二轮专题(十一) 直流电路和交变电流-【真题密卷】2026年高考物理二轮专题精准提升（湖北专用）

2025一2026学年度二轮专题精准提升（十一） 物理·直流电路和交变电流 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4 分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 1 2 5 6 7 8 9 10 答案 P1 1,工程师对某款新能源汽车的直流蓄电池进行性能测试，测试过程中系统输出的7图 像如图，其中P为直流电源的输出功率，I为总电流，下列说法正确的是 () -IA -0.524 A.该蓄电池的电动势为12V B.该蓄电池的内阻为22 C.该蓄电池的最大输出功率为144W D.该蓄电池的短路电流为12A 2.某自行车的车灯发电机如图甲所示，其结构如图乙。绕有300匝线圈的U形铁芯开口 处装有磁铁。车轮转动时带动半径为2cm的摩擦小轮转动，摩擦小轮又通过传动轴带 动磁铁一起转动，从而使铁芯中磁通量发生变化，其变化图像如图丙所示，其中ω为摩 擦小轮转动的角速度。线圈两端c、d作为发电机输出端与标有“12V,6W”的灯泡L 相连。当自行车以速度匀速行驶时，小灯泡恰好正常发光。假设灯泡阻值不变，线圈 的总电阻为62，摩擦小轮与轮胎间不打滑，发电机输出电压可视为正弦交流电压。则 下列说法正确的是 () 摩擦小轮 小发电 车轮 小发电机 ,匚形铁芯 ↑Φ/(×10-wb) 2元 传动轴磁 A.自行车的速度v=10m/s B.小灯泡正常发光时w=250rad/s C.若自行车的速度减半，则小灯泡的功率也减半 D.磁铁处于图乙位置时，小灯泡两端的电压为12√2V 3.如图甲所示，取一电阻率为ρ的均质金属材料，将它做成横截面为圆形的金属导线，每 段导线体积均恒为V。如图乙所示，将一段导线接在电动势为E,内阻为r的电源两端， 并置于方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，如图丙所示，将另一段 导线接在恒流源两端，下列说法不正确的是 二轮专题精准提升（十一）物理第1页（共8页） 真题名 不是看到希望才坚持，而是坚持了才能看到希望 班级 恒流源 A.图乙中，拉长该段导线使直径减小，导线电阻随之增大 姓名 B.图丙中，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压变为原来的8倍 C.图丙中，改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次方成反比 得分 D.图乙中，通过改变导线直径可改变导线所受的安培力，且最大安培力为BE心 or 4.如图，在磁感应强度大小为0.5T、方向水平向左的匀强磁场中，固定有两个导轨半径均 为0.5m的平行4圆弧导轨ad,bc,间距为0.4m,电阻不计；c、d两端与阻值为0.2n 的电阻R和理想电压表连接。现有一长为0.4m、阻值为0.22、质量为1kg的导体棒 AC,从导轨的最高处cd在方向始终沿圆弧导轨的切线方向的拉力作用下，以2m/s的 速率沿导轨向下做匀速圆周运动到ab处。g取10m/s2。导体棒从cd处运动到ab处 的过程中，下列说法正确的是 () 0. A.导体棒刚过cd处时通过导体棒中的电流方向沿AC方向 B.电压表的示数为0.20V C导体棒中产生的熊耳热为需J D.导体棒刚到达ab时对导轨的压力大小为18.2N 5.物理学上把交变电流变成直流电的过程叫整流。几种常见的整流电路如图甲、图乙、图 丙所示，各整流电路左端输入完全相同的正弦交流电u=Umsin wt。三种整流电路中变 压器为相同的理想变压器，原、副线圈匝数比为：1，右端均接有3个完全相同的阻值 为R的电阻。