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（冀辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏粤滇川专用）

·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 故当粒子竖直位移大小为y= 3L=8Ay+L时 1 nay ay (1分) 的运动时间可能为 4 且△y1<2r1=3L =87+n:或，=8T+2rt:+知或 1 (1分) 解得n>7.5 1 故n=8 (1分) t,=9T+6T 粒子在电场中减速和加速时间均为 即41=(64+100不 t=-L -4L 30 (1分) v1+2 L t2=(68+35π (1分) 2 00 T-T+2+ 110π、L 27 (1分) t3=(72+ 300 (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、单项选择题 3,B【解析】根据电阻定律R=, 1.A【解析】蓄电池的输出功率P=EI一Ir,变形 ,其中S= 4, 得号-号7，给合因像可得E=12V,r=0.5n.A S,联立解得R=16pV n,可知题图乙中，拉长该 正琉，B特误：由P=1-r=一(1一号+器 段导线使直径减小，导线电阻随之增大，A正确； 可知当1= 题图丙中，导线两端的电压U=IR=16oV? E=12A时，最大输出功率Px一4 π2d4，电流 不变时，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压 72W,C错误；该蓄电池的短路电流I短= 变为原来的16倍，B错误；题图丙中该段导线的发 24A,D错误。 热功率P=1R-17,流过导发的电流不定。 2.A【解析】设感应电动势的最大值为Emx,则有 改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次 Emax=NBSw=N更maxw,则感应电动势的有效值 方成反比，C正确；题图乙中，由闭合电路欧姆定 E。 ，小灯泡恰好正常发光，则有R十R西 R十，导线受到的安培力F=BIL,联立解 √2 律I= 发对小灯有P- 发R解件u=0ad3 BEV 得F= ov 一，可知通过改变导线直径可改变导线 B错误；车轮转动时带动半径为2cm的摩擦小轮转动， 根据v=wr,结合上述解得v=l0m/s,A正确；若自行 所受的安培力，由数学知识可知当且仅当 S=rS时， 车的速度减半，摩擦小轮转动的角速度减半，感应电动 势的最大值减半，感应电动势的有效值减半，根据闭合 S+S最小，此时5=√，最小值为2S=2 o oV 电路欧姆定律可知，感应电流的有效值减半，则小灯泡 的功率减为先前的，C错误；磁铁处于题国乙位置 ov r 2所，故大安培力P配，，D 2 时，穿过线圈的磁通量达到最大值，根据题图丙可知， 正确。本题选择不正确的选项，故选B。 此时磁通量的变化率为0，即磁铁处于图乙位置时，小 4.C【解析】根据右手定则可知，导体棒刚过cd处 灯泡两端的电压为0，D错误。 时通过导体棒中的电流方向沿CA方向，A错误；t ·45· 1 真题密卷 二轮专题精准提升 时刻的感应电动势e=BLvcos5ut,其中u=”,解 则滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，副线 圈的总电阻先增大后减小，根据等效电阻关系，变压 得e=BLvcos(）=0.4cos4红(V),t时刻的感 2 器与副线圈电阻可等效为电阻R等= R,则等 2 e 应电流i=2R=c0s41(A),感应电流的有效值 效电阻先增大后减小，对原线圈电路由欧姆定律有 11 A,则电压表示数U=IR≈0.14V,B错误； I一R,十R理想变压器电流关系1，-%1，由上 U n2 √2 述分析可知，I1先减小后增大，I2先减小后增大，则 元 L先变暗后变亮，根据欧姆定律U1=U一I1R。,变压 导体棒中产生的焦耳热Q=I2R· 器电压关系U=",U ,由于I1先减小后增大，则副 正确；设导体棒刚到达ab时受到导轨的支持力大 v2 线圈的电压U2先增大后减小，通过L2的电流I工，= 小为N,则有N-mg=m,解得N=18N,根 U2 据牛顿第三定律知导体棒刚到达αb时对导轨的 R。十R。,则滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过 压力大小为18N,D错误。 程中，R。逐渐减小，副线圈的电压U2增大过程中 5.B【解析】题图乙整流电路中电阻R两端电压最 I12增大，在副线圈的电压U2减小过程中，通过R。 U2 大值U,电流的有效值I U制2m_V2Um 的电流I,R十R。R,逐新增大，则1越来越 √2 AnR R 小，则根据电流关系IL,=12一IR,可知L。一直变亮， 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=（ ) 可得U m=,又UMm=BSw,联立解得BS白 可知保持P的位置不动，将Q向上滑动的过程中，n2 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1=R十R琴' nw △Φ2BS2Um 可知I1增大，故L一直变亮；由等效电源法有U2= 荷量g-尺=R一如RB正确；由A,B选项分 Ro 2 2 析可得图乙整流电路在一个周期内通过电阻R的 R。