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（贵州、甘肃、重庆专版）

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、选择题：本题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目 要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题5分，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。 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h2,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 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 物理C·专题卷（十）第1页（共8页） 鱼跃龙 A.小球可能带负电 B.仅增大电阻箱R3接人电路的电阻，小球将向上加速运动 C.仅将R1的滑片向右移动，小球将向下加速运动 P。C 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.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 U八V ◆UV 2.0 1.5 1.4 1.5 1.3 1.0 1.2 1 0.5 1.0601o20.3iA 002040608a 甲 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 6.如图所示，线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的bc边以角速度w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 CO 6 A.若增大线圈角速度ω，则L1比L2亮 B.若增大电容器C两极板间距，则L1变亮 C.若抽掉电感线圈L内部的铁芯，则L2变暗 L L2 L D.若增大照射在光敏电阻R上的光强，则L3变暗 7.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，α、b间接如图乙所示的电 流（由a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 铁芯 ao 输入 输出 △A△△ t 2 乙 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 B.铁芯下移，t1~t2时间内，c端电势高于d端电势 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 卷 物理C·专题卷（十）第2页（共8页） 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 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 8.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952。则 A 5v2 A 0 t/(×10-2s) -5v2 甲 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) 9.我国实施“体重管理年”3年行动，普及健康生活方式，加强慢性病防治。控制体内脂肪积累可 有效控制体重，图甲为某款脂肪测量仪，被测试者手握把手P、Q,通过测量流经双手的微弱电 流来测量人体电阻，从而测定身体脂肪率，其简化原理如图乙所示。R1、R2为定值电阻。电 表均为理想电表。体型相近的测试者，脂肪率越高的，电阻越大。则两体型相近者参加测 试时 R 甲 A.脂肪率较高者测试时，R1消耗功率较大 B.脂肪率较高者测试时，电源效率较高 C.脂肪率较高者测试时，电压表示数和电流表示数比值较小 D.电压表示数变化量和电流表示数变化量比值的绝对值恒定 物理C·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 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：k,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 发电机等效图 转轴 转轴， 叶片 升速齿轮箱 转速比1：k + 0 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=(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 二、非选择题：本题共5小题，共57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0.8，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,输入电压为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 输入功率，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C·专题卷（十）第4页（共8页） 班级 12.