专题卷(10)直流电路和交流电路-【鱼跃龙门卷】2026年高三物理二轮复习专题金卷（安徽专版）

2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（十） 物理·直流电路和交流电路 (考试时间75分钟，满分100分) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。每小题只有一个选项符合题目要求。带 题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.截至2025年11月底，我国电动汽车充电基础设施（枪）总数达到1932.2万个，极大地满足了 新能源汽车的充电需求。某款汽车装配了120块“刀片电池”，每块“刀片电池”的容量是 200A·h,平均工作电压是3.2V。该车型采用充电电压为600V的快充充电桩时，充电效率 为80%，充满电需要的时间为1h。该车型每行驶100km,平均能耗是13kW·h。则该汽车 A.使用快充充电桩时的平均充电电流为160A B.充满电后储存的能量为640W·h C.充满电后续航里程约为400km D.充满电后储存的电荷量为3.84×1023C 2.现代电器设备的集成电路对各种电子元件微型化的要求特别高，其中材料相同的金属导体制 成截面为正方形，电阻仅与导体的长、宽、高中的一个因素有关，把与电阻无关的另外两个因 素的尺寸做成微型。如图所示，某集成电路中有两块截面为正方形的同种金属导体R1、R2, 它们是并联关系，上下表面均为正方形，R1的上、下表面面积大于R2的上、下表面面积，R 的厚度h1小于R2的厚度2，闭合开关稳定后，下列说法正确的是 A.R1、R2的电阻相等 B.R1的功率小于R2的功率 C.若R1、R2沿竖直方向接入电路，各自的电阻是不变的 D.R1、R2的厚度发生变化，不会影响其电阻 3.2025年11月12日，我国首个高空风能国家重点研发计划核心装备 世界最大5000平方 米高空风力发电捕风伞在内蒙古阿拉善左旗试验场成功开伞，完成全部预定实验内容并成功 实现空中收伞，标志着我国高空风力发电技术在工程化应用方面迈出 了坚实一步。其发电模块原理图可简化为如图所示。在发电期间，发 电机线圈αb在某一时刻转至图示位置。下列说法正确的是 A.图示时刻线圈中的感应电流沿逆时针方向（俯视） B.图示时刻线圈b端电势高于a端电势 物理W·专题卷（十）第1页（共8页） 鱼跃龙 C.图示时刻线圈感应电动势为零 D.风力增大，线圈产生的感应电动势变小 4,如图所示的电路中，将滑动变阻器与电阻箱的阻值调到合适位置，闭合开关S1、S2,带电小球 P在平行板电容器间刚好保持静止。下列说法正确的是 A.小球可能带负电 B.仅增大电阻箱R3接入电路的电阻，小球将向上加速运动 C.仅将R,的滑片向右移动，小球将向下加速运动 D.同时断开两个开关，平行板电容器的下极板向左移动少许，小球将向上加速运动 5.如图所示的电路中，电源电压恒定不变。当闭合开关S时，灯L1、 A L2正常发光。由于电路出现故障，突然发现灯L1变亮，灯L2变R, 暗，电流表的示数变大。不考虑温度变化对电阻的影响，根据上 述现象判断发生的故障可能是 E,r A.R1断路 B.R2断路 C.R3短路 D.R4短路 6.图甲为某电源的U-I图线，图乙为某小灯泡的U-I图线，则下列说法中正确的是 ◆UV UV 2.0 1.5 1.4 1.5 1.3 1.0 1.2 1.1 0.5 1.0 0.10.20.3iA 0.20.40.60.81A 甲 乙 A.图甲中随着电流的增大电源电动势逐渐减小 B.电源的内阻为52 C.图乙中切线斜率表示小灯泡的电阻 D.把电源和小灯泡组成闭合回路，此时小灯泡功率约为0.3W 7.如图所示，线圈αbcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的bc边以角速度ω匀速转动，稳定后， 电路中三个相同的灯泡均发光，且亮度相同，则 A.若增大线圈角速度w,则L1比L2亮 c B.若增大电容器C两极板间距，则L1变亮 L⑧L⑧⑧L C.若抽掉电感线圈L内部的铁芯，则L2变暗 D.若增大照射在光敏电阻R上的光强，则L3变暗 门卷 物理W·专题卷（十）第2页（共8页） 8.差动变压器指的是一种广泛用于电子技术和非电荷量检测中的变压器装置。