选择题专练(10)交流电、变压器-【鱼跃龙门卷】2026年高考物理试题逐题突破

2025一2026学年度高考试题逐题突破— 选择题专练（十） 物理·交流电、变压器 总分：64分时间：40分钟 1.汽车上的发电机多采用旋转式发电机。如图甲，转子 0 在外力带动下旋转产生磁场，定子线圈产生感应电动 N-- 势。现简化为如图乙模型，一连有电阻R的线圈轴线 与条形磁体中心线在同一平面，条形磁体（转子）绕其中心 O在该平面内匀速转动的过程中，下列说法正确的是 R A.条形磁体在图示位置时，线圈中磁通量最大 B.条形磁体在图示位置时，电阻R中电流为零 & C.条形磁体从图示位置转动90°过程中，电阻R中电流方向由a指向b D.增大条形磁体的转速，可以增大R中的电流 2.小草在微风中会左右摇摆，有人受此启发设计了微风摇摆发 ××××××× X×××X×X 电装置，其原理简化图如图所示。空间中存在垂直于纸面的 X××k××× 匀强磁场，微风使导体棒在两固定的平行金属导轨之间垂直导轨义×之 水芩×× 于磁场方向往复运动，此时导体棒相当于电源，可通过金属 、×××k××× R XX×k×XX 导轨对外供电。将导体棒的运动视为简谐运动，其速度随时 ××××××× 间的变化规律为v=Umsin wt。已知匀强磁场的磁感应强度 ××××××× 大小为B,两导轨的间距和导体棒的长度均为L,导体棒的电阻为，导体棒始终与导轨垂直， 导轨和导线的电阻均不计。若使其对阻值为R的电阻供电，则一个周期内电阻R产生的焦耳 热为 A. πB2L2vnR nB2L2v2R πB2L2oanR 2πB2L2vR B. C. D. 4(R+r)2w 2(R+r)2w (R+r)2@ (R+r)2w 3.随着科技的不断发展和环境保护意识的增强，中国的纯电动汽车市场正迅速壮大。相比传统 燃油车，纯电动汽车能将汽车制动过程中的机械能转化为电能收集起来。如图甲所示，永磁 铁在车轮和传动机构的带动下绕线圈旋转，在线圈中产生如图乙所示的感应电流讠回充到蓄 电系统，使永磁铁受到阻力阻碍汽车前行。 Q 关于该过程，下列说法正确的是 A.甲图示磁铁位置对应着乙图时刻 旋转方向 B.甲图示位置电流的方向由P指向Q 蓄电系统 C.制动过程中永磁铁受到的阻力大小恒定 不变 甲 乙 D.制动过程中交变电流的周期越来越大 4.(多选)图甲为某种桥式整流器的电路图，它 ↑e/V 是利用二极管单向导通性进行整流的常用 102. 电路。交流电源的输出电压随时间的变化 0.01 0.02 图像如图乙所示，假设四个二极管均为理想 -10W/2 二极管，电压表V为理想电压表，灯泡L的 额定电压为10V,下列说法正确的是 甲 乙 物理·选择题专练（十）第1页（共4页） 鱼欧龙门卷 A.t=0.01s时，电压表示数为0 B.电压表的示数始终为10V C.每个周期内通过灯泡的电流方向变化两次 D.通过灯泡的电流方向始终由上向下 5.“南鲲号”被称为“海上充电宝”，是一个利用海浪发电的大型海上电站，其发电原理是海浪带 动浪板上下摆动，从而驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向 转动。如图所示，若转子带动线圈逆时针转动，并向外输出电流，则下列说法正确的是 A.线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的磁通量最大 海浪 B.线圈转动到如图所示位置时产生的电动势为零 浪板 C.线圈转动到如图所示位置时其靠近N极的导线框受到的安培力方 发电机 向向上 D.线圈转动一周电流方向改变两次，图示位置正是电流变向的时刻 6.(多选)我国自主研发的“海能-3号”波浪发电装置在南海海域成功运行。如图为t=0时刻沿 x轴正方向传播的海水波的图像。圆柱形浮子定位在x=4m处的波面上，随波浪做简谐运 动，此时质点的速率为1m/s,浮子上端固定连接 俯视图 200匝的圆形线圈，线圈半径r=0.25m,线圈在磁感 应强度B=0.4T的辐向稳定磁场中垂直切割磁感线 运动，发电系统通过匝数比n1：n2=1：5的理想变压 剖面图 器接入R=20Ω的纯电阻负载，磁铁、变压器、纯电阻 ↑/m 负载等固定，下列判断正确的是 1.5-- A.t=0时刻浮杆正随海水向下振动 B.t=0时刻发电机产生的电动势为40πV x/m C.变压器副线圈输出电压的峰值为8πV -1.5- D.负载消耗的功率为1000π2W 7.如图，在磁感应强度大小为B=2下的匀强磁场中，有一面积为S=1m'的矩形单匝闭合导 线框ABCD,AB边与磁场方向垂直，线框电阻不计。