图乙中与电阻R下端相连的导线与变压器副线圈中间位置相接，下列说 法正确的是 () D: A图乙整流电路通过电阻R电流的有效值为 2nR B图甲整流电路在一个周期内通过电阻R的电荷量为 noR C.图乙整流电路在一个周期内通过电阻R的电流平均值为2mR Um D.图乙整流电路与图丙整流电路中电阻R在一个周期内产生热量相同 密卷 二轮专题精准提升（十一）物理第2页（共8页） 4 6.如图为可调式理想变压器输电示意图。原线圈连接灯泡L1,副线圈匝数可通过滑动触 头Q来调节，在副线圈两端按照图示连接了阻值为R。的定值电阻、灯泡L2、最大阻值 为R'的滑动变阻器，P为滑动变阻器的滑片。灯泡L1、L2的阻值与定值电阻的阻值相 同，不考虑灯泡的阻值变化，两灯泡始终发光且工作在额定电压以内。在原线圈上加一 电压恒为U的正弦交流电，则 () (X A.保持P的位置不动，将Q向上滑动的过程中，灯泡L1一直变暗，L2一直变亮 B.保持P的位置不动，将Q向上滑动的过程中，灯泡L1一直变亮，L2先变暗后变亮 C.保持Q的位置不动，将P从a端滑动到b端的过程中，L1先变暗后变亮，L2先变亮 后变暗 D.保持Q的位置不动，将P从a端滑动到b端的过程中，L1先变暗后变亮，L2一直 变亮 7.在如图所示电路中，电源电动势E=12V,内阻r=8,定值电阻R1=22,R2=102, R3=20Ω，滑动变阻器R4的取值范围为0~302，所有电表均为理想电表。闭合开关 S,在滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电压表V1、电压表V2、电流表A示 数的变化量分别为△U1、△U2、△I。下列说法正确的是 A.V1读数变小，V2读数变大，△U1大于△U2 B. △U1 △I =202, △U2 △I =302 A C.R4的功率先增大后减小，最大值为0.36W D.电源的输出功率先增大后减小，最大值为4.5W 8.如图甲所示，在一d≤x≤d、一d≤y≤d的区域中存在垂直xOy平面向里、磁感应强度 大小为B的匀强磁场（用阴影表示磁场的区域），当一个未知形状的线圈在该磁场中绕 y轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化， 变化后磁场的区域如图丙所示，线圈中产生的电动势变为图丁所示实线部分。该线圈 可能的形状是 ( e B V3E 2 甲 分 入 以 二轮专题精准提升（十一）物理第3页（共8页） 真题名 3d d.- 0 d d d 3d A.正方形线框 B.圆形线框 C.六边形线框 D.正六边形线框 9.如图甲所示，金属杆垂直导轨放置在光滑两平行水平导轨上，接入导轨间的有效长度为 L,磁感应强度大小为B的匀强磁场方向竖直向上，整个回路的电阻恒为R,现给金属 杆施加水平向右的特殊拉力F,让金属棒向右运动的速度一时间关系图像如图乙所示， 图中的曲线是正弦曲线的形状，结合图中所给的相关已知条件，分析下列说法正确的是 () 0 t。2t。3t。415t。61o 分 乙 Fo A.t=0时刻，若拉力F的大小为F。,则曲线切线的斜率小 m B2L2v8 B.t=2.5to时刻，拉力F的功率为R C,若图乙阴影的面积为S,则3o~4,时间内，拉力F的平均值为R。 B2L2So D.0~21时间内，回路中产生的热量为2BL20o24 R 10.“喝过藿香正气水会被测出酒驾！”根据一项实验，测试者喝下了一瓶10毫升的藿香正气 水，1分钟后，试着吹了一下酒精测试仪，显示每毫升血液里含有酒精达到5毫克；10分 钟后，显示的结果为每毫升血液含酒精0.3毫克，16分钟后显示结果为0。根据国家质量 监督检验检疫局发布的《车辆驾驶人员血液、呼气酒精含量阈值与检验》(GB19522一 2004)规定，饮酒驾驶是指车辆驾驶人员血液中的酒精含量大于或者等于0.2mg/mL,小 于0.8mg/mL的驾驶行为，醉酒驾驶是指车辆驾驶人员血液中的酒精含量达到或超过 0.8mg/L。