2022年高考物理 考前十天回归教材十

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1、2022年高考物理 考前十天回归教材十一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式电流iImsint，若保持其他条件不变，使发电机线圈匝数及转速各增加一倍，则电流的变化规律为( )Ai2Imsin2tBi4Imsin2tCi2Imsint Di4Imsint解析：转速加倍则2n也加倍，电流的最大值Im也加倍故i2Imsin2t选项A正确答案：A2在图1所示两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上220 V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为110 V；若

2、分别在c、d与g、h的两端加上110 V的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为()图1A220 V,220 V B220 V,110 VC110 V,110 V D220 V,0解析：对变压器，由可得Uab220 V；对滑动变阻器来说，当gh间接上电压时，ef间电压Uef110 V，故B选项正确答案：B3利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4 ，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为()A1 kW B1.6103 kWC1.6 kW D1

3、0 kW解析：用电器的额定电流为：IA50 A，输电线上消耗功率P线I2R5020.4 W1000 W1 kW.所以若采用超导材料则线路上的损耗将被节约答案：A4(xx福建卷)图2甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1：n25：1，电阻R20 ，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图2乙所示现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光下列说法正确的是()图2A输入电压u的表达式u20sin(50t)VB只断开S2后，L1、L2均正常发光C只断开S2后，原线圈的输入功率增大D若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W解析：由图象可

4、知Um20，T0.02 s，故100，即输入电压u的表达式u20sin(100t)V，所以A项错误断开S2后两灯泡串联，总电压仍为4 V，所以L1、L2均不能正常发光，B项错误根据P入P出可知断开S2后R增大，P入变小，C项错误若S1接2，由P可得PW0.8 W，故答案为D.答案：D图35汽车消耗的主要燃料是柴油和汽油柴油机是靠压缩汽缸内的空气点火的；而汽油机做功冲程开始时，汽缸中汽油和空气的混合气是靠火花塞点燃的但是汽车蓄电池的电压只有12 V，不能在火花塞中产生火花，因此，要使用如图3所示的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连到蓄电池上，副线圈接到火花塞的两端，开

5、关由机械控制，做功冲程开始时，开关由闭合变为断开，从而在副线圈中产生10000 V以上的电压，这样就能在火花塞中产生火花了下列说法中正确的是()A柴油机的压缩点火过程是通过做功使空气的内能增加的B汽油机点火装置的开关始终闭合，副线圈的两端也会有高压C接该变压器的原线圈的电源必须是交流电源，否则就不能在副线圈中产生高压D汽油机的点火装置中变压器的副线圈匝数必须远大于原线圈的匝数解析：汽车柴油机压缩汽缸内空气，实际上是活塞对气体做功使其内能增加，当温度升高到一定温度时，柴油着火燃烧汽油机是借助于变压器在通入原线圈中电压(12 V)断电时产生变化的磁通量从而在副线圈中产生瞬时高压(10000 V)，

6、而达到产生火花的目的，所以电源可以是直流，且副线圈匝数要远大于原线圈匝数，故A、D正确答案：AD图46如图4是自动调温式电熨斗，下列说法正确的是()A常温时上下触点是接触的B双金属片温度升高时，上金属片形变较大，双金属片将向下弯曲C原来温度控制在80断开电源，现要求60断开电源，应使调温旋钮下调一些D由熨烫丝绸衣物状态转化为熨烫棉麻衣物状态，应使调温旋钮下移一些解析：双金属片上层金属的膨胀系数大于下层金属，常温下，弹性铜片和双金属片触点是接触的，通电后，电热丝发热(题图螺旋状部分)，当温度升高到某一值时，双金属片上层的金属受热膨胀，形变量大于下层金属，双金属片向下弯曲，使触点分离，切断电路；随

7、着温度的降低，当降到某一温度时，双金属片收缩恢复原状，两触点又接触接通电路调温旋钮下压弹性铜片，可使触点分离的温度升高，上提弹性铜片，可降低触点的分离温度，从而实现了调温控制答案：ABD7电容式话筒的保真度比动圈式话筒好，其工作原理如图5所示Q是绝缘支架，薄金属膜M和固定电极N形成一个电容器，被直流电源充电，当声波使膜片振动时，电容发生变化，电路中形成变化的电流当膜片向右运动的过程中有()图5A电容变大 B电容变小C导线AB中有向左的电流 D导线AB中有向右的电流解析：膜片右移时，由于板间距离d变小，由C知，A对；由QCU知，C对，D错答案：AC8如图6所示是霍尔元件的工作原理示意图，如果用d