(9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=90,匀强磁场的磁感应强度B=】T,当线圈以3O0r/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。 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？ ④ 答题栏 1 2 3 4 5 6 7 * 9 o 物理C·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C·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C·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C·专题卷（十）第8页（共8页）高三二轮复习专题卷 分速度受到洛伦兹力影响；将小球的运动分解为以初速度。的 水平面内的匀速圆周运动和竖直方向初速度为0的匀加速直线 及水平向左的初速度U。,并且满足Bg。=Eg,可得。三片，所 以粒子释放后在电磁场的复合场中的运动可视为水平向右的匀 运动；对于水平面内匀速圆周运动有q℃oB=m ,解得轨道半 r 速直线运动与竖直平面内的匀速圆周运动的合运动，并不是往 径为r=1m,周期为T=2πr =πs,则小球从水平抛出到经过O 返运动，则有Bg0。-m,可得粒子做圆周运动的半径r= 21 点所用时间满足t=nT=nπs(n=1,2,3,…)。小球从水平抛出 则粒子离上边界的最大距离为d,故C、D错误。 到经过0点，竖直方向有A=受之，可得小球经过0点时的竖直 11.(1)8X10-3N(2)√21m/s 分速度为，坠-6a=12,3.当=1时，竖直分 gL,垂直纸面向里(2)4mw 12.(1)2mw (3)45：13 gL 【解析】(1)根据左手定则，可以判断磁场方向垂直纸面向里；设 速度有最大值。小球经过O点时的动能有最大值，则有Ekm= mw2=2m(6+a)=2×0.1x(2+)I0.28J. 1 正离子在磁场中运动的半径为，有mB=m矿，依题意厄，= 1 8.BD 2AC=2反L,解得r=L,B-2C。 9.AD【解析】如图所示，由几何关系，得 a (2)设离子恰好从D点离开电场时对应的电场强度为E,则有 =,L=,gB=,解得E- 1 1 R L一r= 2 9L。 吾，放外圆弧面AB上有？=”-号的 半导体 粒子能打在收集板MN上，故A正确， B错误：粒子加速过程Ug=子m心，在磁场 0 中gB。=mR,解得外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差为 正离子生成器A U=29BL,故C结误：若增大外圆孤面AB与内圆弧面CD的 (3)依题意，原来离子在磁场中转过的圆心角0=90°，磁感应强 m 电势差，进入磁场的速度增大，则粒子在磁场中的半径增大，由 度加倍后，运动的半径为，=是 L,离子在磁场中转过的圆心 co3a-R。,得a变小，再由7=二“，可知打在收集板MN 角仍为0=90°，离子将从AO中点F经过分界线，即AF R 的粒子数占比将增大，故D正确。 TAC. 10.AC【解析】根据左手定则，带正电的离子向下偏转，b板带正 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 电，电势高，故A正确；磁流体发电机稳定发电时，离子在电场 速方向位移的中点，再根据三角形相似可得，调整前。=√5o, 、E 力和洛伦兹力作用下做匀速运动，则9B=g后，可得电动势 调整后-又工， 2mu2,可得Ek:E=45:13。 为E=Bdv,电动机正常工作时的电压为路端电压，为U=E- Ir<E=Bdv,故B错误；两板间的等离子体的电阻为r= 1元 -(n=1,2,3,…) B2 P号，电动机正常工作时的机械功率为P=E-1严(R十7) 【解析】(1)粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得 IBd。一I(R十p号)，故C正确；电动机正常工作时板间带正 9v0B=mvg 电的离子受到的电场力方向与速度方向不共线，受到的电场力 根据题意可得g=k,解得轨道半径为r一B。 