图甲是酒精测量仪的原理图，酒精电阻传感器的关系如图乙所示。将酒精 测量仪左端接上正弦式交流电，u=220,√2sinl00πt(V),定值电阻R1=402,电流表和电 压表均为理想电表，理想变压器原，副线圈匝数之比n1:n2=3：1,现让司机吹气，下列 说法正确的是 () 卷 二轮专题精准提升（十一）物理第4页（共8页） +R/2 80 酒精 40 传感器 00204060.81.0 c/(mg-ml- A.司机饮酒后，在吹气过程中，电压表V1示数增大，电流表A示数减小 B.酒精测试仪中电流表A示数范围为0.55~1.0A,说明司机属于饮酒驾驶 C.若司机喝过一瓶藿香正气水10分钟左右进行测量，电压表V2的示数约为64V D.若R1和R功率相等，则酒精浓度为0.6mg/mL 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11.(7分)物理兴趣小组用可拆变压器探究“变压器原副线圈电压与匝数的关系”。可拆变 压器如图甲、乙所示。 变压器铁芯 线圈 R 线周 变压器铁芯 甲可拆变压器零部件 乙组装后的变压器 丙 (1)为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线 圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是 A.等效法 B.理想模型法 C.控制变量法 D.演绎法 (2)变压器原、副线圈匝数分别选择n1=800匝、2=400匝，原线圈与10V正弦式交 流电源相连，用理想电压表测得输出电压U2=2.5V,输出电压测量值明显小于理 论值，造成这种现象的主要原因是 A.副线圈匝数n2略少于400匝 B.变压器存在电磁辐射 C.原、副线圈存在电流热效应 D.两块变压器铁芯没有组装在一起 (3)等效法、理想模型法是重要的物理学方法，合理采用物理学方法会让问题变得简 单，这体现了物理学科“化繁为简”之美。图丙为某电学仪器原理图，变压器原副线 圈的匝数分别为n1、n2。若将右侧实线框内的电路等效为一个电阻，可利用闭合电 路的规律解决极值问题：在交流电源的电压有效值U。不变的情况下，在调节可变 电阻R的过程中，当R= 时（用n1、n2、R。表示），R获得的功率最大。 12.(10分)某物理小组欲探究变压器线圈两端电压与匝数的关系，提供的实验器材有：学 生电源、可拆变压器、交流电压表、若干导线。图甲为变压器实物图，在原线圈两端加 上电压，用电压表分别测量原、副线圈两端的电压，测量数据如表： 电源 二轮专题精准提升（十一）物理第5页（共8页） 真题密 原线圈两端电压 副线圈两端电压 实验序号原线圈匝数n1副线圈匝数n2 ni U U1(V) U2(V) n2 U, 1 800 400 8.0 3.7 2.2 2 800 100 8.0 0.9 8.9 3 200 100 8.0 3.6 2 2.2 1400 100 8.0 x 14 y 请回答下列问题： (1)原线圈两端应该分别与图乙中的 (填“a、b”或“c、d”)连接。 (2)表格中，缺失的两个数据x,y分别可能为 0 A.1.0,8.0 B.0.8,10.0 C.0.5,16.0 (3)为了减小能量传递过程中的损失，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。作为横 挡的铁芯的硅钢片应按照下列哪种方法设计 B C D (4)根据上表数据得出的实验结论是：在实验误差允许范围内，变压器原、副线圈两端 的电压之比等于 。(用语言描述即可) 13.(10分)图甲所示的电磁炉可视为一个变压器，炉盘相当于原线圈，锅体既是副线圈又 是负载，通过电磁感应产生涡流来加热食物。