2026版高考物理步步高大二轮 （培优版）第一部分 专题整合提升专题四 电路与电磁感应第11课时 直流电路和交流电路含答案

2026版高考物理步步高大二轮（培优版）第一部分专题整合提升专题四电路与电磁感应第11课时直流电路和交流电路【知识网络】热点一直流电路的分析与计算例1(2024·辽宁辽阳一模)如图1所示，电源的电动势为3V、内阻为2Ω，R1的电阻为8Ω，电容器的电容为600μF，所有电压表和电流表均视为理想电表。在将滑动变阻器R2(最大阻值为8Ω)的滑片由上端缓慢地滑到下端的过程中，下列说法正确的是()图1A.V1示数增大，V2示数减小B.R2消耗的电功率先增大后减小C.R1两端的最大电压为2VD.电容器极板上增加的电荷量为8×10－4C答案D解析将滑动变阻器的滑片由上端缓慢地滑到下端的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变大，则总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流减小，路端电压增大，则V1示数增大，R1两端电压减小，则滑动变阻器R2两端电压增大，即V2示数增大，故A错误；R2消耗的电功率为P2＝I2R2＝(eq\f(E,R2＋R1＋r))2R2＝eq\f(E2,R2＋\f(（R1＋r）2,R2)＋2（R1＋r）)，根据数学知识可知，当R2＝R1＋r＝10Ω时，R2消耗的电功率最大，由于R2的最大值为8Ω，则R2消耗的电功率一直增大，故B错误；当R2接入电路的阻值为0时，电路电流最大，则有Imax＝eq\f(E,R1＋r)＝eq\f(3,8＋2)A＝0.3A，则R1两端的最大电压为U1max＝ImaxR1＝0.3×8V＝2.4V，故C错误；滑动变阻器的滑片在上端时，接入电路阻值为0，则电容器两端电压为0；当滑动变阻器的滑片在下端时，根据闭合电路欧姆定律可得I＝eq\f(E,R2＋R1＋r)＝eq\f(3,8＋8＋2)A＝eq\f(1,6)A，则电容器两端电压为U＝IR2＝eq\f(1,6)×8V＝eq\f(4,3)V，则电容器极板上增加的电荷量为ΔQ＝CΔU＝600×10－6×(eq\f(4,3)－0)C＝8×10－4C，故D正确。方法总结直流电路动态分析的三种常用方法程序法R局↓→R↓→I总＝eq\f(E,R＋r)↑→U内＝I总r↑→U外＝E－U内↓→再分析各支路变化情况结论法：“串反并同”“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)极限法因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑到两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论训练1(多选)(2024·安徽合肥期中)如图2所示，电源的电动势为E且恒定，内阻为r，电路中定值电阻的阻值为R，现将滑动变阻器的滑片由下端向上滑动到某位置，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI。则在上述过程中，下列说法正确的是()图2A.电压表V2的示数减小B.定值电阻的功率增大C.ΔU1＋ΔU2＝ΔU3D.eq\f(ΔU3,ΔI)＝R＋r答案CD解析当滑动变阻器的滑片向上滑动时，电路的总电阻增大，总电流减小，电源内电压减小，路端电压增大，电压表V2的示数为路端电压，则电压表V2的示数增大，故A错误；电路的总电阻增大，通过定值电阻的电流减小，定值电阻消耗的功率减小，故B错误；根据闭合电路的欧姆定律知U3＝E－I(R＋r)，可得eq\f(ΔU3,ΔI)＝R＋r，故D正确；根据欧姆定律知U1＝IR，可得eq\f(ΔU1,ΔI)＝R，根据U2＝E－Ir，可得eq\f(ΔU2,ΔI)＝r，联立可得ΔU1＋ΔU2＝ΔU3，故C正确。训练2(多选)(2024·山东青岛质检)兴趣小组的同学在实验室设计了如图3所示的简易电吹风，主要器材有定值电阻R1、R2、电动机M和电热丝R，已知电动机M标有“100V，50W”字样，它的线圈内阻为4Ω，R1＝480Ω，电热丝R＝44Ω，把该电吹风接入220V家庭电路中，电动机M恰好可以正常工作，则下列说法正确的是()图3A.电热丝的热功率P＝1100WB.电阻R2＝240ΩC.电动机M正常工作时的输出功率P1＝49WD.