理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2= 2：1,电阻R=502。使线框以恒定角速度w=100πrad/s O' 绕过AD、BC中点的轴旋转。下列说法正确的是 A A.副线圈中的电流表示数为√2A B.线框ABCD中感应电动势的最大值为200√2V C.线框平面与磁场方向平行时，流经线框的电流最小 D.副线圈电流的频率为100Hz 8.我国各地多个新型储能项目加速落地。在新疆吉木萨尔进行的100万千瓦光伏十20万千瓦/ 100万千瓦·时全钒液流储能一体化项目，在青海格尔木进行的全球规模最大的液态空气储 能项目，在吉林进行的全球最大的绿氢合成氨一体化项目， 都在有序推进。从发电站输电至某新型储能站的供电线路 发 可简化成如图所示。已知输电线路总电阻为r,升压变压器站 新型储能站 的副线圈电压为U1,降压变压器的原、副线圈的电压分别为 U2、U3,变压器均为理想变压器，其余电阻不计，则输电线上的电流为 A.9-0 B U2-U3 D. 物理·选择题专练（十）第2页（共4页） 班级 9.(多选)如图所示是通过降压变压器给用户供电的示意图。变压器的输入电压是市区电网的 电压，负载变化时输入电压可视为不变。输出电压通过输电线输送给用户，输电线的总电阻 用R。表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，R的值减小。如果变压器 姓名 上的能量损失可以忽略，交流电表作为理想电表处理，下列说法中正确的是 A.V1与A1示数乘积等于V,与A2示数乘积 B.原线圈所用的导线应当比副线圈所用导线粗 得分 C.当用户的用电器增加时，V2、V3示数都变小 D.当用户的用电器增加时，A1、A2示数都增大 Ro 10. (多选)如图所示，一理想变压器原线圈与e=220,√2sin(100πt)V的交流电源连接，两副线圈 分别接灯泡和电动机，原线圈匝数n1=120,连接电动机的副线圈匝数n3=30,电流表示数为 2A,标注有“110V55W”的灯泡正常发光，电动机线圈的总电阻为12，则下列说法中正 答题栏 确的是 :1 A.流过灯泡的交变电流的频率为50Hz B.灯泡两端的电压峰值为110V ..... C.流过电动机的电流为7A 3 D.电动机的输出功率为385W 4 11. 如图所示，一个理想自耦变压器原线圈上接有电动势为E,内阻为r的交流电源，副线圈连有 5 电阻R,且R>r,A1、A2为理想交流电流表。当移动滑片使负载电阻R上获得最大功率时， 6 下列选项中正确的是 A. 原线圈中的电流1，=E 2 B.电阻R上获得的最大功率Px一4 10 r 11 C. 变压器原、副线圈的匝数比为，√ 12 D.若滑片继续下移，A1的示数变大，A2的示数变大 13 12.(多选)自耦变压器在高铁技术中被广泛应用，如图所示，一理想自耦变压器线圈AB绕在一 14 个圆环形闭合铁芯上，左端输入正弦交流电压，当滑动触头P处于如图所示的位置时，原线 圈与副线圈的匝数比为3：1，闭合开关S1、S2时，两 15 灯泡均正常发光。已知灯泡L2的电阻R2=182,定 16 值电阻R。=362,若L1、L2的额定电压均为72V,忽 略灯丝电阻随温度的影响，则下列说法正确的是 A.灯泡L1正常发光时的电流为3A B.灯泡L1正常发光时的功率为144W C. 仅将触头P沿逆时针方向转动少许，L1一定变亮 D.左端输入的正弦交流电压的有效值为216V 13.(多选)互感器又称仪用变压器，是电流互感器和电压互感器的统称，常用于测量或保护系 统。如图所示，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器，α、b是交流电压表或交流电流 表，若高压输电线间电压为220kV,T1的原、副线圈匝数比为1：20，交流电压表的示数为 200V,交流电流表的示数为2A,则下列说法正确的是 交流高压输出线 A.a是交流电压表，b是交流电流表 110 B.T2的原、副线圈匝数比为1100：1 Ty T C.高压线路输送的电流为20A D.高压线路输送的电功率为8.8×103kW 物理·选择题专练（十）第3页（共4页） 广鱼欧克门老 14.(多选)互感式钳形电流表是一种用于测量正在运行的电气线路电流大小的仪表，其内部结 构如图所示，电流表与副线圈相连，用手柄控制钳形铁芯上方开口钳形铁芯 被测通 电导线 的开合，则 副线圈 A.互感式钳形电流表可用来测量恒定电流 B.互感式钳形电流表测电流时相当于升压变压器 电流表 C.其他条件相同时，副线圈匝数越少，通过内部电流表的电流越大 手柄 D.其他条件相同时，若仅增大通电导线中电流的频率，则电流表的 示数增大 15.