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（山东专用）

真 2025一2026学年度二轮专题精准提升（十一） 题 物理·直流电路和交变电流 本试卷总分100分，考试时间90分钟。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 题号 1 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，将另一段导线接在恒流源两端，下列说法 不正确的是 () 恒流源 甲 7 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 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, 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 () 60 0 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v匀速行驶时，小灯泡恰好正常 二轮专题精准提升（十一）物理第1页（共8页） 真题至 不是看到希望才坚持，而是坚持了才能看到希望 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 班级 正弦交流电压。则下列说法正确的是 ( 摩擦小轮 小发电 在铃 小发电机 姓名 匚形铁芯 Φ/(×10Wb) V2 2π 得分 传动轴 磁铁 丙 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 平行圆弧导轨ad,6c,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 R B.电压表的示数为0.20V C导体排中产生的熊耳热为0J 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 L 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，L 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 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=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 D D D2 甲 密卷 二轮专题精准提升（十一）物理第2页（共8页） 3 A图乙整流电路通过电阻R电流的有效值为②C 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 R Um 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 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 .P1 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了了图像如图，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 () 京(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 △I =300 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、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，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 9 10 11 12 答案 9.如图甲所示，在-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 () √5E 2 丙 二轮专题精准提升（十一）物理第3页（共8页）】 真题密 y个 3d d 0 0 0 d 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 () 2v 01.21.31.41051.61。 分 乙 A.1=0时刻，若拉力F的大小为F,则曲线切线的斜率小于F m B.t=2.5o时刻，拉力F的功率为R C.若图乙阴影的面积为S,则3。~4，时间内，拉力F的平均值为BLS。 Rto D.0一2，时间内，回路中产生的热量为2BL20, R 11.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,siO(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OA棒转动至0=45时，感应电动势e三7Ba G X ×0 C.圆环转动一周的过程中，感应电动势有效值E有= 2 BowL.: F个 D.