2025版衡水中學學案高考物理二輪專題與專項第1部分專題4第10講含答案及解析

第一部分專題四第10講A組·基礎練1.(多選)(2024·新課標全國卷)電動汽車制動時可利用車輪轉動將其動能轉換成電能儲存起來。車輪轉動時帶動磁極繞固定的線圈旋轉，在線圈中產生電流。磁極勻速轉動的某瞬間，磁場方向恰與線圈平面垂直，如圖所示。將兩磁極間的磁場視為勻強磁場，則磁極再轉過90°時，線圈中()A．電流最小B．電流最大C．電流方向由P指向QD．電流方向由Q指向P【答案】BD【解析】如圖開始線圈處于中性面位置，當磁極再轉過90°時，此時穿過線圈的磁通量為0，故可知電流最大；在磁極轉動的過程中，穿過線圈的磁通量在減小，根據(jù)楞次定律可知，此時感應電流方向由Q指向P。故選BD。2.(2024·四川內江模擬)目前市面上流行一種手搖手機充電器。當人搖動手柄給手機充電時，其內部線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸OO′勻速轉動，如圖所示。下列說法正確的是()A．當線圈轉到圖示位置時，電流方向將發(fā)生改變B．當線圈轉到圖示位置時，穿過線圈的磁通量的變化率最大C．若從圖示位置開始計時，線圈中的電流瞬時值表達式為i＝ImsinωtD．圖示位置在中性面，穿過線圈的磁通量為最大【答案】B【解析】圖示位置為垂直于中性面的位置，此時穿過線圈的磁通量為0，穿過線圈的磁通量的變化率最大，電流方向應該在中性面的位置發(fā)生改變，在此時不發(fā)生改變，故A、D錯誤，B正確；若從圖示位置開始計時，此時電流的瞬時值為最大值，線圈中的電流瞬時值表達式為i＝Imcosωt，故C錯誤。故選B。3.(2024·浙江6月選考)理想變壓器的原線圈通過a或b與頻率為f、電壓為u的交流電源連接，副線圈接有三個支路、如圖所示。當S接a時，三個燈泡均發(fā)光，若()A．電容C增大，L1燈泡變亮B．頻率f增大，L2燈泡變亮C．RG上光照增強，L3燈泡變暗D．S接到b時，三個燈泡均變暗【答案】A【解析】電容增大，對交流電的阻礙作用減小，則L1燈泡變亮，故A正確；頻率f增大，則電感的阻礙作用增大，則L2燈泡變暗，故B錯誤；光敏電阻光照增強，阻值減小，由于各支路電壓不變，則通過L3燈泡的電流增大，L3變亮，故C錯誤；S接到b時，根據(jù)變壓比可知，副線圈電壓增大，則三個燈泡均變亮，故D錯誤。4.(2024·天津北辰模擬)如圖所示，線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸轉動，穿過線圈的磁通量φ隨時間t按正弦規(guī)律變化的圖像如圖所示，線圈轉動周期為T，線圈產生的電動勢的最大值為Em。則()A．在t＝eq\f(T,4)時，線圈中產生的瞬時電流最大B．在t＝eq\f(T,2)時，線圈中的磁通量變化率最小C．線圈中電動勢的瞬時值e＝Emsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2πt,T)))D．將線圈轉速增大2倍，線圈中感應電動勢也增大2倍【答案】D【解析】在t＝eq\f(T,4)時，線圈中磁通量最大，磁通量的變化率最小，則產生的瞬時電流為零，故A錯誤；在t＝eq\f(T,2)時，線圈中的磁通量最小，則磁通量的變化率最大，故B錯誤；t＝0時刻磁通量為零，感應電動勢最大，則線圈中電動勢的瞬時值為e＝Emcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2πt,T)))，故C錯誤；根據(jù)Em＝NBSω可知，將線圈轉速增大2倍，角速度增大2倍，則線圈中感應電動勢增大2倍，故D正確。5.(2024·遼寧朝陽三模)在如圖所示的電路中，電源電壓不變，內阻為r，R為定值電阻，閉合開關S，電路正常工作，在滑片P向右移動的過程中，不考慮溫度對燈絲電阻的影響，下列說法正確的是()A．R兩端的電壓變大B．電壓表V2的示數(shù)變大C．燈泡的亮度變亮D．