主要用于测量 位移、压力等非电荷量参量。其原理简化后如图甲所示，一个初级线圈，位于正中间，两个匝 数相等的次级线圈串联且对称放置，初始时铁芯位于空心管正中央，、b间接如图乙所示的电 流（由α流向b),c、d端接交流电压表，示数为零。铁芯移动时始终至少有一端在次级线圈 中。下列说法正确的是 A.铁芯上移，电压表示数为两个次级线圈产生 电动势的有效值之和 铁芯 B.铁芯下移，t1~t2时间内，c端电势高于d端 ao 输入 电势 输出 C.可以通过电压表示数关系判断铁芯移动距 离的大小关系 D.a、b端改接正弦交流电，铁芯不动，电压表 示数不为零 *如图所示电路中，电源内阻不能忽略不计，电流表、电压表均视为理想电表， 滑动变阻器总阻值足够大；当滑动变阻器滑片从左端向右端滑动时，下列说 R 法中正确的是 A.电流表A示数增大 B.电压表V1示数增大、V2示数减小 R C.电压表V3示数变化的绝对值与电流表示数变化的绝对值之比为R E.r D.滑动变阻器消耗的电功率先减小后增大 二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。带￥题目为能力提升题，分值不计入 总分。 9.图甲是某小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为 理想交流电流表。线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO'逆时针方向匀速转动。从图示位置 开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。已知发电机线圈内阻为5Ω，外接 电阻的阻值为95Ω。则 A 5V2 (A 0 t/(×10-2s) -5V3 分 乙 A.电流表的示数为5A B.线圈转动的角速度为50πrad/s C.电阻R消耗的功率为4750W D.线圈中产生的感应电动势的表达式为e=500√2cos100πt(V) 物理W·专题卷（十）第3页（共8页） 鱼跃龙 10.某同学研究远距离输电，图中升压变压器和降压变压器均是理想变压器。若发电厂输出电 压不变。当开关S由2改接1时，通过调节变阻箱R2阻值使发电厂输出功率不变，则 A.电压表读数变大 B.电流表读数变大 R C.用户得到的功率减小 D.输电线损失的功率减小 *2025年12月15日，我国离岸距离最远海上风电项目一三峡江苏大丰800兆瓦海上风电项 目实现全容量并网，标志着我国海上风电向深远海迈进取得了又一重大突破。如图为风力发 电机的简化模型，风带动叶片转动，使叶片的转速为转/秒，升速齿轮箱的转速比为1：，高 速转轴使匝数为N的发电机线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交流电通过理想变压器后为 用户端的盏灯泡供电，其中A灯为指示灯，A灯与用户端的灯泡相同，额定电压均为U,所 有灯泡正常发光。已知匀强磁场的磁感应强度为B,线圈电阻不计。下列说法正确的是 低速 高速 转轴 转轴 发电机等效图 ××× A 叶片 升速齿轮箱 转速比1：k 0 ☒☒ XX BX A.用户端的交变电流的频率为kn(Hz) B.变压器原、副线圈的匝数比为1：m C.发电机线圈的面积为S=2(m十1)U 2πknNB D.若增多用户端的灯泡数量，且叶片的转速不变，则A灯变亮（设灯泡不会被烧坏），其余灯泡 的亮度变暗 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(8分)我国某农村用潜水泵抽取地下水进行农田灌溉，潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组 成。勘测得知当地地下水源距离地表8深，因此安装潜水泵时需要将一根输水钢管竖直 打入地底下与地下水源连通。水泵出水口离水平地面高度为0.8m,水流由出水口水平喷出 时的速度为5/s,每秒出水量为4kg。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，功率为 550W,输人电压为220V。