锅体感应的电动势与原线圈电压的比值 称作耦合系数，设为。电磁炉工作原理可简化为图乙，电源的频率、有效值恒定，电压 为U,炉盘中配有定值电阻，阻值为Rx,锅体回路中的电阻相当于负载。 (1)若已知锅体中感应电动势的有效值为U2,求通过定值电阻R.的电流。 (2)若已知锅体等效电阻为R,求流过定值电阻Rx的电流。 (3)更换不同锅体，相当于调节负载电阻，设耦合系数都不变，求锅体等效电阻为多 大时加热食物的功率最大。 负载 卷 二轮专题精准提升（十一）物理第6页（共8页） 4 14.(15分)在如图所示的电路中，定值电阻R1=22、R2=32、R3=12、R4=32、R5= 42,电容器的电容C=4F,电源的电动势E=10V,内阻不计。闭合开关S1、S2,电路 稳定后，求： (1)若保持开关S1、S2闭合，电阻R3突然断路，电路稳定后，电阻R2的电功率； (2)若保持开关S闭合，断开开关S2,电路稳定后，流过R;的电荷量。 R3 R 二轮专题精准提升（十一）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(18分)某探究小组设计了两种电磁驱动装置。图甲利用直流电源给线框供电，接通电 源后正方形导线框ABCD在磁极间的辐向磁场中，从静止开始绕中心轴线OO'发生转 动。图乙为三个线圈连接到三相电源上，电流形成的磁场可等效为角速度ω0的旋转 辐向磁场，稳定后解锁正方形导线框ABCD,导线框由静止开始转动。图丙为不同视 角的上述两种驱动装置的截面图，分别为图甲的正视图和图乙的俯视图。已知导线框 ABCD的边长为L,电阻为R,AB、CD两边的质量均为m,所处位置的磁感应强度大小 均为B,磁场方向始终与转动方向垂直，转动中AB、CD两边受到的阻力均为f=v( 为比例系数，为线速度)，其余两边质量和所受阻力不计。电源的电动势为E,内阻不 计，求： (1)在两种驱动装置中，若图甲、乙导线框的转动方向一致，则旋转辐向磁场的转动方 向是顺时针还是逆时针； (2)在图乙装置中，若长2，则导线框转动的级大角速度； (3)在图甲装置中，若导线框经过时间t恰好达到最大角速度，则在该过程中AB边转 过的弧长s。 A(B) D(C) 二轮专题精准提升（十一）物理第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 设粒子能运动完整的n个周期，则满足 1 故当粒子竖直位移大小为y= 19, 3L=8△y十L时 n△y+△y1=3L (1分) 的运动时间可能为 4 4=8T+号T成=8T+2+4+T:或 1 1 且△y1<2r1=3L (1分) 解得n>7.5 故n=8 (1分) 97+号 粒子在电场中减速和加速时间均为 即t1=(64+100xL (1分) L 4L 300 t= (1分) 01十V2v0 2 =(68+35x) (1分) T-2+2a+: 110π、L (1分) t3=(72+31 (1分) 2025一2026学年度二轮专题精准提升（十一） 物理·直流电路和交变电流 一、选择题 1.A【解析】蓄电池的输出功率P=EI一Ir,变形 8B【解析】根据电应定律R一号其中S- 4 得号-与-7，念合周缘可得E=12V,=05n,A V,联立解得R=16pV 产，可知题图乙中，拉长该 段导线使直径减小，导线电阻随之增大，A正确； E2 璃，B错送：由P=E-17=一（1,7十 题图丙中，导线两端的电压U=IR=16oVI πd4,电流 E=12A时，最大输出功率Pm一4 可知当I= 2 不变时，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压 E 变为原来的16倍，B错误；题图丙中该段导线的发 72W,C错误；该蓄电池的短路电流1a= 热功车P-1PR=17,流过学线的包流不支。 