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（安徽专用）

·物理· 参考答案及解析 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 3.A【解析】设感应电动势的最大值为Emx,则有 1.B【解析】根据电阻定律R= S,其中S=d Emax=VBSw=N中maxw,则感应电动势的有效值 4 。联立解得R-可知题图乙中，起长就 E,=E严，小女泡恰好正常发光，剥有R十R Eo 2 段导线使直径减小，导线电阻随之增大，A正确； U 如，对小灯泡有P幻= U R灯 R灯，解得w=500rad/s, 题图丙中，导线两端的电压U=R=,电流 B错误；车轮转动时带动半径为2cm的摩擦小轮转动， 不变时，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压 根据o=wr,结合上述解得v=10m/s,A正确；若自行 变为原来的16倍，B错误；题图丙中该段导线的发 车的速度减半，摩擦小轮转动的角速度减半，感应电动 热功率P=R1T,流过学的电流不文。 势的最大值减半，感应电动势的有效值减半，根据闭合 电路欧姆定律可知，感应电流的有效值减半，则小灯泡 改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次 方成反比，C正确；题图乙中，由闭合电路欧姆定 的功率减为先前的}，C错误：磁铁处于题图乙位置 E 时，穿过线圈的磁通量达到最大值，根据题图丙可知， 律I=R十，导线受到的安培力F=BIL,联立解 此时磁通量的变化率为0，即磁铁处于图乙位置时，小 得F=BEV ,可知通过改变导线直径可改变导线 灯泡两端的电压为0，D错误。 o S+rs 4.C【解析】根据右手定则可知，导体棒刚过cd处 所受的安培力，由数学知识可知当且仅当 时通过导体棒中的电流方向沿CA方向，A错误；t =rS时， 时刻的感应电动势e=BL0c0sa,共中a=号，解 S+S最小，此时S=店 ,最小值为2rS=2r· v 得e=BLvcos()=0.4eos4(V),t时刻的感 Nr 2BE,/ =2听，故最大安培力F。= -,D 正确。本题选择不正确的选项，故选B。 应电流i=2R=0s41(A),感应电流的有效值 2.A【解析】从图示位置顺时针转60°的过程中，线 1 I= 圈的磁通量在减小，由楞次定律可知，感应电流方 ② A,则电压表示数U=IR≈0.14V,B错误； 向由b通过R流向a,即为负方向，这段时间 元 π △1一30当转到线圈平面与磁场方向平行时，线 学体棒中广生的点千热Q=R,哥-高1.C 圈的感应电流最大；继续转30°的过程中，线圈的 正确；设导体棒刚到达ab时受到导轨的支持力大 磁通量在增大，由楞次定律可知，感应电流方向由 v2 小为N,则有N-mg=m,解得N=18N,根 6通过R流向a,即为负方向，这段时间△t2=； 据牛顿第三定律知导体棒刚到达ab时对导轨的 继续转60°的过程中，线圈的磁通量在增大，线圈 压力大小为18N,D错误。 两个接头通过换向器改变了与R两端的连接，由楞 1 次定律可知，感应电流方向由a通过R流向b,即为 5.D【解析】根据题意可知副线圈的总电阻尺 正方向，这段时间丛，一需：此时线图平西与磁场方 R+R,RR化简得R=R)·R+R) 1 1 2R.+R 向垂直，感应电流为0，A正确。 则滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，副线 ·51· 7 真题密卷 二轮专题精准提升 圈的总电阻先增大后减小，根据等效电阻关系，变压 2× Um 2 器与副线图电阻可等效为电阻R年=（化）R,则等效 电荷量q'=2X 2nw R 又T-2r ,图乙整流电路 电阻先增大后减小，对原线圈电路由欧姆定律有 在一个周期内道过电阻R的电流平均催1一-号 U I一R。十R ,理想变压器电流关系1，=%1，由上 n2 mRC错误；图乙整流电路与图丙整流电路中电 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=LU一I1R。,变压 U2m一 阻R的电压峰值关系为可 2，在一个周期内 1 器电压关系U,=,由于11先减小后增大，则副 U制2m 2 -T 线圈的电压U2先增大后减小，通过L2的电流IL,= 产生热量关系为Q 2 R 1 R。十R。,则滑动变阻器的滑片从口端滑到b端的过 U制3m 2 =4D错误。 「2 -T R 程中，Rp逐渐减小，副线圈的电压U2增大过程中 7.A【解析】蓄电池的输出功率P=EI一Ir,变形 I12增大，在副线圈的电压U2减小过程中，通过R。 U2 一r,结合图像可得E=12V,r=0.52,A 的电流I一R,十R。R,逐渐增大，则1越来越 E2 小，则根据电流关系IL=I2一Ir。,可知L。