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的 输人功率，已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为80%，取重力加速度 g=10m/s2,忽略其他能量损失，求： (1)水泵的输入功率； (2)电动机线圈每秒产生的焦耳热； (3)电动机线圈的电阻。 门卷 物理W·专题卷（十）第4页（共8页） 班级 12.(10分)如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2,共1000匝，线圈的总电阻r=12,外接电阻 13. R=9Q,匀强磁场的磁感应强度B=】T,当线圈以300r/min的转速匀速旋转时，问： 姓名 (1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式。 XI X d + 得分 (2)线圈从图示位置转过0s时电动势的瞬时值是多大？ (3)电路中，电流表和电压表的示数各是多少？ P ④ 答题栏 1 2 3 4 5 6 7 P 9 o 物理W·专题卷（十）第5页（共8页） 鱼跃龙门卷 (10分)如图甲所示的电路，其中电源电动势E=6V,内阻r=22,定值电阻R=42,已知滑 动变阻器消耗的功率P与其接入电路的阻值Rp的关系如图乙所示，滑动变阻器最大阻值为 202,求： (1)图乙中最大功率P2的值； (2)图乙中R2的值； (3)当滑动变阻器接入电路的阻值为R,时，电源的效率（结果保留三位有效数字）。 P/W E.r O32R, →R 甲 乙 物理W·专题卷（十）第6页（共8页） 14.(14分)我国自主研发的“南鲲”号发电装置已在珠海投入运行，其原理是利用海浪带动浪板 15. 摆动使发电线框转动，向外输出电能，如图()所示。某同学根据该原理自制了如图(b)所示 的发电装置，装置在海浪作用下，线圈做匀速圆周运动，已知两永磁铁间可视为磁感应强度 为B=区T的匀强碳场，线圈的匝数N=600,面积5=0.01m,且在：=60s时间内转过 了=25圈，将该发电装置连接到如图(c)所示的输电电路中，两个理想变压器T1、T,的原、 副线圈匝数之比分别为n1:n2=1:2,n3:n4=2:1,发电装置内阻不计。 、海浪 浪板 图(a) 图(b) 图(c) (1)求线圈中产生的交流电电动势的峰值； (2)求交流电压表读数； (3)若测得电流表读数为I=4A,负载电阻R=1Ω，求输电线路总阻值r。 物理W·专题卷（十）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 (16分)某同学在研究性学习活动中自制电子秤，原理示意图如图所示。用理想电压表的示 数指示物体的质量，托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计，滑动变 阻器R的滑动端与弹簧上端连接。当托盘中没有放物体时，滑片恰好指在变阻器的最上端， 此时电压表示数为0。设变阻器总电阻为R,总长度为1，电源电动势为E,内阻为r,限流电 阻阻值为R。,弹簧劲度系数为k,重力加速度为g,不计一切摩擦和其他阻力。 (1)计算电压表的最大示数； ■y Ro (2)计算该电子秤能测量的质量的取值范围； R E r (3)电压表示数U与所称物体质量m的关系式。 物理W·专题卷（十）第8页（共8页）·物理W· 半导体 D 0 0 正离子生成器A) (3)依题意，原来离子在磁场中转过的圆心角0=90°，磁感应强 度加倍后，运动的半径为？=L,离子在磁场中转过的圆心 角仍为0=90°，离子将从AO中点F经过分界线，即AF= AC. 结合类平抛的知识可知，D点速度的反向延长线交于对应匀 速方向位移的中点，再根据三角形相似可得，调整前vD=√5v, 满整后。=义B一合m心2，可得E:·以=行：13， 13.1器 e器+ B2 (n=1,2,3,…) 【解析】（1)粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得 9voB=mvi 根据题意可得号=k,解得轨道半径为r一B· Vo (2)粒子在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，在x轴方向 上做匀加速运动。