周测卷(二十六) 交变电流-【鱼跃龙门卷】2025-2026学年高三物理一轮复习周测卷（新教材版·江苏专用）

2 美版老n春 户端电压U,=220V,低谷耗电功率为88kW,所有变压器均为理想变压器。下列说法正 2025一2026学年度高三一轮复习周测卷（二十六） 确的是 物理·交变电流 A.用电高峰时用户端消耗的功率为500kW (考试时间40分钟，总分100分) B.用电低谷时，输电线上损失的功率为4.8kW C.用电低谷时，储能站储存电能的功率为408kW 机 一、单项选择题：本题共7小题，每小题7分，共49分。每小题只有一个选项符合题目要求。带“ D.用电低谷时，升压变压器的匝数比为n1:n:=1:46 题目为能力提升题，分值不计入总分。 5.如图所示的理想自耦变压器，原线圈接正弦交流电压U,潜片P,与线圈接触且置于线圈的正 1.带发电机的自行车能利用车轮带动发电机转动发电，从而为车灯提供电能，发电的基本原理 中间，滑片P,置于滑动变阻器R的正中间，定值电阻的阻值为R。,电流表、电压表均为理想 可简化为一个线圈在匀强磁场中匀速转动，如图所示。已知发电机线圈围成的面积为S,匝数 为n,电阻为R。,磁场的磁感应强度大小为B,车灯正常发光时的电阻为R,电功率为P。当 电表，下列说法正确的是 车灯正常发光时，线圈转动的频率为 A.仅把P,向下移动少许，电压表的示数增大 限 R。+RP B.仅把P,向下移动少许，电流表的示数增大 B nBSR C.把P1,P。均向上移动少许，电源的输出功率减小 C.2(R+R) 2(R。+R)2P D. D.把P,向下移动少许，P,向上移动少许，电流表示数可能不变 nBS√R rnBS√R 6.在图甲所示的交流电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，电阻R,=R,=42,R,为 2.“南组号”被称为“海上充电宝”，它是一个利用海浪发电的大型海上电站，其发电原理是海浪 带动浪板上下摆动，从而驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方 滑动变阻器，电流表为理想电流表。电源电压“随时间：按正弦规律变化，如图乙所示，则下 向转动。若转子带动线圈如图所示逆时针转动，并向外输出电流，则下列说法正确的是 列说法正确的是 A.线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的磁通量最大 海浪 ↑V 24万 B.线圈转动到如图所示位置时产生的电动势为零 C.线圈转动到如图所示位置时其靠近N极的导线框受到的安 102s) 发电机 培力方向向上 D.线圈转动一周电流方向改变两次，图示位置正是电流变向的 甲 时刻 A,滑片P向下移动时，电流表示数增大B.滑片P向上移动时，通过电阻R?的电流增大 3.如图所示，在匀强磁场中有电阻为r的单匝矩形线圈，线圈的两条边ad=L1,ab=L2,转轴 C.当R,=4n时，电流表的示数为3AD.当R,=4D时，电源的输出功率为48W O)垂直磁场且和线圈共面，从上往下看线圈绕转轴OO'以角速度，逆时针匀速转动。从图 7.如图所示为一小型交流发电机的示意图，图中两磁极间的磁场可视为匀强磁场。匝数为N= 示时刻开始计时，下列说法正确的是 20的矩形线圈绕对称轴OO'以角速度a逆时针匀速转动，线圈通过滑环和电刷与阻值为102 A.线圈的磁通量中与时间t的变化规律为巾=BL1L:cosa 的定值电阻R形成闭合回路，已知穿过线圈的磁通量随时间的变化规律为中=0.2cos(Wb), B线圈由图中位置绕转轴旋转90的过程中平均电动势为BL:L: 线圈电阻不计。下列说法正确的是 C线圈的热功率P=(BLL:) A.t=0.5s时刻前、后通过电阻R的电流方向相反 2r D.线圈在图中位置时，电流方向为a→b→c*d·a 且（一名。时穿过线圈的磁道量的变化率为0,1kV 4.