第九章 综合测评-【金版教程】2026年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word

高考总复习首选用卷 物理 第九章　综合测评 　时间：75分钟　　满分：100分 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.(2025·湖南省郴州市高三上期末)某矩形闭合金属线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过该线圈的磁通量Φ随时间t按如图所示的正弦规律变化。则t＝0.5 s时刻(　　) A．穿过该线圈的磁通量最小 B．穿过该线圈的磁通量最大 C．该线圈中的电流最大 D．该线圈中的电流不为零 答案：B 解析：由题图可知，t＝0.5 s时刻穿过该线圈的磁通量最大，穿过该线圈的磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势为零，则线圈中的电流为零，故A、C、D错误，B正确。 2．如图甲所示为一种调光台灯的电路示意图，它通过双向可控硅电子元件实现了无级调节亮度。给该台灯接220 V的正弦式交变电流后加在灯管两端的电压为如图乙所示的周期性电压，则此时交流电压表的示数为(　　) A．220 V B．110 V C. V D. V 答案：B 解析：根据有效值定义有·＝T，解得U＝110 V，B正确。 3.如图所示，一多匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈电阻r＝1.0 Ω，外电路电阻R＝9.0 Ω。当线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，产生的电动势e＝20sin(10πt) V。闭合开关S，下列说法正确的是(　　) A．线圈转到图示位置时电路中的电流最大 B．该交变电流的频率为10 Hz C．电路中理想交流电流表的示数为2.0 A D．外接电阻R所消耗的电功率为18 W 答案：D 解析：题图所示位置线圈平面与磁场垂直，此时通过线圈的磁通量最大，感应电流最小，故A错误；由电动势瞬时值的表达式可知ω＝10π rad/s，则该交变电流的频率f＝＝5 Hz，故B错误；感应电动势的有效值为E＝＝ V＝10 V，则交流电流表的示数为I＝＝ A＝ A≈1.4 A，故C错误；外接电阻R所消耗的电功率为P＝I2R＝()2×9.0 W＝18 W，故D正确。 4．如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比n1∶n2＝5∶2，原线圈与u＝220sin(100πt) V的正弦交变电源相连，副线圈所接负载的电阻R＝44 Ω，电流表和电压表均为理想交流电表，下列说法正确的是(　　) A．该交流电的频率为100 Hz B．电压表V的示数为220 V C．电流表A的示数为2 A D．变压器的输入功率为176 W 答案：D 解析：该交流电的周期为T＝＝ s＝0.02 s，频率为f＝＝50 Hz，故A错误；原线圈输入电压的有效值为U1＝＝220 V，根据理想变压器原、副线圈两端电压与其匝数成正比，可知副线圈两端电压为U2＝U1＝×220 V＝88 V，即电压表V的示数为88 V，故B错误；副线圈中电流为I2＝＝ A＝2 A，根据理想变压器原、副线圈中的电流与其匝数成反比，可得原线圈中电流为I1＝I2＝×2 A＝0.8 A，即电流表A的示数为0.8 A，故C错误；变压器的输入功率为P＝U1I1＝220×0.8 W＝176 W，故D正确。 5．(2024·山东省泰安市高三下三模)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＝，降压变压器的原、副线圈匝数比为＝，输电线的总电阻为R＝200 Ω。当用户消耗的电功率为110 kW时，入户电压U4＝220 V，则升压变压器的原线圈的输入电压U1等于(　　) A．465 V B．316.5 V C．232.5 V D．216.5 V 答案：B 解析：设用户消耗的电功率为P，则降压变压器副线圈中的电流为I4＝＝＝500 A，设输电线上的电流为I3，根据理想变压器原、副线圈中电流与其匝数成反比，有＝，解得I3＝5.5 A，根据理想变压器原、副线圈两端电压与其匝数成正比，有＝，解得U3＝20000 V，输电线上损失的电压大小为ΔU＝I3R＝1100 V，可知升压变压器副线圈两端的电压为U2＝U3＋ΔU＝21100 V，根据理想变压器原、副线圈两端电压与其匝数成正比，有＝，解得U1＝316.5 V，故选B。 6．某物理兴趣小组设计了一个如图所示的发电装置，永磁体在螺线管中做简谐振动时能产生周期为0.02 s的正弦式交流电，电压最大值为 V。