【文档说明】2022版高中物理人教版一轮阶段检测：第十章　电磁感应 第十一章　交变电流　传感器 含解析.docx，共(16)页，399.219 KB，由envi的店铺上传

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温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。阶段滚动检测(十)(第十、十一章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。1～5小题为单选,6～8小题为多选)1．一只矩形线圈在匀强磁

场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法中正确的是()A.t＝0时刻线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01s时刻Φ的变化率达最大C．0.02s时刻感应电动势达到最大D．该线圈相应的感应电动势

图象如图乙所示【解析】选B。由甲图可知，t＝0时刻磁通量最大，线圈在中性面位置，而不是垂直，故A错误；t＝0.01s时刻，磁通量等于零，此时线圈与磁场平行，感应电动势最大，磁通量Φ的变化率达最大，故B正确；t＝0.02s时刻，磁通量最大，感应电动势为零，故C错误；由甲图知交

流电动势的图象应为正弦图象，故D错误。2．(2021·黄山模拟)如图甲所示，水平面上固定一个粗糙的U形金属框架，金属杆ab横跨其上并与之接触良好，整个装置处于竖直向上的磁场中，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，在金属

杆ab保持静止的时间段内()A．金属杆ab中感应电流方向一定从b到aB．回路中产生的感应电动势一定增加C．金属杆ab所受摩擦力的方向一定水平向右D．金属杆ab所受安培力一定变大【解析】选C。由题图乙可知，磁感应强度增大，穿过回

路的磁通量增大，由楞次定律可知，金属杆ab中感应电流方向一定从a到b，故A错误；由题图乙可知，磁感应强度的变化率即图线斜率减小，由法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势减小，故B错误；由于金属杆ab中感应电流方向一定从a到b，

由左手定则可知，金属杆ab受到的安培力方向水平向左，由平衡条件可知，金属杆ab受到的摩擦力方向水平向右，故C正确；由于回路中产生的感应电动势减小，则感应电流减小，磁感应强度增大，由公式FA＝BIL可知，金属杆ab所受安培力不

一定增大，故D错误。故选C。3．一理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器R的滑片。下列说法正确的是()A.副线圈输出电压的频率为100HzB．副线圈输出电压的有效值为62VC．P向下移动时，变压器的输出功率增加D．P向下移

动时，原、副线圈的电流都减小【解题指导】解答本题时应从以下两点进行分析：(1)理想变压器的输出电压由输入电压及匝数比决定，即U2=211nUn，与负载的变化无关。(2)变压器的匝数比也可应用122211nIInII==计算。【解析】选C。由图象可知

，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，变压器不会改变交变电流的频率，故副线圈输出电压的频率为50Hz，故A错误；根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，有效值U1＝3102V＝1552V，根据匝数比可知，副

线圈输出电压的有效值U2＝n2n1U1＝312V，故B错误；P向下移动，R变小，副线圈输出电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈的输出电流变大，则原线圈的电流也随之变大，电路消耗的功率将变大，变压器的输出功率增加，故C正确、D错误。4．(2021·石家庄模拟)如图所示

为远距离输电的示意图，升压变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2，发电厂的输出电压保持不变。在用电高峰时，并联的用电器增多。已知输电线的电阻不能忽略，变压器均为理想变压器。与平时相比，用电高峰时()A．降压变压器的输出电压将增

大B．输电线上损失电压将减小C．电能的输送效率将增加D．为了保证用户得到的电压和平时一样大，可以适当减小n1n2【解析】选D。在用电高峰期，并联的用电器增多，用户耗电量增大，则发电厂的输出功率增大，所以升压变压器的输出功率增大，又因为升压变压器的输出电压U2不变，根据P＝U

I可知，输电线上的电流I线增大，根据U损＝I线R，可知输电线上的电压损失增大，则根据降压变压器的输入电压U3＝U2－U损，可得降压变压器的输入电压U3减小，又因降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故A、B错误；电能的输送效率为η

＝U2I线－U损I线U2I线×100%＝U2－U损U2×100%，因为升压变压器的输出电压U2不变，输电线上的电压损失U损增大，故效率η减小，故C错误；为了保证用户得到的电压和平时一样大，即U4不变，降压变压器的匝数比不变，故降压变压器原线圈的电压U3不变，因用户的功率增大，故降压变

压器副线圈的电流增大，则降压变压器原线圈的电流也增大，根据U损＝I线R可知，输电线上的电压损失增大，则升压变压器副线圈的电压为U2＝U3＋U损，可知升压变压器副线圈的电压U2增大；因升压变压器原线圈的电压U1不变，根据U1U2＝n1n2得U2＝U1n1n2，可知适当减小升压变压器的匝数比n

1n2，则升压变压器副线圈的电压U2增大，故D正确。5.(法拉第电磁感应定律)如图所示，一个边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框ab

dc，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针方向为正。则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是()【解析】选B。开始进入时，边bd切割磁感线，产生逆时针方向的电流