功率不可能为gBu2,故D错误。 (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 AB【解析】图(a)中，粒子在电场中的运动过程由动能定理得 如，在隧场中有g如B=m尽，由题意知运动的半径 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 9Ed=1 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 R=d,解得E=Bg 2Uo ,故A正确：图(a)中，粒子在电场中的运动 得D=2r= 2m kB 时间，=d=2m、 B在磁场中的运动时间2三4·忍 (3)垂直于x轴的平面内，粒子在磁场中运动的周期T=2π” 2 则粒子回到x轴时间为t=nT=n 2xm (π+4) gB(n=1,2,3,…), 粒子运动的总时间t=t1十t2= 2gB ,故B正确；图(b)中粒 沿x轴方向粒子的速度o1=at, 子在M点释放瞬间，可视为粒子具有一个水平向右的初速度。 沿x轴方向，根据牛顿第二定律有 ·10 gE=ma, 方向。 粒子到达P点时的速度大小v=√o十， (2)粒子运动的轨迹如图甲所示， 联立解得v=,6+4nE 由几何关系有x2=(r-)2+(W31)2, (n=1,2,3,…)。 解得粒子运动的半径为r=21, (1) Ed (2)200 (3)能Ba E 2πm Vo 由牛顿第二定律有qB'=m,’ 【解析】(I)粒子在电场中沿x轴做匀速直线运动W3d=uot, 解得B'- 2gl 沿y轴做匀加速直线运动，受d=aa-5, 3 2 m 联立求得9=6 9E m Ed 96 (2)沿y轴做匀加速直线运动，v,=at=√3v。, 进入磁场中粒子的运动轨迹如图所示， (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qE:=qB, =5,即 由平抛运动规律有51=，1=，，其中a,- m 在B点速度与x轴正方向的夹角满足tan0= 0 解得E1=B,E2 _2mv2 0=60°， 3gl 则进入磁场时的速率v=20。, 侧合电场强度为E=E+EAB十8，方向在 R,又guB=mu 由几何关系可得simn60”=3d, R, yOz平面内与y轴正方向夹角为0斜向上，其中0满足tan9= 解得B=E E13qlB Uo E2-2m (3)甲、乙两粒子在C点发生弹性碰撞，设碰后速度分别为1、 物理（十） ,由弹性碰撞可得m=m,十受：， 1.A【解析】单块电池充满电后储存的电能是E:=U1I=U19,= 1 2 8 3.2×200W·h=640W·h,整车充满电后储存的电能是E= 120E1=76800W·h=76.8kW·h,故B错误；该车充满电后续 两粒子碰后在隧场巾运动，号B-心，9。 、r,302B=2x2、 E 航里程是s=13kW,X10km≈591km,故C错误；由题意可 求得r1=r2=2d,半径相同，可以再次相遇，两粒子在磁场中 知E=7UIt,其中n=80%,U=600V,t=1h,解得I=160A, 一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为T,三， 故A正确；单块电池充满电后储存的电荷量是q1=200A·h= 200×3600C=7.2×105C,故D错误。 T-四 2.B【解析】设正方形边长为L,材料电阻率为ρ，则电阻R= 则两粒子碰后再次相遇需满足纪山一专 2年△4=2π，解得再次相遇 专-P六-P方，可知电阻与h成反比，由于R,的厚度，小 L L 的时间-贸。 于R2的厚度h2,可知R1>R2,故A借误；由于二者并联，电压 相同，根据P-只可知电阻大的功率小，放R,的功率小于R, 5.(1)大小为B,方向沿x轴正方向(2)m四 2gl 的功率，故B正确；若R1、R2沿竖直方向接入电路，则电阻 ③大小为，0B+票，方向在0平商内与y销正方 R,=pSP,可知电阻会发生改变，故C错误；若R1R,的 向夹角为0斜向上，其中0满足tan0=3B 厚度变化，结合A选项可知，其电阻发生变化，故D错误。 2mv 3.B【解析】根据右手定则可知，该时刻电流方向沿顺时针方向 【解析】(1)由左手定则可知，带电粒子所受洛伦兹力沿x轴负 (俯视)，线圈b端电势高于a端电势，故A错误，B正确；该时刻 方向，则由平衡条件可知，电场力沿之轴正方向，即电场强度 线圈中磁通量为0，感应电动势最大，故C错误；风力越大，叶片 沿x轴正方向，且有qE一qB=0,解得E=B,方向沿z轴正 转动得越快，线圈ab转动的角速度越大，根据Em=NBSw,感 ·物理C· 应电动势越大，故D错误。 