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（山东专版）

·物理A· 磁分析系统中原子核做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力 得gB=m0,解得r=√2mE aB 可得碳一14、氮一14在磁场做匀速圆周运动的半径分别为 re=y2m·7e 6eB ,rN=V2m·8eU 7eB 解得c=74 TN249 1.a,垂直纸面向里(2)0 ,(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； 设正离子在磁场中运动的半径为，有gB=m口，依题意 E,=AC=巨L,解得r=L,B-C。 gL (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-u:3L-ga. L-r= gE=ma,解得E=4mu 半导体D 02- 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r,=子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= 子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。=√5v, 19 调整后。= ,又E-号m,可得E.:E=45:13。 16.（1器 )B(3),/6+如E (2)2 2(n=1,2,3,…) 【解析】(1)粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得 90o B=mvg 根据题意可得只-，解得轨道半径为？一示· (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 得D=2r=B (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=n2x(m=1,2,3,…, 沿x轴方向粒子的速度v1=at, 沿x轴方向，根据牛顿第二定律有gE=ma, 粒子到达P点时的速度大小v=√+， 联立解得v= √好+切E B2 (n=1,2,3,…)。 1a盛 (2)2u, E8能贸 【解析】(1)粒子在电场中沿x轴做匀速直线运动，w3d=ot, 沿y轴做匀加速直线运动，名d=aa-光。 3 m 联立求得9= m Ed (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， A 3d 在B点速度与x轴正方向的夹角满足tan0==5,即 Uo 0=60°， 则进人磁场时的速率v=2v。, 由几何关系可得sin60°=R,又- R 解得B=E Vo (3)甲、乙两粒子在C点发生弹性碰撞，设碰后速度分别为1、2， 由弹性碰撞可得m=m十受， 1 2 .8 m=mi+号×受i,解得=号u= 两粒子碰后在骚场中运动，号，B-m心，。 r,’3U2B=。≤， 求得r1=r2=2d,半径相同，可以再次相遇，两粒子在磁场中 一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为T,=6” Bg' 测 则两粒子位后再次相强需清足会4：一只△：=2x,解得再次相 遇的时间△1=Bg· 2πm (1)大小为B,方向沿之轴正方向(2)巴 2ql (3)大小为 1√oB+4m0 9g,方向在0：平面内与y轴正方向夹角为9 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x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x轴正方向，且有qE一qwB=0,解得E=oB,方向沿之轴正 方向。 (2)粒子运动的轨迹如图甲所示， 由几何关系有x2=(r一)2+（√3）， 解得粒子运动的半径为r=21, 由牛顿第二定律有如B'=m, 解得B'=2a2° mi z 2 96 E, B B 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, 11 参考答案及解析 由平抛运动规律有51=u,1-2,,其中a。- 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， 解得E1=B,E2= 2mv2 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 3gl 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 √o2B+mo 圈产生电动势有效值之差，故A错误。铁芯下移，t1~t2时间 则合电场强度为E=√E十E= 9g'1,方向在 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 yOz平面内与y轴正方向夹角为0斜向上，其中0满足tan0= 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 E 3qlB 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 E2 2mv 动距离的大小关系，故C正确。两个次级线圈反向接，当铁芯 物理（十） 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。 