圆环转动一周的过程中，外力做的功W=BL 5r 卷 二轮专题精准提升（十一）物理第4页（共8页） 12.“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/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√2sin100πt(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1：2=3：1，现让司机吹气，下列说法正确的是 () R/ 80H A 601 酒精 40 传感器 20- 0.20.40.60.81.0 c/(mg:mL) 甲 乙 A.司机饮酒后，在吹气过程中，电压表V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6小题，共60分。 13.(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 线圈 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、n2=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、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。 二轮专题精准提升（十一）物理第5页（共8页） 真题密 14.(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： 电源。● 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 U U1(V) U2(V) n2 U, 1 800 400 8.0 3.7 2 2.2 2 800 100 8.0 0.9 8 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 A C 0 (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) 15.(8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S、S2,电路稳定后，求： (1)若保持开关S、S2闭合，电阻R,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。 R 卷 二轮专题精准提升（十一）物理第6页（共8页） 3 16.(8分)对于同一个物理问题，经常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，加深 理解。给定一段粗细均匀的导体AB,横截面积为S、长为L。单位体积内有n个自由电子，每个电 子的电荷量为。该导体AB两端加某一电压时，自由电子定向移动的平均速率为v。 (1)求导体中的电流I。 (2)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩 余部分)的碰撞。电子与金属离子碰撞的平均结果表现为导体给电子以连续的阻力，这是导体形 成电阻的原因。设阻力的大小与电子定向移动速率成正比，即f=,k是阻力系数。请推导导 体的电阻率p= ne2o (3)自由电子与金属离子发生碰撞，会使金属离子的热运动更加刷烈，电子将能量转移给金属离子， 从而使金属导体发热。某段时间内，将导体中所有自由电子因与正离子碰撞而损失的动能之和 设为△Ek,将这段时间内导体产生的焦耳热设为Q,请证明：Q=△Ek。 17.(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=(k为比例系数，v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=2B1 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。 、ONO)DC 3 二轮专题精准提升（十一）物理第7页（共8页） 真题密 18.(16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O1O,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O,O2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 线圈通电讠后在其中心处产生磁场，磁感应强度大小满足B=k,k和λ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M1M2M,M4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∫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8F, 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(A.) 0 M(M.) c(C.)8. B,(B) B,(B.) 0 MA.)B C(C.) A(A) 甲 -1 -L。 