专题4 课时作业14 直流电路与交流电路-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习练习手册

班级： 姓名： 专题四 电路与电磁感应 课时作业14直流电路与交流电路 (分值：55分) 基础巩固练 中R,=2R2,原线圈接到如图乙所示的正弦式交 流电路中，则 ( 1.(5分)（多选）(2024·新 课标卷)电动汽车制动时 4851 可利用车轮转动将其动能 0.25 2.5 转换成电能储存起来。车 旋转方向 t/s 轮转动时带动磁极绕固定 分 的线圈旋转，在线圈中产 蓄电系统 A.交流电的周期为2.5s 生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线 B.电压表示数为12V 圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀 C.副线圈干路的电流为R,中电流的2倍 强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中 ( ) D.原、副线圈功率之比为4：1 A.电流最小 5.(5分)如图甲所示为一台小型发电机构造示意图， B.电流最大 线圈逆时针转动，产生的电动势随时间按正弦规 C.电流方向由P指向Q 律变化，图像如图乙所示。发电机线圈内电阻为 D.电流方向由Q指向P 1.02,外接灯泡的电阻为4.0Ω。则 () 2.(5分)（多选）(2025·广东深 ↑ev 圳一模)扫地机器人是智能家 5 0 用电器的一种，它利用自身携 0. 0.02 -55 带的小型吸尘部件进行吸尘 ⊙ 清扫，如图为某扫地机器人，已知其电池容量为 甲 2000mA·h,额定工作电压15V,额定功率30W。 A.在t=0.005s的时刻，穿过线圈的磁通量最大 下列说法正确的是 ( ) B.通过灯泡的电流为0.8A A.扫地机器人的电阻小于7.52 C.电压表的示数为5V B.扫地机器人的电阻等于7.52 D.前0.01s内灯泡消耗的电能为0.04J C.扫地机器人的电阻大于7.52 6.(5分)（多选）(2024·全国 D.扫地机器人充满电后可连续工作1小时 甲卷)如图，理想变压器的U& 3.(5分)(2025·广西卷)如图电路 副线圈接入电路的匝数可 CTR。R e 中，材质相同的金属导体a和b,横 通过滑动触头T调节，副 截面积分别为S1、S2,长度分别为 线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R。和R1、 l1、l2。闭合开关后，a和b中自由 开关S。S处于闭合状态，在原线圈电压U。不变 电子定向移动的平均速率之比为 的情况下，为提高R,的热功率，可以 () A.保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 B.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置 A.11:2l2 B.2l2:l1 不变 C.12S:21S2 D.212S2 lS C.将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端 4.(5分)(2025·福建卷)如图甲所示，理想变压器 滑动 原、副线圈匝数比为4：1，在副线圈的回路中接有 D.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端 理想交流电压表和阻值分别为R1、R2的电阻，其 滑动 (横线下方不可作答) 137 专题四电路与电磁感应 能力提升练 域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂 输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转 7.