开关S1、S2都闭合，1分钟电路消耗的电能为E＝7.26×103J答案AC解析根据题图电路可知，S1闭合时电热丝两端的电压为UR＝220V，则其热功率为P＝eq\f(Ueq\o\al(2,R),R)＝eq\f(2202,44)W＝1100W，故A正确；电动机正常工作，则可得电动机所在支路的电流为IM＝eq\f(PM,UM)＝eq\f(50,100)A＝0.5A，根据并联电路的特征可得eq\f(R1R2,R1＋R2)IM＝120V，解得R2＝480Ω，故B错误；电动机正常工作时PM＝P1＋P热，而P热＝Ieq\o\al(2,M)r＝0.52×4W＝1W，可得电动机M正常工作时的输出功率P1＝49W，故C正确；电热丝所在支路电流IR＝eq\f(UR,R)＝eq\f(220,44)A＝5A，则可得干路电流I＝IR＋IM＝5.5A，由此可知，当开关S1、S2都闭合，1分钟电路消耗的电能为E＝URIt＝220×5.5×60J＝7.26×104J，故D错误。热点二交变电流的产生及描述例2(2024·广东卷，1)将阻值为50Ω的电阻接在正弦式交流电源上。电阻两端电压随时间的变化规律如图4所示。下列说法正确的是()图4A.该交流电的频率为100HzB.通过电阻电流的峰值为0.2AC.电阻在1s内消耗的电能为1JD.电阻两端电压表达式为u＝10eq\r(2)sin(100πt)V答案D解析由图可知交流电的周期为0.02s，则频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，故A错误；根据图像可知电压的峰值为10eq\r(2)V，根据欧姆定律可知电流的峰值Im＝eq\f(Um,R)＝eq\f(10\r(2),50)A＝0.2eq\r(2)A，故B错误；电流的有效值为I＝eq\f(Im,\r(2))＝0.2A，所以电阻在1s内消耗的电能为W＝I2Rt＝0.22×50×1J＝2J，故C错误；根据图像可知其电压表达式为u＝Umsinωt＝10eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))V＝10eq\r(2)sin(100πt)V，故D正确。正弦式交变电流“四值”的应用训练3(2024·河北张家口模拟)电容的额定电压为电容两端所允许施加的最大电压，如果施加的电压大于额定电压值，电容有可能会被损坏。如图5甲所示，交流发电机的矩形线圈ABCD在磁感应强度B＝0.2T的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′以角速度ω＝50rad/s匀速转动，线圈的匝数n＝100，矩形线圈ABCD面积S＝0.1m2，线圈电阻忽略不计。标有“100V40W”的灯泡和电容器并联接到线圈两端，电容器实物图如图乙所示，额定电压为100V，电压表V和电流表A均为理想电表。下列说法正确的是()图5A.电容器不可能被击穿B.灯泡恰好正常发光C.电压表V的示数为100VD.电流表A的示数为0答案A解析电动势的最大值Em＝nBSω，代入数据可得Em＝100V，则电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(100,\r(2))V＝50eq\r(2)V≈71V，电容器的额定电压100V，恰好不会被击穿，电压的有效值不等于灯泡的额定电压，灯泡不能正常发光，A正确，B错误；电压表示数为71V，电容器的充放电过程，电流表示数不为0，C、D错误。热点三变压器与远距离输电1.搞清变压器的三个关系(1)变与不变的关系：不变的是功率关系、磁通量的变化率和周期频率。理想变压器工作不损失能量，即输入功率等于输出功率；原、副线圈交变电流频率相同；在没有漏磁时，原、副线圈磁通量的变化率相同。(2)高与低，大与小，多与少，粗与细的关系：电压高的线圈电流小，匝数多，导线细；电压低的线圈电流大，匝数少，导线粗。(3)正比与反比的关系：原、副线圈的电压与匝数成正比，单一副线圈的变压器电流与匝数成反比。2.远距离输电电路构成三个关系功率关系P＝U1I1＝U2I2＝P用＋P损，P损＝Ieq\o\al(2,2)R线，P用＝U3I3＝U4I4电压关系U2＝U损＋U3，U损＝I2R线匝数比关系eq\f(U1,U2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(U3,U4)＝eq\f(I4,I3)＝eq\f(n3,n4)输电线上的损耗功率损耗为P损＝P2－P3＝Ieq\o\al(2,2)R线＝eq\f(Peq\o\al(2,2),Ueq\o\al(2,2))R线，电压损耗为U损＝U2－U3＝I2R线例3(多选)(2024·海南卷，9)如图6，电动汽车充电站的理想变压器输入电压为10kV，输出电压为220V，每台充电桩输入电流为16A，设原、副线圈匝数分别为n1、n2，输入正弦交流电的频率为50Hz，则下列说法正确的是()图6A.