若粒子在垂直于x轴的平面内转过奇数个 半圈，此时打到探测屏上的位置距离P点最远；根据几何关系 释D--常 (3)垂直于x轴的平面内，粒子在磁场中运动的周期T=2” 则粒子回到x轴时间为t=nT=n ga=123 沿x轴方向粒子的速度1=at, 沿x轴方向，根据牛顿第二定律有qE=ma, 粒子到达P点时的速度大小v=√后十， 联立解得=√6+切 B2 -(n=1,2,3,…)。 (2)2u。 3能贸 00 【解析】(1)粒子在电场中沿x轴做匀速直线运动，W3d=vot, 沿y轴做匀加速直线运动，名d=7aa-光， 3 1 m 联立求得9-好 m Ed (2)沿y轴做匀加速直线运动，v,=at=√3vo, 进入磁场中粒子的运动轨迹如图所示， y· .60 3d 在B点速度与x轴正方向的夹角满足tan0==5,即 00 0=60°， 则进入磁场时的速率o=2。, 由几何关系可得sin60°= R,又qg0B=mw2 R 解得B=E Uo (3)甲、乙两粒子在C点发生弹性碰撞，设碰后速度分别为1、v2, 由弹性碰撞可得m=m0,十22， m 方m=名a+宁×受，解得=号，=号 1 2 8 两粒子碰后在磁场中运动，31B=,,32B=m0, 2r2 求得r1=r2=2d,半径相同，可以再次相遇，两粒子在磁场中 二直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为了三 不调 两粒子碰后再次相遇需满足气△1一云△1=2x,解得再么 遇的时间△1=B9· 2πm (1)大小为B,方向沿之轴正方向(2) 2gl (3)大小为 1√o2B2+4m 9g严，方向在0：平面内与y轴正方向夹角为0 斜向上，其中0满足tan0=3qB 2mv 【解析】(1)由左手定则可知，带电粒子所受洛伦兹力沿之轴负 方向，则由平衡条件可知，电场力沿之轴正方向，即电场强度 沿之轴正方向，且有qE一qB=0,解得E=B,方向沿x轴正 方问。 (2)粒子运动的轨迹如图甲所示， 由几何关系有r2=(r-)2+(5)2, 解得粒子运动的半径为r=2l, 由牛顿第二定律有gB'=m,, v 解得B-0 2 qE E 甲 (3)由题意，电场力的一个分力沿之轴正方向平衡洛伦兹力，另 一个分力沿y轴正方向提供类平抛运动的加速度，如图乙所 示，则由平衡条件有qE1=qB, 由平抛运动规律有51=t,1=2a,,其中2，- 1 解得E1=B,E2= 2mv2 3gl, 11 参考答案及解析 则合电场强度为E=√E+E-√FB+ 容减小，容抗增大，使得通过灯泡L,的电流减小，所以灯泡L 9g22,方向在 变暗，故B错误；若抽掉电感线圈L内部的铁芯，感抗减小，使 yOz平面内与y轴正方向夹角为0斜向上，其中0满足tan0 得通过灯泡L2的电流增大，所以灯泡L2变亮，故C错误：若增 E13qlB 大照射在光敏电阻R上的光强，光敏电阻的阻值减小，通过L E2 2mv 的电流变大，L3变亮，故D错误。 8.C【解析】副线圈反向接，当铁芯在中央时上下方两个次级线 物理（十） 圈的磁通量相同，此时次级线圈整体电压为零。即铁芯移动时 A【解析】单块电池充满电后储存的电能是E1=UIt=U1q1= 会因铁芯的移动导致的磁通量的变化产生感应电动势。铁芯 3.2X200W·h=640W·h,整车充满电后储存的电能是E= 上移时，它会使得上方的次级线圈中的磁通量增多，下方的次 120E,=76800W·h=76.8kW·h,故B错误；该车充满电后 级线圈中的磁通量减小。由于次级线圈是沿相反方向串联的， E 所以上方的次级线圈产生的感应电动势会与下方的次级线圈 续航里程是s=13kW·h×100km≈591km,故C错误；由题 产生的感应电动势方向相反。所以，电压表示数为两个次级线 意可知E=UIt,其中7=80%，U=600V,t=1h,解得I= 圈产生电动势有效值之差，故A错误。铁芯下移，t1~t2时间 160A,故A正确；单块电池充满电后储存的电荷量是q1= 内，原线圈的电流减小，根据楞次定律可得，c端电势低于d端 200A·h=200×3600C=7.2×10C,故D错误。 电势，故B错误。当铁芯从中央位置开始移动量越大时，它改 B【解析】设正方形边长为L,材料电阻率为ρ，则电阻R= 变穿过次级线圈的磁通量也越多，从而导致次级线圈中产生的 L PS=P五=p方，可知电阻与h成反比，由于R1的厚度h1小 感应电动势也越大，所以可以通过电压表示数关系判断铁芯移 动距离的大小关系，故C正确。