8、表示薄片的厚度，k为霍尔系数，对于一个霍尔元件d、k为定值，如果保持电流I恒定，则可以验证UH随B的变化情况，以下说法中错误的是()图6A将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面时，UH将变大B在测定地球两极的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平C在测定地球赤道上磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平D改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，UH将发生变化答案：C9全自动洗衣机中，排水阀是由程序控制器控制其动作的，当洗衣机进行排水和脱水工序时电磁铁的线圈通电，使电磁铁的铁芯2运动，牵引排水阀的活塞，排出污水，牵引电磁铁的结构如图7所示，以下说法正确的是()图7A若某时刻输入控制电流时，a为正，b

9、为负，则铁芯2中A端为N极，B端为S极B若某时刻输入控制电流时，a为正，b为负，则铁芯2中A端为S极，B端为N极C若a、b处输入交变电流，铁芯2不能吸入线圈中D若a、b处输入交变电流，铁芯2能吸入线圈中解析：根据磁化现象和磁极间同名磁极相斥，异名磁极相吸原理易判断B、D正确答案：BD10某中学的学生食堂新安装了磁卡就餐系统，使用不到一周，便出现了电源总开关总是无法接通的问题经检查，电源总开关中漏电保护器动作切断了电源漏电保护器电路如图8所示，变压器A处用火线与零线双股平行绕制成线圈，然后接到磁卡机上，B处有一个输出线圈，一旦线圈B中的电流经放大器放大后便推动断电器切断电源造成漏电保护器动作切断

10、电源的原因判断为磁卡机用电端()图8A零线与火线之间漏电B火线与地之间漏电或零线直接接地C只有火线与地之间漏电才会产生D刷卡机装得过多，造成电流太大解析：由题意知，火线和零线均绕在铁芯上，故只有火线与零线中电流大小不等时，才会引起漏电保护器切断电源，故可能是火线与地之间漏电，也可能是零线与地之间漏电答案：B第卷(非选择题，共60分)二、填空题(本题共2小题，每题8分，共16分)11(xx全国卷)如图9，一热敏电阻RT放在控温容器M内；为毫安表，量程6mA，内阻为数十欧姆；E为直流电源，电动势约为3V，内阻很小；R为电阻箱，最大阻值为999.9；S为开关已知RT在95时的阻值为150，在20时的

11、阻值约为550.现要求在降温过程中测量在9520之间的多个温度下RT的阻值图9(1)在图中画出连线，完成实验原理电路图(2)完成下列实验步骤中的填空：a依照实验原理电路图连线b调节控温容器M内的温度，使得RT的温度为95.c将电阻箱调到适当的初值，以保证仪器安全d闭合开关调节电阻箱，记录电流表的示数I0，并记录_e将RT的温度降为T1(20T195)；调节电阻箱，使得电流表的读数_，记录_f温度为T1时热敏电阻的电阻值RT1_.g逐步降低T1的数值，直至20为止；在每一温度下重复步骤e f.解析：(1)电阻箱的最大阻值与热敏电阻的最大阻值相差不大，因此电阻箱应为与热敏电阻串联(2)本实验原理是

12、当电路的两种状态的电流相等时，外电路的总电阻相等.95和RT时对应的电路的电阻相等，有150R0RTR，即RT1R0R1150 .答案：(1)实验原理电路图如图10所示图10(2)d.电阻箱的读数R0e仍为I0电阻箱的读数R1fR0R1150 12某实验小组探究一种热敏电阻的温度特性现有器材：直流恒流电源(在正常工作状态下输出的电流恒定)、电压表、待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关和导线等(1)若用上述器材测量热敏电阻的阻值随温度变化的特性，请你在图11(1)的实物图上连线图11(2)实验的主要步骤：正确连接电路，在保温容器中注入适量冷水，接通电源，调节并记录电源输出的电流值；在保温容器中添