24A,D错误。 改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次 2.A【解析】设感应电动势的最大值为Emax,则有 方成反比，C正确；题图乙中，由闭合电路欧姆定 Emax=NBSw=N便maxw,则感应电动势的有效值 E E,小灯泡恰好正常发光，则有R十R E。 律I=R十，导线受到的安培力F=BIL,联立解 BEV ，对小灯总有一伦R得子一0 得F= 一，可知通过改变导线直径可改变导线 ov R灯 R B错误；车轮转动时带动半径为2cm的摩擦小轮转动， 所受的安培力，由数学知识可知当且仅当 S=S时， 根据v=wr,结合上述解得v=l0m/s,A正确；若自行 车的速度减半，摩擦小轮转动的角速度减半，感应电动 S+S最小，此时S=√四最小值为2S=2 o oV 势的最大值减半，感应电动势的有效值减半，根据闭合 -=2Vp,故最大安培力F。= oV V 电路欧姆定律可知，感应电流的有效值减半，则小灯泡 2BE√mD 的功率减为先前的号，C错误；磁铁处于题国乙位置 正确。本题选择不正确的选项，故选B。 4.C【解析】根据右手定则可知，导体棒刚过cd处 时，穿过线圈的磁通量达到最大值，根据题图丙可知， 时通过导体棒中的电流方向沿CA方向，A错误； 此时磁通量的变化率为0，即磁铁处于图乙位置时，小 灯泡两端的电压为0，D错误。 时刻的感应电动势e=BL0c0s6,共中a一号，解 ·47· 4 真题密卷 二轮专题精准提升 得e=BLvces()=0.4cos红(V),t时刻的感 器与制线圈电阻可等处为电红R-()R,则等 e 效电阻先增大后减小，对原线圈电路由欧姆定律有 应电流i=2R=os4t(A),感应电流的有效值 1R,十R军理想支压器电流关系1，-%，由上 U n2 A,则电压表示数U=IR≈0.14V,B错误； √2 述分析可知，I1先减小后增大，I2先减小后增大，则 L先变暗后变亮，根据欧姆定律U1=U一I1R。,变压 子体棒中产生的焦耳热Q=PR,号=0,0 器电，压关系U,=,,由于1先减小后增大，则刮 正确；设导体棒刚到达ab时受到导轨的支持力大 线圈的电压U2先增大后减小，通过L2的电流I2= 2 小为N,则有N一g=m ,解得N-18N,根 U2 R。+Rbp 则滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过 据牛顿第三定律知导体棒刚到达αb时对导轨的 程中，R。逐渐减小，副线圈的电压U2增大过程中 压力大小为18N,D错误。 I2增大，在副线圈的电压U2减小过程中，通过R。 5.B【解析】题图乙整流电路中电阻R两端电压最 U2 大值U2m三2，电流的有效值1弓 U制2m_V2Um 的电流1一R,十RR,逐渐增大，则1，楚来越 √2 4nR’ 小，则根据电流关系1L,=I2一1R。,可知L2一直变亮， R A错误；由理想变压器原副线圈电压与匝数关系， D正确，C错误；根据等效电阻关系，有R华=（ , U= 可得U 1,又Um=BSw,联立解得BS= 可知保持P的位置不动，将Q向上滑动的过程中，2 U U,图甲整流电路在一个周期内通过电阻R的电 增大，故等效电阻变小，根据欧姆定律I一R。十R导， n 可知I1增大，故L一直变亮；由等效电源法有U2= 荷量g=△_2BS2Un R=R一nR,B正确；由A、B选项分 Ro 2 R。+( ,即当R= R。时，副线 R 析可得图乙整流电路在一个周期内通过电阻R的 2Y2m0 圈的电压最大，灯泡L2最亮，题中并没给出原副线圈 电荷量g=2X R,又T= 2π 图乙整流电路 匝数以及滑动变阻器的阻值，故无法判断L2的亮暗 变化，A错误，B错误。 