国家能源集团在西藏那曲建成世界海拔最高(4700米)的“日光之城”光伏电站，通过500km 高压输电线向拉萨市区稳定供电，其简化电路如图所示。电厂的输出电压U1恒定不变，送 电过程仅考虑输电线电阻，变压器均为理想变压器，下列说法正确的是 U 用 42 输电线 n3 升压变压器 降压变压器 A.相较于日常情况，处于用电高峰时，用户端电压U4较大 B.相较于日常情况，处于用电高峰时，升压变压器的输出电流I2减小 C.用电情况紧张时，电力部门需要对一部分用户拉闸限电，限电后输电线上损耗的功率 降低 D.无论用户端用电情况如何变化，电厂的输出功率均不变 16.(多选)“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，显示每毫升血液里酒精含量达到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1 是酒精测量仪的原理图，酒精传感器电阻随酒精气体浓度变化的关系如图2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R,=40,电流表和电压表 均为理想电表，理想变压器原、副线圈匝数之比为n1:n2=3：1,下列说法正确的是 ◆R/ A 80 60 酒精 40- V2 R 口传感器 20 17 0.20.40.60.81.0c1mg·mL-) 图1 图2 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 物理·选择题专练（十）第4页（共4页）·物理· 5.D【解析】由于转动过程中，导线框的磁通量保持不变，所以导 线框中不产生感应电流，故B错误。对于Oab部分，根据右手 定则可知，产生的感应电动势方向由b→a→O,则b端相当于 电源的负极，O端相当于电源的正极，所以电势关系为90> Pa>p6,故C错误。对于Oa部分，则有Ua=BRv=BR· k十9-2BaR3,则有Uo=-Ua=-合BaR,故A错误。 2 对于Ob部分，则有Uo6=Bl%v,由几何关系可得lo6= 10 √R+(2R)7=V5R,则有U%=BLa=B·√5R· 。5R+0-号BR,故D正确， 2 6.B【解析】该科普玩具的原理是电磁感应，故A错误。磁铁上 下翻转后重复实验，穿过线圈过程中，磁通量方向相反，根据楞 次定律可知，将会先产生负向电流后产生正向电流，故B正确 者将线圈匝数加倍，根据法拉第电磁感应定律E=mA,可知， 线圈中感应电动势也加倍，由电阻定律R一ρS,可知，线圈匝 U 数加倍，长度也加倍，电阻加倍，由欧姆定律I一尺可知，线圈中 11 感应电流的峰值不会加倍，故C错误。若没有磁场力，则由机 械能守恒定律mgh=之m02,可得v=√2gh,若将h加倍，速 度并非变为原来的2倍，实际中存在磁场力做负功，速度也不是 原来的2倍，则线圈中产生的电流峰值不会加倍，故D错误。 7.D【解析】设三角形框架的顶角为0，导体棒匀速运动的速度 为，单位长度的电阻为R,当运动时间为t时，导体棒的位移 为x=t,则连人电路的导体的长度为1=2.xtan2 2ttan2,连入电路的框架的长度为'=2x 2v 日t,则 cos 2 回路中的电动势为e=Blo=2B0tan2·t,故A错误。电流 0 0 12 E B·2 ottan2·" Botan 2 为I一R 020 0,1 (2utan 2+0)R (tan 2+0)R cos2 可知电流为一定值，故B错误。因导体棒做匀速运动，则外力F 2B2v tan 与安培力平衡，则有F=BIl= 一t,故C错 0.1 tan 2 8R cos 2 98 2Bv tan2 误。拉力F的功率P=Fv= t,故D正确。 (an名+1 BR 13 cos 2 8.ACD【解析】线框从位置I进人左侧磁场的过程中，穿过线框 的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，线框中感应电流方向 为逆时针；线框从位置I运动到位置Ⅱ的过程中，线框的磁通 量先增大后减小，故A、D正确。线框在位置Ⅱ时，根据右手定 则知线框左右两边同时切割磁感线产生的电流同向，所以总电 流为I-2NBL·,线框左右两边所受安培力的方向均向左，根据 R 受力平衡可得外力为F=2NBL=4NBL”,此时线框中的电 R 功率为P=1R=4WBL2 一，故B错误，C正确。 R 9.BD【解析】金属棒最终将在导轨上匀速运动，则有mg sin0= BL,可得流过金属棒的电流1=”，面U。=1R,Q CUc,由于电流I为定值，电阻R越大，电容器两端电压Uc越 大，电容器所带的电荷量Q越大，故A错误，B正确。