(5分)（多选）(2025·河南郑州一模)某个小型水 子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理 电站发电机的输出功率、输出电压一定，通过理想 想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定 升压变压器升压后从甲地向乙地输电，输电线的 值电阻R。当用户端接一个定值电阻R时，R。 双线总长度为L,升压变压器的原、副线圈的匝数 上消耗的功率为P。不计其余电阻，下列说法正 比为k,输电线上的电流为I。若把该发电机输出 确的是 ( ) 的电能从甲地向丙地输送，保持输电线的规格不 变，输电线的双线总长度变为2L,要使在用户端 升压变压器 降压变压器 得到的电功率不变，升压变压器的原、副线圈的匝 数比需要变为'，输电线上的电流为′。下列关 系式正确的是 A.I'-! 89 A.风速增加，若转子角速度增加一倍，则R。上消 耗的功率为4P C.& 09 B.输电线路距离增加，若R。阻值增加一倍，则 R。上消耗的功率为4P 8.(5分)保险丝对电路安全有着 C.若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R。 重要作用，如图所示，A是额 U R 上消耗的功率为8P 定电流为1A的保险丝，理想 D.若在用户端再并联一个完全相同的电阻R,则 变压器的原、副线圈的匝数比 R。上消耗的功率为6P 为5：1，交流电压为U=220V,保险丝电阻为 12,R是可变电阻。则 尖子生选练 A.要使电路正常工作，可变电阻R的阻值不能大 11.(5分)（多选）(2025·黑龙江哈尔滨高三期末)如 于8.762 图所示，质量m B.可变电阻R越大，其消耗的功率越大 C.可变电阻R两端的电压不能低于43.8V 0kg长L=1m、 D.保持R不变，增加原线圈匝数，通过保险丝的 电阻Rb=12的 电流增大 水平导体棒ab, 9.(5分)（多选）(2025·云南卷)电动汽车充电桩的 其两个端点分别 供电变压器（视为理 搭接在竖直平行正对放置的两光滑金属圆环上， 想变压器)示意图如 n U,I区充电桩 图所示。变压器原线 U n 两圆环半径均为？=是，电阻不计。阻值为 圈的匝数为n1,输入 UⅡ区充电桩 R=12的定值电阻用导线与圆环相连接，整个 电压U1=1.1kV;两 装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B= 副线圈的匝数分别为n2和n3,输出电压U2= √2T的匀强磁场中。导体棒ab在外力F作用 U3=220V。当I、Ⅱ区充电桩同时工作时，两副 下以速率v=2m/s绕两圆环的中心轴OO'匀速 线圈的输出功率分别为7.0kW和3.5kW,下列 转动，ab在圆环最低点时记为t=0时刻，重力加 说法正确的是 ( 速度g取10m/s2,电流表为理想电表，其他电阻 A.n1:n2=5:1 不计。下列说法正确的是 () B.n1:n3=1:5 A.电流表的示数为1A C.变压器的输入功率为10.5kW D.两副线圈输出电压最大值均为220V B.定值电阻两端的电压为uR=2√2cosπt(V) 10.(5分)(2024·湖南卷)根据国家能源局统计，截 C.从0~0.5s的过程中，通过导体棒ab的电荷 止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续 量为0.5C 13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领 D.从0~0.5s的过程中，外力F做的功为3J 红对勾·讲与练 138 高三二轮物理R'120 R R120 则根据几何关系有 x=R+R+2Rsin30°， 3√3m00 解得x= gB 粒子在偏转电场中沿y轴正方向的侧 1 移量y1= 2 粒子在磁场中沿y轴正方向的侧移量 y2=2Rcos30°， 粒子打在P上的y坐标y=y1+y2, 解得y= 3mv 3mvo 2gE qB 4., (2) 2voto 2 (3)32to 解析：(1)在0一t。