交流电的周期为0.02sB.原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶500C.输出的最大电压为220VD.若10台充电桩同时使用，输入功率为35.2kW答案AD解析根据周期与频率的关系可知，该交流电的周期T＝eq\f(1,f)＝0.02s，A正确；根据理想变压器的变压规律可得eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(10000,220)＝eq\f(500,11)，B错误；根据正弦交流电最大值与有效值的关系可知，输出的最大电压U2m＝eq\r(2)U2＝220eq\r(2)V，C错误；每台充电桩工作时输入的功率P＝U2I0＝3520W，则10台充电桩工作时输入的功率P10＝10P＝35.2kW，D正确。例4(2024·山东泰安一模)如图7所示为某发电站输电示意图，发电机输出电压恒定，变压器均为理想变压器，在输电线路的起始端接入甲、乙两个理想互感器，甲、乙两互感器原、副线圈的匝数比分别为200∶1和1∶20，降压变压器原、副线圈匝数比为200∶1，电压表的示数为220V，电流表的示数为5A，输电线路总电阻r＝20Ω。下列说法正确的是()图7A.互感器甲中圈内接入电流表，互感器乙中圈内接入电压表B.输电线路上损耗的功率约占输电总功率的6%C.用户端的电压U4＝200VD.用电高峰相对平时用电时，用户端的电压偏小答案D解析互感器甲并联在电路中，是电压互感器；互感器乙串联在电路中，是电流互感器，A错误；电流表的示数为5A，电流互感器原、副线圈的匝数比为1∶20，则输电线路上的电流I＝100A，输电线路上损耗的功率P损＝I2r＝200kW，电压表的示数为220V，电压互感器原、副线圈的匝数比为200∶1，所以输送电压U2＝44000V，输电总功率P＝U2I＝4400kW，则输电线路上损耗的功率约占输电总功率的eq\f(P损,P)×100%＝eq\f(200kW,4400kW)×100%≈4.5%，B错误；降压变压器原线圈两端电压U3＝U2－Ir＝42000V，用户端的电压U4＝eq\f(U3,200)＝210V，C错误；用户使用的用电设备增多，用户端电流增大，输送电流增大，输电线上损失的电压增大，降压变压器输入电压减小，降压变压器输出电压减小，即用户端的电压减小，D正确。训练4(多选)输电能耗演示电路如图8所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为7.5V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10Ω。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为10W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P。以下判断正确的是()图8A.r＝10Ω B.r＝5Ω C.P＝45W D.P＝22.5W答案BD解析当开关S接1时，左侧变压器副线圈的电压U2＝eq\f(n2,n1)U1＝3×7.5V＝22.5V，电阻R上的电压，即右侧变压器的副线圈的电压U4＝eq\r(P1R)＝10V，电流I4＝eq\f(U4,R)＝1A，右侧变压器原线圈的电压U3＝eq\f(n3,n4)U4＝eq\f(2,1)×10V＝20V，电流I3＝eq\f(n4,n3)I4＝eq\f(1,2)×1A＝0.5A，导线的总电阻r＝eq\f(U2－U3,I3)＝5Ω，故A错误，B正确；当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器的副线圈中的电流为0.5I，根据理想变压器的规律，有eq\f(U2－Ir,n3)＝eq\f(0.5IR,n4)，解得I＝3A，则R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5W，故C错误，D正确。1.(2024·广西卷，6)将横截面相同、材料不同的两段导体L1、L2无缝连接成一段导体，总长度为1.00m，接入图9甲电路。闭合开关S，滑片P从M端滑到N端，理想电压表读数U随滑片P的滑动距离x的变化关系如图乙，则导体L1、L2的电阻率之比约为()图9A.2∶3 B.2∶1 C.5∶3 D.1∶3答案B解析根据电阻定律R＝ρeq\f(L,S)和欧姆定律I＝eq\f(U,R)可得，ΔU＝I·ΔR，整理可得ρ＝eq\f(S,I)·eq\f(ΔU,L)，结合题图可知导体L1、L2的电阻率之比eq\f(ρ1,ρ2)＝eq\f(\f(0.2,0.25),\f(0.5－0.2,1.00－0.25))＝eq\f(2,1)，故B正确。