丙 卷 二轮专题精准提升（十一）物理第8页（共8页）真题密卷 二轮专题精准提升 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 E max ，小灯泡恰好正常发光，则有R十R Eo E。= 1.B【解析】根据电阻定律R= S,其中S= 4 U —之联立辉得尽— ,可知题图乙中，拉长该 总小灯池有P一（货)R。解释。50s, B错误；车轮转动时带动半径为2cm的摩擦小轮转动， 段导线使直径减小，导线电阻随之增大，A正确； 根据v=wr,结合上述解得v=l0m/s,A正确；若自行 题图丙中，导线两端的电压U=R=,电流 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 不变时，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压 电路欧姆定律可知，感应电流的有效值减半，则小灯泡 变为原来的16倍，B错误；题图丙中该段导线的发 1 英功车P=1R-,流这导线的也流不支， 的功率减为先前的4，C错误；磁铁处于题图乙位置 时，穿过线圈的磁通量达到最大值，根据题图丙可知， 改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次 此时磁通量的变化率为0，即磁铁处于图乙位置时，小 方成反比，C正确；题图乙中，由闭合电路欧姆定 灯泡两端的电压为0，D错误。 E 律I=R十，导线受到的安培力F=BIL,联立解 4.C【解析】根据右手定则可知，导体棒刚过cd处 时通过导体棒中的电流方向沿CA方向，A错误；t 得F=BE 一，可知通过改变导线直径可改变导线 S +rs 时刻的感应电动势e=BLuc0sam,其中w=?,解 所受的安培力，由数学知识可知当且仅当 得e=BLvcos()=0.4eos4红(V),t时刻的感 =rS时， e S十S最小，此时S= p 应电流i=2R=0s4t(A),感应电流的有效值 ,最小值为2rS=2r· 1 I= A,则电压表示数U=IR≈0.14V,B错误； 应=2√p,故最大安培力F= 2BE V √2 Ver 'D 正确。本题选择不正确的选项，故选B。 导体棒中产生的焦耳热Q=I2R· 2 -.c 2.A【解析】从图示位置顺时针转60°的过程中，线 正确；设导体棒刚到达αb时受到导轨的支持力大 圈的磁通量在减小，由楞次定律可知，感应电流方 向由b通过R流向a,即为负方向，这段时间 小为N,则有N-mg=m,,解得N=18N,根 4,一需：当转到线圈平西与磁场方向平行时，线 据牛顿第三定律知导体棒刚到达αb时对导轨的 压力大小为18N,D错误。 圈的感应电流最大；继续转30°的过程中，线圈的 1 磁通量在增大，由楞次定律可知，感应电流方向由 5.D【解析】根据题意可知副线圈的总电阻R b通过R流向a,即为负方向，这段时间△：一60 R+R,十R十R化简得R=+R)·RR) 1 1 2R0+R 继续转60°的过程中，线圈的磁通量在增大，线圈 则滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，副线 两个接头通过换向器改变了与R两端的连接，由楞 圈的总电阻先增大后减小，根据等效电阻关系，变压 次定律可知，感应电流方向由a通过R流向b,即为 正方向，这段时间△4。一；此时线圈平面与磁场分 器与制线圈电宜可等效为电但R一月)R,则等 效电阻先增大后减小，对原线圈电路由欧姆定律有 向垂直，感应电流为0，A正确。 U 3.A【解析】设感应电动势的最大值为Emx,则有 1RR里绍变压器电流关系1一兴，由上 Emax=NBSw=N④maxw,则感应电动势的有效值 述分析可知，I1先减小后增大，I2先减小后增大，则 3 ·56· ·物理· 参考答案及解析 L先变暗后变亮，根据欧姆定律U1=U一I1R。,变压 7.A【解析】蓄电池的输出功率P=EI一Ir,变形 器电压关系U=,心，由于1免减小后增大，则副 得PE n r,结合图像可得E=12V,r=0.52,A 线圈的电压U2先增大后减小，通过L2的电流1工2= U2 延确，B错误迪P=E-IP7=一(1-)+， R。十Rp ,则滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过 可知当I= E2 程中，Rp逐渐减小，副线圈的电压U2增大过程中 21 =12A时，最大输出功率Pnx Ar I2增大，在副线圈的电压U2减小过程中，通过R。 U2 的电流IR,一R。十R ,Rap逐渐增大，则IR。越来越 72W,C错误；该蓄电池的短路电流1。=E- 24A,D错误。 小，则根据电流关系IL,=I2一IR。,可知L一直变亮， 8.C【解析】将R1和R2等效为电源内阻，则等效 2 D正确，C错误；根据等效电阻关系，有R华=（亿）R, ER2 2 电源的电动势E,一R,十R十，一6V,等效内阻 可知保持P的位置不动，将Q向上滑动的过程中，2 (r+R1)R2 增大，故等效电阻变小，根据欧姆定律I一R十R 1=r+R1+R2 50,当滑动变阻器的滑片从a 可知I1增大，故L一直变亮；由等效电源法有U2= 端滑到b端的过程中，R4变大，总电阻变大，总电 Ro 流减小，路端电压变大，V1读数变小，则V2读数 .1- R+() 2 即当R= R。