金属棒切 割磁感线产生感应电动势，在闭合回路中形成感应电流，相当 于电源。根据闭合电路欧姆定律，可知金属棒运动达到稳定时 两端电压为U=Ue=IR=mgR sin0, ,故C错误。运动达到稳 BL 定时，金属棒的热功率为P,=I',=(msin)r,故D正确。 BL BC【解析】金属杆PQ减少的重力势能转化为金属杆的动能 和回路的内能，选项A错误。当金属杆进入磁场恰能匀速运 B BLvL,解得= 动时，则mg=BR+7 BL,若金属杆PQ mg(r+R) 进人磁场时的速度大于，则进人磁场后做变减速运动直至 匀速，选项B正确。由以上分析可知，金属杆PQ在磁场中稳 定时的速度大小为”g十R),选项C正确。金属杆进人磁场 B2L2 E △Φ 直至稳定，流过金属杆的电荷量q=I△t一R十，△t一R十， 透项D箱误。 BC【解析】绝缘阻拦索钩住金属棒αb的一瞬间，感应电动势 Uc,A错误 E=BL则有U,=合E=合BL0,解得B=20 BLxo 通过金属棒ab横截面的总电荷量为q=1=2R UoTo,B 正确；在金属棒ab的速度变为v的过程中，根据动量定理可得 BLmo。-,即BLm(o,UBu,则有 2R 2R B3L3 04mRx,结合U-x图像有4mR BL3_U,解得m= 2x,U6 ,C正确；根据能量守恒，定值电阻中产生的焦耳热Q= Rvd xoU,D错误。 名×gm话-2号 AD【解析】根据楞次定律可知，ABFE回路的电流方向为逆 时针，ABCD回路的电流方向为顺时针，故A正确。左右两个 闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，根据法拉第电磁 感应定律可知，电路中的感应电动势大小为E=BL,故B错 误。当R:=R时，外电路总电阻R一2R,因此导体棒两端 的电压即路端电压U一RR￡=号BL,故C错误。当浙 R外 动变阻器接人电路中的阻值R,=?时，外电路总电阻R 2 R,R=号R,干路电流为I=R+R% R1+F3 。E一=2”，滑动变阻器所 在支路电流为1=R R跳I=B,故D正确。 ABD【解析】当导体棒AB向右运动时，根据右手定则可知， 导体棒AB中的电流方向为从B到A,则导体棒CD中的电流 方向为从C到D,A错误，符合题意；根据左手定则可知，CD 棒所受的安培力方向向右，即磁场对导体棒CD的作用力向 右，B错误，符合题意；由于AB棒切割磁感线产生电动势，在 回路中形成感应电流，使得CD棒受到向右的安培力，CD棒 向右做加速运动，AB棒受到向左的安培力，在外力F作用下 向右做加速运动，当CD棒运动时，AB棒和CD棒一起切割磁 感线，设导体棒CD和AB的速度分别为v1、2,回路中的总电 阻为R,则电路中的电动势为E=BL(,一)，电流I= E BL(w?一)，AB棒和CD棒受到的安培力大小F安=BIL= R BL(o:一u,设CD棒和AB棒的质量分别为m1m2,则对 R CD棒有 B2L2(v2-w1） R =m1a1,对AB棒有 ●7 参考答案及解析 F、 B2L2(02-01) 5.C R =m2a2,初始速度均为零，则开始运动时有 6.ABD【解析】波向x轴正方向传播，根据锋前质点上振，可知 a,<a2,则导体棒CD做加速度增大的加速运动，导体棒AB 位于x=4m的质点在t=0时刻，沿y轴负方向振动，所以浮 做加速度减小的加速运动，当加速度相等时，两者的相对速度 杆正随海水向下振动，故A正确；在t=0时刻发电机产生的电 FRm 动势的瞬时值最大且为Em=nBX2πr%=40πV,故B正确；根 02-1= B2L2(m1+m2) ,该相对速度大小恒定，则感应电动 势一定，感应电流一定，即安培力一定，则加速度一定，即之后 据变压器电压之比与线圈匝数之比关系号-，解得变压器副 两根导体棒以恒定加速度做匀加速直线运动，” 线圈输出电压的峰值为U2m=200πV,故C错误；负载消耗的功 C正确，不符合题意；根据上述内容可知导体 (U2m 棒AB的速度始终大于导体棒CD的速度，两 √2 者之间始终存在速度差，作出整个运动过程的 率为P= R -=1000π2W,故D正确。 速度与时间图像，其中2表示导体棒AB,1表 0 7.A8.A 示导体棒CD,如图所示，根据速度一时间图像 9.AD【解析】由题意可知，变压器上的能量损失可以忽略，则该 中，图线与时间轴所围几何图形的面积表示位移，可知导体棒 降压变压器可视为理想变压器，理想变压器原、副线圈两端的 AB与CD之间的距离一直在增大，D错误，符合题意。 功率相等，所以V1与A1示数乘积等于V2与A2示数乘积，故 C【解析】弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生 A正确。