+(2 R。时，副线 R ,即当R n1 Um 272no 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=2×R",又T=2r 。,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一号= 7.C【解析】将R1和R2等效为电源内阻，则等效 Um R,C错误；图乙整流电路与图丙整流电路中电 ER2 电源的电动势E一R,十R,十，=6V,等效内阻 U翻2m一 阻R的电压峰值关系为可a。 2,在一个周期内 (r十R)R2=50,当滑动变阻器的滑片从a 1=r+R1+R2 /U制2m 端滑到b端的过程中，R,变大，总电阻变大，总电 流减小，路端电压变大，V1读数变小，则V2读数 Q2 R 1 产生热量关系为 Q U3m 4D错误。 变大，因U路瑞=U1十U2,可知△U1小于|△U2|, A错误；根据欧姆定律U1=IR, △U1 =R3= R △I 1 202,根据闭合电路欧姆定律E1=U2+I(R?+ 6.D【解析】根据题意可知副线圈的总电阻 R △U2 r),可得 =R3十r1=252,B错误；将R3等 1 1 R+R,R十R化简得R= R十Rp)·R,+Rp) 2Ro+R 效为新电源的内阻，内阻r2=r1十R3=252,当外 1 ·46· ·物理· 参考答案及解析 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 Ft。-BILt=0,其中g=Ito,I=F,E At 从0增加到30，可知R,的功率先增大后减小， △Φ 当R4=252时功率最大，最大值P= E11 联立以上三式可得g=R,金属杆从。~2，时 2rr2 间内的位移等于阴影部分的面积S。,则△Φ= 0.36W,C正确；当滑动变阻器的滑片在a端时， BLS。,综合可得3t。~4t0时间内，拉力F的平均 R2R3 26 电源E的外电阻R1一R+R。十R=号D,当滑 值F= BLS,C正确；由田像可得E= Rto 动变阻器的滑片在b端时，电源E的外电阻 BL0,Em2=2BL0,图像中的曲线是正弦曲线的 R2(R3+R4)31 R#:=R1十R,十R十R:3 ,电源E的内阻 二分之一，则电动势的有效值是最大值的 则 r=82,根据电源输出功率和外电阻关系可知，滑 动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电源 有E1= BLvo,E= √2 BL0=2BLo,在0~20 √2 的输出功率一直减小，D错误。 E?,E 二、多项选择题 时间内，回路中产生的热量Q=R。十Rt0一 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 5B2L5t0,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 RI=RI,因为I1n1=I2n2,代入题中数据， 规律，由题图乙和题图丁可知，当Esin=5E 解得R=9R,对原线圈有U=I1(R1十R) 2 I1(R1十9R),司机饮酒后，在吹气过程中，结 时，即当线圈旋转时才开始切割磁感线（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；由题意可 圈形状是正方形或六边形线框，则其边长L= d 0s60=2d,圆形线框在变化后的磁场中，线图 知，有效电压U=220区V=220V,图像可知 √2 始终在切割磁感应线（或者说，穿过线框的磁通量 酒精在0.2mg/mL与0.8mg/mL的范围内，R 始终在变化)，A、C正确，B错误；在题图甲的磁场 U 阻值在40~20D之间，根据R1十9R)=11,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0.55~1.0A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 220 大小为P时，0三又因为1图像的斜率表示 则1=R,十9R)=40+9X30A≈0.71A,则 加速度，则t=0时刻，图像曲线切线的斜率等于 1≈2.13A,则电压表V2的示数U'= I2= n2 m,A错误t=2.5,时刻，t图像的斜率是0， F I2R≈(2.13×30)V≈64V,C正确；若R1和R 金属棒的加速度是0，则拉力F与安培力等大反 功率和等，用有股-没-片了勿限=是 向，即F=F,其中E=BLvo,I R,F安=BIL, 4.42,图像可知酒精浓度为0.6mg/mL时电阻 综合可得F=BI,拉力F的功率P=F, 为20D≠4.42，不符合题意，D错误。 R 三、非选择题 BLv 2 R 2,B正确；3t。~4t。时间内，由动量定理可 11.(1)C(2分)(2)D(2分) 3)() R(2分) ·47· 1 真题密卷 二轮专题精准提升 【解析】(1)为实现探究目的，保持原线圈输入的 【解析】(1)若保持开关S1、S2闭合，电阻R3突 电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈 然断路，电路稳定后的电流 上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法 E (1分) 是控制变量法，C正确。 