電壓表V1的示數(shù)和電流表示數(shù)的比值變小【答案】B【解析】定值電阻R、滑動變阻器、燈泡、電源、電流表、開關串聯(lián)，當滑片P向右移動的過程中，整個回路總電阻增大，電流減小，故燈泡亮度變暗，C錯誤；由U＝IR，可知電流減小，定值電阻R兩端電壓減小，A錯誤；電壓表V2測量定值電阻、滑動變阻器兩端總電壓，由閉合電路歐姆定律U2＝E－I(RL＋r)，可知電流減小，電壓表V2示數(shù)變大，B正確；電壓表V1測量燈泡、滑動變阻器兩端總電壓，由R滑＋RL＝eq\f(U1,I)，R滑變大，故電壓表V1的示數(shù)和電流表示數(shù)的比值變大，D錯誤。6.(2024·北京卷)如圖甲所示，理想變壓器原線圈接在正弦式交流電源上，輸入電壓u隨時間t變化的圖像如圖乙所示，副線圈接規(guī)格為“6V,3W”的燈泡。若燈泡正常發(fā)光，下列說法正確的是()A．原線圈兩端電壓的有效值為24eq\r(2)VB．副線圈中電流的有效值為0.5AC．原、副線圈匝數(shù)之比為1∶4D．原線圈的輸入功率為12W【答案】B【解析】由題圖知，原線圈電壓最大值為Um＝24eq\r(2)V，則原線圈兩端電壓的有效值為U1＝eq\f(Um,\r(2))＝24V，故A錯誤；燈泡正常發(fā)光，由P＝UI得，副線圈中電流有效值為I＝eq\f(PL,U2)＝eq\f(3W,6V)＝0.5A，故B正確；由理想變壓器電壓與匝數(shù)關系可知eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝4，故C錯誤；理想變壓器沒有能量損失，原線圈的輸入功率等于副線圈的輸出功率，則原線圈的輸入功率P1＝PL＝3W，故D錯誤。7.(2024·甘肅酒泉三模)如圖所示是某一交變電流的i－t圖像，曲線部分為正弦函數(shù)的一部分，則該交變電流的有效值為()A．2A B．3AC．2eq\r(2)A D．2eq\r(3)A【答案】D【解析】根據(jù)電流的熱效應可得I2RT＝Ieq\o\al(2,1)R·eq\f(2,3)T＋Ieq\o\al(2,2)R·eq\f(1,3)T，其中I1＝eq\f(4\r(2),\r(2))A，I2＝2A，解得該交變電流的有效值為I＝2eq\r(3)A，故選D。8.(多選)(2024·全國甲卷)如圖，理想變壓器的副線圈接入電路的匝數(shù)可通過滑動觸頭T調節(jié)，副線圈回路接有滑動變阻器R、定值電阻R0和R1、開關S。S處于閉合狀態(tài)，在原線圈電壓U0不變的情況下，為提高R1的熱功率，可以()A．保持T不動，滑動變阻器R的滑片向f端滑動B．將T向b端移動，滑動變阻器R的滑片位置不變C．將T向a端移動，滑動變阻器R的滑片向f端滑動D．將T向b端移動，滑動變阻器R的滑片向e端滑動【答案】AC【解析】保持T不動，根據(jù)理想變壓器的性質可知副線圈中電壓不變，當滑動變阻器R的滑片向f端滑動時，R與R1串聯(lián)后的總電阻減小，電流增大，根據(jù)P＝I2R1可知此時熱功率增大，故A正確；將T向b端移動，副線圈匝數(shù)變小，故副線圈兩端電壓變小，滑動變阻器R的滑片位置不變時，通過R1的電流減小，故熱功率減小，故B錯誤；將T向a端移動，副線圈匝數(shù)增加，故副線圈兩端電壓變大，滑動變阻器R的滑片向f端滑動，R與R1串聯(lián)后的總電阻減小，電流增大，此時熱功率增大，故C正確；將T向b端移動，副線圈匝數(shù)減少，故副線圈兩端電壓變小，滑動變阻器R的滑片向e端滑動，R與R1串聯(lián)后的總電阻增大，電流減小，此時熱功率減小，故D錯誤。故選AC。9.(2024·陜西榆林模擬)如圖為某燃氣灶點火裝置的原理圖。直流電經(jīng)轉換器輸出的交流電壓u＝5sin100πt(V)，經(jīng)原、副線圈匝數(shù)分別為n1和n2的理想變壓器升壓至峰值大于10kV，就會在打火針和金屬板間引發(fā)電火花，實現(xiàn)點火。下列說法正確的是()A．用電壓表測原線圈兩端電壓，示數(shù)為5VB．eq\f(n1,n2)<eq\f(1,2000)C．eq\f(n2,n1)<eq\f(7,20000)D．