城市用电通常分为高峰和低谷，某发电站为了保证功率稳定，采用了储能站在用电低谷时将 C.0一1s时间内通过电阻R的电荷量为0 多余电能储存起来。如图所示，发电机的输出电压U1=250V,输出功率为500kW。降压变 压器的原、副线圈匝数比m::n4=50:1,输电线总电阻R=62.5Ω。其余线路电阻不计，用 D.0一18时间内电阻R上产生的焦耳热为0.4π2J 物理·周测卷（二十六）第1页（共4页） 物理·周测卷（二十六）第2页（共4页】 新教材版」 四 美版老n春 班级 “西电东送”是我国可持续快速发展的重要保证，如图为模拟远距离高压输电示意图。已知升 9.(18分)某校用一台不计内阻的发电机来提供瓢明用电，输电过程如图所示，升压变压器原、副 压变压器原，副线圈两端的电压分别为U1和U2,降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U 线圈匝数比为1：5，降压变压器原、副线圈匝数比为5：1，输电线的总电阻为r=250。全校 和U4。在输电线路的起始端接人两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为20：1和 共有33个班，每班有6盏“220V,40W”的灯，若要保证全部电灯正常发光，求： 姓名 1·20,各互感器和电表均为理想状态，则下列说法正确的是 (1)降压变压器副线圈中的电流大小 .升压变压器 (2)输电线上损失的功率。 得分 (3)升压变压器的输人电压： 升压变压器 降压变压器 降压变压器- A,电压互感器起降压作用，电流互感器把交流电变为直流电 选择题 B.若电压表的示数为200V,电流表的示数为5A,则线路输送电功率为100kW 答题栏 C.若保持发电机输出电压1和用户数不变，仅将滑片Q向下移动，则输电线损耗功率增大 1 D.若发电机输出电压U一定，仅增加用户数，为维持用户电压U,不变，可将滑片P向下移动 2 *如图所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于匀强磁场的轴以角速度幼匀速转动，线圈长为2孔、 宽为L,匝数为N,磁场的磁感应强度大小为B。理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，定值电 4 阻R,=8R,R:=R,电阻箱R,的最大值为10R。不计线圈和导线的电阻，下列说法正确的是 10.(20分)如图所示，水平导体棒ab的质量m=0kg,长L=1m,接人电路的阻值R。= 5 A.当线圈平面与磁场方向平行时，线圈产生的电动势 0.252,其两个端点分别搭接在竖直平行正对放置的两光滑金属闋环上，两圆环半径均为 6 为NBL2w r=1m,电阻均不计。阻值为0.25的电阻R用导线（电阻可忽略）与圆环相连接，理想交 B.当线圈平面与磁场方向平行时，线圈产生的电动势 流电压表V(未画出)接在电阻R两端。整个空间有磁感应强度大小B=1T、方向竖直向下 为2NBL2u 的匀强磁场。导体棒ab在外力F作用下以速率v■1m/s绕两圆环的中心轴OO'匀速转 C变压器输出功率的最大值为VBL。 动。t=0时，导体棒ab在圆环最低点，重力加速度g=10m/s. 8R (1)推导出电阻R两端电压随时间变化的表达式： D,变压器输出功率的最大值为VBL。 4R (2)求0~0.5πs时间内，通过电阻R的电荷量和外力F做 二，非选择题：本题共3小题，共51分。 的功。 8.(13分)如图所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO'匀速转动，已知匀强 磁场的磁感应强度大小为B,矩形线圈面积为S,匝数为N,线圈电阻为r,线圈的转速为n, 线圈与二极管、阻值为R的定值电阻及理想交流电流表相连。求： (1)线圈由图示位置转过180°过程中，通过定值电阻的电荷量g: (2)交流电流表的示数1。 