2025版衡水中学学案高考物理二轮专题与专项第1部分专题4第10讲含答案及解析

第一部分专题四第10讲A组·基础练1.(多选)(2024·新课标全国卷)电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中()A．电流最小B．电流最大C．电流方向由P指向QD．电流方向由Q指向P【答案】BD【解析】如图开始线圈处于中性面位置，当磁极再转过90°时，此时穿过线圈的磁通量为0，故可知电流最大；在磁极转动的过程中，穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知，此时感应电流方向由Q指向P。故选BD。2.(2024·四川内江模拟)目前市面上流行一种手摇手机充电器。当人摇动手柄给手机充电时，其内部线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，如图所示。下列说法正确的是()A．当线圈转到图示位置时，电流方向将发生改变B．当线圈转到图示位置时，穿过线圈的磁通量的变化率最大C．若从图示位置开始计时，线圈中的电流瞬时值表达式为i＝ImsinωtD．图示位置在中性面，穿过线圈的磁通量为最大【答案】B【解析】图示位置为垂直于中性面的位置，此时穿过线圈的磁通量为0，穿过线圈的磁通量的变化率最大，电流方向应该在中性面的位置发生改变，在此时不发生改变，故A、D错误，B正确；若从图示位置开始计时，此时电流的瞬时值为最大值，线圈中的电流瞬时值表达式为i＝Imcosωt，故C错误。故选B。3.(2024·浙江6月选考)理想变压器的原线圈通过a或b与频率为f、电压为u的交流电源连接，副线圈接有三个支路、如图所示。当S接a时，三个灯泡均发光，若()A．电容C增大，L1灯泡变亮B．频率f增大，L2灯泡变亮C．RG上光照增强，L3灯泡变暗D．S接到b时，三个灯泡均变暗【答案】A【解析】电容增大，对交流电的阻碍作用减小，则L1灯泡变亮，故A正确；频率f增大，则电感的阻碍作用增大，则L2灯泡变暗，故B错误；光敏电阻光照增强，阻值减小，由于各支路电压不变，则通过L3灯泡的电流增大，L3变亮，故C错误；S接到b时，根据变压比可知，副线圈电压增大，则三个灯泡均变亮，故D错误。4.(2024·天津北辰模拟)如图所示，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量φ随时间t按正弦规律变化的图像如图所示，线圈转动周期为T，线圈产生的电动势的最大值为Em。则()A．在t＝eq\f(T,4)时，线圈中产生的瞬时电流最大B．在t＝eq\f(T,2)时，线圈中的磁通量变化率最小C．线圈中电动势的瞬时值e＝Emsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2πt,T)))D．将线圈转速增大2倍，线圈中感应电动势也增大2倍【答案】D【解析】在t＝eq\f(T,4)时，线圈中磁通量最大，磁通量的变化率最小，则产生的瞬时电流为零，故A错误；在t＝eq\f(T,2)时，线圈中的磁通量最小，则磁通量的变化率最大，故B错误；t＝0时刻磁通量为零，感应电动势最大，则线圈中电动势的瞬时值为e＝Emcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2πt,T)))，故C错误；根据Em＝NBSω可知，将线圈转速增大2倍，角速度增大2倍，则线圈中感应电动势增大2倍，故D正确。5.(2024·辽宁朝阳三模)在如图所示的电路中，电源电压不变，内阻为r，R为定值电阻，闭合开关S，电路正常工作，在滑片P向右移动的过程中，不考虑温度对灯丝电阻的影响，下列说法正确的是()A．R两端的电压变大B．电压表V2的示数变大C．灯泡的亮度变亮D．电压表V1的示数和电流表示数的比值变小【答案】B【解析】定值电阻R、滑动变阻器、灯泡、电源、电流表、开关串联，当滑片P向右移动的过程中，整个回路总电阻增大，电流减小，故灯泡亮度变暗，C错误；由U＝IR，可知电流减小，定值电阻R两端电压减小，A错误；电压表V2测量定值电阻、滑动变阻器两端总电压，由闭合电路欧姆定律U2＝E－I(RL＋r)，可知电流减小，电压表V2示数变大，B正确；电压表V1测量灯泡、滑动变阻器两端总电压，由R滑＋RL＝eq\f(U1,I)，R滑变大，故电压表V1的示数和电流表示数的比值变大，D错误。6.(2024·北京卷)如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“6V,3W”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是()A．原线圈两端电压的有效值为24eq\r(2)VB．副线圈中电流的有效值为0.5AC．原、副线圈匝数之比为1∶4D．原线圈的输入功率为12W【答案】B【解析】由题图知，原线圈电压最大值为Um＝24eq\r(2)V，则原线圈两端电压的有效值为U1＝eq\f(Um,\r(2))＝24V，故A错误；灯泡正常发光，由P＝UI得，副线圈中电流有效值为I＝eq\f(PL,U2)＝eq\f(3W,6V)＝0.5A，故B正确；由理想变压器电压与匝数关系可知eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝4，故C错误；理想变压器没有能量损失，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则原线圈的输入功率P1＝PL＝3W，故D错误。