，即为正方向，且由于线框匀速运动，产生的感应电动势恒定，感应电流也恒定，故A错误；线框从开始进入磁场到运动L的过程中，只有边bd切割，感应电流不变，前进L后，边bd开始出磁场，边ac开始进入磁场，回路中的感应电

动势为边ac产生的感应电动势减去bd边在磁场中产生的电动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为负方向；当再前进L时，边bd完全出磁场，ac边也开始出磁场，有效切割长度逐渐减小，电流方向不变，故B正确，C、D错误。6．如图，理想

变压器原线圈的输入电压u＝2202sin100πt(V)，照明灯的规格为“20V40W”，电动机M的内阻为5Ω，电动机正常工作时，质量为2kg的物体恰好以1m/s的速度匀速上升，照明灯正常工作，电表均为理想电表，g

取10m/s2。下列说法正确的是()A．原、副线圈匝数比为1∶11B．电压表的示数为20VC．电动机正常工作时，电动机的总功率为50WD．电动机正常工作时，电流表的示数为4A【解析】选B、D。由题意可知，原线圈的输入电

压为U1＝220V，已知灯泡正常工作，由题图可知，副线圈两端电压为U2＝UL＝20V，则原、副线圈匝数比为n1n2＝U1U2＝111，所以A错误；电压表测的是灯泡两端的电压，所以电压表的示数为20V，所以B正确；电动机正常工作时，电动机的总功率P总＝I2Mr＋P出

，根据题意可知，物体所受拉力为F＝G＝20N，则电动机的输出功率为P出＝Fv＝20W，P总＝ULIM，联立可得IM＝2A，则电动机的总功率为P总＝20W＋20W＝40W，所以C错误；由C选项分析可得，电流表

的示数为I＝IL＋IM，其中IL＝PLUL＝2A，则I＝2A＋2A＝4A，所以D正确。【加固训练】如图所示，面积为S，匝数为N的矩形金属线框在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，通过滑环向理想变压器供电

，灯泡L1、L2均正常发光，理想电流表的示数为I，已知L1、L2的额定功率均为P，额定电流均为I，线框及导线电阻不计，则()A.图示位置时，穿过线框的磁通量变化率为零B.线框转动的角速度为22PINBSC.理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶2D.若L1灯丝烧断，电流表示数增大【解析】选

B。图示位置时，线框切割磁感线的速度最大，故穿过线框的磁通量变化率最大，故A错误；线框输入电压为U＝2PI，根据Um＝NBSω及U＝22Um，联立解得ω＝22PINBS，故B正确；变压器的输入电流为I、输出电流为2I，根据n1n2＝I2I1，原、副线圈的匝数之比为2∶1，故C错误；若L1灯丝烧断，

则输出功率减小，输入功率也减小，由于输入电压不变，故电流表示数减小，故D错误。7．(楞次定律)(2021·济南模拟)一个长直密绕螺线管N放在一个金属圆环M的中心，圆环轴线与螺线管轴线重合，如图甲所示。螺线管N通有如图乙所示的电流，下列说法正确的是()A．t＝T8时刻，

圆环有扩张的趋势B．t＝T8时刻，圆环有收缩的趋势C．t＝T8和t＝3T8时刻，圆环内有相同的感应电流D．t＝3T8和t＝5T8时刻，圆环内有相同的感应电流【解析】选A、D。由图可知在t＝T8时刻，通过线圈的电流增大，则线圈产生的磁场增大，所以穿过金属小圆环的磁通

量变小，根据楞次定律可知，圆环有扩张的趋势，选项A正确、B错误；由图可知在t＝T8时刻通过线圈的电流增大，而在t＝3T8时刻通过线圈的电流减小，根据楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向不同，选项C错误；由图可知在t＝3T8和t＝5T8时刻，线圈内电流的变化率是

大小相等的，则线圈产生的磁场的变化率也相等，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内的感应电动势大小是相等的，所以感应电流大小也相等，根据楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向也相同，选项D正确。8．如图所示，面积为S、匝数为N、电阻为r的正方形导线框与阻值为R的电

阻构成闭合回路，理想交流电压表并联在电阻R的两端。线框在磁感应强度为B的匀强磁场中，以与电路连接的一边所在直线为轴垂直于磁场以角速度ω匀速转动，不计其他电阻，则下列说法正确的是()A.若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的

瞬时值为e＝NBSωsinωtB．线框通过中性面前后，流过电阻R的电流方向将发生改变，1秒钟内流过电阻R的电流方向改变ωπ次C．线框从图示位置转过60°的过程中，通过电阻R的电荷量为NBS2（R＋r）D．电压表的示数跟线框转动的角速度

ω大小无关【解析】选A、B、C。从图示位置开始计时，即从线框处于中性面位置开始计时，感应电动势瞬时值e＝NBSωsinωt，选项A正确；线框通过中性面前后，流过电阻R的电流方向发生改变，每转1周电流方向改变2次，1秒钟