理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶10，灯泡L的电阻恒为5 Ω，额定电压为2.5 V，定值电阻R1＝30 Ω、R2＝10 Ω，滑动变阻器R的最大阻值为30 Ω，下列说法正确的是(　　) A．灯泡上交流电的频率为500 Hz B．滑动变阻器滑片向下移动，灯泡变亮 C．为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为20 Ω D．灯泡正常工作时，原线圈输入功率为5 W 答案：C 解析：变压器不改变交流电的频率，则灯泡上交流电的频率为f＝＝50 Hz，A错误；滑动变阻器滑片向下移动，R接入电路的阻值变大，变压器次级总电阻变大，次级电压不变，则次级干路电流减小，则灯泡变暗，B错误；变压器初级电压有效值为U1＝＝1 V，则次级电压U2＝U1＝10 V，灯泡正常工作，则通过R1的电流IR1＝＝ A＝0.25 A，则通过滑动变阻器的电流IR＝－IR1＝ A－0.25 A＝0.25 A，滑动变阻器接入电路的电阻R＝－R2＝ Ω－10 Ω＝20 Ω，C正确；灯泡正常工作时，次级干路电流I2＝IL＝＝0.5 A，次级输出功率P2＝U2I2＝5 W，则原线圈输入功率P1＝P2＝5 W，D错误。 7．如图所示为某款电吹风的电路图，a、b、c、d为四个固定触点，可动扇形金属触片P可同时接触两个触点。当触片P接通c、d两点时，电吹风不工作。电路中的变压器可视为理想变压器，原、副线圈匝数比＝。当电吹风接220 V交流电时，额定功率为60 W的小风扇能正常工作，小风扇的输出功率为52 W。下列说法正确的是(　　) A．转动P接通b、c触点时，电吹风吹出热风 B．正常工作时通过小风扇的电流为1 A C．风扇电动机的线圈内阻为60 Ω D．转动P接通a、b触点时，因电热丝的电阻变大，会导致小风扇的电流变小 答案：B 解析：由题图可知，转动P接通b、c触点时，电热丝未接入电路，故电吹风吹出的是冷风，A错误；根据理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比，可得＝，其中U1＝220 V，＝，解得正常工作时小风扇两端的电压为U2＝60 V，通过小风扇的电流为I＝＝1 A，B正确；风扇正常工作时，电动机的线圈内阻产生的热功率为P热＝P额－P出＝8 W，风扇电动机的线圈内阻为r＝＝8 Ω，C错误；转动P接通a、b触点时，电热丝与电风扇并联，电吹风接入电路的交流电压不变，小风扇两端的电压不变，故通过小风扇的电流不变，D错误。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．如图为电熨斗构造的示意图，其中温度敏感元件是双金属片，在温度升高时上层金属的膨胀大于下层金属，可造成双金属片的形变，其形变达到一定程度后两触点便分开。通过调节调温旋钮，可使升降螺钉上下移动进而带动弹性铜片上下移动。则(　　) A．常温下，电熨斗的上下触点是接触的 B．温度升高时，双金属片会向下弯曲 C．需要更高温度熨烫时，要调节升降螺钉下移 D．需要更高温度熨烫时，要调节升降螺钉上移 答案：ABC 解析：由题意可知，电熨斗的上下触点在常温下是接触的，以使电热丝通电进行加热，当温度升高时，双金属片上层金属的膨胀大于下层金属，双金属片向下弯曲，形变达到一定程度后两触点分开，电热丝停止加热，故A、B正确；需要更高温度熨烫时，要调节调温旋钮，使升降螺钉下移并使弹性铜片下移，使触点分开时双金属片的弯曲程度更大，对应的熨烫温度更高，C正确，D错误。 9．一座小型水电站向山下村镇供电的示意图如图所示，升压变压器T1与降压变压器T2都可视为是理想变压器。已知发电机输出电压U1＝250 V，两个变压器的匝数比n1∶n2＝1∶100，n3∶n4＝110∶1，输电线电阻为R＝20 Ω，发电机输出功率为P＝1000 kW，下列说法正确的是(　　) A．用户得到的电压为220 V B．输电线上损失的电压为200 V C．输电线上损失的功率为16 kW D．深夜用户的用电器减少时，输电线上损失的功率将变小 答案：AD 解析：根据题意可知，升压变压器原线圈的输入电流为I1＝＝ A＝4000 A，根据理想变压器原、副线圈中电流与匝数的关系，可知升压变压器副线圈的输出电流为I2＝I1＝×4000 A＝40 A，输电线上损失的电压为ΔU＝I2R＝40×20 V＝800 V，输电线上损失的功率为ΔP＝IR＝402×20 W＝32 kW，故B、C错误；根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系，可知升压变压器副线圈的输出电压为U2＝U1＝×250 V＝25000 V，降压变压器原线圈的输入电压为U3＝U2－ΔU＝25000 V－800 V＝24200 V，用户得到的电压为U4＝U3＝×24200 V＝220 V，故A正确；深夜用户的用电器减少时，降压变压器及用户的等效电阻R等增大，而U2不变，根据欧姆定律可知，输电线电流减小，则输电线上损失的功率减小，故D正确。 