由于输入电压高于输出电压，根据P=UI可知，原线 顺时针方向的电流，故A错误。任意时刻，设电流为I,则PQ 圈中电流较小，故原线圈所用的导线较细，副线圈中电流较大， 所受安培力FQ=BI·2d,方向向左，MN所受安培力FMw 故副线圈所用的导线较粗，故B错误。理想变压器的输出电压 2BI·d,方向向右，可知两棒及轻质绝缘弹簧组成的系统所受 是由输入电压和匝数比决定的，由于输人电压和匝数比不变， 合外力为零，系统动量守恒，设PQ质量为2m,则MN质量为 所以副线圈的输出电压不变，所以电压表V1示数不变，V2示 m,PQ速率为v时，根据动量守恒定律2mv=mv',解得v' U, 2,此时回路中的感应电流I=2Bd十B2de-2Bd,故 数不变，因为用电器增多，所以R变小，根据1，一R十R。,可知 R+2R R 电流表A2示数变大，由U3=U2一I2R。,可知V3示数变小，所 MN所受安培力大小为F=2Ba=B,故B错误。根 R 以副线圈所接的总电阻变小，则副线圈的功率P= R增大，由 据动量守恒定律2mw=mv'知整个运动过程中，任意时刻MN P 与PQ的速率都有v'=2w,故MN与PQ的速率之比始终为 原，副线圈功率相等可得原线圈的功率增大，由1一，可知原 2:1,时间相同，故路程比等于速率比，故MN与PQ的路程 线圈的电流增大，即电流表A1示数增大，故C错误，D正确。 之比为2：1，故C正确。两棒最终停止时弹簧处于原长状态 时间相同，由动量守恒可得mx1=2mx2,x1十x2=L,可得最 0,AC【解析】交流电源的频率f=2=2Hz=50Hz,变且 终MN向左移动x1=,PQ向右移动x2=气，则整个运动 器不改变交流电的频率，故A正确。灯泡的额定电压为有效 值，即110V,则灯泡两端的电压峰值为110√2V,故B错误。 △Φ 过程中，通过MN的电荷量为q=I△t= R总 根据2=号，可得U,=55V,根据功率相等，则有U山1 13 2B.2头.d+B.5.2a 3 3 2BLd U2I2十U3I3,解得I3=7A,电动机的输出功率为P出=P P,=55×7W一72×1W=336W,故C正确，D错误。 3R 3R,故D错误。 11.C 5 C 16.C【解析】整块铝合金导电性虽好，但会形成大面积的祸流回 12.BC【解析】副线圈的电流为1，=72Y+72Y-=6A,原线圈 RR。 路，导致涡流损耗显著增加（电能大量转化为热能），与“减少损 耗”的设计目标矛盾，A错误；涡流属于感生电流，由交变磁场 的电流为11=31，=2A,灯泡L正常发光时的电流为1u= 引起的磁通量变化产生，而此处金属底盘静止，无法切割磁感 线，仅因磁场变化产生祸流，B错误；将金属底盘分割为多段绝 I=2A,灯泡L1正常发光时的功率为P=2A×72V= 144W,A错误，B正确。仅将触头P沿逆时针方向转动少许， 缘，限制涡流只能在每段金属内部形成小回路，大幅减小涡流， 副线圈的匝数增加，副线圈两端电压增大，副线圈的电流增大， C正确；感应电流的产生条件是磁通量变化，恒定电流产生恒 原线圈的电流增大，L1一定变亮，C正确。L2正常发光，副线 定磁场，磁通量无变化，因此不会激发感应电流，D错误。 圈两端电压是72V,则UAB=3×72V=216V,左端输入的正 物理选择题专练（十）】 弦交流电压的有效值为U=72V+216V=288V,D错误。 13.BD【解析】图中T?的原线圈并联在高压输电线上，T,的原 C【解析】导体棒切割磁感线产生电动势的瞬时值为e= 线圈串联在高压输电线上，可知，T,为电流互感器，T2为电压 互感器，即a是交流电流表，b是交流电压表，故A错误。T2 BLUm sin wt,回路中电流的有效值为I= BLvm 2(R+'一个周期 为电压互感器，根据电压与匝数的关系有”1--1100，故 n2U2-1 内电阻R产生的焦耳热为Q=IRT=IPR.2m-BLR (R+r)'a 1 B正确。T,为电流互感器，根据电流与匝数的关系有 D BD【解析】由图甲电路可知，一半时间内电流从整流电路上 ”,解得11=40A,故C错误。结合上述，高压线路输送的电 nal 端流入，经右上二极管、灯泡、左下二极管形成回路，一半时间内 功率为P=U1I1=8.8X103kW,故D正确。 电流从整流电路下端流入，经右下二极管、灯泡、左上二极管形 14.BC【解析】互感式钳形电流表利用的是电磁感应的互感原 成回路，即每个周期内通过灯泡的电流方向始终不变，始终由 理，不能测量恒定电流，故A错误。该电表原线圈为单匝，副 上向下，故C错误，D正确。