时间内，粒子做匀速 圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力 4π 可得gB。v。=m T2ri=m ri 解得T=2t。,r1= m00 Voto gB。 元 则粒子在号时间内转过的圆心角Q= 受，所以在1= 时，粒子的位置坐标 (2)在t。~2t。时间内，设粒子经电场 加速后的速度为，粒子的运动轨迹如 图所示， 则0=0十 t0=200, 运动的位移x= a十 3voto 2 to= 2 在2t。~3t。时间内粒子做匀速圆周运 2voto 动，半径r2=2r1= 元 故粒子偏离x轴的最大距离 3vato h=x十r2= 2voto 2 T (3)粒子在xOy平面内做周期性运动 的周期为4t。,故粒子在一个周期内向 6vato 右运动的距离d=2r1十2r。= 480ot0 AO间的距离为 =8d, T 所以，粒子运动至A点的时间t= 32t0o 5.g）26+ B2 (3)①50V/m 0.01T②x,=2√10X 10°m/s,,=-5.4×10m/s,0.= 7.2×10m/s 252 红对勾·讲与练·高三二轮物理 解析：(1)粒子受洛伦兹力作用在yO: 平面内做匀速圆周运动，轨迹图如图 甲所示， % 0 ·B· / 甲 由牛频第二定律有9，B=m尺' 可得半径R=m gB 解得粒子到达之方向最高点时的坐标 为器） (2)粒子所受静电力沿x轴正方向，洛 伦兹力在yO~平面内。由运动的分解 与合成可知，粒子在复合场中的三雏 运动由x方向的匀加速直线运动和 yO:平面内的匀速圆周运动合成。其 中，粒子的轨迹在yO:平面内的投影 如图甲所示，粒子做圆周运动的周期 T-2红迟-20，粒子运动子T时第一 gB 次到达之方向最高点，此时粒子在y、之 方向的速度大小分别为，=。，，= 0,粒子在x方向做匀加速运动，由牛 顿第二定律有gE=ma,由运动学规律 可得粒子运动子T时在x方向的分速 T xE 度大小为0x=a4=2B' 粒子第一次到达之方向最高点时的速 度大小为v=√十， + (3)①设入射速度在x方向和yOx平 面内的速度分量分别为1、2，则℃。= 0i十02， 由(2)中分析可知，粒子在yO:平面内 的运动为如图乙所示的匀速圆周运 动。C、D两个极值点的实际之坐标之 差即为yOx平面内圆周运动的直径， 乙 即xC一义D=2R= _2mw=0.144m- gB (-0.036m)=0.18m, 粒子经时间2T运动到A点，故xA= 1(2T)+2 95(2Ty=1.2m 172 粒子经时间4T运动到B点，故xB= 1×9E(4T)=3.2m, u,(4T)+2Xm 周期为T=2xR 2 联立可得01=2√10×10m/s,v2= 9×10m/s, 将数据代入解得电场强度E和磁感应 强度B的大小分别为E=50V/m, B=0.01T。 ②粒子在yOx平面内做圆周运动的半 径为R= =0.09m, 2 如图丙所示，圆心O1的之坐标为 01=xc-R=0.054m, 丙 OO,与y轴的夹角日的正弦值为 sin 0=- 0 R =0.6, 解得0z=01=2√10X10m/s,℃，= -v2sin0=-5.4×10°m/s,v.= v2cos0=7.2X10m/s。 专题四 电路与电磁感应 课时作业14直流电路与交流电路 1.BD磁极顺时针匀速转动相当于线圈 逆时针匀速转动，线圈从中性面位置 开始转动，磁极转过90°时即线圈逆时 针转过90°时，穿过线圈的磁通量为0， 磁通量的变化率最大，线圈中电流最 大，A错误，B正确；磁极转过90°时相 当于题图中PQ向下切割磁感线，由右 手定则可知线圈中电流方向由Q指向 P,C错误，D正确。 