I-R1+R2 (2)根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的 电阻R2的电功率 P1=IR2 (1分) 系-，副线圈匝数2略小于400匝，可知 关系U22 解得P1=12W (1分) 副线圈电压应略小于5V,不会明显小于理论值，A (2)开关S1、S2闭合时，由于电源内阻不计，则通 错误；变压器存在电磁辐射，辐射电磁波，放出能 过R2的电流与上述电流相等，结合上述，令电源 量，但辐射能量较少，输出电压测量值不会明显小 负极电势为0，则有 于理论值，B错误；原、副线圈存在电流热效应，副 p。-0=I1R2 线圈电压将小于5V,不会明显小于理论值，C错 解得pa=6V (1分) 误；两块变压器铁芯没有组装在一起，会出现漏 通过R4的电流 磁，副线圈电压将明显小于理论值，D正确。 E (1分) U11=2,根据 (3》根据变压器原理可得U一n,'1,元 I:-R3+R. 则有 P-0=I2R4 闭合电路欧姆定律R= ,,则副线圈的等效电阻 解得p.=7.5V (1分) R宁-（份》广R#华英方色海电动势，R, 此时电容器下极板带正电，根据电容的定义式有 C、 Qi 等效为电源内阻，R等效为外电阻，当R获得的 (1分) 9b-9a 功率最大时，则有R,=R',解得R=()R。 2 若保持开关S1闭合，断开开关S2,电路稳定后， 1 通过电路的电流仍然为I2,此时电容器两端电压 12.(1)c、d(2分)(2)C(2分) (3)D(2分)(4) U2=I2R3 (1分) 原、副线圈匝数之比(2分) 此时电容器下极板带负电，根据电容的定义式有 【解析】（1)在探究变压器线圈两端电压与匝数 Q2 关系的实验中，原线圈两端应接入交流电，故应 C-U: (1分) 与c、d连接。 则流过R。的电荷量 (2)根据理想变压器的原理，有可n: U1_n1_1400 Q-Q:+Q2 100 解得Q=1.6×10-5C。 (1分) 可得U2≈0.57V,实际变压器有磁损、铁损和铜 2（3)BE(kR+2B2t-mR) 损，实际输出电压要偏小，故有U2=x≈0.5V, 14.(1)顺时针(2 (2B2Z2+R)2 ,U18 则可得U2度0.5 【解析】(1)题图甲装置，导线框顺时针转动，题图 =16,C正确。 乙装置若导线框也顺时针转动，由楞次定律可知， (3)根据楞次定律和安培定则，产生的涡旋电流 旋转辐向磁场的转动方向也为顺时针。(1分) 的方向与左侧面平行，为了减小涡旋电流在铁芯 (2)当金属线框ABCD达到稳定时，线框AB、CD 中产生的热量，相互绝缘的硅钢片应平行于前表 两边切割磁感线的相对速度大小 面（后表面），D正确。 (4)根据题表中数据可得，在实验误差允许范围 相对=（ω0一wm）·2 (1分) .U ni 内有U2 根据法拉第电磁感应定律，可得此时的感应电动势 ,得出结论：在实验误差允许范围内， E'=2Blu梅对=Bl2(w0一wm) (1分) 变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝 则此时的感应电流 数之比。 E'Bl2(wo-@m) 13.(1)12W(2)1.6×10-5C I= R R 1 ·48· ·物理· 参考答案及解析 金属线框AB、CD两边所受的安培力均为 5,(1)3Lo,以角速度。顺时针旋转(2)山 F&=BIl= B2l3(w-wm） (1分) R Arf 28(mv-ft) AB、CD两边所受的安培力均与阻力平衡 9k2ILL2入 (3)3kλIL1 f=F安 【解析】(1)由题图乙可得 又有 iA=losin wt f-ko-kom2 ia=1osim(ou-号✉) 当k=2B时 ic=Iosin（ R 2B2121B213(w0-wm) 故在t时刻ABC线圈分别在中心处产生的磁感 R @m 2 (1分) R 应强度大小分别为 解得导线框转动的最大角速度 BA=kIosin wt (1分) Ba=kIosin (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 Be=k1.in(at子 ∫=F安 (1分) 故在t时刻线圈中心处产生的合磁场 Bsx=BA-B&cos60°-Bccos60°=kIosin at- 又f=ku=kwm2 从如(u-号mi-血a言刘m对 4 根据法拉第电磁感应定律，可得此时的感应电动势 E"=2Blv=Bl2@m (1分) (1分) 则此时的感应电流 解得B,-号1 in (1分) 1=E_E”_E-Bl'w R R (1分) 21 B,=Basin60°-Besin60°=kIosin(od-3· AB、CD两边所受的安培力 Fs=Bl(E-Bonl') 4 sin 60-kIsin sin 60 (1分) (1分) R Bl(E-Bom12) (1分) 则kwm2= 解得B合，=一 2kco R 故中心处磁感应强度大小恒定为 2BE 解得0m=2B212十kR 3 B.