由CD选项分析可知，经整流电路 线圈匝数大于原线圈匝数，根据变压器规律知相当于升压变 后，流经灯泡的电流方向不再改变，电流大小仍按正弦规律变 压器，故B正确。电流大小与线圈匝数成反比，所以副线圈匝 化，所以电压表示数即交流电源的输出电压有效值，为U一 数越少，电流表读数越大，故C正确。其他条件相同时，若仅 Em=10V,故A错误，B正确。 增大通电导线中电流的频率，根据变压器的原理可知电流表 √ 的示数不变，故D错误。 高考试题逐题突破 15.C【解析】将降压变压器和用户端等效成 一个电阻R',其等效电路图如图所示，R 消耗功率和用户端电阻R用消耗功率相 同，根据降压变压器电压与匝数的关系4 -”和功率的公式P= U ns R,综合可得 RR)当用电高峰即用户端并联电阻个数增加时，R用减 6 小，所以R'减小，设高压线上的电流为I。,根据闭合电路欧姆 定律可得1，一，十R,所以随着R'的减小，1，增大，又因为 U3=U2一I2r,所以U3减小，再根据降压变压器电压与匝数的 系=”3，可知U,减小，故A、B错误；拉闸限电即用户端 关系U 并联电阻个数减少，根据上面分析可知R用增大，R'增大，故 I2减小，输电线上损耗功率P糊=Ir,所以损耗功率降低，故 C正确；U1不变，升压变压器匝数比不变时，根据升压变压器 > 电压与臣数的关系号-分，可知U,也不会变化，电厂输出功 8 率为P=U1I1=U2I2,当用户端用电情况变化时，虽U2不会 变化，但根据上面分析可知【2会发生变化，故电厂输出功率发 生变化，故D错误。 16.BC【解析】将副线圈等效为电阻R.,则有RI=RI,因为 I1n1=I2n2,代人题中数据，解得R,=9R,对原线圈有U I1(R,十R,)=I1(R,+9R),司机饮酒后，在吹气过程中，结合 图像可知R减小，故I1增大（即电流表A示数增大），则R,分 压增大，故R电压减小（即电压表V1示数减小），故A错误； 由题意可知有效电压U=220,2V=220V,由图像可知酒精 √2 在0.2mg/mL与0.8mg/mL的范围内，R阻值在402到 9 U 200之间，根据R1十9R)=1,可知电流在0.5~1.0A之 间，故B正确；若司机喝过一瓶藿香正气水10分钟左右进行测 量，则每毫升血液含酒精0.3毫克，由图像可知电阻R约为 U 220 30Q,则1R,+9R40+9X30A≈0.71A,则12=4” 2.13A,则电压表V2的示数约U'=I,R≈2.13×30V≈ 64V,故C正确：若R1和R功率相等，则有R=nR IR niR 可知R- 1 ≈4.42，由图像可知酒精浓度为0.6mg/mL 10 时电阻约为202≠4.42，不符合题意，故D错误。 11 物理选择题专练（十一） 1.BCD【解析】细颗粒物在大气中的漂移是因为气流的作用，不 属于布朗运动，故A错误。由题图甲可知，9：00时的气温高于 10:00时的气温，所以9：00时的空气分子平均速率比10：00时 的大，故B正确。由题图乙可知实线对应的速率大的分子占的 比例大，对应的气体分子温度较高，所以题图乙中实线表示 14:00时的空气分子速率分布曲线，故C正确。14：00时的气 温高于12：00时的气温，空气分子的平均速率较大，单位时间内 12 空气分子对细颗粒物的平均撞击次数较多，故D正确。 2.AC【解析】C点分子力为零，取无穷远处的势能为零，当分子 间距由无穷远处逐渐减小到C点位置时，分子力表现为引力 分子力做正功，分子势能逐渐减小，所以C点的分子势能最小 且小于零，故A正确；分子间距由无穷远处逐渐减小到C点位 置时，分子势能逐渐减小，所以由B点到A点分子势能逐渐增 大，故B错误；分子间距由无穷远处逐渐减小到C点位置时，分 子势能逐渐减小，C点到D点过程分子势能逐渐增大；由图可 知C点到D点过程分子力逐渐增大，故C正确；物体内能等于 物体总的分子势能和分子动能之和，不等于所有分子的分子势 能总和，故D错误。 3.D4.C 5.C【解析】气球从地面到高空，温度降低，气体分子热运动的平 均速率变小，但不是每个气体分子热运动的速率都变小，A错 误；根据热力学第一定律有△U=Q+W,气球从地面到高空过 程中，气球体积没有变化，故W=0,那么△U=Q,B错误，气体 发生等容变化，根据查理定律有气 =2,代入数据解得p2三 0.92×10°Pa,C正确；气球充气时发生等温变化，根据玻意耳 定律有p1V1=np2V2,代入数据解得n=1600,气球在地面充 气所用时间为1600s,D错误。 D【解析】设活塞面积为S,初始时大气压强为。，对活塞受 力分析，有mg十p,S=pAS,解得气体压强pA=p。十"，在活 塞与卡口接触前，活塞受力不变，气体做等压变化，当活塞与卡 口接触后，气体体积不变，继续加热气体，温度升高，由理想气体 状态方程可知压强增大，故整个过程气体先等压膨胀，再等容 升压，题图甲气体一直等压膨胀，一定错误。