10．(2025·四川省南充市高三模拟)在图甲的电路中，交变电源电压u随时间t按正弦规律变化如图乙。理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶3，电阻R1＝4 Ω，R2＝18 Ω，滑动变阻器R3的最大阻值为20 Ω。下列说法正确的是(　　) A．原线圈两端电压有效值为26 V B．滑片P从上向下移动时，R1的功率逐渐增大 C．副线圈中电流方向每秒钟改变25次 D．当R3＝18 Ω时，变压器的输出功率最大 答案：BD 解析：根据串联电路的电压规律，可得电源电压的有效值U有＝UR1＋U1＝＝26 V，故原线圈两端电压有效值U1＝26 V－UR1，小于26 V，故A错误；根据题图乙可知，该交流电的周期为T＝0.04 s，频率为f＝＝25 Hz，故副线圈中电流方向每秒钟改变50次，故C错误；将理想变压器及其负载等效为一个电阻R等，则R等＝＝＝·R副，其中，R副为副线圈所在回路的总电阻，即R副＝，其等效电路如图所示，根据欧姆定律有U有＝I1(R1＋R等)，当滑片P从上向下移动时，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，则R副变小，R等变小，所以I1变大，由PR1＝IR1，可知R1的功率逐渐增大，故B正确；理想变压器的输出功率P出等于R等的功率，则有P出＝R等＝，由数学知识可知，当R等＝R1＝4 Ω时，P出有最大值，又因为R等＝R副，R副＝，联立解得R3＝18 Ω，故D正确。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(6分)(2021·广东高考)某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材。 (1)先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势。选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔________，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“0 Ω”处。测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而________。 (2)再按下图连接好电路进行测量。 ①闭合开关S前，将滑动变阻器R1的滑片滑到________端(选填“a”或“b”)。 将温控室的温度设置为T，电阻箱R0调为某一阻值R01。闭合开关S，调节滑动变阻器R1，使电压表和电流表的指针偏转到某一位置。记录此时电压表和电流表的示数、T和R01，断开开关S。 再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，闭合开关S，反复调节R0和R1，使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同。记录此时电阻箱的阻值R02，断开开关S。 ②实验中记录的阻值R01________R02(选填“大于”“小于”或“等于”)。此时热敏电阻阻值RT＝________。 (3)改变温控室的温度，测量不同温度时的热敏电阻阻值，可以得到热敏电阻阻值随温度的变化规律。 答案：(1)短接　减小 (2)①b　②大于　R01－R02 解析：(1)用多用电表测电阻前，要先选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔短接，进行欧姆调零；相同倍率下，多用电表指针向右偏转角度越大，则所测阻值越小，可判断热敏电阻的阻值随温度的升高而减小。 (2)①闭合开关S前，为保护电路安全，应将滑动变阻器R1接入电路的阻值调到最大，即将R1的滑片滑到b端。 ②因两次电压表和电流表的示数相同，根据欧姆定律可知R01＝R02＋RT，所以R01大于R02，RT＝R01－R02。 12．(9分)某科技兴趣小组对具有自动加水功能的家用电热壶的原理十分感兴趣，于是自行设计了一个简化的装置示意图和电路图，如图1所示。该装置可以实现在壶中的水量不足时自动加水，而在达到“预设水量”时，又能够自动停止加水的目的。底座可以承受水壶和水的全部重量，底座压在一个以O点为固定转轴的L形杠杆上。杠杆ABO段水平，A端竖直段与压力传感器R1接触，R1的阻值与压力F之间的关系图像如图2所示。当“控制电路”的输入端电压大于等于1 V时，能控制水泵的电机开始工作，将水抽到水壶中。已知电源的电动势为6 V，内阻为1 Ω，R2为电阻箱(0～99.9 Ω)，水壶中没有水时，水壶和底座的总质量为0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2，“控制电路”输入端中的电流十分微弱，可以忽略，杠杆绝缘且质量不计，不考虑加水时水流的冲击力。