一直变亮， 正确B错误；由P=E1-Ir=-(I-5)2r十4 D正确，C错误；根据等效电阻关系，有R华= (巴)R, nz 可知当1= E2 =12A时，最大输出功率Px一4r 2r 可知保持P的位置不动，将Q向上滑动的过程中，2 72W,C错误；该蓄电池的短路电流I短= E一 增大，故等效电阻变小，根据欧姆定律I=R。十R 24A,D错误。 可知I1增大，故L一直变亮；由等效电源法有U2= 8.C【解析】将R1和R2等效为电源内阻，则等效 ER2 ,即当R= R。时，副线 电源的电动势E,一R,十R十，=6V,等效内阻 R。+ n r1= 圈的电压最大，灯泡L2最亮，题中并没给出原副线圈 +R1)R=50,当滑动变阻器的滑片从a r+R1+R2 匝数以及滑动变阻器的阻值，故无法判断L。的亮暗 端滑到b端的过程中，R,变大，总电阻变大，总电 变化，A错误，B错误。 流减小，路端电压变大，V1读数变小，则V2读数 6,B【解析】题图乙整流电路中电阻R两端电压最 变大，因U$搞=U1+U2,可知△U1小于△U2, 大猴Um号电流的有我位1U世-C吸 |△U A错误；根据欧姆定律U=R,△ =R3= √2 AnR R 20Ω，根据闭合电路欧姆定律E1=U2十I(R:十 A错误；由理想变压器原副线圈电压与匝数关系， r1),可得 △U2 =R3十r1=252,B错误；将R3等 △I Um=, 可得U纵 =1,又Uwm=BSw,联立解得BS= 效为新电源的内阻，内阻r2=r1十R,=252,当外 U,因甲整流电路在一个周期内通过电阻R的电 电路电阻等于电源内阻时输出功率最大，则当滑 动变阻器的滑片从α端滑到b端的过程中，电阻 荷量g=R=R=RB正确，由AB选项分 从0增加到302，可知R4的功率先增大后减小， 析可得图乙整流电路在一个周期内通过电阻R的 当R4=252时功率最大，最大值P= 2r2 7 ·52· ·物理· 参考答案及解析 0.36W,C正确；当滑动变阻器的滑片在a端时， 三、非选择题 R2R3 26 电源E的外电阻R外1=R1十R,十R,=3 2,当滑 11.(1)C(2分)(2)D(2分) (3) R(2分) n 动变阻器的滑片在b端时，电源E的外电阻 【解析】(1)为实现探究目的，保持原线圈输入的 R2(R3+R4)31 R:-R:十R:十R:十R30,电源E的内阻 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 r=8Ω，根据电源输出功率和外电阻关系可知，滑 是控制变量法，C正确。 动变阻器的滑片从α端滑到b端的过程中，电源 (2)根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的 的输出功率一直减小，D错误。 二、选择题 民系-，副线圈巨数n略小于400匝，可知 9.AC【解析】根据法拉第电磁感应定律，三个形状 副线圈电压应略小于5V,不会明显小于理论值，A 的线框在题图甲所示磁场区域中产生的电动势随 错误；变压器存在电磁辐射，辐射电磁波，放出能 时间的变化规律都符合题图乙，比较线框在磁场 量，但辐射能量较少，输出电压测量值不会明显小 区域发生变化前后所产生感应电动势随时间变化 于理论值，B错误；原、副线圈存在电流热效应，副 规律，由题图乙和题图丁可知，当Esin ot=5E 线圈电压将小于5V,不会明显小于理论值，C错 2 误；两块变压器铁芯没有组装在一起，会出现漏 时，即当线圈旋转买时才开始切割磁感线（或者 3 磁，副线圈电压将明显小于理论值，D正确。 说，穿过线框的磁通量才开始发生变化)。如果线 圈形状是正方形或六边形线框，则其边长L= 《装福文区得原夏可用品--票楼器 d c0s60=2d,圆形线框在变化后的磁场中，线圈 闭合电路欧姆定律R二，则副线圈的等效电四 始终在切割磁感应线（或者说，穿过线框的磁通量 =」R,将U。等效为电源电动 始终在变化)，A、C正确，B错误；在题图甲的磁场 2 中，正六边形线框要转过一定角度才会有感应电 等效为电源内阻，R'等效为外电阻，当R获得的 流，D错误。 功率最大时，则有R。=R',解得R= (2）R 1/ 10.AD【解析】右手定则可知，通过电阻R的电流 方向始终为N→M,A正确；导体棒产生的电动 12.(1)c、d(2分)(2)C(2分)(3)D(3分)(4) 原、副线圈匝数之比(3分) 势e=2BLw=2LwB,n0,可知当0A棒转动 1 【解析】(1)在探究变压器线圈两端电压与匝数 至0=行"时，电动势e一LB,B错民：根据 关系的实验中，原线圈两端应接入交流电，故应 与c、d连接。 1 e=2 LBsin0=Ensin0,可知周环转动一周的 (2)根据理想变压器的原理，有 :-=1400 02n2100 过程中，感应电动势有效值E有= Em 2 =4LB, 可得U2≈0.57V,实际变压器有磁损、铁损和铜 2 损，实际输出电压要偏小，故有U2实=x≈0.5V, C错误；分析可知，整个电路总电阻R落=，十 4 U1=8=16,C正确。 