两个次级线圈反向接，当铁芯 于R2的厚度h2,可知R>R2,故A错误；由于二者并联，电压 在中央时上下方次级线圈的磁通量相同，电压表示数一直为 U2 相同，根据P=R,可知电阻大的功率小，故R,的功率小于R。 零，故D错误。 ￥B【解析】将R1、R?、E视为一个等效电 的功率，故B正确；若R1、R2沿竖直方向接入电路，则电阻 源(E1、x1),如图虚线框所示，由闭合电路 R,=p专=P合，可知电阻会发生改变，放C错误若RR,的 E 欧姆定律有I一，十R,十R,R增大时，I (A 厚度变化，结合A选项可知，其电阻发生变化，故D错误。 减小，电流表A示数减小，故A错误；电压 B 4.D 表V1的示数为电源E的路端电压，R增 D【解析】若R,断路，则原来与之并联的L两端电压变大， 大时，外电阻增大，干路电流减小，由闭合 电路中总电阻变大，总电流变小，则与L2和R3并联这部分所 E.r 电路欧姆定律有U1=E一Ir,可知电压表 分的电压变小，故L1变亮，L2变暗，电流表的示数变小，故A V,示数增大；由于电流表的示数减小，即流过R。的电流减小， 错误；若R2断路，则整个电路断路，则L1、L2均不亮，电流表无 所以R2两端的电压减小，即V2示数减小，故B正确；将除R外 示数，故B错误；若R?短路，电路中的总电阻减小，总电流增 的其余部分视为等效电源(E2、r2),则有U3=E2一Ir2,所以 大，L,部分电路分得的电压增大，L,消耗的功率增大，L1变亮 电流表以及L2所在的并联支路电压减小，则电流表读数减小， △U3 △I _,+R:)R+R,而不是R,故C错误；R消耗的功 =T2=,+R1十Rg L2支路电流变大，可知L2变亮，电流表读数变小，故C错误；若 率即等效电源(E、r)的输出功率，即PR=IR=R十+T,) ER R4短路，电路中的总电阻减小，总电流增大，L1部分电路分得 的电压增大，L消耗的功率增大，L变亮，又因为R2两端电压 变大，则L2和R?两端电压及与之并联的支路电压均减小，则 E (R-r2)2 一，可知，R从0逐渐增大到r2过程中，PR逐渐增 流过L2的电流减小，流过电流表的电流增大，则L2变暗，电流 R +4r2 表的示数变大，故D正确。 大；R=r2时，PR最大；R继续增大，PR减小，故D错误。 D【解析】图甲中U-I图线中纵截距表示电，0Y 9.AD 10.AD 源电动势，即E=1.50V,电源电动势不随电流1.5只 ACD【解析】低速转轴转速为，由升速齿轮箱可知发电机线 变化而变化，A错误，U1图线中斜率的绝对值1.0中 0.5 圈转速为kn,所以用户端的交变电流的频率为kn(Hz),故A正 表示电源的内阻，即，=15.0Q= 0.3 32, 0.20.40.60.81A 确；根据理想变压器原、副线圈功率相同，U1I,=U2I2,因所有灯 B错误；由图乙可知，小灯泡为非线性元件，其割线表示电阻，C 泡相同且正常发光，所以I2=mI1,根据理想变压器的原、副线圈 错误；将电源和小灯泡组成闭合回路，U-I图线的交点即为路端 电压与匝数关系知元：=司，=士=咒，故B错误；根据条件可知 电压和电流，电源短路电流为1粒= E =0.92,如图所示，小灯 r U2=U,所以发电线圈的电动势有效值为E=(m十1)U,则发电 泡的功率为P=UI=0.5V×0.6A=0.3W,D正确。 线圈的电动势最大值为Emx=√2E=√2(m十1)U,且Emx= A【解析】若增大线圈转动角速度ω，根据w=2πf知交流电 NBSw=NBS×2πkn,求得发电机线圈的面积为S= 的频率增大，电容器容抗减小，电感器感抗增大，使得通过灯泡 L1的电流比L2的大，所以灯泡L,将比L2更亮，故A正确；若 反(m十1)儿，故C正确；理想变压器输入功率与输出功率相等， 2πknNB R2 U 电容器C两极板间的距离，根据C知，电容器的电 (E-U2_,整理得到R、E-UU 所以P人=P出U1RAR2 高三二轮复习专题卷 EU,C,若增多用户端的灯泡数量，且叶片的转速不变，则电 U玲U路 动势E不变，R2变小，R。不变，原、副线圈电压比值不变，所以 U2变小，U1变小，UA变大，则A灯变亮，其余灯泡的亮度变暗， 故D正确。 11.