=2kIo (1分) 设安培力的冲量为IA,由动量定理知 以角速度ω顺时针旋转 (1分) 2IA-2f=2m·wm2 (1分) (2)由楞次定律，转子也会顺时针旋转，汽车匀 叉IA=分FA△t=2B1(E-2Bu,) 速行驶时，设转子稳定旋转的角速度为ω：，当 △t= R 线圈M1M2M3M4磁通量为0时，该线圈中总 Bl (Et-2Bls) R (1分) 感应电动势e-2X L2- 号k6×L1×w=w)2 联立解得 3 s-2BIE:-mo-IR 1L,L2a-a:) (2分) 4B212+2kR 该线圈中电流 代入wm,得 i=E=361LL,(w-w:) (1分) s=BlE (kR:+2B*1t-mR) 2r (2B2Z2+kR)2 (1分) M1M2所受安培力 ·49· 1 真题密卷 二轮专题精准提升 Fa=kl.X 3 3kIoL1L2(w-ω.) 又因为在刹车的任意时刻，转子的所有线圈单边 2r X L1- 所受安培力大小之和 9k2IgLiL2(@-@x) (1分) Ar E一入F利车限力 (1分) 汽车受到的牵引力 故刹车全过程 F-AFs-9k'lLiLsA(-.) 4 (1分) IF我总冲量= 入 I制率阻力冲量大小二 (mv-ft)= Arf 解得ωx=w一9k2I6LL2入 (1分) 3 1L,Qs电￥ (2分) (3)刹车过程，对汽车由动量定理有 28(mu-ft) I制车阻力冲量大小十ft=m0 (1分) 解得Q总电量一 3kλIL1 (1分) 得I剩车力冲童大小=mW一ft 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、单项选择题 1.A【解析】线图a中小圆产生的感应电动势和大 厄NBL=F,可知，线框变到的安培力的最大值 4R 圆中产生的感应电动势方向相反，即电动势E1= 不变，而最大静摩擦力fmx=μg不变，所以在不 2=54 π3)2-4AB △B △，线圈b中小圆产 改变传送带速度的情况下，相同质量、材料、边长 但匝数为2N的线圈进入磁场过程相对皮带不会 生的感应电动势和大圆中产生的感应电动势方向相 打滑，C正确；线圈在进入磁场的过程中通过截面 同，即电动势E-5元 dπ(3r)2+4A 402=13 △B m2, E 的电荷量q=1RNA中V·L0 R 4NLR 4R' a、b两线圈中产生的感应电动势大小之比为5：13，A D错误。 正确。 3.B【解析】由题分析，可知ab、cd边受到的安培 2.C【解析】线圈进入磁场的过程，磁通量增加，根据 力等大反向，但ad、bc边受到的安培力大小不相 楞次定律，可判断出，感应电流的方向为ADCBA,A 等（所处磁场强弱不同）、方向相反，导线框的合安 错误；在线圈进入磁场的过程中，受到沿CA方向的 培力水平向左，则导线框在竖直方向做竖直上抛 安培力作用；由于线圈匀速运动，由二力平衡可知，线 运动，水平方向做减速直线运动，当速度为0时， 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 导线框上升的高度=(vosin53)2 =0.8m,a 2g 始终沿CA方向，最大值f=fm=Fm=N·BI√2L, 点的纵坐标y=h十y0,解得y=1.6m,A错误，B 又有1是- 正确；由功能关系可知，导线框产生的焦耳热等于 ,R意=4NLR,解得f= 导线框克服安培力做的功，水平方向的合力就是 ②NBL0,B错误；线国质量不变，材料不交，边长不 安培力，由功能关系可知产生的焦耳热Q= 4R 变，匝数变成2倍，则导线长度变为原来的2倍，横截面 2m(ucos53)2,解得Q=1.8J,C错误；当速度 积变为原来的2，根据R=令可知，电阻变为原来的 为0时，导线框已经运动的时间t,=sin53 g 4倍，又因为此时安培力的最大值F=2N·BI√2L, 0.4s,t。之后导线框做自由落体运动，回路中没有 又有T=2N·BL0=2N·BLu_B0 感应电流，速度大小v=g(t一to),解得v=1m/s, 4·Rg44NZR-8R,解得F= D错误。 1 ·50·2025一2026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、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 一项符合题目要求。 题号 1 2 3 5 6 7 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2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 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 () 摩擦小 小发电机 小发电机 形铁芯 个Φ/(×10+Wb) 2 t/s 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 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。 