内线框转动圈数为1T＝ω2π，故流过电阻R的电流方向改变2×ω2π＝ωπ次，选项B正确；线框从图示位置转过60°的过程中，通过电阻R的电荷量Δq＝IΔt＝ER＋rΔt＝NΔΦR＋r，而ΔΦ＝BΔS⊥＝12BS，故Δq＝NBS2（R＋r），选项C正确；电压表的示数U＝RER＋r，而E＝NBSω2，故

U∝ω，选项D错误。【加固训练】(多选)如图所示，一个截面积为S的N匝线圈，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，以角速度ω匀速转动产生交变电流，变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2，电表均为理想电表，忽略线圈内阻，则(

)A．若从图示位置计时，则原线圈中电压瞬时值为e＝NBSωcosωtB．当闭合开关S时，电压表示数变大C．当闭合开关S时，电流表示数变大D．电压表读数为n2NBSωn1【解析】选A、C。若从图示位置计时，则原线圈中电压瞬时值为e＝NBSωcosωt，A项

正确；当闭合开关S时，原线圈电压不变，根据U1U2＝n1n2可知，副线圈电压不变，则电压表示数不变，B项错误；副线圈电阻减小、电压不变，副线圈电流增大，原线圈电流增大，电流表示数增大，C项正确；原线圈电压有效值为2NB

Sω2不变，根据U1U2＝n1n2，副线圈电压有效值为2n2NBSω2n1，D项错误。二、计算题(本题共2小题，共52分。需写出规范的解题步骤)9．(24分)如图甲所示为一理想变压器，d为副线圈引出的一个接头，原线圈

输入正弦交变电压的图象如图乙所示。若只在c、e间接一个Rce＝400Ω的电阻，或只在d、e间接一个Rde＝225Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80W。(1)请写出原线圈输入电压的瞬时值Uab的表达式；(2)求只在c、e间接一个Rce＝400Ω的电阻时，原线圈中的

电流I1；(3)求c、e间和d、e间线圈匝数的比值ncende。【解析】(1)由题图乙知周期T＝0.01s，则ω＝2πT＝200πrad/s故原线圈输入电压的瞬时值表达式为Uab＝400sin200πt(V)。(2)原线圈两端的电压U1＝2002V由

理想变压器的功率关系得P1＝P2原线圈中的电流I1＝P1U1解得I1＝802002A≈0.28A(3)设a、b间线圈的匝数为n1，则U1n1＝Ucence同理U1n1＝Udende由题意知U2ceRce＝U2deRde解得ncende＝Rce

Rde代入数据得ncende＝43答案：(1)Uab＝400sin200πt(V)(2)0.28A(3)43【加固训练】如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n，原线圈接电压为u=U0sinωt的正弦交流电，副线圈接有一个交流电流表和一个电动机，

电动机的线圈电阻为R。当电动机带动一质量为m的重物匀速上升时，电流表的示数为I，重力加速度为g，求：(1)原线圈中的电流I0；(2)电动机的电功率P；(3)重物匀速上升的速度v。【解析】(1)由0I1In=，,得原线圈中的电

流I0＝In,(2)由12UnU1=，,得电动机两端电压U2＝0U2n，电动机消耗的电功率为P＝U2I＝U0I2n＝2U0I2n(3)电动机消耗的热功率为P热＝I2R，输出的机械功率为P′＝P－P热又由P′＝mgv，可得重物匀速上升的速度为v＝2U0

I2nmg－I2Rmg＝I（2U0－2nIR）2nmg答案：(1)In(2)2U0I2n(3)I（2U0－2nIR）2nmg10．(28分)(2021·铜仁模拟)如图，两条平行的光滑金属导轨相距L＝1m，金属导轨由倾斜与水平两部

分组成，倾斜部分足够长且与水平方向的夹角为θ＝37°。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。金属棒EF和MN的质量均为m＝0.2kg，电阻均为R＝2Ω。EF置于水平导轨上，MN置于倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好。

现在外力作用下使EF棒以速度v0＝4m/s向左匀速运动，MN棒恰能在倾斜导轨上保持静止状态。倾斜导轨上端接一阻值也为R的定值电阻。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8；重力加速度g取10m/s2)(1)EF向左滑动时，E、F哪端电势高；(2)求磁感应强度B的大小；(3)若将EF棒固定不动，

让MN棒由静止释放，求MN棒沿斜面下滑距离d＝5m时达到稳定速度的过程中EF棒中产生的焦耳热。【解析】(1)F端电势高(2)EF棒运动切割磁感线产生感应电动势E＝BLv0电路总电阻为R总＝12R＋R＝32R流过EF棒的电流I＝ER总对MN棒，由平衡条件得mgsinθ＝B·I2·Lcosθ解得B

＝1.5T(3)设MN棒沿倾斜导轨下滑的稳定速度为v，则有E′＝BLv·cosθMN棒中电流I′＝E′R总＝2BLv·cosθ3R对MN棒mgsinθ＝B·I′·Lcosθ解得v＝2.5m/s根据功能关系有mgdsinθ＝12m

v2＋Q总EF棒中产生的热量QEF＝16Q总解得QEF＝4348J答案：(1)F端电势高(2)1.5T(3)4348J关闭Word文档返回原板块获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com