(1)502.5W(2)47.5J(3)7.62 【解析】(1)以每秒出水量为研究对象，每秒钟水泵对水做功为 w=mgH+子m, 其中H=8m十0.8m=8.8m, W P泵出 泵的输出功率为P氟西=，输入功率为P人一807， 解得P累人=502.5W。 (2)由题意对电动机可得P总=P出十P内=P系人十P内， 电动机线圈每秒产生的焦耳热为Q=P内t,解得Q=47.5J。 （3)电动机额定电压为20V,则额定电流为I=一220 P总_550 A= 15 2.5A, P内=I2R=47.5W,解得电动机线圈的电阻为R=7.62。 12.(1)e=500sin(10πt)V(2)250V(3)35.4A318.2V 【解析】(1)根据题意，转速为n=300r/min=5r/s, 故频率f=n=5Hz, 角速度为w=2πf=10πrad/s, 感应电动势的最大值为Em=NBSw=500V, 因为从中性面开始计时，所以感应电动势按正弦规律变化，有 e=Em sin wt=500sin(10πt)V。 (2)将t 60s代人表达式得e=250V. (3)电动势的有效值为E-E=2502V, √2 E 电流表示数I=R千，=255A=35.4A, 联立解得电压表示数U=IR=225√2V=318.2V。 13.(1)1.5W(2)12(3)83.3% 【解析】(1)由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电路外电阻等 于电源内阻时，输出的功率最大。把定值电阻R看成电源内 阻的一部分，结合题图乙可知，当R1=R十r=6时，滑动变 E2 阻器消耗的功率最大，最大功率P,一4R十)-1.5W。 (2)由题图乙知，滑动变阻器接入电路的阻值为3Ω和R。时消 耗的功率相等有(3n+）”×3a=(R+,)》R,代 E 1 入数据解得R2=122。 6. E (3)当Rp=R1=6n时，可得1R,+R+,=0.5A, 此时有P外=I(R十R1)=2.5W, P&=EI1=3 W, 则电源效率-产×10%83,3%. 14.(1)5√2V(2)10V(3)12 【解析】(1)线圈转速为n=:, 2πk 线圈的角速度为ω=2πn= t 线圈产生电动势的峰值E=NBSw=5√2V。 (2)升压变压器原线圈电压有效值为U=N E =5V, ,U1_n1 升压变压器T,原、副线圈电压之比满足n, 解得电压表读数U2=10V。 (3)负载两端电压U4=IR=4V, wU3=3 降压变压器T,原、副线圈两端电压之比：一 解得降压变压器T2原线圈电压U3=8V, =4 降压变压器T,原、副线圈两端电流之比了一 解得降压变压器T2原线圈电流I3=2A, 则U2=I3r+U3, 求得输电线路总电阻r=12。 RE (1R+Ro+r (2)0≤m≤g l (R。+r)E (3)U=E msR十R,十t k (或U= mgRE mgR+klR。十lr 【解析】(1)经分析知，当滑片在R最下方时，电压表示数最 大，电路总电阻为R'=R十R。十r, 由闭合电路成鹅定体可得1是，U=R, 联立解得U'=R+R。十r RE (2)由题知，电子秤测量的最小质量为0：电子秤测量最大质量 时，弹簧形变量增加1，由胡克定律结合受力分析知F增=k!= kl maxg,解得mmax= g 即电子秤测量范围为0≤m≤” g (3)由闭合电路的欧姆定律可得I=R,十R,十7' E 当弹簧形变量增加x时，由电阻定律得R,=P亏一-R, 由受力分析知kx=mg,又有U=IRz, 联立解得U=E-R。+r)E(或U=」 mgRE gR十R。十r mgR+blRo+klG)。 kl 物理（十一） D2.B3.C4.C5.B A【解析】根据题意，设导体棒的电阻为R,导轨间距为L,磁 感应强度为B,导体棒速度为时，受到的安培力为F=BL BL”,可知F60,由牛顿第二定律可得，导体棒的加速度为 R a=mg sin0一F=gsin日二P,尽，可知，随着速度的增大，导 m 体棒的加速度逐渐减小，当加速度为零时，导体棒开始做匀速 直线运动，则v-t图像的斜率逐渐减小直至为零时，速度保持不 变，由于安培力F与速度v成正比，则F-t图像的斜率逐渐减 小直至为零时，F保持不变，故A正确，B、C错误；根据题意，由 公式可得，遮应电流为1一贸由数学奥识可得兰兴·品 。1 量的大小等于线圈2受到安培力冲量的大小，C错误；由上述分 一B2,由于加速度逐渐减小，则1-t图像的斜率逐渐减小，直至 析可知，要使减震器的速度减为零，至少需要线圈的个数为= 为零，故D错误。 