A【解析】单块电池充满电后储存的电能是E1=U1It=U1q1 B【解析】将R,、R,、E视为一个等效电 V 3.2×200W·h=640W·h,整车充满电后储存的电能是E= 源(E1、r1),如图虚线框所示，由闭合电路 120E,=76800W·h=76.8kW·h,故B错误；该车充满电后 欧姆定律有I= E R E 续航里程是s=13kW·hX100km≈591km,故C错误；由题 1十R2十R,R增大时，I 减小，电流表A示数减小，故A错误；电压 A V2)R 意可知E=UIt,其中7=80%，U=600V,t=1h,解得I 表V,的示数为电源E的路端电压，R增 160A,故A正确；单块电池充满电后储存的电荷量是q1 大时，外电阻增大，干路电流减小，由闭合 200A·h=200×3600C=7.2×105C,故D错误 电路欧姆定律有U1=E一Ir,可知电压表 B【解析】设正方形边长为L,材料电阻率为ρ，则电阻R= V,示数增大；由于电流表的示数减小，即 E,r PS=P=P方，可知电阻与h成反比，由于R,的厚度1小 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效电源(E2、r2),则有 于R2的厚度h2,可知R1>R2,故A错误；由于二者并联，电压 U U,=E2-1r2,所以=T2自 y十R)R十R,而不是R,故C 相同，根据P=-尺，可知电阻大的功率小，故R1的功率小于R, r+R+R3 错误；R消耗的功率即等效电源(E2、r2)的输出功率，即PR= 的功率，故B正确；若R,、R2沿竖直方向接入电路，则电阻 ER E名 I2R= 一，可知，R从0逐渐增大到r2 R,=pS=P,可知电阻会发生改变，故C错误；若R1R的 h (R+r2)2=(R-r2)2 R +4r2 厚度变化，结合A选项可知，其电阻发生变化，故D错误。 过程中，PR逐渐增大；R=r2时，PR最大；R继续增大，PR减 B4.D 小，故D错误。 D【解析】若R,断路，则原来与之并联的L1两端电压变大，9.AD10.BD11.AD 电路中总电阻变大，总电流变小，则与L2和R。并联这部分所 12.AC【解析】仅将滑动变阻器滑片向上移动，I和Ⅱ、Ⅲ线圈 分的电压变小，故L1变亮，L2变暗，电流表的示数变小，故A 匝数比不变，以电压比均不变，电压表V,的示数和电压表 错误；若R2断路，则整个电路断路，则L1、L2均不亮，电流表无 V2的示数均不变，故A正确，B错误；仅将线圈触头P向上移 示数，故B错误：若R3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，L1变亮， 动，1不变，m2变小，m变大，根据变压比有可，一，U, 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， L2支路电流变大，可知L2变亮，电流表读数变小，故C错误；若 1,可知，电压表V,的示数变小，电压表V2的示数变大，因 n 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，L1消耗的功率增大，L1变亮，又因为R2两端电压 n1=m2十n,P1=Pe+P-R。 U(n+n 变大，则L?和R3两端电压及与之并联的支路电压均减小，则 Ro ,又P1= niR。 流过L2的电流减小，流过电流表的电流增大，则L2变暗，电流 U(n2+n3) U1(2n2-2n1n2+n) U1I1,则I1= 表的示数变大，故D正确。 niRo niRo D【解析】图甲中U-I图线中纵截距表示电 源电动势，即E=1.50V,电源电动势不随电流 2.0 1.5 2[(-2)+] 4 变化而变化，A错误；U-I图线中斜率的绝对值 10Y n2R。 ,由数学知识可知，当2=2时，电流 表示电源的内阻，即x= 1.5-1.00= 表A1的示数最小，即线圈触头P初始在中间位置时电流表 0.3 3 Q,0.5 0 A1的示数最小，仅将线圈触头P向上移动，电流表A,的示数 B错误；由图乙可知，小灯泡为非线性元件， 0.20.40.60.81A 变大，故D错误；同理，仅将线圈触头P向下移动，电流表A 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 的示数变大，电压表V的示数变大，故C正确。 线的交点即为路端电压和电流，电源短路电流为I短= E *ACD【解析】低速转轴转速为，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 0.92,如图所示，小灯泡的功率为P=UI=0.5V×0.6A= 确；根据理想变压器原、副线圈功率相同，U1I1=U2I2,因所有灯 0.3W,D正确。 泡相同且正常发光，所以I2=mI1,根据理想变压器的原、副线圈 A【解析】若增大线圈转动角速度ω，根据w=2π∫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 电压与匝数关系知-9-}=严，故B错误：根据条件可知 U,I L1的电流比L2的大，所以灯泡L1将比L2更亮，故A正确；若 U2=U,所以发电线圈的电动势有效值为E=(m+1)U,则发电 增大电容器C两极板间的距离，根据C=2ka E:S 知，电容器的电 线圈的电动势最大值为Emx=√2E=√2(m十1)U,且Emx NBSw=NBS×2πkn,求得发电机线圈的面积为S= 容减小，容抗增大，使得通过灯泡L1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 区(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 得通过灯泡L?的电流增大，所以灯泡L2变亮，故C错误；若增 U 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? 所以P人=P出，U1 E一1=2，整理得到R=E-U,)U 的电流变大，L3变亮，故D错误。 RA R2 C【解析】副线圈反向接，当铁芯在中央时上下方两个次级线 ,若增多用户端的灯泡数量，且叶片的转速不变，则电 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 EU,U 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 UU 高三二轮复习专题卷 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， 17 故D正确。 