在一个周期内通过电阻R的电流平均值I= 7.C【解析】将R1和R2等效为电源内阻，则等效 T ER2 ,C错误；图乙整流电路与图丙整流电路中电 Um 电源的电动势E=R,十R2十r =6V,等效内阻 U2m- 阻R的电压峰值关系为U 2,在一个周期内 十R,)R:=50,当滑动变阻器的滑片从a r1=,+R1+R2 端滑到b端的过程中，R4变大，总电阻变大，总电 U制2m 2 流减小，路端电压变大，V1读数变小，则V2读数 2 -T R 变大，因U路福=U1十U2,可知△U1|小于|△U2|, Q2 产生热量关系为 Q3 U制3m 2 4D错误。 A错误；根据欧姆定律U1=IR, △U1 △I =R3= 2 -T R 202,根据闭合电路欧姆定律E1=U2十I(R:十 △U2 6.D【解析】根据题意可知副线圈的总电阻 r1),可得 =R3十r1=25,B错误；将R3等 △I 1 1 R。+Rp)·(R。+Rp) 效为新电源的内阻，内阻r2=r1十R:=252,当外 R十R,RR化简得R= 2Ro+R 电路电阻等于电源内阻时输出功率最大，则当滑 则滑动变阻器的滑片从α端滑到b端的过程中，副线 动变阻器的滑片从α端滑到b端的过程中，电阻 圈的总电阻先增大后减小，根据等效电阻关系，变压 从0增加到302，可知R4的功率先增大后减小， ·48· ·物理· 参考答案及解析 当R4=252时功率最大，最大值P= E)2 间内的位移等于阴影部分的面积S。,则△Φ= 2r r2= BLS。,综合可得3t0~4t0时间内，拉力F的平均 0.36W,C正确；当滑动变阻器的滑片在a端时， 值F=B2LS,C正确，由国像可得E R2R326 Rto 电源E的外电阻R1=R,十R十R,写0，当滑 BLVo,Em2=2BLvo,图像中的曲线是正弦曲线的 动变阻器的滑片在b端时，电源E的外电阻 R2(R3+R4)31 二分之一，则电动势的有效值是最大值的 72,则 R?=R1+R2十R,十R=3D,电源E的内阻 r=82,根据电源输出功率和外电阻关系可知，滑 有E,-BLa心，E,=2BLm-2BLw,在02 √2 √2 动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电源 E,E路， 的输出功率一直减小，D错误。 时间内，回路中产生的热量Q=尺。十尺t0 8.AC【解析】根据法拉第电磁感应定律，三个形状 的线框在题图甲所示磁场区域中产生的电动势随 5BL26t,D错误。 2R 时间的变化规律都符合题图乙，比较线框在磁场 10.BC【解析】将副线圈等效为电阻R,则有 区域发生变化前后所产生感应电动势随时间变化 R.I=RI,因为I1n1=I2n2,代入题中数据， 解得R=9R,对原线圈有U=I1(R1十R)= 规律，由题图乙和题图丁可知，当Esin=E 2 I1(R1十9R),司机饮酒后，在吹气过程中，结 时，即当线图旅转行时才开始切制磁感线（或者 合图像可知R减小，故I1增大（即电流表A 示数增大)，则R1分压增大，故R,电压减小 说，穿过线框的磁通量才开始发生变化)。如果线 (即电压表V1示数减小)，A错误；由題意可 圈形状是正方形或六边形线框，则其边长L= 知，有效电压U=2202V=220V,图像可知 d c0s60=2d,国形线框在变化后的磁场中，线圈 √2 酒精在0.2mg/mL与0.8mg/mL的范围内，R 始终在切割磁感应线（或者说，穿过线框的磁通量 U 始终在变化)，A、C正确，B错误；在题图甲的磁场 阻值在40~20n之间，根据R,十9R)=1,可 中，正六边形线框要转过一定角度才会有感应电 知电流在0.55一1.0A之间，B正确；若司机喝过 流，D错误。 一瓶藿香正气水10分钟左右进行测量，则每毫升 9.BC【解析】若t=0时刻，金属棒的速度是0，电 血液含酒精0.3毫克，图像可知电阻R约为302， 动势是0，电流是0，安培力是0，合力为F,当F的 U 220 Fo 则11=R,十9R)=40+9X30A≈0.71A,则 大小为F。