如果沒有轉換器，變壓器副線圈輸出的電壓仍為5V【答案】B【解析】原線圈兩端電壓的有效值為U1＝eq\f(5,\r(2))V＝eq\f(5\r(2),2)V，故A錯誤；根據(jù)理想變壓器電壓之比等于匝數(shù)之比可得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，U2＝eq\f(Um,\r(2))，Um>10000V，聯(lián)立可得eq\f(n1,n2)<eq\f(1,2000)，故B正確，C錯誤；如果沒有轉換器，直流電加在變壓器的初級，則變壓器副線圈輸出的電壓為0，故D錯誤。10.(2024·湖南長沙模擬)如圖所示，電路中的升壓變壓器為理想變壓器，三個交流電表也都是理想電表，R0為定值電阻。已知當滑動變阻器R的滑動觸頭P向下滑動時，則()A．電壓表示數(shù)不變B．兩個電流表示數(shù)都減小C．變阻器的功率一定增大D．交流電源的輸入功率一定增大【答案】D【解析】根據(jù)題意，設升壓變壓器原副線圈匝數(shù)比為k，將副線圈等效為原線圈中的一個等效電阻，則等效電阻為R等＝k2R，當滑動變阻器R的滑動觸頭P向下滑動時，滑動變阻器的阻值減小，等效電阻的阻值減小，電流表A1的示數(shù)I1＝eq\f(U,R0＋R等)增大，原線圈輸入電壓U1＝U－I1R0減小，升壓變壓器原副線圈匝數(shù)比不變，則副線圈輸出電壓減小，副線圈的電流增大，即電壓表示數(shù)減小，電流表A2的示數(shù)增大，故A、B錯誤；變阻器的功率等于等效電阻的功率，當?shù)刃щ娮璧淖柚蹬cR0阻值相等時，等效電阻的功率最大，題中無法比較等效電阻的阻值與R0阻值的大小關系，無法確定變阻器的功率變化情況，故C錯誤；交流電源的輸入電壓不變，輸入電流增大，則交流電源的輸入功率一定增大，故D正確。B組·綜合練11.(2024·河北邯鄲三模)如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為2∶1，發(fā)電機(內阻不計)提供電壓為u＝220eq\r(2)sin100πt(V)的交流電，副線圈回路中接有理想二極管和電阻R＝10Ω。下列說法不正確的是()A．發(fā)電機提供交流電的頻率為50HzB．原線圈兩端的電壓為220VC．通過電阻R的電流為eq\f(11\r(2),2)AD．原線圈的輸入功率為1210W【答案】D【解析】由u＝220eq\r(2)sin100πt(V)可知發(fā)電機提供交流電的角頻率ω＝100πrad/s，頻率f＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，故A正確，與題意不符；原線圈兩端的電壓為U1＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，故B正確，與題意不符；副線圈電壓U2＝eq\f(n2,n1)U1＝110V，理想二極管單向導電，根據(jù)電流的熱效應，可得eq\f(U\o\al(2,2),R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U\o\al(2,R),R)T，解得UR＝55eq\r(2)V，通過電阻R的電流為IR＝eq\f(UR,R)＝eq\f(11\r(2),2)A，故C正確，與題意不符；原線圈的輸入功率為P入＝P出＝URIR＝605W，故D錯誤，與題意相符。故選D。12.(2024·廣東佛山模擬)某國產品牌電動汽車配備基于電容器的制動能量回收系統(tǒng)，它有效增加電動汽車的續(xù)航里程。其工作原理為踩下驅動踏板時電池給電動機供電，松開驅動踏板或踩下剎車踏板時發(fā)電機工作回收能量。為進一步研究，某興趣小組設計如圖甲的模型。導線框abcd所在處剖面圖如圖乙所示，在磁極與圓柱形鐵芯之間形成輻射狀的磁場，導線框的ab、dc邊經(jīng)過處的磁感應強度大小均相同，導線框可在兩金屬半圓A、D內側自由轉動，且接觸良好，當導線框在如圖所示位置時()A．松開驅動踏板或踩下剎車踏板，應該是接通開關1B．踩下驅動踏板，導線框將會順時針轉動C．