13.(1)502.5W(2)47.5J(3)7.6 【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+号m, 其中H=8m+0.8m=8.8m, 泵的输出功率为P=W P泵出 输入功率为P系A一80% 解得P粟人=502.5W。 (2)由题意对电动机可得P总=P幽十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。 P总_550 (3)电动机额定电压为20V,则额定电流为I= 220 A= 2.5A, P内=IR=47.5W,解得电动机线圈的电阻为R=7.62。 14.(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代入表达式得e=250V。 (3)电动势的有效值为E= Em=2502V, √2 E 电流表示数I=R十 -=25√2A=35.4A, 联立解得电压表示数U=IR=2252V=318.2V。 15.(1)1.5W(2)122(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R,=R十r=6D时，滑动变 E2 阻器消耗的功率最大，最大功率P,一4R十71.5W。 18 (2)由题图乙知，滑动变阻器接入电路的阻值为32和R2时消 E E 耗的功率相等，有(3n+R+7）X30=(R,十R+7)R,代 入数据解得R2=122。 E (3)当Rp=R=6Q时，可得1i=R1十R十，=0.5A, 此时有P外=I(R+R1)=2.5W, P&=EI=3 W, 则电跟效率1×100%88.39%。 16.(1)5√2V(2)10V(3)12 【解析】(1)线圈转速为n= t, 线圈的角速度为u=2m=2π， 线圈产生电动势的峰值E=NBSw=5√2V E (2)升压变压器原线圈电压有效值为U1= =5V, 升压变压器T,原、副线圈电压之比满足只-” -U2 解得电压表读数U2=10V。 (3)负载两端电压U4=IR=4V， 降压变压器T,原、副线圈两端电压之比 U3_n3 解得降压变压器T2原线圈电压U3=8V, 1. 6. 降压变压器T2原、副线圈两端电流之比号-， 解得降压变压器T2原线圈电流I3=2A, 则U2=I3r十U3, 求得输电线路总电阻r=1n。 (1)6V1(2)3×10-4C(3)3.375W 【解析】(1)由闭合电路的欧姆定律可得E=U1+r, 结合电路图及U-I关系图有E=4.8+1.2x,E=3.6+2.4r, 解得E=6V,r=12, 根据电路图有U1=U2十IR1, 代人数值得R,= U,-u2=4.8-3.6n=10. 1.2 (2)当滑片P移到R正中间位置时，R,和2R,并联，则并联 R:·2R 电阻为R= =22, R2十2 E 6 由闭合电路的欧姆定律可得I一，十R十R1十+2A= 1.5A, 电容器两端的电压为U=IR=1.5×2V=3V, 电容器所带的电荷量Q=CU=100×106×3C=3×104C。 (3)并联部分两端的电阻R'一，+R】 R2·R3 由闭合电路的欧姆定律可得I=R+R,十，' E E 则并联部分两端的电压U=IR二R2·R2十R,十T R2+R3 R2·Rg R2十R’ 代人数值整理得P U281 R,R,+R+12 9 当4R=R 即R=1.5Q时，R的功率最大，代人得P= 3.375W。 RE (R。十r)E (1)R+Ro+r (2)0≤m≤ (3)U=E- ER+R.+r mgRE （或U=mgR+R。十R 【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, 由闭合电路欧姆定律可得I=,U=R, RE 联立解得U'=R+R十r (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L,由胡克定律结合受力分析知F增=L= maig,解得mm一g kl kl 即电子秤测量范围为0≤m≤ (3)由闭合电路的欧姆定律可得I=R,十R。十，' E 当弹簧形交量增加x时，由电阻定律得R,=P专-R, 由受力分析知kx=mg,又有U=IR:, 联立解得U=E一 (R。+)E（或U=m mgRE R+R,+7 mgR+klR。+klr)。 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口，可知Fo©u,由牛顿第二定律可得，导体棒的加速度为 R ·12 a=mgsin 0-F =gsin 0- 二R,可知，随着速度的增大，导 板带正电，故C正确：由B分析知，AB两端的电压为Br'u, 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t图像的斜率逐渐减小直至为零时，速度保持不 则电容器两端的电压也是子Br如，故电容器所带电荷量Q 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 CU=3CBr'a,故D正确。 A 公式可得，感应电流为1-兴由数学知识可得匙， 12.AD【解析】由动量定理mvo=I可得导体棒b的初速度为 △tR△t ,d BL4,由于加速度逐渐减小，则I-:图像的斜率逐渐减小，直至 V0=1 m 根据m=pSd、R=p'5,可知m。=2m、R,=2R。,导 体棒b在安培力作用下先诚速后匀速，导体棒α在安培力作用 为零，故D错误。 下先加速后匀速，状态稳定时两导体棒速度相同，一起做匀速 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 运动。对整个系统由动量守恒定律得m6v,=(m。