A 新教材版卫 物理·周测卷（二十六）第3页（共4页） 物理·周测卷（二十六）第4页（共4页）高三一轮复习周测卷 ·新教材版J· (4BA (3)设金属棒和U形金属框碰撞后共同速度为v2,由 R 动量守恒定律得m1v1=(m1十m2)v2,碰撞后金属棒 【解析】(1)平台静止时，穿过线圈的磁通量不变，线 运动到坐标x时整个框速度为，此时回路的感应电 圈中不产生感应电流，线圈不受安培力作用，受力平 衡，由胡克定律可知mg=k△x,此时弹簧的伸长量 优为I’一巴1二上2一三3L巴，整个框受到的安培力为 4R Ax=mg F1-F2= 4R,由动量定理得-9L 9d2L2v ·△t= 4R (2)在t=0时速度为v。,线圈的周长为L=2πr,由 (m1十m,)Au,求和得3-9d0.△1=2m1十 电磁感应定律可得线圈中产生的感应电动势大小 4R E=BLu,=2r元0B,感应电流I=E-2rUB R ,线 me)△u,解得x=∑u△=4m,十m)u,R 9d2L2 =3.2m。 R 圈所受到安培力F=BL=4,,B R。 10.（1)nBL2u mr 8 (2)Mgn'B'Liv (3)由能量守恒定律可知，平台在0~t1时间内振动 (3)2m(u-)+m8g 时，机械能的减少量转化为线圈的焦耳热Q,即Q= nBL 1 【解析】(1)线圈切割磁感线产生的感应电动势E m+(ae)P-k(ar-A)-mgA1,解得 nBLv1,根据闭合电路欧姆定律可知，线圈中的感应 Q=2(mu-kAi)。 电流为I-号，线圈受到的安培力P。=nBL,根据 (4)0~t1时间内，安培力的冲量大小为I安=F安△t,其 牛顿第三定律可知，着陆器受到的安培力F安=F安= 中，安培力的平均值F安=BL,电流的平均值I= nBIL,方向竖直向上，对着陆器根据牛顿第二定律 B 尺，解得线圈所受到安培力的冲量大小为1安= 有F安-mg=ma,联立解得a-nBL mr 一g。 BILA-BLA-B'LAL-AB'AL (2)对于滑块K,设其受到的支持力为F,此时受到 R R R 的安培力为F,有FN=Mg十F,此时线圈的速度为 9.(1)a点电势高5A(2)6C18J(3)3.2m v2,故感应电动势E=nBL2,线圈中的电流I'= 【解析】(1)由右手定则可知Pa>P6,圆盘切割磁感 ，故此时的安培力F=BL=nBL,解得 E 线产生的感应电动势为E=B,m,根据闭合电路 FN=Mg+BL'v: 欧婚定律得1-尽联立解得1=5A。 (3)根据能量守恒可得mgh+了mi=Q十？m, (2)设金属棒的最大速度为v1,有E=B2Lv1,设金 属棒从开始运动到最大速度通过金属棒的电荷量为 根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的平均感应 q,对金属棒，由动量定理得qB,L=m1v1一0，由以上 电动势E=n A中=mBAS=B,i=E,所以g △t △t △t 两式得q=6C,该过程外力对金属圆盘做功为W= qE=18J。 I.△=n1 联立解得Q-md-i)+配。 nBL 物理（二十六） 1.A【解析】设线圈转动的频率为f,则发电机产生的 右手定则可知，线圈转动到如图所示位置时α端电势 电动势有效值E-2AS,电流有效值1R干K。 E 高于b端电势，根据左手定则可知，线圈转动到如图所 √2 示位置时其靠近N极的导线框受到的安培力方向向 R。+R2P 功率P=IR,联立解得f一2元mBS√R· 上，故C正确。线圈转动一周电流方向改变两次，线圈 经过中性面时电流方向改变，图示位置是峰值面，故图 2.C【解析】线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的 示位置不是电流变向的时刻，故D错误。 磁通量为零，最小，故A错误。线圈转动到如图所示 3.C【解析】从图示时刻开始计时，线圈的磁通量Φ 位置时，磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定 与时间t的变化规律为④=BL1L2 sin wt,故A错误。 