松開驅動踏板，電容器上板帶負電D．松開驅動踏板，半圓環(huán)A、D兩端輸出的是交流電【答案】C【解析】由于工作原理為踩下驅動踏板時電池給電動機供電，線圈在安培力作用下開始轉動，此時應該接通開關1，松開驅動踏板或踩下剎車踏板時發(fā)電機工作回收能量，線圈轉動切割磁感線，產生感應電動勢，線圈開始對電容器充電，此時應該接通開關2，故A錯誤；結合上述，踩下驅動踏板時接通開關1，導線框中有沿d→c→b→a的電流，根據(jù)左手定則可知，磁場對dc邊的安培力方向向右，磁場對ab邊的安培力方向向左，導線框將會逆時針轉動，故B錯誤；松開驅動踏板時接通開關2，導線框逆時針轉動，根據(jù)右手定則可知，導線框切割磁感線產生的感應電流方向沿a→b→c→d，導線框為一個等效電源，a端為等效電源的負極，可知，電容器上板帶負電，故C正確；松開驅動踏板時接通開關2，導線框逆時針轉動，根據(jù)右手定則可知，導線框中的感應電流總是從金屬半圓A端進入導線框后再從金屬半圓D端流出，可知，半圓環(huán)A、D兩端輸出的是直流電，故D錯誤。13.(2024·北京卷)如圖所示為一個加速度計的原理圖?；瑝K可沿光滑桿移動，滑塊兩側與兩根相同的輕彈簧連接；固定在滑塊上的滑動片M下端與滑動變阻器R接觸良好，且不計摩擦；兩個電源的電動勢E相同，內阻不計。兩彈簧處于原長時，M位于R的中點，理想電壓表的指針位于表盤中央。當P端電勢高于Q端時，指針位于表盤右側。將加速度計固定在水平運動的被測物體上，則下列說法正確的是()A．若M位于R的中點右側，P端電勢低于Q端B．電壓表的示數(shù)隨物體加速度的增大而增大，但不成正比C．若電壓表指針位于表盤左側，則物體速度方向向右D．若電壓表指針位于表盤左側，則物體加速度方向向右【答案】D【解析】由題意可知，M位于R中點位置時與兩電源間的電勢相等，設R的中點電勢為零，則M位于R的中點右側，P端電勢高于Q端電勢，A錯誤；由歐姆定律及電阻定律可知，P端與Q端電勢差與指針偏離R中點的距離x成正比，B錯誤；已知電壓表指針位于表盤左側，只能確定加速度的方向，不能確定速度的方向，C錯誤；已知電壓表指針位于表盤左側，滑塊左側彈簧壓縮、右側彈簧伸長，滑塊所受合力向右，故物體加速度方向向右，D正確。14.(多選)(2024·福建福州模擬)三峽大壩是目前世界上最大的水力發(fā)電站，裝機容量達2250萬千瓦，年發(fā)電量1000億千瓦時。發(fā)電機發(fā)電的原理可作如圖簡化：KLMN是一個放在勻強磁場中的矩形導線框，線框繞垂直于磁場的固定軸以角速度ω沿逆時針方向(俯視)勻速轉動。當MN邊與磁場方向的夾角為30°時開始計時(圖示位置)，此時導線框中產生的電動勢為E。下列說法正確的是()A．t＝0時刻，電流沿KNMLK方向B．t＝eq\f(π,3ω)時刻，穿過線框的磁通量變化率最大C．該交流電動勢的有效值為eq\f(\r(2),2)ED．該交流電動勢瞬時值表達式為e＝eq\f(2\r(3),3)Ecoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωt＋\f(π,6)))【答案】AD【解析】根據(jù)楞次定律，感應電流的方向總是阻礙線圈磁通量的變化，而t＝0時刻，MN邊與磁場方向的夾角為30°，并且沿逆時針方向(俯視)勻速轉動，向右的磁通量將要增大，所以感應電流產生的磁場方向向左，感應電流沿KNMLK方向，故A正確；t＝eq\f(π,3ω)時刻，轉過的角度為θ＝ωt＝ωeq\f(π,3ω)＝eq\f(π,3)，所以此時線圈平面與磁場方向垂直，穿過線框的磁通量最大，但是磁通量變化率最小，故B錯誤；設矩形導線框面積為S，該交流電動勢的有效值與峰值電動勢的關系為E有＝eq\f(Em,\r(2))，當MN邊與磁場方向的夾角為30°時的感應電動勢為E1＝BSωcos30°＝eq\f(\r(3),2)BSω＝E，而電動勢峰值為Em＝BSω＝2eq\f(E,\r(3))＝eq\f(2\r(3),3)E，該交流電動勢的有效值為E有＝eq\f(\f(2\r(3),3)E,\r(2))＝eq\f(\r(6),3)E，故C錯