7.(2024·甘肃酒泉三模)如图所示是某一交变电流的i－t图像，曲线部分为正弦函数的一部分，则该交变电流的有效值为()A．2A B．3AC．2eq\r(2)A D．2eq\r(3)A【答案】D【解析】根据电流的热效应可得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，解得该交变电流的有效值为I＝2eq\r(3)A，故选D。8.(多选)(2024·全国甲卷)如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S。S处于闭合状态，在原线圈电压U0不变的情况下，为提高R1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的滑片位置不变C．将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动D．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动【答案】AC【解析】保持T不动，根据理想变压器的性质可知副线圈中电压不变，当滑动变阻器R的滑片向f端滑动时，R与R1串联后的总电阻减小，电流增大，根据P＝I2R1可知此时热功率增大，故A正确；将T向b端移动，副线圈匝数变小，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片位置不变时，通过R1的电流减小，故热功率减小，故B错误；将T向a端移动，副线圈匝数增加，故副线圈两端电压变大，滑动变阻器R的滑片向f端滑动，R与R1串联后的总电阻减小，电流增大，此时热功率增大，故C正确；将T向b端移动，副线圈匝数减少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片向e端滑动，R与R1串联后的总电阻增大，电流减小，此时热功率减小，故D错误。故选AC。9.(2024·陕西榆林模拟)如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出的交流电压u＝5sin100πt(V)，经原、副线圈匝数分别为n1和n2的理想变压器升压至峰值大于10kV，就会在打火针和金属板间引发电火花，实现点火。下列说法正确的是()A．用电压表测原线圈两端电压，示数为5VB．eq\f(n1,n2)<eq\f(1,2000)C．eq\f(n2,n1)<eq\f(7,20000)D．如果没有转换器，变压器副线圈输出的电压仍为5V【答案】B【解析】原线圈两端电压的有效值为U1＝eq\f(5,\r(2))V＝eq\f(5\r(2),2)V，故A错误；根据理想变压器电压之比等于匝数之比可得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，U2＝eq\f(Um,\r(2))，Um>10000V，联立可得eq\f(n1,n2)<eq\f(1,2000)，故B正确，C错误；如果没有转换器，直流电加在变压器的初级，则变压器副线圈输出的电压为0，故D错误。10.(2024·湖南长沙模拟)如图所示，电路中的升压变压器为理想变压器，三个交流电表也都是理想电表，R0为定值电阻。已知当滑动变阻器R的滑动触头P向下滑动时，则()A．电压表示数不变B．两个电流表示数都减小C．变阻器的功率一定增大D．交流电源的输入功率一定增大【答案】D【解析】根据题意，设升压变压器原副线圈匝数比为k，将副线圈等效为原线圈中的一个等效电阻，则等效电阻为R等＝k2R，当滑动变阻器R的滑动触头P向下滑动时，滑动变阻器的阻值减小，等效电阻的阻值减小，电流表A1的示数I1＝eq\f(U,R0＋R等)增大，原线圈输入电压U1＝U－I1R0减小，升压变压器原副线圈匝数比不变，则副线圈输出电压减小，副线圈的电流增大，即电压表示数减小，电流表A2的示数增大，故A、B错误；变阻器的功率等于等效电阻的功率，当等效电阻的阻值与R0阻值相等时，等效电阻的功率最大，题中无法比较等效电阻的阻值与R0阻值的大小关系，无法确定变阻器的功率变化情况，故C错误；交流电源的输入电压不变，输入电流增大，则交流电源的输入功率一定增大，故D正确。B组·综合练11.(2024·河北邯郸三模)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1，发电机(内阻不计)提供电压为u＝220eq\r(2)sin100πt(V)的交流电，副线圈回路中接有理想二极管和电阻R＝10Ω。下列说法不正确的是()A．发电机提供交流电的频率为50HzB．原线圈两端的电压为220VC．通过电阻R的电流为eq\f(11\r(2),2)AD．