2.AD扫地机器人是非纯电阻用电器， P 则U>IR,I= ，代入数据可得1= 2A,R<7.52,故A正确，B、C错误； 扫地机器人充满电后一次工作时间为 1=-2000x10 h=1h,故D正确。 2 3,B根据电阻定律R=pS,可得R。= R ,=2即5。两支路并联有 IR。=I6Rh总，结合电流的微观表达式 I=ngoS,电阻a、b由同种材料制成， 则n、q相同，联立可得v.11=206l2,即 21: 故选B。 4.B由题图乙可知，交流电的周期为 2.25s,故A错误：根据题图乙可知，输 入电压最大值Um=48√2V,则输入电 压有效值为U1= =48V,根据理想 √2 变压器的电压规律可知，副线圈两端 电压即电压表示数为U,=U, 12V,故B正确：R,的阻值为R。的2 倍，根据并联规律可知，两电阻两端的 电压相同，根据欧姆定律可知，流经R 和R。的电流之比为1：2，副线圈千路 电流等于流经两电阻的电流之和，则 副线圈千路的电流为流经R,电流的3 倍，故C错误；由于该变压器为理想变 压器，所以原、副线圈的功率之比为 1:1,故D错误。 5.D在t=0.005s的时刻，感应电动势 最大，此时穿过线圈的磁通量为0，故 5√2 A错误；电动势有效值E= V= 5V,通过灯泡的电流为I= E R十 1A,故B错误；电压表的示数为U IR=4V,故C错误；前0.0]s内灯泡消 耗的电能为E=IRt=12×4×0.01J= 0.04J,故D正确。 6.AC保持T不动，则原、副线图匝数 比不变，又变压器的输入电压不变，根 据变压器的变压规律可知，变压器的 输出电压不变，滑动变阻器的滑片向∫ 端滑动时，其接入电路的电阻减小，根 据闭合电路欧姆定律可知通过R,的 电流增大，根据P=IR可知，R1的热 功率增大，A正确：仅将T向b端移 动，R,两端的电压减小，根据P= R 可知，R的热功率减小，B错误；同理， 仅将T向a端移动，R的热功率增 大，再将滑动变阻器的滑片向∫端滑 动，R,的热功率进一步增大，C正确； 经以上分析可知，将T向b端移动，滑 动变阻器的滑片向e端滑动，R,的热 功率减小，D错误。 7.BD从甲地向乙地输电，输电线的双 线电阻设为R,根据电阻定律可得R= L PS,把该发电机输出的电能从甲地向 丙地输送，保持输电线的规格不变，输 电线的双线总长度变为2L,则输电线 的双线电阻变为2R,要使在用户端得 到的电功率不变，则输电线损失的功 率也保持不变，根据△P=I2R=I'2· 2R,可得=2 I,故A错误，B正确； 设发电机的输出功率为P,输出电压 为U,升压变压器原线圈中的电流为 P 1= ，根据变压器原、副线图电流与 医发的关系可件号=公分=日，欧 立可得=，故C错误，D正确。 8.C将可变电阻与变压器等效为一个 新电阻，其等效电阻R'=R,原线图 ni n 回路满足闭合电路欧姆定律，有U= I(RA十R'),由于A的熔断电流为1A, 可得R'≥2192，即R≥8.762，故A 错误；当R'=RA时R的功率最大， R'>RA时，电阻R越大，功率越小，故 B错误；设可变电阻R两端电压为U', 则原线圈两端电压为5'，根据 U-5U' ≤1A,可得U'≥43.8V,故C RA 正确：保持R不变，增加原线圈匝数， 等效电阻变大，通过保险丝的电流减 小，故D错误。 9.AC根据理想变压器的电压比等于匝 数比可得n1:n2=U1:U2=5:1, n1:n3=U1:U3=5:1,故A正确， B错误；根据能量守恒可知变压器的输 入功率等于总的输出功率，故P骑入 P出=7.0kW+3.5kW=10.5kW, 故C正确；输出电压为交流电的有效 值，根据正弦式交变电流的最大值与 有效值的关系可知，两副线圈输出电 压最大值均为Um=220√2V,故D 错误。 10.A设升压变压器原、副线圈匝数分 别为n1n2,降压变压器原、副线图匝 数分别为、n:,将降压变压器和用 户端所接定值电阻R等效为一个电 3U:R。 