时，a=”,又因为yt图像的斜率表示 m≈2.13A,则电压表V2的示数U'= I2= 加速度，则t=0时刻，图像曲线切线的斜率等于 n2 ,A错误=2.5。时刻，1图像的斜奉是0， I2R≈(2.13×30)V≈64V,C正确；若R1和R m IR:nR 1 R 金属棒的加速度是0，则拉力F与安培力等大反 功率相等，则有R一nR-了，可知R= 4.42,图像可知酒精浓度为0.6mg/mL时电阻 向，即F=F*,其中E=BLo,I=卡，F*=BIL 为202≠4.42，不符合题意，D错误。 综合可得F-B0,拉力F的功率P=F, 二、非选择题 R 11.(1)C(2分)(2)D(2分) (3)( R(3分) B2L2v n1 R 2,B正确；3t。~4t。时间内，由动量定理可 【解析】(1)为实现探究目的，保持原线圈输入的 R,E、4 电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈 得Fto一BILto=0,其中q=Ito,I △t 上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法 △Φ 是控制变量法，C正确。 联立以上三式可得g=R,金属杆从。~21，时 (2)根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的 ·49· 4 真题密卷 二轮专题精准提升 (2)原线圈中满足U1=U-I1R (1分) 关系1=，副线圈匝数n2略小于400匝，可知 U 副线圈电压应略小于5V,不会明显小于理论值，A 副线圈中满足12= (2分) 错误；变压器存在电磁辐射，辐射电磁波，放出能 U 又因为 量，但辐射能量较少，输出电压测量值不会明显小 于理论值，B错误；原、副线圈存在电流热效应，副 联立解得11= n2U (1分) 线圈电压将小于5V,不会明显小于理论值，C错 R+nR 误；两块变压器铁芯没有组装在一起，会出现漏 n2UR (3》锅体产热的功率P=IR=R+nR) 磁，副线圈电压将明显小于理论值，D正确。 n2U2 -心，1=，根据 (3)根据变压器原理可得U一2'工2n (2分) (n2R2)2 R+ +2n2R R 闭合电路欧姆定律R= ,则副线圈的等效电阻 因此当R=n2R时取得最大功率。 (1分) 14.(1)12W(2)1.6×10-5C R二=（四）R,将U等效为电源电动势，R 【解析】(1)若保持开关S、S2闭合，电阻R3突 等效为电源内阻，R'等效为外电阻，当R获得的 然断路，电路稳定后的电流 E 功率最大时，则有R。=R',解得R= 1=R1+R2 (1分) 12.(1)c、d(2分)(2)C(2分) (3)D(3分)(4) 电阻R,的电功率 原、副线圈匝数之比(3分) P1=IR2 (1分) 【解析】(1)在探究变压器线圈两端电压与匝数 解得P1=12W (2分) 关系的实验中，原线圈两端应接入交流电，故应 (2)开关S、S2闭合时，由于电源内阻不计，则通 与c、d连接。 过R2的电流与上述电流相等，结合上述，令电源 负极电势为0，则有 (2)根据理想变压器的原理，有 ==1400 U2-n2-100’ 9a-0=I1R2 (1分) 可得U2≈0.57V,实际变压器有磁损、铁损和铜 解得p。=6V (1分) 损，实际输出电压要偏小，故有U2实=x≈0.5V, 通过R4的电流 ,U18 E 则可得，0516，C正确。 I,=R十R4 (1分) (3)根据楞次定律和安培定则，产生的涡旋电流 则有 的方向与左侧面平行，为了减小涡旋电流在铁芯 p6-0=I2R4 中产生的热量，相互绝缘的硅钢片应平行于前表 解得p6=7.5V (2分) 面（后表面），D正确。 