则可得U2*0.5 5r ,圆环转动一周的过程中，根据能量守恒可知， (3)根据楞次定律和安培定则，产生的涡旋电流 外力做的功W= 群×2红，联立解得W-oBL 的方向与左侧面平行，为了减小涡旋电流在铁芯 R总ω 中产生的热量，相互绝缘的硅钢片应平行于前表 D正确。 面（后表面），D正确。 ·53· 真题密卷 二轮专题精准提升 (4)根据题表中数据可得，在实验误差允许范围 (2)当金属线框ABCD达到稳定时，线框AB、CD U1_ 内有U, ,得出结论：在实验误差允许范围内， 两边切割磁感线的相对速度大小 变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝 相对=(u0一0m）·2 (1分) 数之比。 根据法拉第电磁感应定律，可得此时的感应电动势 13.(1)12W(2)1.6×105C E'=2BlU相对=Bl2(ω0一wm） (1分) 【解析】(1)若保持开关S1、S2闭合，电阻R3突 则此时的感应电流 然断路，电路稳定后的电流 E I-E_Blo-0) (1分) R R I一R1十R2 (1分) 金属线框AB、CD两边所受的安培力均为 电阻R2的电功率 P:=IR2 (1分) F安=BIL= B213(w0-wm） (1分) R 解得P1=12W (1分) AB、CD两边所受的安培力均与阻力平衡 (2)开关S、S2闭合时，由于电源内阻不计，则通 f=F安 过R2的电流与上述电流相等，结合上述，令电源 又有 负极电势为0，则有 Pa-0=IR2 f-kv-kwm2 解得p。=6V (1分) 当k= 2B212 时 通过R4的电流 R E (1分) 2B2121B213(w0-wm) 12R,+R4 R m 2 R (1分) 则有 解得导线框转动的最大角速度 p6-0=I2R 解得p6=7.5V (1分) wn-2 (1分) 此时电容器下极板带正电，根据电容的定义式有 (3)转动稳定后达到最大角速度wm,AB、CD两 C Qi 边所受的安培力均与阻力平衡 (1分) 96-Pa ∫=F安 若保持开关S闭合，断开开关S2,电路稳定后， 通过电路的电流仍然为I2,此时电容器两端电压 又f=ku=bwm2 U,=I2Rs (1分) 根据法拉第电磁感应定律，可得此时的感应电动势 此时电容器下极板带负电，根据电容的定义式有 E”=2Blm=Bl2wm (1分) c-: (1分) 则此时的感应电流 则流过R；的电荷量 T=EE”_E-Blw (1分) R R Q-Q:+Q2 AB、CD两边所受的安培力 解得Q=1.6×10-5C。 (1分) Bl(E-Bo ml2) 14.(1)顺时针 (2(3 BIE (kRt+2B212t-mR) F (1分) R (2B212+kR)2 Bl(E-Bw ml2) 【解析】(1)题图甲装置，导线框顺时针转动，题图 则kwm2 (1分) R 乙装置若导线框也顺时针转动，由楞次定律可知， 2BE 旋转辐向磁场的转动方向也为顺时针。(1分) 解得wm=2B212十kR ·54· ·物理· 参考答案及解析 设安培力的冲量为IA,由动量定理知 解得By= 3 co (1分) 2IA-2ft=2m·wm2 (1分) 故中心处磁感应强度大小恒定为 又IA=∑FA△L=2B1(E-2BU:) 3 R △t= Be-2kIo (1分) BL(Et-2Bls) 以角速度ω顺时针旋转 (1分) (1分) R (2)由楞次定律，转子也会顺时针旋转，汽车匀 联立解得 速行驶时，设转子稳定旋转的角速度为“，当 2BIEt-momIR 4B212+2kR 线圈M1M2M3M4磁通量为0时，该线圈中总 代入wm,得 意应电动势e=2X L 2kI.XLiX (@-0.)2 s=BLE (kR:+2B*1t-mR) (2B212+kR)2 (1分) 3 1LL2u-a:) (1分) 15.1)缸，以角速度。顺时针旋转 (2)w 该线圈中电流 Arf 2δ(mv-ft) (3) i-E_3kIoLL:(o-w,) (1分) 9k2ILL2入 3kAIoL 2r 【解析】(1)由题图乙可得 M1M2所受安培力 i=Iosin wt 3 3kIoLiL2(@-@x) F安=2k1。X ×L1= 2 in-1osin (wt-3*) 9k2I8LL2(@-@x) (1分) Ar 汽车受到的牵引力 故在t时刻ABC线圈分别在中心处产生的磁感 F=入F安 9k2I6LL2Aw-u）=f 公 (1分) 应强度大小分别为 Arf Ba=kI。sin wt (1分) 解得wx=ω一 9k2ILL2入 (1分) B,=1,sm(ou-号刘 (1分) (3)刹车过程，对汽车由动量定理有 I制车阻力冲量大小十ft=m☑ (1分) Be=lsn(om-专 (1分) 得I制奉凰力冲量大小=mU一ft 故在t时刻线圈中心处产生的合磁场 又因为在刹车的任意时刻，转子的所有线圈单边 B合=BA-Bacos60°-Bccos60°=klosin at 所受安培力大小之和 如a-号刘s前-血(au 4 3πcos60 F安总一入 制车阻力 (1分) (1分) 故刹车全过程 3 解得B:=之bL,osin t (1分) IF安总冲量= 入 I刮车程力冲量大水= (mv-ft)= Be,=Bosin60°-Besin60°=kIosin(at- 3 k1L,Q8电量 (1分) 4 sin 60-sin )sin 60 20(mv-ft) (1分) 解得Q慈电量一 3k入IL1 (1分) ·55· 72025一2026学年度二轮专题精准提升（十一） 觉题 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 是符合要求的。 