时，副线 R 变大，因U路瑞=U十U2,可知|△U1小于|AU2|, 71 △U1 圈的电压最大，灯泡L。最亮，题中并没给出原副线圈 A错误；根据欧姆定律U-R,△ =R3= 匝数以及滑动变阻器的阻值，故无法判断L。的亮暗 202,根据闭合电路欧姆定律E1=U2+I(R:十 变化，A错误，B错误。 △U2 6.B【解析】题图乙整流电路中电阻R两端电压最 r1),可得 =R3十r1=252,B错误；将R3等 △I Um 大值U剩2m=2n U2m√2Um 效为新电源的内阻，内阻r2=r1十R3=252,当外 ,电流的有效值I= 2 4nR 电路电阻等于电源内阻时输出功率最大，则当滑 R 动变阻器的滑片从α端滑到b端的过程中，电阻 A错误；由理想变压器原副线圈电压与匝数关系， 从0增加到302，可知R。的功率先增大后减小， Um n 可得U。 1,又Um=BSw,联立解得BS= 百R,=250时功率最大，最大值P三r:二 ，图甲整流电路在一个周期内道过电阻R的电 Um 0.36W,C正确；当滑动变阻器的滑片在a端时， 荷量g=22B5_2U。 R2Ra26。 R=R=R,B正确；由A、B选项分 电源E的外电阻R1=R,十R2十R一3，当滑 析可得图乙整流电路在一个周期内通过电阻R的 动变阻器的滑片在b端时，电源E的外电阻 R2(R3+R4)31 272no R=R+R十R,十R:-3,电源E的内阻 电荷量0=2XR,又T=红，图乙整流电路 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 在一个周期内通过电阻R的电流平均值I=号三 的输出功率一直减小，D错误。 R,C错误；图乙整流电路与图丙整流电路中电 Um 二、多项选择题 9.AC【解析】根据法拉第电磁感应定律，三个形状 阻R的电压峰值关系为 U2- ú熟3m 2,在一个周期内 的线框在题图甲所示磁场区域中产生的电动势随 U制2m 时间的变化规律都符合题图乙，比较线框在磁场 √2 区域发生变化前后所产生感应电动势随时间变化 Q2 R 产生热量关系为 Q U翻3m 4D错误。 规律，由题图乙和题图丁可知，当Esin wt=5E R 时，即当战图旋转晉时才开始切制磁感线（或者 ·57. 3 真题密卷 二轮专题精准提升 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 过程中，感应电动势有效值E有= m_ZL'oBo' 24 c0s60=2d,圆形线框在变化后的磁场中，线图 d C错误：分析可知，整个电路总电阻R%=r十4 始终在切割磁感应线（或者说，穿过线框的磁通量 5r 始终在变化)，A、C正确，B错误；在题图甲的磁场 ，圆环转动一周的过程中，根据能量守恒可知， 中，正六边形线框要转过一定角度才会有感应电 ×2红，联立解得W-BL】 流，D错误。 外力做的功W=R意X0 5r, 10.BC【解析】若t=0时刻，金属棒的速度是0，电 D正确。 动势是0，电流是0，安培力是0，合力为F,当F 12.BC【解析】将副线圈等效为电阻R,,则有 Fo RzI=RI,因为I1n1=I2n2,代入题中数据， 的大小为F。时，a= ,又因为t图像的斜率 解得R=9R,对原线圈有U=I1(R1十R)= 表示加速度，则t一0时刻，图像曲线切线的斜率 I1(R1十9R),司机饮酒后，在吹气过程中，结 等于。，A错误；=2.5t,时刻，t图像的斜率 合图像可知R减小，故I1增大（即电流表A m 示数增大)，则R1分压增大，故R电压减小 是0，金属棒的加速度是0，则拉力F与安培力等 (即电压表V1示数减小)，A错误；由题意可 大反向，即F=F,其中E=BL,I卡，F生合 知，有效电压U=2202v=220V,图像可知 2 BL,棕合可得F=B,拉力F的功率P= R 酒精在0.2mg/mL与0.8mg/mL的范围内，R Fvo=B'L'vi U B正确；3t。~4t。时间内，由动量 阻值在40~200之间，根据R,十9R=1,可 R 知电流在0.55~1.0A之间，B正确；若司机喝过 E 定理可得Ft。一BILt0=0,其中q=Ito,I= 一瓶藿香正气水10分钟左右进行测量，则每毫升 R 血液含酒精0.3毫克，图像可知电阻R约为30， E= △Φ △，联立以上三式可得g-尺，金属杆从 U 220 则1=CR,十9R)=40+9X30A≈0.71A,则 to~2t。时间内的位移等于阴影部分的面积S。, 12=Im1≈2.13A,则电压表V,的示数U 则△Φ=BLS。,综合可得3t。一4t。时间内，拉力 n2 P的泽均位P-BS,C正确：由国锋可得 IzR≈(2.13×30)V≈64V,C正确；若R1和R Em1=BLv0,Em2=2BLv0,图像中的曲线是正弦 功率相等，则 IR1_n2R1_1 IR nR =,可知R=R≈ 9 曲线的二分之一，则电动势的有效值是最大值 4.42,图像可知酒精浓度为0.6mg/mL时电阻 为202≠4.42，不符合题意，D错误。 