律，此时产生的电动势最大，不为零，故B错误。根据 线圈由图中位置绕转轴旋转90°的过程中平均电动 ·60 ·物理· 参考答案及解析 势为E=4 BL1L22BL1L2 ,故B错误。线圈 减小，故A错误。滑片P向上移动时，接入电路的阻 △t 值增大，故R2与R3并联的总电阻R并增大，根据等 2w 的电动势峰值为Em=BL1L2w,电动势有效值为E 效电阻法R等效= )R,可知R增大，原线圈 Em √2 BLL“,线圈的热功率为P= 中的电流11减小，副线圈中的电流12减小，原线圈 √2 r 两端电压U1增大，副线圈两端电压U2增大，电流表 (BLL2@) ,故C正确。线圈在图中位置时，根据右 示数增大，故通过电阻R?的电流减小，故B错误。 2r 手定则可知，线圈中的电流方向为a→d→c→ba, R2R3 4X4 当R,=40时，R#=R2千R,一4十40=2，Rg发 故D错误。 4.D【解析】发电机输出功率为500kW,储能站在用电 (”)R#=4×2=8Q,故原线圈两端电压U1= 高峰不工作，输电线上有能量（功率）损失，用户端得到 R拉一8对X24V=16V,副线阁两瑞电困 8 的实际功率小于500kW,故A错误。用电低谷时，用 R等数十R】 户端得到88kW的功率，有U3I3=U,I4=220V× U_,解得 1,=88kw,根据变压器变压规律有一m4 U-U=2×16V=8V,电流表的示数为I一元 U2 8 U2 U3=11000V,I3=8A,则输电线上损失的功率为 A=2A,电源的输出功率为P输=R1十R等数 P损=IR=4kW,故B错误。根据能量守恒可知用 242 电低谷时，储能站获得的功率为500kW一4kW 4十8W=48W,故C错误，D正确。 88kW=408kW,但考虑到能量转化过程的损失，可 7.B【信息获取与转化】 知储能站储能功率小于408kW,故C错误。结合上 文本/图像信息 隐含信息 物理关系 述分析有U2=I3R+U3=11500V,则n1:n2= 穿过线圈的磁通量随时 U1:U2=250:11500=1:46,故D正确。 可以知道线圈 线圈在中性 间的变化规律为Φ 位置随时间的 面时磁通量 5.D【解析】仅把P1向下移动少许，副线圈的匝数减 0.2cosπt(Wb) 变化规律 为最大值 小，根据理想变压器变压原理，副线圈两端电压变 小，即电压表示数减小，故A错误。仅把P,向下移 【解析】根据Φ=0.2cosπt(Wb)可知，t=0时刻穿 动少许，副线圈两端电压不变，R接入电路的阻值增 过线圈的磁通量最大，线圈处于图示位置，线圈每经 大，则流过副线圈的电流减小，原线圈电流变小，即 过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次，t= 电流表的示数减小，故B错误。把P1、P2均向上移 0.5s时刻线圈与中性面垂直，电流方向不变，A错 动少许，副线圈的电压增大，R接入电路的阻值减 误。t-0.5s时刻感应电动势为最大值，根据法拉第 小，电流增大，负载的功率增大，则电源的输出功率 电磁感应定律可得Em=NBSw=N④mw=20X 增大，故C错误。把P,向下移动少许，把P。向上移 0.2πV=4πV,线圈产生的交变电压的瞬时值表达 动少许，副线圈的电压减小，负载的电阻减小，负载 的功率可能不变，电源的输出功率可能不变，电流表 武e=Ensin at=4 rsin xt(V),t=s时刻线圈中 示数可能不变，故D正确。 感应电动势的瞬时值e=一2πV,由法拉第电磁感应 6.D【模型建构】 定律可得穿过线圈的磁通量的变化率A吧_® △tN 建构模型 变压器等效电阻法 0.1πV,B正确。0~1s时间内线圈中平均感应电动 确定物理 原、副线圈匝数分别为n1,n2,则副线圈线路的 原理 等效电阻为R等救= )R 势正-V0-N2空，通过电阻R的电荷量g-亚 t E」 【解析】滑片P向下移动时，接入电路的阻值减小， -2ND。