00 2 7.C【解析】由题意可知，通过线框的磁通量减少，根据楞次定律 =25,D正确。 v0-v10.08 “增反减同”可知，线框中的电流为顺时针方向，故A错误；线框 11. (1)"ngRsin日 m'gR2sin20 在磁场中运动时磁通量的变化量为△D=BL2_B (2)mgs·sin0- 2,线框中的 B2L2 2B4L4 【解析】(1)线框匀速运动时，设速度为v,则E=BLv, 平均电动势为E-会光，线框中平均感应电流为了 R,所以流 闭合电路的欧姆定律得1=尽，安培力F一豇 过线框某一横截面积的电荷量为g=1△，-职，故B错误：设 由于ab边离开磁场前线框已做匀速直线运动，则mgsin0=F安， 线框中电流大小为I,导线ab所受安培力的大小为F=BIL, 联立可得u=mgRsin日 B2L2。 导线abc所受安培力的大小为Fc=√2BIL,则F6:Fa= (2)线框穿过磁场的过程中，利用能量守恒定律得mgs·si0= 1:√2，故C正确；由左手定则可知导线abc受到的安培力的合 力方向垂直于ac向下，故D错误。 2 mv+Q, 8.D【解析】当金属棒向右运动时，切割磁感线产生感应电动势， 其中v=mgR sin0 由右手定则（或楞次定律）可知，感应电流方向为顺时针方向（俯 BL2 视)，则通过定值电阻的感应电流方向由α到b,故A错误；安培 解得线框中产生的热量为Q=mg5·sin0-mgRsin0 2B4L4。 力大小为F-BL,其中电流1-祭，代人得F-B股，根 R 12.(1)①1.5N②2.8J(2)2m/s 据牛顿第二定律，加速度a-P_B1”,可见加速度与速度成 【解析】(1)①物块下落，导体棒向左运动，根据右手定则可知， m mR 导体棒上的电流方向由b流向a,有Mg一T=Ma,T-F= 正比，随着减小，加速度逐渐减小，故B错误；对金属棒应用 E 动量定理得一BIL·△t=0一mv,通过电阻的电荷量为q= ma,F-ILB,1-RE-BLo, 解得轻绳对物块的拉力大小T=1.5N。 E 7·△，联立解得g-配，故C错误：由g=7·d-{ax ②物块达到最大速度时有Mg=BLIm= B'L2vm R 贵联立解得：放D正确， 解得vm=4m/s, *C【解析】金属棒ab刚开始运动时，根据右手定则可知ab棒中 1 根据能量守恒有Mgh=2(m十M)u+Q, 的电流方向为a→b,故A结误；依题意，金属摔cd的质量为受， 解得Q=2.8J。 (2)电容器两板间的电势差等于导体棒切割磁感线产生的感应 电阻为，匀速运动时，两棒切制产生的电动势大小相等，B· 电动势，有Uc=BLv1, 2Lvb=BLva,得末速度2vb=vd,对ab棒-Bi·2L△t= 根据C=是品， ma一mg,对d棒，BL△=空，解得w十u=,则 对导体棒和物块组成的系统，由牛顿第二定律得Mg一ILB= mvo (M+m)a; ●，0，故B错误；根据g=1△，联立解得g一3B 又I=Ag-C,Ac_CBL△0=CBLa, 1 △t △t At 故C正确：由能量关系，整个过程中产生的热量Qa一2m好- 联立解得a=2m/s2, 2m-是·空品，又Q=R 1 根据v2=2ah, -Q益，联立解得Qb= +2 解得物块下落高度h=1m时，物块的速度大小v=2m/s。 2 3.100.4T/s(2)2m/s(3) mo6,故D错误。 【解析】(1)开关打到1时，棒受力平衡，mgsin0=B1IL, 9.AB 10.BC n△BS=kS,I=R+r 根据E=nAt E *ABD【解析】减震器刚进人磁场时，感应电动势E=BL1o。= E0.4 0.4V,线圈abcd中电流大小I=尺-O.A=4A,故A正确； 解得k=0.4T/s。 (2)棒在倾斜导轨上匀速下滑时，根据平衡条件可知ng sin0= 线圈1恰好完全进入磁场时，根据动量定理得一BIL1△t= BiL2v E △p_BLL2=0.2C,可得减 R,+R,可得1=10m/s. mu,一m,其中I△t=g=R△4=R=R 从棒α进入水平导轨到与棒b发生碰撞前的过程，根据动量定 震器的速度大小1=1.92m/s,故B正确；线圈受到安培力的冲 =m02一mU1, 量为1=B,△=BL1g=BL,可知线圈1受到安培力冲 R 根据电路连接得Ra=0.3Ω，