此时电容器下极板带正电，根据电容的定义式有 (4)根据题表中数据可得，在实验误差允许范围 Q1 C=- (1分) p6一pa 有-”，得出结论：在实验误差允许范国内， 内有U2n2 若保持开关S1闭合，断开开关S2,电路稳定后， 变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝 通过电路的电流仍然为I2,此时电容器两端电压 数之比。 U2=I2R; (1分) 13.a)n0-U n2U 此时电容器下极板带负电，根据电容的定义式有 (2)R+nR: (3)n2R nR Q2 c-U. (1分) 【解析】(1)定值电阻R的电流为I,则原线圈 两端电压U1=U-IR (1分) 则流过R,的电荷量 U2 Q-Q:+Q2 (1分) 根据U =n (1分) 解得Q=1.610-5C (2分) 解得通过定值电阻R的电流I=nU一U:。 (1分) nR, 15.1顺时针(2号 (3)B1E(R+2BZ1-mR) (2B212+kR)2 ·50· ·物理· 参考答案及解析 【解析】(1)题图甲装置，导线框顺时针转动，题图 f=F安 (1分) 乙装置若导线框也顺时针转动，由楞次定律可知， 旋转辐向磁场的转动方向也为顺时针。(2分) 又f=ku=kwm2 (2)当金属线框ABCD达到稳定时，线框AB、CD 根据法拉第电磁感应定律，可得此时的感应电动势 两边切割磁感线的相对速度大小 E"=2Blv=Bl2@m (1分) e4=oe）·号 则此时的感应电流 (1分) I=E-E”_E-B12w. (1分) 根据法拉第电磁感应定律，可得此时的感应电动势 R R E=2BlU湘时=B12(w0一ωm) (1分) AB、CD两边所受的安培力 则此时的感应电流 F安= Bl(E-Bo ml2) R (1分) IE Bl (0om R (1分) Bl (E-Bo2) 则kwm2 个 (1分) 金属线框AB、CD两边所受的安培力均为 2BE F安=BIL= B213(wo-wm） (1分) 解得wm= 2B212+kR R AB、CD两边所受的安培力均与阻力平衡 设安培力的冲量为IA,由动量定理知 f=F安 (1分) 21A-2ft=2m·wm2 (1分) 又有 又IA=∑FAH△t=】 Bl(E-2Blv) △t= f=kv-kam 2 (1分) R Bl (Et-2BLs) 当k=2B1 (1分) 时 R R 联立解得 2B2121_B213(w0-wm） R m 2 (1分) 2BIEt-momlR s= 4B212+2kR 解得导线框转动的最大角速度 代入wm,得 0m-2 @o (1分) BlE (kRt+2B212t-mR) (1分) (2B212+kR)2 (3)转动稳定后达到最大角速度wm,AB、CD两 边所受的安培力均与阻力平衡 2025一2026学年度二轮专题精准提升（十二） 物理·电磁感应综合（包括电路、能量、动量、图像问题） 一、选择题 2.C【解析】线圈进入磁场的过程，磁通量增加，根据 1.A【解析】线圈a中小圆产生的感应电动势和大 楞次定律，可判断出，感应电流的方向为ADCBA,A 圆中产生的感应电动势方向相反，即电动势E:= 错误；在线圈进入磁场的过程中，受到沿CA方向的 安培力作用；由于线圈匀速运动，由二力平衡可知，线 △B 2=54B π3r)2-4AB r2,线圈b中小圆产 圈受到的摩擦力方向为AC方向，且与安培力大小相 等。根据牛顿第三定律可知，线圈对传送带的摩擦力 生的感应电动势和大圆中产生的感应电动势方向相 始终沿CA方向，最大值∫h=∫m=Fm=N·BIW2L, 同，序电动务，一-没e+4盟=1B没， ,△B 义有1是-，R=R,年得 a、b两线圈中产生的感应电动势大小之比为5：13，A √2NB2L 正确。 4R ,B错误；线圈质量不变，材料不变，边长不 ·51· 4