题图乙气体先等压 膨胀，再等容升压，可能正确。题图丙气体先等压压缩，再等容 升压，一定错误。题图丁气体先等压膨张，再等容升压，可能 正确。 C【解析】从状态a到状态b,气体的p-V图线是圆弧而不是 双曲线，所以这一过程不是等温膨张过程，故A错误。从状态a 到状态c,气体压强不变，体积增大，对外界做功，根据理想气体 状态方程可知其温度必定升高，则气体内能增大，根据热力学 第一定律△U=W+Q,可知气体吸收热量，故B错误。气体在 状态c与在状态a相比，在状态c时气体体积较大，分子的数密 度较小，气体温度升高，分子的平均动能增加，因为状态c与状 态α气体压强相等，所以在状态c时气体分子单位时间内撞击 单位面积器壁的次数一定较少，故C正确。从状态a经b、c、d 回到状态α时气体的温度不变，内能不变，外界对气体做的功等 于图形的面积，根据热力学第一定律△U=W+Q,可知气体放 出热量，故D错误。 C【解析】在C→A过程中，图线为直线，根据理想气体状态方 程可知压强不变，气体体积减小，外界对气体做功，根据WcA p·△V,解得WcA=300J,故A错误。由题知B→C过程中气 体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，则B→ C的过程中气体对外界做功900J,由于B→C过程中气体温度 不变，则内能不变，则此过程吸收热量900J,故B错误。A→ B→C→A,温度不变，则内能变化量△U=0,A→B过程，气体 体积不变，做功为零；B→C的过程中气体对外界做功900J: C→A的过程中外界对气体做功300J,故W=WcA十WC= 一600J,Q=△U一W=600J,则整个过程中气体从外界吸收 600J的热量，故C正确。根据理想气体状态方程可知，三个状 态的压强关系满足pA=pc<pB,D错误。 的 BC【解析】由于登月服能保持与外界绝热，则航天员由地面 到太空的过程中，由于外部气压降低，登月服内压强大于外界 压强，所以登月服急剧膨胀，内部气体体积增大，故B正确；登 月服内气体对外做功，内能减小，则温度降低，登月服内气体分 子的平均动能减小，故C正确；登月服内气体体积变大，温度 降低，则根据气体状态方程 T -=C可知，登月服内气体压强减 小，登月服内壁单位时间、单位面积被气体分子碰撞的次数减 少，故A、D错误。 A【解析】在b→c过程中，气体等压升温膨胀，活塞受力平 衡，有1.5pS=pS十Mg,解得活塞质量为M=,S, 2g,故A 正确。根据理想气体状态方程y-C,得力-CT,p-T图线 斜率不变时，体积不变，可知只有在b→℃过程中气体对外做 功，W=1.5p。S· 2=4pSH,故B错误。在a→d全过程 中，由理想气体状态方程有，=p。解得T=4T Ta 可知气体内能的变化量△U=a(T:一T。)=3aT。,故C错误。 从b→d过程，气体体积增大，对外做功，温度上升，内能增大 根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于其内能的增 加量，故D错误。 ·8 3.BC【解析】设阀门打开后，活塞C向右移动了x,最后达到平 2L 衡时A、B内气体的压强均为p,A、B内气体的初始体积均为 中通过的总路程为s= ,因此该激光在内窥镜中传输所经历 V,则对A、B内气体由等温变化规律可得pAV=p(V+Sx), 20 的时间是t= psV=p(W-Sx),解得x=3cm,p=3.0×10Pa,故A错 三=25L×10s,故C正确，D错误。 9 误，B正确。由于整个装置均由导热材料制成且环境温度恒 定，所以气体温度保持不变，气体内能不变，即△U=0,又因为 气体A膨胀，对外做功，即W<0,由热力学第一定律△U= W+Q,可得Q>0,即气体A要从外界吸热，故C正确。若B4.D【解析】光线由水上射入水中时，光 汽缸抽成真空且没有活塞，打开阀门D后，A汽缸中气体自由 的频率不变，故A错误。如图所示，光 膨胀对外不做功，又因为气体内能不变，所以A中气体既不从 源S成像在S处，S的位置比S的位置 水上 外界吸热也不向外界放热，故D错误。 偏高，故B错误。当光线在水面的入射 ABC【解析】设玻璃管在光滑斜面上运动时加速度为a1,对 角为90°时，水中光线与竖直方向夹角 整体，由牛顿第二定律有m总gsin0=m总a1,解得a1= 达到最大值，即临界角C,且sinC= 5m/s2,对水银柱，根据牛顿第二定律poS十mg sin0-p1S= 13 4 >0.6,则C>37°，故C错误。 ma1,其中m=pV=Sh,解得被封闭气体的压强p1 75cmHg,故B正确。