姓名 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 得分 D.,图乙中，通过改变导线直径改变导线所受的安培力，且最大安培力为B5心 Nor 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adbc,间距为0.4m,电阻不计；c、d两端与阻值为0.20 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需」 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n：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2U。 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 密卷 二轮专题精准提升（十一）物理第2页（共8页） 1 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 () 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α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=82,定值电阻R1=22,R2=102, R3=202,滑动变阻器R4的取值范围为0~30Ω，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α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 =202, △I AU2=302 △I 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 E.r 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，有多 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。 题号 8 9 10 答案 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 () 2 0 √5E 2 2 二轮专题精准提升（十一）物理第3页（共8页） 真题名 D A 3d d 0 d 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 () 2t。31。 乙 At=0时刻，若拉力F的大小为F,则曲线切线的斜率小于F。 m B2L208 B.t=2.5to时刻，拉力F的功率为R 2L2So C.若图乙阴影的面积为S。,则3t。~4t。时间内，拉力F的平均值为 Rto D.0~2t。时间内，回路中产生的热量为 2B2L2vo2to 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/L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/mL。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 40H 传感器 0020.4060.81.0 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 三、非选择题：本题共5小题，共54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、2。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.(8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： 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 4 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 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 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、R,= 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 卷 二轮专题精准提升（十一）物理第6页（共8页） 1 14.(13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=kv( 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k= 2B212 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。 O D y 二轮专题精准提升（十一）物理第7页（共8页） 真题密 15.(17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=i,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(A,) 0 /M(M) C.(C) B(B) 00 B(B) MO.S C(C) A,(A） 甲 公 卷 二轮专题精准提升（十一）物理第8页（共8页）