题号 2 3 4 5 6 7 8 答案 1.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 一段导线接在恒流源两端，下列说法不正确的是 () 恒流源 丙 A.图乙中，拉长该段导线使直径减小，导线电阻随之增大 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 D.图乙中，通过改变导线直径可改变线所受的安培力，且最大安培力为？B正 W 2.如图所示，匀强磁场方向与水平面成60°斜向右下方，矩形线圈以恒定角速度ω绕水平 面内的OO轴按图示方向转动，线圈通过换向器与电阻R相连。以图中时刻为计时起 点，规定电流由α通过R流向b方向为电流正方向，则通过R的电流i随时间变化图像 正确的是 () B D 二轮专题精准提升（十一）物理第1页（共8页） 真题 不是看到希望才坚特，而是坚特了才能看到希望 3.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 班级 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 姓名 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6Ω，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 () 得分 擦小轮 小发电机 车轮 小发电机 开跃代 个Φ/《×104Wb) 2 /2π 传动轴磁铁 甲 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 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0.22 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 () 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,导体棒中产生的焦耳热为x D.导体棒刚到达ab时对导轨的压力大小为18.2N 5.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 () 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 密卷 二轮专题精准提升（十一）物理第2页（共8页） 7 6.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=msin 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 () 丙 A.图乙整流电路通过电阻R电流的有效值为2U 2nR B图甲整流电路在一个周期内通过电阻R的电荷量为2汇。 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2R 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 P 1 7,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户了图 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 () 户(wA) -/A 1 -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 8.在如图所示电路中，电源电动势E=12V,内阻r=82,定值电阻R1=22,R2=102, R3=202,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.W|=20n, △U2 =302 △I 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 二轮专题精准提升（十一）物理第3页（共8页） 真题名 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 9 10 答案 9.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 () 2 3E 2 3d d 0 0 d k A.正方形线框 B.圆形线框 C.六边形线框 D.正六边形线框 10.