回答下列问题： (1)水龙头往水壶加水的过程中，R1的阻值逐渐________，R2两端的电压逐渐________(均选填“增大”或“减小”)；为了实现上述功能，“控制电路”的输入端应该并联在电路的________端点(选填“a、b”或“c、d”)。 (2)该小组的同学调节底座与杠杆的接触位置B，使图中OA的长度为OB长度的2倍，并要求“预设水量”为1 L(对应的水的质量为1 kg)。已知电阻R1受到的压力F＝·FB，其中FB为杠杆上B点受到的压力，则应将R2调节为________ Ω，此时R2两端的电压为________ V。 答案：(1)减小　增大　a、b　(2)24.0　4.8 解析：(1)往水壶加水的过程中，压力F变大，由题图2知，R1的阻值逐渐减小，由串联分压规律知，R1两端的电压逐渐减小，R2两端的电压逐渐增大；为了在水量达到“预设水量”时电机停止工作，则“控制电路”输入端电压随水量的增加而减小，则“控制电路”输入端应该并联在电路的a、b端点。 (2)达到“预设水量”1 L时，水壶、底座和水的总重力为G＝m总g＝(0.5 kg＋1 kg)×10 m/s2＝15 N，且FB＝G，压力传感器R1受到的压力为F＝·FB＝G＝7.5 N，由题图2可得，对应R1的阻值为5.0 Ω，由题意知，达到“预设水量”时，R1两端的电压应为U预＝1 V，则此时通过R1的电流为I1＝＝0.2 A，则R2的阻值为R2＝－R1－r＝24.0 Ω，R2两端的电压为U2＝I1R2＝4.8 V。 13．(11分)如图所示为简易发电机模型示意图，匀强磁场磁感应强度大小B＝1 T，线圈匝数N＝15匝，面积S＝0.2 m2，电阻r＝1.5 Ω，线圈绕垂直于磁场的转轴匀速转动，转速n＝2 r/s，线圈通过滑环和电刷与阻值R＝4.5 Ω的定值电阻相连，滑环和电刷将交流电转换为直流电。求： (1)电阻R中电流变化的周期； (2)1 min内电阻R上产生的热量。 答案：(1)0.25 s　(2)540π2 J 解析：(1)线圈中交变电流的周期T＝ 滑环和电刷将交流电转换为直流电，则电阻R中电流变化的周期为T′＝ 代入数据解得T′＝0.25 s。 (2)感应电动势的最大值为Em＝NBSω 其中ω＝2πn 感应电动势的有效值为E＝ 感应电流的有效值为I＝ 1 min内电阻R上产生的热量为QR＝I2Rt 代入数据解得QR＝540π2 J。 14．(12分)重庆某河流，河水流量为Q＝10 m3/s，落差为10 m，当地建立了一个水电站来发电，水电站的总效率为75%。水电站到用户间要进行远距离输电，两地间输电线的总电阻为3 Ω，用户所需电压为220 V，所用变压器为理想变压器，用户能获得发电机输出功率的96%。已知重力加速度为10 m/s2。求： (1)用户能获得的电功率； (2)连接用户的降压变压器原、副线圈匝数比。 答案：(1)7.2×105 W　(2) 解析：(1)设该水电站发电机输出的功率为P1，用户能获得的电功率为P2， 根据题意，t时间内，有 ρ水Qtgh×75%＝P1t P2＝P1×96% 联立并代入数据解得P2＝7.2×105 W。 (2)设连接用户的降压变压器原、副线圈匝数比为，降压变压器的输入电流、输出电流分别为I1、I2，根据题意可知，I2＝ 其中U2＝220 V 输电线上损失的功率为ΔP＝Ir 且ΔP＝P1－P2 根据理想变压器原、副线圈电流与匝数的关系，有＝ 联立解得＝。 15．(16分)图甲和图乙所示是手动式手电筒内振动式发电机的两个截面图，半径为0.02 m、匝数为100的线圈a所在位置的磁感应强度大小B＝ T。线圈a接原、副线圈匝数比为2∶1的理想变压器，给两个额定电流均为0.5 A的灯泡供电。推动手柄使线圈a沿轴线往复运动，线圈a中电动势随时间按正弦规律变化，如图丙所示。线圈a及导线电阻不计。求： (1)图丙中电动势的表达式； (2)若手动发电的效率为20%，两灯泡正常发光，手动做功的功率是多少；(结果保留两位有效数字) (3)线圈a往复运动过程中的最大速度。 答案：(1)e＝4sin(5πt) V (2)7.1 W　(3)2 m/s 解析：(1)由题图丙可知 Em＝4 V T＝0.4 s 则ω＝＝5π rad/s 根据电动势的表达式e＝Emsinωt 可得e＝4sin(5πt) V。 (2)原线圈两端电压的有效值为U1＝ 设副线圈两端电压的有效值为U2，根据理想变压器电压关系有＝ 设每个灯泡的额定电流均为I2，则每个灯泡的功率为P灯＝U2I2 人对手电筒做功的功率为P＝ 联立解得P＝7.1 W。 (3)设线圈a的半径为R，匝数为n，往复运动过程中的最大速度为vm，根据法拉第电磁感应定律得Em＝nB·2πRvm 解得vm＝2 m/s。 12 学科网（北京）股份有限公司 $$