=0.8C,C错误。交变电压的有效值 故R2与R?并联的总电阻R并减小，根据等效电阻 E=E=22元V,0~1s时间内电阻R上产生的焦 法R=()广R,可知R波小，故原线圈两端 √2 电压U,减小，副线圈两端电压U2减小，电流表示数 耳热Q一。t=0.8π2J,D错误 ·61 高三一轮复习周测卷 ·新教材版J· C【模型建构】 R,=R时输出功率最大，解得输出功率最大值为P= 建构模型 电压互感器 电流互感器 N2B2L ”,故C、D错误。 16R 8.(1)2NBS (2)NBSn R+r R+r 确定物理 【解析】(1)线圈由图示位置开始转动，根据右手定 原理 (A 则可知，产生的感应电流为顺时针方向，二极管处于 n>ne n1<n2 正向导通状态。转过180°过程中，根据法拉第电磁 把高电压变成低电压 把大电流变成小电流 感应定律有E=N,又△Φ=2BS,根据闭合电路 【解析】电压互感器起降压作用，电流互感器起减小 电流的作用，故A错误。电压互感器原线圈两端电压 欧姆定律有吧十，根据电流定义式有g=△1 U,-U-20×200V=400V,电流互感器原线圈 2NBS n2 中的电流1-1-”X5A=100A,对于理想变压 解得q一R十r 20. (2)线圈转动一周只有一半的时间有电流流过电阻， 器，线路输送电功率P=P2=U2I2=4000×100W= 感应电动势的峰值Em=2πNBSn, 400kW,故B错误。仅将滑片Q下移，相当于增加了 感应电流的峰值I。=2πNBS R+r ,由于交流电流表测 升压变压器副线圈的匝数2，根据理想变压器的规律 U,=U1,升压变压器副线圈两端的电压增大；根据 量的是有效值，得（竖1.）R·置=1户RT,解得 U2 πNBSn 等效电阻的思想，l,=1一R十R等1，将会变大，根 I= R+r 据△P=Ir,则输电线上损耗功率增大，故C正确。 9.(1)36A(2)1296W(3)256V 仅增加用户数，即负载总电阻R减小，若降压变压器 【解析】①降压变压器副线圈中的电流为1，-二义 副线圈两端电压U4不变，则通过副线圈的电流I4= 6X33,解得I4=36A。 ~增大，降压变压器原线圈中的电流增大，根据△E (2)降压变压器原线圈的电流为1，=”41，输电线上 I3r,可知输电线上的电压损失增大；原线圈两端电压 n3 U,=U,一△U,可知U减小，根据U,=”U,可知当U, 损失的功率为△P=Ir,代入数据解得△P= n3 1296W。 减小时，减小n3可以使U4不变，所以要将降压变压器 (3)降压变压器原线圈的电压为U,=U,输电线 的滑片P上移，故D错误。 B【解析】当线圈平面与磁场方向平行时，线圈产生 上损失的电压为△U-I3r,升压变压器的输出电压 的电动势为E=NBSw=2NBL2w,故A错误，B正 为U2=U3+△U,则升压变压器的输入电压为U1= 确。将副线圈所在电路与变压器整体等效为一个等 U,解得U1=256V。 niU2 n 效电阻R。等效电阻R'== n2 10.(1)u=0.5cost(V)(2)2C1.5πJ I 12 【解析】(1)t=0时，导体棒ab在圆环最低点，速度 n2 方向与磁感线垂直，此时导体棒切割磁感线产生的 (R2十R),副线圈输出功率等于等效电阻R'的 感应电动势最大，有Em=BLo=1V, E 经过时间t,导体棒端点与圆环圆心的连线转过的 √2 12 功率，等效电阻R'的功率为P=（R,十R)'R' 角度0=wt= r Z, E 此时导体棒垂直磁感线的分速度v'=ocos0= 根据数学方法可知当R'=R,时，即 R R +2R1+R' 1 vcos t=1Xcos(Xt)=cos t, ·62· ·物理· 参考答案及解析 此时导体棒切割磁感线产生的感应电动势e=BLv'= 0~0.5πs时间内，通过电阻R的电荷量qR=q总= Emcos t, △Φ Em △t △Φ BLr 通过电阻R的电流的最大值I。