为Y之右E,=50。,E2==√2BLu0, √2 √2 三、非选择题 在0~2t,时间内，回路中产生的热量Q= E 13.(1)C(2分)(2)D(2分) (3)R,2分) E,5B2Lt0,D错误。 【解析】(1)为实现探究目的，保持原线圈输入的 2R 电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈 11.AD【解析】右手定则可知，通过电阻R的电流 上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法 方向始终为N→M,A正确；导体棒产生的电动 是控制变量法，C正确。 势e=B肌w= 1 (2)根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的 L2wB。sin0,可知当OA棒转动 关系号-需副我图匝数略小于400匣，可知 至0=45时，电动势e= 4L2wB。,B错误：根据 副线圈电压应略小于5V,不会明显小于理论值，A 错误；变压器存在电磁辐射，辐射电磁波，放出能 e=2 LBsin9=Esin0,可知图环转动一周的 量，但辐射能量较少，输出电压测量值不会明显小 ·58· ·物理· 参考答案及解析 于理论值，B错误；原、副线圈存在电流热效应，副 通过R4的电流 线圈电压将小于5V,不会明显小于理论值，C错 E 误；两块变压器铁芯没有组装在一起，会出现漏 I:-R:+R 磁，副线圈电压将明显小于理论值，D正确。 则有 U=,1=”,根据 (3)根据变压器原理可得U-n,'T2n P6-0=I2R4 解得p6=7.5V (1分) 此时电容器下极板带正电，根据电容的定义式有 闭合电路欧姆定律R= ,则副线圈的等效电胆 C- (1分) R号-（侣）八R,带匹，等发为也系也动费，R 96-Pa 若保持开关S1闭合，断开开关S2,电路稳定后， 等效为电源内阻，R'等效为外电阻，当R获得的 通过电路的电流仍然为I2,此时电容器两端电压 (1分) 功率最大时，则有R。=R',解得R=（ U2=I2R3 此时电容器下极板带负电，根据电容的定义式有 14.(1)c、d(2分)(2)C(2分) (3)D(2分)(4) (1分) 原、副线圈匝数之比(2分) c 【解析】(1)在探究变压器线圈两端电压与匝数 则流过R;的电荷量 关系的实验中，原线圈两端应接入交流电，故应 Q=Q1十Q2 与c、d连接。 解得Q=-1.6×10-5C。 (1分) U1_n1_1400 16.(1)neSv(2)见解析(3)见解析 (2)根据理想变压器的原理，有U一n:100’ 【解析】(1)根据电流的微观表达式可解得 可得U2≈0.57V,实际变压器有磁损、铁损和铜 I=neSv (1分) 损，实际输出电压要偏小，故有U2实=x≈0.5V, (2)根据闭合电路欧姆定律可知 U1=8=16,C正确。 U=IR 则可得U*0.5 将电流微观表达式带入可得 (3)根据楞次定律和安培定则，产生的涡旋电流 U=neSvXR (1分) 的方向与左侧面平行，为了减小涡旋电流在铁芯 由电阻率表达式可知 中产生的热量，相互绝缘的硅钢片应平行于前表 L 面（后表面），D正确。 R-PS (4)根据题表中数据可得，在实验误差允许范围 将该式代入闭合电路欧姆定律表达式可得 有-，得出结论：在实验误差允许范周内。 内有U2n2 U-neSoXes-pLnev 变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝 导体中电子匀速运动，有 数之比。 f=eE=kv (1分) 15.(1)12W(2)1.6×10-5C 而根据电场强度和电势差的关系可知 【解析】(1)若保持开关S、S2闭合，电阻R,突 U=Ed=EL (1分) 然断路，电路稳定后的电流 联立两式可得 E e I一R1+R2 (1分) 一U 电阻R2的电功率 将的表达式代入U的表达式可得 P1=IR2 =paeX出 解得P1-12W (1分) 化简后可解得 (2)开关S1、S2闭合时，由于电源内阻不计，则通 过R2的电流与上述电流相等，结合上述，令电源 U=oneU 负极电势为0，则有 最终化简可知 Pa-0-IR2 解得pa=6V (1分) p ne? ·59· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 (3)根据焦耳热表达式可知 f=F安 (1分) Q=I2Rt 将电流微观表达式代入可得 又f=k=kwm2 Q=(neSv)2Rt=n2e2v2S2Rt 根据法拉第电磁感应定律，可得此时的感应电动势 将电阻率公式和第(2)问的结论代入，化简可得 E"=2Blv=Bl2@m (1分) Q=n2e22s飞L 则此时的感应电流 neSt=n'SkLt (1分) 1- E-E”E-Bl2wm (1分) 由于L为电子移动的总距离，则 R R Q=nSkv12 AB、CD两边所受的安培力 每个电子损失的动能△Ek等于阻力做的功。