4.D【解析】因电容器上极板带负电，可知小球带正电，选项A 错误；仅增大电阻箱R3接入电路的电阻，电容器两板间电压不 变，电场强度不变，则小球仍静止，选项B错误；仅将R,的滑片 向右移动，R,阻值变小，电路总电阻减小，总电流变大，则R2 两端电压变大，电容器两板间电压变大，电场强度变大，小球所 受向上的电场力变大，可知小球将向上加速运动，选项C错误； 同时断开两个开关，则电容器带电荷量一定，根据C一，了 E-U C-吕，可得E=平行板的下极板向左移动少 许，S减小，则E变大，小球所受向上的电场力变大，将向上加 速运动，选项D正确。 5.D【解析】图甲中U-I图线中纵截距表示电20Y 源电动势，即E=1.50V,电源电动势不随电1.5中 流变化而变化，A错误：U-I图线中斜率的绝 1.0H 0.5 对值表示电源的内阻，即，=1.5-1.0 0 0- 0.20.40.60.817A 0.3 5 D,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 即为路端电压和电流，电源短路电流为1复=E =0.92,如图 所示，小灯泡的功率为P=UI=0.5V×0.6A=0.3W, D正确。 6.A【解析】若增大线圈转动角速度w,根据w=2πf知交流电 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 L的电流比L2的大，所以灯泡L1将比L2更亮，故A正确；若 城大电容器C两极板间的距高，根据C=知，电容器的电 容减小，容抗增大，使得通过灯泡L的电流减小，所以灯泡L 变暗，故B错误；若抽掉电感线圈L内部的铁芯，感抗减小，使 得通过灯泡L2的电流增大，所以灯泡L2变亮，故C错误；若增 大照射在光敏电阻R上的光强，光敏电阻的阻值减小，通过L3 的电流变大，L3变亮，故D错误。 7.C【解析】副线圈反向接，当铁芯在中央时上下方两个次级线 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 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 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 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， 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 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 圈产生电动势有效值之差，故A错误。铁芯下移，t1~t2时间 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 电势，故B错误。当铁芯从中央位置开始移动量越大时，它改 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 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，电压表示数一直为零，故D 错误。 B【解析】将R1、R3、E视为一个等效电源(E1、r1),如图虚线 框所示，由闭合电路欧姆定律有I E +R2+R,R增大时，I减小，电流表A R 示数减小，故A错误；电压表V1的示数为④ R3- 电源E的路端电压，R增大时，外电阻增 大，干路电流减小，由闭合电路欧姆定律有 U1=E-1r,可知电压表V1示数增大；由..E..S. 于电流表的示数减小，即流过R2的电流减小，所以R2两端的电 压减小，即V2示数减小，故B正确；将除R外的其余部分视为等 ,3 (+R)R+ 效电源(E2r),则有U=E,一r,所以△==+R+R R2,而不是R,故C错误；R消耗的功率即等效电源(E2、r2)的输 ER E 出功率，即PR=IR=R+r)=R-) 一，可知，R从 R 十4r2 O逐渐增大到r2过程中，PR逐渐增大；R=r2时，PR最大；R继 续增大，PR减小，故D错误。 AD 9.BD 0.AD【解析】当开关S由2改接1时，升压变压器副线圈匝数 居=，可知升压变压器副线圈输出电压U,增大， 增加，根据一元 通过调节变阻箱R2阻值使发电厂输出功率不变，则有P出= U1I1=U2I2,可知升压变压器副线圈输出电流I,减小，则电 流表读数变小，通过R,的电流减小，则输电线损失的功率减 小，故B错误，D正确；根据U2=I2R,+U3,可知降压变压器 原线圆的输人电压U,变大，根邦号：-一，可知降压变压器副 n3 线圈输出电压U:增大，则电压表读数变大；根据P出=P损+ 1 P用，由于发电厂输出功率不变，损失消耗功率减小，则用户得 到的功率增大，故A正确，C错误。 :ACD【解析】低速转轴转速为n,由升速齿轮箱可知发电机线 圈转速为kn,所以用户端的交变电流的频率为kn(Hz),故A正 确：根据理想变压器原、副线圈功率相同，U1I1=U2I2,因所有灯 泡相同且正常发光，所以I2=mI1,根据理想变压器的原、副线圈 电压与豆数关系知票-光-片-宁放B错风：根超条件可知 U2=U,所以发电线圈的电动势有效值为E=(m十1)U,则发电 线圈的电动势最大值为Emx=√2E=√2(m十1)U,且Emx= NBSw=NBSX2πkn,求得发电机线圈的面积为S= 0大0放C正确；理想变压器输人功率与输出功率相等，所 ,-整理得到尽=EU 以P人=P曲URA U EU,,若增多用户端的灯泡数量，且叶片的转速不变，则电 1 UU 动势E不变，R2变小，RA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。 1.(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 ·11 参考答案及解析 w=mgH+方mw, 升压变压器T原、副线圈电压之比满足岩：- 其中H=8m+0.8m=8.8m, 解得电压表读数U2=10V。 泵的输出功率为P系出= P泵出 ,输人功率为P泰人三80%》 (3)负载两端电压U4=IR=4V, 解得P桑人=502.5W。 降压变压器T,原、副线圈两端电压之比兰 (2)由题意对电动机可得P“=P出十P内=P象入十P内， 解得降压变压器T2原线圈电压U3=8V, 电动机线圈每秒产生的焦耳热为Q=Pt,解得Q=47.5J。 P8 550 A- (3)电动机额定电压为20V,则额定电流为I-一U:-220 降压变压器T:原，剧线周两骏电流之比宁-号 解得降压变压器T2原线圈电流I3=2A, 2.5A, 则U2=I3r+U3, P内=IR=47.5W,解得电动机线圈的电阻为R=7.62。 求得输电线路总电阻r=12。 (1)e=500sin(10πt)V(2)250V RE 15.(1)R+R。+r (2)0≤m≤ (3)U=E R+)E（或 (3)35.4A318.2V g 【解析】(1)根据题意，转速为n=300r/min=5r/s, R+R+ 故频率f=n=5Hz, U=- mgRE mgR+klR。+klr 角速度为u=2πf=10πrad/s, 【解析】(1)经分析知，当滑片在R最下方时，电压表示数最 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 大，电路总电阻为R'=R十R。十r, e=Em sin wt=500sin(10πt)V。 由闭合电路欧姆定律可得1=三 ,U'=1R, (2)将1=0s代人表达式得。=250V。 联立解得U=R十R。十 RE (3)电动势的有效值为E=E=2502V, (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 √2 时，弹簧形变量增加1，由胡克定律结合受力分析知F增=1= E 电流表示数I=R十，=25EA=35.4A, kl mnxg,解得mmax= 联立解得电压表示数U=IR=225√2V=318.2V。 (1)1.5W(2)122(3)83.3% 即电子秤测量范围为0≤m≤：。 g 【解析】(1)由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电路外电阻等 E 于电源内阻时，输出的功率最大。把定值电阻R看成电源内 (3)由闭合电路的欧姆定律可得I一R十R。十7' 阻的一部分，结合题图乙可知，当R1=R十r=6Q时，滑动变 当弹簧形变量增加x时，由电阻定律得R,=P专=一R, E2 阻器消耗的功率最大，最大功率P,一4(R十)-1.5W。 由受力分析知kx=mg,又有U=IR,, (2)由题图乙知，滑动变阻器接入电路的阻值为3Ω和R2时消 联立解得U=E (R+)E_(或U= mgRE 耗的功率相等有(3nR+）广×3n=(R十R-,)广R,代 E)2 R+R,+7 gR+kR。+k)。 入数据解得R2=12Q。 物理（十一） (3)当Rp=R1=6Q时，可得I=R1十R+ E -=0.5A, 1.D2.B 此时有P外=I(R+R1)=2.5W, 3.C【解析】根据题意可知，线圈上下两边均切割磁感线，故此时 刻线圈中的感应电动势大小E=2nBLv,故A错误；根据法拉 P总=EI1=3W, 则电源救率1—产×10%≈8.3%. 第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越慢，磁通量变化越 慢，线圈中产生的感应电动势越小，故B错误；永磁铁相对线圈 (1)52V(2)10V(3)12 下降时，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方 向，故C正确；永磁铁相对线圈左右振动时，穿过线圈的磁通量 【解析】(1)线圈转速为n= t, 不变，线圈中不能产生感应电动势和感应电流，故D错误。 线圈的角速度为w=2mm=2π 4.B【解析】根据法拉第电磁感应定律E=A:一Aπ2，所以环 线圈产生电动势的峰值E=NBSw=5W2V。 中电流的大小为I=尽= =2p△，即环中电流的大小 △BSr (②)开压变压器原线圈电压有效值为U,-E =5V, 2πr