13、加少量热水，待温度稳定后，闭合开关，_，_，断开开关；重复第步操作若干次，测得多组数据(3)实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得图10(2)的Rt关系图线，请根据图线写出该热敏电阻的Rt关系式：R_t()(保留3位有效数字)解析：改变温度后，热敏电阻阻值改变，电压表示数改变，从图线知R与t成线性关系，且纵轴上截距(当t0时)R100 ，斜率为R/t0.395，所以R1000.395t()答案：(1)实物连线图如图12(2)记录温度计数值记录电压表数值(3)1000.395图12三、计算题(本题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，计算时必须有必要的文字

14、说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)图1313如图13所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕OO轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直线圈匝数n40，电阻r0.1 ，长l10.05 m，宽l20.04 m，角速度100 rad/s，磁场的磁感应强度B0.2 T线圈两端外接电阻R9.9 的用电器和一个交流电流表求：(1)线圈中产生的最大感应电动势；(2)电流表的读数；(3)用电器上消耗的电功率解析：(1)EmnBSnBl1l21.6 V.(2)Im0.16 A，电流表读数为有效值I0.11 A.(3)PI2R0.12 W.答案：(1)1.6 V(2)0.11 A(3)0.12 W14(xx江苏卷)图14(1

15、)为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的ut图象如图14(2)所示若只在ce间接一只Rce400 的电阻，或只在de间接一只Rde225 的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.图14(1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式；(2)求只在ce间接400 电阻时，原线圈中的电流I1；(3)求ce和de间线圈的匝数比.解析：(1)由题图(2)知200rad/s电压瞬时值uab400sin200t(V)(2)电压有效值U1200V，理想变压器P1P2，原线圈中的电流I1，解得I10.28 A(或A)(3)设ab间匝数为n1，同理，

16、由题意知，解得，代入数据得.答案：(1)uab400sin200t(V)(2)0.28 A(或A)(3)15有条河流，流量Q2 m3/s，落差h5 m，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240 V，输电线总电阻R30 ，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V,100 W”的电灯正常发光？(g取10 N/kg)解析：设水的密度为电源端：P输出mgh/t50%Qgh0.5211031050.5 W5104 W输出电压U0240 V；输送电路如图15所示图15为满足输电要求，据P损I送2R有I送

17、A10A，则送电电压为U送V5103 V所以升压变压器的变压比为n1n2U0U送240/(5103)6125输电线电压损失U损I送R1030 V300 V，用户端：U1U送U损5103V300V4700V，据题意可知U2220 V，所以降压变压器的匝数比为n1n2U1U24700/22023511.因为理想变压器没有能量损失，所以可正常发光的电灯盏数为N(盏)470(盏)答案：6：125235：11470图1616如图16所示是一种悬球式加速度仪，它可以用来测定沿水平轨道运动的列车的加速度，金属球的质量为m，它系在金属丝的下端，金属丝的上端悬挂在O点，AB是一根长为L的均匀电阻丝，其阻值为R，

18、金属丝与电阻丝接触良好，摩擦不计，电阻丝的中心C焊接一根导线，从O点也引出一根导线，两线之间接入一个电压表V，(金属丝和导线电阻不计)图中虚线OC与AB垂直，且OCh，电阻丝AB接在电压为U的直流稳压电源上，整个装置固定在列车中使AB沿前进的方向列车静止时金属丝呈竖直状态，当列车加速或减速前进时，金属丝将偏离竖直方向，从电压表V的读数变化可以测出加速度的大小(1)当列车向右做匀加速直线运动时，试导出加速度a与电压表读数为U的关系式(用U、U、L、h及重力加速度g等表示)(2)用导出的a与U的关系式说明表盘上a的刻度是否均匀？解析：图17(1)设列车加速度为a时，小球偏离竖直方向角，此时小球受力情况如图17所示，根据牛顿第二定律得mgtanma因为tan由两式得ag又设列车加速度为a时，电压表读数为U，由得DCUL/U将代入得ag(2)由式可知，g、L、U、h均为常数，则列车加速度a与电压表读数U成正比，可将电压表上刻度一一对应地改成加速度a的数值，因而可知表盘上加速度a的刻度与电压刻度一样是均匀的答案：(1)ag(2)均匀