每 F安一 Bl(E-Boml2) 个电子移动的距离大约为t,可得损失的动能 R (1分) △Eko=fL=koXut=kv2t (1分) 1 Bl(E-Bom12) 则导体AB中所有电子损失的总动能 则kwm2 R △Ek=LSn△Eko=nSkv3t (1分) 2BE 可得 解得wm=2B212+kR △Ek=Q(得证)。 (1分) 设安培力的冲量为IA,由动量定理知 1R.针o片8E (2B212+kR)2 2IA-2ft=2m·0m2 (1分) 【解析】(1)题图甲装置，导线框顺时针转动，题图 Bl(E-2Blv:) 又IA=∑FA△t=∑ △t= 乙装置若导线框也顺时针转动，由楞次定律可知， R 旋转辐向磁场的转动方向也为顺时针。(1分) Bl(Et-2Bls) R (1分) (2)当金属线框ABCD达到稳定时，线框AB、CD 联立解得 两边切割磁感线的相对速度大小 2BLEt-momIR 相对二（w0一wm)·) (1分) s= 4B212+2kR 根据法拉第电磁感应定律，可得此时的感应电动势 代入wm,得 E'=2Bl指对=Bl2(w0一wm） (1分) BlE (kRt+2B212t-mR) (2BZ2+kR)2 (1分) 则此时的感应电流 1=E_B(a-w.) (1分) 18.(1)21。,以角速度w顺时针旋转(2)w R R 金属线框AB、CD两边所受的安培力均为 4rf 28(mv-ft) (3) 9k2I8LL2λ 3kλIoL1 F&-BIl= 2l3(w0-wm） R (1分) 【解析】(1)由题图乙可得 AB、CD两边所受的安培力均与阻力平衡 i=Tosin wt f=F安 ia=1sin(u-号) 又有 f=kv=kwm 2 ie=lsn(au-专) 当k=2B12 故在t时刻ABC线圈分别在中心处产生的磁感 R 应强度大小分别为 2B2121B2Z3(w0-wm) Ba=kIosin wt R Cm 2 (1分) R BB=kIosin 2 解得导线框转动的最大角速度 (ot-3) 0a-2 4 (1分) Bc=kIosin wt-3π) (3)转动稳定后达到最大角速度wm,AB、CD两 故在七时刻线圈中心处产生的合磁场 边所受的安培力均与阻力平衡 B6x=BA-B&cOS60°-Bccos60°=kIosin at ·60. ·物理· 参考答案及解析 l血a子小os前-l血(u专小ms时 M1M2所受安培力 3 Fa=2 klo x 3kI。L1L2(w-wx) (1分) 2r X L1= 3 解得B合：=2 kosint (1分) 9k2I3LL2(@-@x) (1分) Ar B6y=Bosin60°-Besin60°=kTosin(at- 2 3. 汽车受到的牵引力 F=λF安 9k2I8LLA(w-w:）=f (1分) sn60-l.sn(au专小n60 (1分) Ar Arf 3 解得ωx=w一 (1分) 解得Bs,=一2 kI.coswt (1分) 9k2I6LL2入 (3)刹车过程，对汽车由动量定理有 故中心处磁感应强度大小恒定为 I制车假力冲量大小十ft=mU (1分) (1分) 得I制车假力冲量大小=mo一ft 又因为在刹车的任意时刻，转子的所有线圈单边 以角速度ω顺时针旋转 (1分) 所受安培力大小之和 (2)由楞次定律，转子也会顺时针旋转，汽车匀 速行驶时，设转子稳定旋转的角速度为山红，当 F安号一入F到车血力 (1分) 线圈M1M2M3M4磁通量为0时，该线圈中总 故刹车全过程 3 感应电动势e=2×21XL1X(ww:)2 14= I利奉凰力冲量大小= (mv-ft)= 3 IoLiL2(@-@.) (1分) 3 b1LQ&tt (2分) 该线圈中电流 解得Q总电量 2δ(mv-ft) i=E_3kIoLiL:(o-w.) (1分) 3k入IoL1 (1分) 2r 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 减小的减速运动：线框完全进入磁场后，穿过线框 1.A【解析】线圈a中小圆产生的感应电动势和大 的磁通量不变，线框中感应电动势为零，感应电流 圆中产生的感应电动势方向相反，即电动势E:= 为零，安培力为零，加速度为零，因此线框完全进 )-4-5会w,线图b中小图产 △B 入磁场到刚要离开磁场过程，线框做匀速运动；线 框穿出磁场过程中，根据加速度的表达式可知，线 生的感应电动势和大圆中产生的感应电动势方向相 框继续做加速度减小的减速运动，直到完全穿出 同甲电动分E,-总)计治=1B公， 磁场；此过程t图像如图所示，由于线框宽度只 有磁场宽度的一半，所以线框整体在磁场中匀速 a、b两线圈中产生的感应电动势大小之比为5：13，A 运动的距离与出磁场的距离相等，则根据讠= 正确。 Blv 2.D【解析】根据法拉第电磁感应定律E=Bl,设 尺，可知出磁场电流将越来越小，方向与进磁场时 E 线圈电阻为R,根据闭合电路的欧姆定律I=尺， 的电流方向相反，综上可以得出出磁场时间比在磁场 中匀速运动时间更长，A、B错误；线框进入磁场过程 根据安培力公式F=BIl,根据牛顿第二定律α 中，水平向右由动量定理BIL·△t=mu一mwo,I= mR,根据加速度的表达式可 2联立解得a=B R,联立B1 Bl B212v 知，线框向右全部进入磁场的过程，线框做加速度 R ·△=m-m,v=v0 mR ·61· 3