单元检测（十一）交变电流
传感器
B卷
高考能力评价卷
(满分：100分时间：75分钟)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目
要求
1.关于传感器的应用，下列说法错误的是
(
A.电饭锅中的敏感元件是热敏电阻
B.测温仪中测温元件可以是热敏电阻
C.用传感器探究作用力和反作用力的关系的实验，所用的测力装置是力传感器
D.火灾报警器中的光传感器在没有烟雾时呈现低电阻状态，有烟雾时呈现高电阻状态
2.我国1100kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再
将直流变换成交流，下列说法正确的是
()
A.送电端先升压再整流
B.用户端先降压再变交流
C.1100kV是指交流电的最大值
D.输电功率由送电端电压决定
3.下图是工厂利用u=2202sin100πtV的交流电给36V照明灯供电的电路，变压器原线圈匝数为1100
匝，下列说法正确的是
()
A.电源电压有效值为220、2V
B.交变电流的周期为0.02s
C.副线圈匝数为160匝
D.副线圈匝数为240匝
4.(2025·荆州二模)电压互感器能将高电压变成低电压、电流互感器能将大电流流高：输电线
变成小电流，用于测量或保护系统.如图所示，T1、T2是监测交流高压输电参数
的互感器，a、b是交流电压表或交流电流表，若高压输电线间电压为220kV,T1
的原、副线圈匝数比为1：100，交流电压表的示数为200V,交流电流表的示数
为2A,则
÷⊙
A.4是交流电压表，b是交流电流表
B.T2的原、副线圈匝数比为1000：1
C.高压线路输送的电流为200A
D.高压线路输送的电功率为2.2×104kW
5.(2025·四川凉山·三模)实验室用交流发电机和理想变压器组合给R。供电，电路如图所示.交流发电
机的线圈内阻为4Ω，当理想变压器原副线圈匝数比为2：1时，R。消耗的功率与线圈内阻消耗的功率
相等，导线电阻不计，则R。的阻值为
A.12
B.22
C.40
D.162
85
6.(2025·沈阳一模)风能是取之不尽、用之不竭的能源之一，尤其是在草原以及海上.如图甲所示，理想变
压器原线圈MN两端接在风力发电装置的AB两点，已知理想变压器原副线圈的匝数分别为500匝和
1000匝，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.某一风速时，变压
器原线圈两端电压随时间变化的关系图像如图乙所示，则下列说法正确的是
()
风叶一转轴
中W
100
(xIOa)
图甲
图乙
A.变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为tu=100sin100πt(V)
B.电压表W)的读数为100V
C.断开电键S,电压表N2)的读数为零
D.如果风速加倍，变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为4=200sin100πt(V)
7.(2025·河北·三模)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比1：2=20：1，原
线圈通过理想交流电流表④接入正弦式交变电流，副线圈两端接两个阻值均为10Ω
的电阻R1和R2,已知电流表A的示数为0.1A,下列说法正确的是
)
A.电阻R1中的电流的最大值为2A
B.原线圈接入的正弦式交变电流的电压的有效值为200V
C.电阻R,消耗的电功率为40W
D.当电源的输人功率增大使通过电流表的电流增大时，通过电阻R,的电流减小
8.(2025·山东泰安·三模)远距离输电的示意图如图所示，变压器均为理想变压器，升压变压器的原、副
线圈匝数比为，=00降压变压器的原、副线圈匝数比为”=0，输电线的总电阻为R=200,当
n411
用户消耗的电功率为110kW时，入户电压U4=220V,则升压变压器的原线圈的输入电压U1等于
用
V.
升压变压器
降压变压器
A.465V
B.316.5V
C.232.5V
D.216.5V
二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分，在每小题给出的四个选项中，每题有多项符合题目
要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.
9.(2024·新课标)电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起
来，车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流.磁极匀速转
动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示，将两磁极间的磁场视为
匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中
()
旋转方向
A.电流最小
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
蓄电系统
10.(2025·广西·二模)如图是一款小型电钻及其简化电路图，它由变压器及电
动机两部分构成，变压器为理想变压器.电动机的内阻为12，额定电压为16V,额定电流为2.2A.当
变压器输入电压为220V的正弦交流电时电钻正常工作，下列说法正确的是
(
86参考答案
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
125