U3_= 组R华，则R华一了I: 113 发电机转子以角速度ω匀速转动时， 产生的电动势的最大值Em=NBSw, 则升压变压器输入端的电压有效值 0,= NBS“,转子角速度增加一倍， 2 则升压变压器输出端电压为U:= ”二U,增加一倍，根据闭合电路欧姆 1 定律知定值电阻R。中的电流变为原来 的2倍，结合P=I。R。可知，转子角速 度增加一倍，R。上消耗的功率变为4P, A正确；结合P=《 U: ·Ro, R。十R爹装 若R。增加一倍，则R。上消耗的功率 0） 为(2R。+R车 ·2R。≠4P,B错 误；若升压变压器的副线圈增加一 倍，根据理想变压器变压规律知，升 压变压器副线圈两端的电压变为原 U 来的2倍，由L。=R。十R等 一可知，定 值电阻R。中的电流变为原来的2 倍，R。上消耗的功率变为4P,C错 误：若在用户端再并联一个完全相同 的电阻R,降压变压器和用户端所接 定值电阻的等效电阻变为)R等数，R。 U: 上消耗的功率变为 1 R。十2R等数/ R。≠6P,D错误。 11.AD导体棒ab在圆环最低，点时，速度 与磁感线垂直，有效切割速度最大， 经过时间t导体棒速度与磁感线夹角 为0=a=巴=t,导体捧的有效切割 速度为y'=vcos8=2cosπt(m/s), 则感应电动势随时间的变化规律为 u=E'm cos8=2√2cosπt(V),电动势 最大值为Em=2W2V,感应电流最大 值为Im=Rb十R =√2A,电流表示 数为电流有效值，故电流表示数为 I==1A,A正确：导体捧b两端 1 √2 的电压为=RRu=Eosu(V), B错误：导体棒αb做圆周运动的周期 2xr 为T=2r=2s,因0.58= U 工，故在 0~0.5s时间内，通过导体棒b的电 △Φ BLr 荷量为q一R+R。R+Rb V C. C错误；从t=0到0.5s的过程中，由 能量守恒定律有W=I(R十R)t十 mgr=3J,D正确。 课时作业15电磁感应 1.B闭合开关瞬间，根据安培定则可知 线图M中突然产生向右的磁场，根据 楞次定律可知，线圈P中感应电流的 磁场方向向左，因此线圈M和线圈P 相互排斥，A错误；线圈M中的磁场稳 定后，线圈P中的磁通量不再变化，则 线圈P产生的感应电流为0，电流表示 数为0，B正确；断开开关瞬间，线圈M 中向右的磁场瞬间减为0，根据楞次定 律可知，线图P中感应电流的磁场方 向向右，根据安培定则可知流过电流 表的电流方向由b到a,C、D错误。 2.C由楞次定律“增反减同”可知回路 框中感应电流方向为逆时针，根据左 手定则可知左侧导体棒所受安培力斜 向右上方，右侧导体棒所受安培力斜 向左上方，故选C。 3.D根据题图乙可知此时穿过线圈的 磁通量为0，A错误；根据法拉第电磁 感应定律可知永磁铁相对线圈上升越 快，磁通量变化越快，线圈中感应电动 势越大，B、C错误；永磁铁相对线圈下 降时，根据楞次定律和安培定则可知 线圈中感应电流的方向为顺时针方 向，D正确。 4.A陕西地区位于北半球，地磁场的磁 感应强度的竖直分量竖直向下，根据 楞次定律和安培定则，线框中有顺时 针方向的感应电流（俯视），故A正确： 由法拉第电磁感应定律和B。一h图像 得，线框中感应电动势大小为E= △BS △BS △BS △t △h △h0=Su,感应电流 E 的大小为I= ,可知感应电动势E 保持不变，则感应电流的大小保持不 变，故B、C错误；根据楞次定律，线框 的四条边有向外扩张的趋势，故D 错误。 5.A导体棒在0L时，经过时间t导 体棒移动的距离为x=t= 2kL t,此时 B。 导体棒在磁场中的长度L=2x= AkL B.t. 所受的安培力F=BIL=I(B。一 AkL 4kLI kt) B B。 (B。t一kt),则F-t图 像为开口向下的抛物线的一部分；同 理，导体棒在L~2L时，所受安培力F= 1B,-)(红-，)=1(B 2:十信)，由戴学如识可知P1图 像为开口向上的抛物线的一部分，故 A正确。 参考答案 253