若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不 由以上分析可知，水面上有岸上景物光线射入的区域为圆形， 动，被封闭气体的压强p2=p。十pgh=80cmHg,被封闭气体 则通过镜头拍摄到的岸上的景物在一个圆形区域内，故D 做等温变化，则p2SL1=pSL,解得封闭气体的长度L1= 正确。 37.5cm,故A正确。若细玻璃管开口竖直向下静止放置，被 5.ABD【解析】由题意可得第一次成像光路图如图所示，主像位 封闭气体的压强p,=p。一pgh=70cmHg,气体做等容变化， 置为0，设第一次折射的折射角为，则有n=s血9，根据几何 sinr 则2-可得工T。=415,故C正确。若用沿斜面间 上的外力使玻璃管以a2=1m/s2的加速度沿斜面加速上滑， 关系可知，主像到上表面的距离D=2d,tanr十1·tan -cos 0, sin 0 对水银柱，根据牛顿第二定律p4S一poS一ng sin0=ma2,其 解得D=l十 2dcos 6 三，故A正确。光线每次经下表面反射 中=pV=pSh,被封闭气体做等温变化，则p4SL2=p2SL1, √n2-sin2 解得p4=78cmHg,L2≈38.46cm,故D错误。 后在上表面出射的点均向左移动2 dtan r,根据几何关系可知， 5. C 上表面出射的所有光线的反向延长线与PQ的交点间距相等， 6.ACD【解析】设一个氧气瓶最多充满n个便携式氧气瓶，根 故B正确。根据光路可逆性可知，光线不会在上表面发生全反 据玻意耳定律有pV=poV十npV。,解得n=380,故A正确。 射，故C错误。0=0°时，即光线沿PQ方向，由D=1十 根据题意有T1=t1十273K=300K,T。=0+273K=273K, 2dcosθ ,可得主像到上表面的距离为D=1+24,故D T2=t2十273K=275K,0℃时压强为p标=1×103Pa的 √n2-sin2 1mol气体的标准体积是22.4L,根据p标V标=n,RTo,对应 正确。 27℃时的便携式氧气瓶，根据p。V。=n1RT1,则充满气后 个便携式氧气瓶内的氧原子数目为N=n1NA,解得N≈ 0.12NA,故B错误。设瓶内剩余气体在没有漏气之前，即温度 为t1=27℃、压强为p。=2×105Pa状态时，占据体积为△V, 对这部分气体，根据理想气体状态方程有AY_了， 一，则 T :Q 将氧气瓶搬至山上后，瓶内剩余气体质量约为原来的m余 m原 △V .100%,解得m会≈73%，故C正确。将氧气瓶搬至山上， 6.C V。 772原 7.AD【解析】由几何关系可知，光线从D点射出过程，入射角和 由于漏气，瓶内气体分子分布的密集程度减小，温度降低，分子 折射角分别为i=∠ABD=30°，r=2∠ABD=60°，则此玻璃的 运动的平均动能减小，导致压强减小，故D正确。 折射率为n=si加？=，A正确。由几何关系可知，BD长度为 sin i 物理选择题专练（十二） B 5=2Rc0s30=5R,光在玻璃球内传播的速度为？=元，所以 D【解析】a、b两条出射光线均在水珠表面发生折射现象，入 射角相同，a光的折射角小于b光的折射角，根据折射定律n= 光线从B到D需要的时间为1=二一3迟，故B错误。由临界角 sni,可知n,>,折射率大则光的频率高，因此a光是紫光，b sin r 公式可得inC=1=3、2 一3<2，则临界角C<45,故C错误。 光是红光，故A错误；在真空中传播时，α、b光的速度一样大， 光线沿BM入射时，入射角等于45°，大于临界角，所以增大 故B错误；根据光的衍射现象，遇到相同的障碍物，波长越长的 ABD,光线可能在DM段发生全反射现象，故D正确。 光越容易发生明显衍射，因此b光更容易发生明显衍射，故C8.B 错误；由于光的频率越大，波长越短，因此入。<入。，故D正确。 9.C【解析】由图乙知冰品对a光的折射率小于对b光的折射 AC【解折】根据a=台，可得-32×I0m/s,放A正确，B 2 率，由si血C=。,可知，从冰晶射入空气中发生全反射时，a光 错误；根据折射定律n=加，可得光线从左端面射人后的折射 的临界角大于b光的临界角，故A错误。因折射率n。<6,则 sin r 频率f。<f6,根据c=入f,可知波长入。>入。，由双缝干涉条纹间 角为30°，射到侧面时的入射角为60°，大于临界角45°，因此发 生全反射，同理光线每次在侧面都将发生全反射，直到光线到 距公式A△z-子，可知a光的干沙条纹比b光的宽，故B错误， 达右端面，如图所示，由三角函数关系可以求出光线在内窥镜 单缝能使b光产生明显衍射，说明单缝宽度小于或接近b光波