十m6)v,解 “增反减同”可知，线框中的电流为顺时针方向，故A错误：线框 得== I ,则导体棒α的最大速度和导体棒b的最小速 在磁场中运动时磁通量的变化量为△历=BL”_BL 33m 2 ,线框中的 平均电动势为E-”,线框中平均感应电流为7 度均为3m,故A正确：导体棒6的动量变化量为△p=m· R,所以流 号，即导体棒6的动量变化量大小为号，放B错 1-1=-2 BL 3m 过线框某一横截面积的电荷量为g=I△一2R,故B错误；设 误；导体棒a所受的安培力做的功，转化成了a的动能，即 线框中电流大小为I,导线ab所受安培力的大小为F=BIL, 令·2m·(工)=，故C错误运动过程中系统损 2 导线abc所受安培力的大小为Fc=√2BIL,则Fb：F 3m/ 1 1:√2，故C正确；由左手定则可知导线abc受到的安培力的合 失的动能转化为焦耳热，则由能量守恒得Q=2m, 力方向垂直于ac向下，故D错误。 D【解析】当金属棒向右运动时，切割磁感线产生感应电动势， (m,十m)0,其中导体棒a,b上产生的焦耳热分别为Q.= 1 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 I 2I2 视)，则通过定值电阻的感应电流方向由a到b,故A错误；安培 Q、Q三二Q,解得Q。一9n -、Q=9m 故D正确。 力大小为F=B,其中电流=B张”，代人得F-B只，根 *ABD【解析】减震器刚进入磁场时，感应电动势E=BL1。= R 0.4V,线圈abcd中电流大小1三尽-8A=4A,放A正确) 据牛顿第三定律，加速度a二尺二B,尔”，可见加速度与速度成 线圈1恰好完全进入磁场时，根据动量定理得一BL,△t= 正比，随着减小，加速度逐渐减小，故B错误；对金属棒应用 动量定理得一BIL·△t=0一m℃o,通过电阻的电荷量为q= E mo1一mw。,其中I△t=q=。△t三D=D2=0.2C,可得减 R R 、△，联立解得q=,故C错误，由q=7·△t= 震器的速度大小o1=1.92m/s,故B正确；线圈受到安培力的冲 mvoR 2,联立解得x=B22,故D正确。 量为I神=BIL1△t=BL1g=R _BLL2,可知线圈1受到安培力神 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 “C【解析】金属棒ab刚开始运动时，根据右手定则可知ab棒中 析可知，要使减震器的速度减为零，至少需要线圈的个数为= 的电流方向为a→0，故A错误：依题意，金属棒cd的质量为受， 2 0。-010.08=25,D正确。 电阻为受，匀速运动时，两棒切制产生的电动势大小相等，B· 13.(1)mgRsin 0 B2L2 (2)mgs.sin 0-m'g'R'sin 2B4L4 2Lvb=BLvd,得末速度2vb=oa,对ab棒一BI·2L△t= 【解析】(1)线框匀速运动时，设速度为v,则E=BLv, mu一mu,对cd棒，BL△=空a,解得U十d=,则 由闭合电路的欧姆定律得1=号 ，安培力F安=BL, mvo =3,g,故B错误；根据g=1△t,联立解得q=3B门 由于ab边离开磁场前线框已做匀速直线运动，则mgsin0=F安， 1 联立可得o=mgR sin0 故C正确；由能量关系，整个过程中产生的热量Q总= (2)线框穿过磁场的过程中，利用能量守恒定律得mgs·sin0= m2-合·受2，义Q。=R尽Q,联立解得Qw 1 2 mv2+Q, R+ 2 弓，放D错误。 其中o=mgR sin0 B2L2 AB 10.BC 解得线框中产生的热量为Q=mgs·sin0-mgRsin0 2B4L4 11.CD【解析】根据右手定则可知，金属棒AB逆时针切割磁感线 14.(1)①1.5N②2.8J(2)2m/s 时，产生的感应电流应该是从B向A,故A错误；据E感=BL0, 【解析】(1)①物块下落，导体棒向左运动，根据右手定则可知， 以及？=rw,可得切割磁感线时产生的电动势E感=BLV= 导体棒上的电流方向由b流向a,有Mg-T=Ma,T一F= B(2）B。，切感线的会属棒相当于电源， E ma F=ILB,I=R E=BLv, 则AB两端的电压相当于电源的路端电压，根据闭合电路欧姆 解得轻绳对物块的拉力大小T=1.5N。 定律可知Ua一R不RE。=合×号Bra=子Bra,放B错 R ②物块达到最大速度时有Mg=BL1。-BL」 R 误；切割磁感线的AB相当于电源，在AB内部电流方向由B 解得vm=4m/s, 向A,故金属棒A相当于电源正极，故与A接近的电容器M 根据能量守恒有Mgh=子(m+M)+Q,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90分钟，满分100分) 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。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α端电势 物理A·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A·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，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 d ao 输入 bo 输出 △A△△ 1112 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 ￥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 RY 法中正确的是 A V)R 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V?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。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952。