一R十R=2A, R十RX△L=R千RR十R -=2C, 电阻R两端电压的最大值Um=ImR=0.5V, 0~0.5πs时间内，电流的有效值I= 如，导体棒和 电阻R两端电压随时间变化的表达式为u=U cos0= √② 0.5cost(V)。 电阻R产生的总焦耳热Q=I(R十Rb)t, (2)导体棒做圆周运动的周期T=2r-2πX1、 导体棒增加的重力势能△E。=mgr,根据能量守恒 1s= 定律可知，外力F做的功Wx=Q十△E,=1.5πJ。 2πS, 物理（二十七） 1.D【解析】根据电荷数和质量数守恒，X为中子 (0n),故A、B错误。氢核聚变释放大量的核能，生成 6对应2a=2T,即经过两个半衰期，有b=m=1, mo 4 物更稳定，结合能增大，比结合能也增大，故C错误， 故D错误。 D正确。 5.C【解析】设光子与金属薄片作用的时间为△t,作 2.A【解析】根据质量数守恒和电荷数守恒可知92= 用在单个金属薄片上的光子数为n,根据普朗克量子 x+36,233+1=142+y+3,解得x=56,y=89,故 化理论有P,-吹，光子总动量p=n会，设反弹 A正确。根据质能方程△E=△c2=(233.0154u+ 光子的金属薄片对光子的平均作用力大小为F1,根 1.0087u-141.9134u-88.9059u-3×1.0087u)c2, 据动量定理有一F1△t=一p一p,设吸收光子的金属 解得△E=166.3697MeV,故B错误。根据b=入， h 薄片对光子的平均作用力大小为F2,根据动量定理 光子撞击一个粒子后动量大小变小，则波长会变长， 有-出=0-，联立架得F,-2,是，结 故C错误。在核电站的核反应堆内部，核燃料具有 的核能通过核裂变反应转化为内能，内能转化为机 合牛顿第三定律可得△P=F,一P,-2,其他条件 械能，然后通过发电机转化为电能，故D错误。 相同，光的波长变为原来的一半，△F将不变，故A、B 3.D【解析】由于原子能级具有分立性，可知氢原子光 错误。其他条件相同，射在单个金属薄片上的光子 谱是分立谱，故A正确，不符合题意；大量处于n=4 功率变为原来的一半，△F变为原来的一半，故C正 能级的氢原子向=2能级跃迁时，产生的不同频率 确，D错误。 的光子为4能级到2能级、4能级到3能级与3能级 6.C【解析】直线AB对应的电压是在A、K两端加不 到2能级，可知能产生3种不同频率的光子，故B正 同频率光对应的遏止电压，由动能定理和光电效应 确，不符合题意；氢原子由低能级跃迁至高能级需要 方程有-eU=Ek,Ek=hv-Wo,解得-eU=hv- 吸收能量，可知氢原子不可以自发地从基态向n=5 Wo 能级跃迁，故C正确，不符合题意；结合题意可知，α W。,变形得v=一U十 ，W。三 h 方，由题意有后=，次 光的光子能量大于b光的光子能量，根据E=hy可 知，a光的频率大于b光的频率，由于蓝光的频率大 解得么=名，W=,放A铺误。由图可知，D 于红光的频率，可以判定，若b光是蓝光，则a光不 点和C点对应的电压相同，D点对应的人射光频率 可能是红光，故D错误，符合题意。 更大，但形成的光电流的大小还与入射光的强度有 4.C【解析】28Pu衰变为U释放的a射线穿透能力 关，由图无法判断两种情况下的入射光强度，故D点 较弱，但电离作用较强，故A错误.28Pu衰变为3U 条件下形成的光电流不一定比C点条件下形成的光 释放的α射线为氢核，带正电，所以在电场中会偏转， 电流大，故B错误。满足D点条件的光电子到达A 放B储说。由速因可知，受从一到一子 极的最大动能为EkD=eU1+hv1一W。,解得Eko= 过一个半衰期，则8Pu衰变的半衰期为T=(124.1 Ue+后(：一)，故C正确。因为存在饱和光电流， 2,即经 36.4)年=87.7年，由题图可知，对应= 1 所以在光照强度相同的情况下，沿直线从A到D,即 使加的电压逐渐从反向电压变小到正向电压变大， 过一个半衰期，则α=87.7，故C正确。由题图可知， 灵敏电流计示数也不一定逐渐变大，故D错误。 ·63·