故
2ai,当木板长度为2L时，有3L=合ai,又1=1-o,
1
B错误；研究百米比赛中的平均速度时，运动员的形状和
体积对所研究问题的影响能够忽略，此时运动员能够看
△12=t2一t0,联立解得△2：1=(5-1)：(2-1)，A
为质点，故C正确：研究运动员通过某个攀岩支，点的动作
正确
时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽
6.解析：(1)设物体的加速度为a,根据位移差公式△x=aT可
略，此时运动员不能够看为质点，故D错误.故选：C.
2
2.C速度是描述物体运动快慢的物理量，即物体的空间位
3X0-x0
得物体的加速度为4=
置随时间变化的快慢，BD错误；根据x与1的关系式可
to
3to2
知，1=0时，质点位于x=1m处，t=1s时，质点位于x=
AC段的平均速度等于这一过程的中间时刻的速度，可得
6m处，因此质点在第1s内的位移为5m,A错误，C
2
正确，
物体在B,点时的速度为UB=
20+x05x0
2to
6to
3.解析：(1)选择向西为正方向，如题图所示，最后6s的住
设物体在A点时的速度为A,则可得
移为△x3=120m,△13=6s
7x0
UA=UB一at0=6t0
平均连度为==20m=20m8,大小为20m6,」
(2)根据速度时间关系可得物体在C点时的速度为
方向向西：
5.x0_x0
0
(2)全过程的位移为△x=△x3一（△r1十△x2)=120m一
c=s+ao=60-30·6=20
(30m十60m)=30m
时间为△t=5s十58十4s十6s=20s
则可得物体在CD段的平均速度为=C十D=0
24t
平均速度为==0m=1,5m/s,大小为1,5m/s,方向
△120s
2品
答案：1)6t0
向西；
7.C匀变速直线运动平均速度等于初末速度的平均值，则
(3)全过程的路程为△s=△x3十△x1十△x2=120m十
有：专5=10ms,T=5m因ST间的矩高是
2
30m+60m=210m
RS的两倍，而ST段的平均速度是RS段的平均速度的
平均速率为0=2)0m=10.5m8
△120s
乞，故可得ST段的时间是RS段的时间的4倍，可知：ST
1
答案：(1)20ms方向向西(2)1.5ms方向向西
(3)10.5m/s
段的速度减小量是RS段的4倍，则有：vs一VT=4(VR一
4.D设公交车开始减速的速度为%，运动总时间为，则公交
vs),联立解得：R=11m8,s=9ms,vT=1m8,故C
正确，ABD错误.
车在最初减连6s内通过的位移为西=o一2a哈=(6一
8.C令加速度为a,E到N的距离为L,从E到N有v至=
18m),把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运
2aL,从N到A有v员=2a·9L,联立可得vA=3E,故A
动，最后68内通过的位移为=2a,代入数据解得x2一
错误：根据逵度一时间公式，有tA=4一E_2E,gv
18m,由于公交车在最初6s内通过的位移与最后6s内通过
的位号之比为21：9，则南以上有g18-号又有0=助
E一0_E=1,所以汽车通过AE段的时间等于21，故B
at,代入数据解得=10mst=10s,则公交车的总位移为
错误：根据匀变速直线运动的推论有四E-4E=2如E,
2
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