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模块十三 交变电流、传感器
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
第Ⅰ卷(选择题，共46 分)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
B
A
B
C
D
BD
AC
BD
第Ⅱ卷(非选择题，共54 分)
二、非选择题：本题共5 小题，共54 分。
11．【答案】(1) 较小（1 分）
(2) 上通道（1 分） 10.5（1 分）
(3)8.0（2 分）
(4)变大（3 分）
【详解】（1）苹果通过托盘时，质量较大的苹果托盘对R1的压力较大，根据图乙可知，R1的阻值较小；
（2）[1]若苹果质量小于0.3kg 时，则R1阻值增大，分压增大，由于电源电动势不变，R2两端分压减小，
电衔铁将不被吸合，小苹果将通过上通道；
[2]当苹果质量为0.3kg 时，此时R1=20Ω
为使该装置达到分拣目的，R2的阻值满足R1+r
R2
= E−U
U
= 12−4
4
解得R2=10.5Ω
（3）同理当苹果质量为0.40kg 时，此时R1=15Ω
为使该装置达到分拣目的，R2的阻值满足R1+r
R2
= E−U
U
= 12−4
4
解得R2=8.0Ω
（4）若电源长时间未使用，内阻r 增大，但电动势不变，根据U =
E
R1+ R2+r ⋅R2
可知内阻r 增大，则实际要吸引衔铁打开通道时的电阻R1偏小，需要的压力偏大，即分拣标准质量将会
偏大
12. 【答案】(1)增大（1 分）
(2)85（1 分）
(3)A（2 分）
(4)大一些（2 分）
【详解】（1）水温升高，从乙图可知热敏电阻RT阻值减小，控制电路总电阻减小，电源电动势不变，由
欧姆定律I = E
R总
可知，电路电流增大，因此电流表示数增大。
（2）由题意，t =10
∘C时，RT =500Ω，此时电流刚好达到I 1=20mA =0.02 A
由闭合电路欧姆定律可得E = I 1( RT + R0+ R A)
代入E =12V ，R A =15Ω，解得R0= E
I 1
−RT −R A =(
12
0.02 −500−15)Ω=85Ω
验证15
∘C时，RT =300Ω，电流I =
12
300+85+15 A =0.03 A =30mA，符合题意。
故R0=85Ω。
（3）当水温高于15
∘C时，K 2线圈电流达到30mA，衔铁被吸引上移，需要接通高温指示灯电路，因此
动触点随衔铁上移后与上端静触点A接触，电路导通，高温灯亮，因此接线C应与A端相连。
（4）本来要求温度降到10
∘C时低温灯亮，现在降到8
∘C才亮，说明10
∘C时电流仍大于20mA，K 1仍被
吸引，未释放。要让10
∘C时电流减小到20mA以下，需要增大总电阻，因此应换用阻值大一些的R0。
13. 【答案】(1)Em =20 V，I = ❑√2A（4 分）
(2)q =
2
50 π C（6 分）
【详解】（1）线圈中感应电动势的最大值为Em =nBSω=nB a
2ω（1 分）
代入数据可得Em =50× 1
5 π ×0.2
2×50 π V=20 V
电动势有效值为E = Em
❑√2 =10 ❑√2V（3 分）
则交流电表的示数为I =
E
R+r = 10 ❑√2
8+2 A = ❑√2A（4 分）
（2）线圈从中性面位置转过90°的过程中，通过电灯R的电荷量为
q = I Δt =
E
R+r Δt =
n ΔΦ
Δt
R+r Δt = n ΔΦ
R+r = nB a
2
R+r
可得q =
50× 1
5 π ×0.2
2
8+2
C=
2
50 π C（6 分）
14 . 【答案】(1)2000 V（3 分），1900 V（3 分）
(2)10Ω（3 分），95 %（3 分）
【详解】（1）根据理想变压器两端电压与匝数的关系U 1
U 2
= n1
n2
解得U 2=2000 V
同理对于降压变压器有U 3
U 4
= n3
n4
可得U 3=1900 V
（2）降压变压器为理想变压器，输入功率等于输出功率，即P3= P =19000 W
通过输电线上的电流I 3= P
U 3
= 19000
1900 A =10 A
输电线电压降ΔU =U 2−U 3=2000 V−1900 V=100 V
输电线的总电阻r = ΔU
I 3
=10Ω
配电设施的输出功率P0= I 3U 2=20kW
供电效率η= P
P0
×100 % =95 %
15． 【答案】(1)Em =10 V（2 分），I m =2A（2 分）
(2)Q = 4 J（4 分）
(3)q≈1.3×10
−2C（4 分）
(4)W =−0.94J（4 分）
【详解】（1）由振动方程可知，t=0 时刻磁铁位于平衡位置且以速度vm向上，此时线圈中产生的电动势
最大，且为Em =nBπd vm =(20×0.5×π ×0.1×π )V=10 V
最大电流为I m = Em
r + R = 10
1+ 4 A =2A（2 分）
（2）由于理想二极管单向导电性，可知一个周期内电路只有半个周期有电流通过R，根据有效值定义可
得( I m
❑√2 )
2
R T
2 = I
2 RT（2 分）
联立解得电流有效值为I =1A
则0~1s 内，电阻R 上产生的热量为Q = I
2 Rt =1
2×4×1J = 4 J（2 分）
（3）由振动方程可知周期为T = 2π
ω =0.02s（2 分）
前0.02s 内，仅在0.005s 到0.015s 有电流通过电阻R，则有
q = I Δt =
n ΔΦ
Δt
R+r Δt = n ΔΦ
R+r = 0.02Bπl
R+r
≈1.3×10
−2C（2 分）
（4）0.01s~0.015s 内，磁铁由平衡位置向最大负位移运动，受力如图所示
由动能定理得W +mgh+W 弹+W A=0−1
2 m vm
2
根据功能关系，可知磁场力做功W A=−( I m
❑√2 )
2
(r + R)× T
4 =−0.05J（2 分）
又k x1=mg，x2= x1+0.01m =0.02m
所以W 弹= 1
2 k x1
2−1
2 k x2
2=−0.03J
联立解得外力F 做的功为W =−0.94 J（2 分）