如图所示，半径为L的圆环放置在光滑水平地面上，圆环上固定OA、OB、OC、OD四 根长均为L,阻值均为r且夹角互为90°的金属棒，以圆环圆心O为原点建立直角坐 标系，在第二象限圆环内部存在方向垂直水平面向下的磁场，沿半径OG各点磁感应 强度B=B。sin0(0为OG与x轴负方向夹角)，圆心O与环面分别通过电刷E、F与 阻值为r的电阻R相连，其它电阻均不计。在外力作用下，圆环以角速度ω绕O点 沿顺时针方向匀速转动。以OA进入磁场开始计时，则下列说法正确的是( ) A.通过电阻R的电流方向始终为N→M B当0A棒转动至0=45时，感应电动势e=2BL A C.圆环转动一周的过程中，感应电动势有效值E有= 2 BooL? D.圆环转动一周的过程中，外力做的功W=wBL 5r 卷 二轮专题精准提升（十一）物理第4页（共8页） 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(6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 线倦 门 线圈 变压器铁芯 甲可拆变压器零部件 乙组装后的变压器 (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1、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： 实验序号原线圈匝数n1副线圈匝数n2 原线圈两端电压 副线圈两端电压 U U1(V) U2(V) n2 1 800 400 8.0 3.7 2 2.2 2 800 100 8.0 0.9 8.9 3 200 100 8.0 3.6 2 2.2 4 1400 100 8.0 x 14 y 二轮专题精准提升（十一）物理第5页（共8页） 真题密 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 A 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)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S1闭合，断开开关S2,电路稳定后，流过R,的电荷量。 卷 二轮专题精准提升（十一）物理第6页（共8页） 14.(14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ω。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1，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=kv(飞 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； 2B212 (2)在图乙装置中，若k= R ,则导线框转动的最大角速度wm； (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。 7 二轮专题精准提升（十一）物理第7页（共8页） 真题密 15.(18分)新能源电动汽车越来越受到人们的青睐，其核心关键部分之一就是电动机。某 型号电动汽车的电动机结构简化如图甲所示：A1A2A3A4、B1B2B3B4、C1C2C3C4为 三个完全相同、彼此绝缘、互成60°且有以O1O2为公共对称轴的固定矩形线圈，构成 定子；在定子内部有很多个完全相同的矩形线圈（图中只画了M1M2M3M4一个），这 些矩形线圈排列类似于定子的三个固定线圈，都以O1O2为公共对称轴、彼此绝缘且 紧密排列在绕O1O2轴360°范围内固定连接在一起，构成转子，可绕O1O2自由转动。 转子通过O1O2轴上的齿轮等机械构件与汽车车轮实现联动，当转子所受磁场力为其 转动的动力或阻力时，汽车也会同时受到相应的牵引力或阻力λF(F为此时转子中， 磁通量为0那个矩形线圈平行于O1O2轴的“一条”边受的磁场力)。现在三个固定矩 形线圈中分别通以图乙所示交流电iA、iB、ic,图中所标量均为已知，电流分别沿 A1A2、B1B2、C1C2为正向。单个固定线圈通电i后在其中心处产生磁场，磁感应强度 大小满足B=ki,k和入均为定值。 (1)试通过定量计算，描述线圈中心处磁感应强度B的大小、方向变化情况。 (2)设转子线圈完全处于(1)所述磁场中，已知线圈M1M2M3M4电阻为r,M1M2长为 L1,M1M4长为L2;当质量为m的汽车受恒定阻力f且以v匀速行驶时，求转子线 圈绕O1O2轴转动的角速度。 (3)如(1)(2)所述情况下，驾驶员突然踩刹车，三个固定线圈中电流立刻变为图丙所 示，汽车经历时间t停下；若任意时刻转子中所有线圈平行于O1O2轴的“一条”边 受的磁场力大小之和为6℉，求汽车整个刹车过程中，所有转子线圈正、反向流过电 量绝对值之和。 A(.) 0 M(M,)月 .) B(B) 0Q以 B,(B.) MIMS CI(C A.4,) 甲 27 )3 丙 卷 二轮专题精准提升（十一）物理第8页（共8页）