则 个iA 52 A 0 t/(×10-2s) 5v2 E 甲 乙 物理A·专题卷（十）第3页（共8页） 鱼跃龙 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) 10.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、R,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 E 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 11.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 12.小明同学自制了如图所示的理想自耦变压器，接在正弦交流电源上，原线圈I铁芯上只绕一 组线圈，P为线圈的滑动触头，初始时位于中间位置，副线圈Ⅱ、Ⅲ可通过移动触头P各取其 中一部分，Ⅱ、Ⅲ部分的线圈匝数之和等于原线圈I的匝数，副线圈Ⅱ接一滑动变阻器R,最 大阻值为2R。,其滑片开始时置于中间位置，副线圈Ⅲ接一定值电阻R。,图中A1、A2、V1、V2 均为理想电表，不计导线电阻，则 A.仅将滑动变阻器滑片向上移动，电压表V1的示数不变 B.仅将滑动变阻器滑片向上移动，电压表V2的示数变大 C.仅将线圈触头P向下移动，电流表A1的示数变大，电压表V1 的示数变大 D.仅将线圈触头P向上移动，电流表A1的示数变小，电压表V2的示数变大 ]卷 物理A·专题卷（十）第4页（共8页）】 班级 *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 姓名 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 得分 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 m☒⑧ 答题栏 XX BX 入 A.用户端的交变电流的频率为kn(Hz) 2 B.变压器原、副线圈的匝数比为1：m 3 C.发电机线圈的面积为S= √2(m+1)U 2πknNB 5 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 6 的亮度变暗 8 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13.(6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 9 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 10 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 11 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 12 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 输入功率，已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输人功率之比）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。 物理A·专题卷（十）第5页（共8页） 鱼跃龙门 14.(8分)如图所示，线圈abcd的面积是0.05m,共1000匝，线圈的总电阻r=12,外接电阻 R=90,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： (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 x (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？ 15.(8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R。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R1时，电源的效率（结果保留三位有效数字）。 AP/W O3ΩR 知 类 物理A·专题卷（十）第6页（共8页） 16.(8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摆 17. 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=2T的匀强磁场，线圈的匝数N=600,面积S=0.01m,且在t=60s时间内转过了 k=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、T2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 ~u 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。 18. 物理A·专题卷（十）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 (14分)如图甲所示，R1、R2、R4均为定值电阻，R2=62,R4=22,R3为滑动变阻器，最大阻 值为6Ω，电容器的电容C=100μF,电表均为理想电表。闭合开关，移动滑动变阻器的滑片 P,电路稳定时读出电压表和电流表的示数，得到U-I关系如图乙所示。求： (1)电源的电动势E和R,的阻值； (2)当滑片P移到R3正中间位置时，电容器上带的电荷量Q; (3)滑片P从a移到b的过程中，滑动变阻器R3的最大功率P。 ⊙ ◆UV E, 4.8----- U 3.6--- 0 1.2 2.4 甲 乙 (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； (2)计算该电子秤能测量的质量的取值范围； (3)电压表示数U与所称物体质量m的关系式。 物理A·专题卷（十）第8页（共8页）