原线圈的输入功率为1210W【答案】D【解析】由u＝220eq\r(2)sin100πt(V)可知发电机提供交流电的角频率ω＝100πrad/s，频率f＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，故A正确，与题意不符；原线圈两端的电压为U1＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，故B正确，与题意不符；副线圈电压U2＝eq\f(n2,n1)U1＝110V，理想二极管单向导电，根据电流的热效应，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，通过电阻R的电流为IR＝eq\f(UR,R)＝eq\f(11\r(2),2)A，故C正确，与题意不符；原线圈的输入功率为P入＝P出＝URIR＝605W，故D错误，与题意相符。故选D。12.(2024·广东佛山模拟)某国产品牌电动汽车配备基于电容器的制动能量回收系统，它有效增加电动汽车的续航里程。其工作原理为踩下驱动踏板时电池给电动机供电，松开驱动踏板或踩下刹车踏板时发电机工作回收能量。为进一步研究，某兴趣小组设计如图甲的模型。导线框abcd所在处剖面图如图乙所示，在磁极与圆柱形铁芯之间形成辐射状的磁场，导线框的ab、dc边经过处的磁感应强度大小均相同，导线框可在两金属半圆A、D内侧自由转动，且接触良好，当导线框在如图所示位置时()A．松开驱动踏板或踩下刹车踏板，应该是接通开关1B．踩下驱动踏板，导线框将会顺时针转动C．松开驱动踏板，电容器上板带负电D．松开驱动踏板，半圆环A、D两端输出的是交流电【答案】C【解析】由于工作原理为踩下驱动踏板时电池给电动机供电，线圈在安培力作用下开始转动，此时应该接通开关1，松开驱动踏板或踩下刹车踏板时发电机工作回收能量，线圈转动切割磁感线，产生感应电动势，线圈开始对电容器充电，此时应该接通开关2，故A错误；结合上述，踩下驱动踏板时接通开关1，导线框中有沿d→c→b→a的电流，根据左手定则可知，磁场对dc边的安培力方向向右，磁场对ab边的安培力方向向左，导线框将会逆时针转动，故B错误；松开驱动踏板时接通开关2，导线框逆时针转动，根据右手定则可知，导线框切割磁感线产生的感应电流方向沿a→b→c→d，导线框为一个等效电源，a端为等效电源的负极，可知，电容器上板带负电，故C正确；松开驱动踏板时接通开关2，导线框逆时针转动，根据右手定则可知，导线框中的感应电流总是从金属半圆A端进入导线框后再从金属半圆D端流出，可知，半圆环A、D两端输出的是直流电，故D错误。13.(2024·北京卷)如图所示为一个加速度计的原理图。滑块可沿光滑杆移动，滑块两侧与两根相同的轻弹簧连接；固定在滑块上的滑动片M下端与滑动变阻器R接触良好，且不计摩擦；两个电源的电动势E相同，内阻不计。两弹簧处于原长时，M位于R的中点，理想电压表的指针位于表盘中央。当P端电势高于Q端时，指针位于表盘右侧。将加速度计固定在水平运动的被测物体上，则下列说法正确的是()A．若M位于R的中点右侧，P端电势低于Q端B．电压表的示数随物体加速度的增大而增大，但不成正比C．若电压表指针位于表盘左侧，则物体速度方向向右D．若电压表指针位于表盘左侧，则物体加速度方向向右【答案】D【解析】由题意可知，M位于R中点位置时与两电源间的电势相等，设R的中点电势为零，则M位于R的中点右侧，P端电势高于Q端电势，A错误；由欧姆定律及电阻定律可知，P端与Q端电势差与指针偏离R中点的距离x成正比，B错误；已知电压表指针位于表盘左侧，只能确定加速度的方向，不能确定速度的方向，C错误；已知电压表指针位于表盘左侧，滑块左侧弹簧压缩、右侧弹簧伸长，滑块所受合力向右，故物体加速度方向向右，D正确。14.(多选)(2024·福建福州模拟)三峡大坝是目前世界上最大的水力发电站，装机容量达2250万千瓦，年发电量1000亿千瓦时。发电机发电的原理可作如图简化：KLMN是一个放在匀强磁场中的矩形导线框，线框绕垂直于磁场的固定轴以角速度ω沿逆时针方向(俯视)匀速转动。当MN边与磁场方向的夹角为30°时开始计时(图示位置)，此时导线框中产生的电动势为E。下列说法正确的是()A．t＝0时刻，电流沿KNMLK方向B．t＝eq\f(π,3ω)时刻，穿过线框的磁通量变化率最大C．该交流电动势的有效值为eq\f(\r(2),2)ED．该交流电动势瞬时值表达式为e＝eq\f(2\r(3),3)Ecoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωt＋\f(π,6)))【答案】AD【解析】根据楞次定律，感应电流的方向总是阻碍线圈磁通量的变化，而t＝0时刻，MN边与磁场方向的夹角为30°，并且沿逆时针方向(俯视)匀速转动，向右的磁通量将要增大，所以感应电流产生的磁场方向向左，感应电流沿KNMLK方向，故A正确；t＝eq\f(π,3ω)时刻，转过的角度为θ＝ωt＝ωeq\f(π,3ω)＝eq\f(π,3)，所以此时线圈平面与磁场方向垂直，穿过线框的磁通量最大，但是磁通量变化率最小，故B错误；设矩形导线框面积为S，该交流电动势的有效值与峰值电动势的关系为E有＝eq\f(Em,\r(2))，当MN边与磁场方向的夹角为30°时的感应电动势为E1＝BSωcos30°＝eq\f(\r(3),2)BSω＝E，而电动势峰值为Em＝BSω＝2eq\f(E,\r(3))＝eq\f(2\r(3),3)E，该交流电动势的有效值为E有＝eq\f(\f(2\r(3),3)E,\r(2))＝eq\f(\r(6),3)E，故C错