2.(2024·湖北卷，5)在如图10所示电路中接入正弦交流电，灯泡L1的电阻是灯泡L2的2倍。假设两个二极管正向电阻为0、反向电阻无穷大。闭合开关S，灯泡L1、L2的电功率之比P1∶P2为()图10A.2∶1 B.1∶1 C.1∶2 D.1∶4答案C解析分析电路特点可知，在接入正弦交流电的一个周期内，有半个周期只给L1供电，另半个周期只给L2供电，L1两端电压的有效值与L2两端电压的有效值相等，又R1∶R2＝2∶1，则根据P＝eq\f(U2,R)可知，灯泡L1、L2的功率之比P1∶P2＝1∶2，C正确。3.(2024·山东卷，8)如图11甲所示，在－d≤x≤d、－d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(用阴影表示磁场的区域)，边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为()图11答案C解析根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为e＝Esinωt，由题图丙可知，磁场区域变化后，当Esinωt＝eq\f(\r(3)E,2)时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转eq\f(π,3)时开始切割磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为d′＝2dcoseq\f(π,3)＝d，C正确。4.(2024·河北卷，4)R1、R2为两个完全相同的定值电阻，R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图12甲所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的eq\r(3)倍)，R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图乙所示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为()图12A.2∶3 B.4∶3 C.2∶eq\r(3) D.5∶4答案B解析设R1、R2的阻值均为R，根据题中所给信息，结合题图图像可得Q1＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U0,\r(3))))\s\up12(2),R)·eq\f(T,2)＋eq\f(Ueq\o\al(2,0),R)·eq\f(T,2)＝eq\f(2Ueq\o\al(2,0),3R)T，Q2＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U0,\r(2))))\s\up12(2),R)T＝eq\f(Ueq\o\al(2,0),2R)T，则eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(4,3)，B正确。5.(2024·北京卷，5)如图13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“6V3W”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是()图13A.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解析原线圈两端电压的有效值为U1＝eq\f(Um,\r(2))＝24V，A错误；副线圈所接灯泡正常发光，副线圈中电流的有效值为I＝eq\f(P,U2)＝eq\f(3,6)A＝0.5A，B正确；原、副线圈匝数之比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(24V,6V)＝eq\f(4,1)，C错误；原线圈的输入功率P入＝P出＝6W，D错误。6.(多选)(2024·全国甲卷，19)如图14，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()图14A.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，则原、副线圈匝数比不变，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f端滑动时，其接入电路的电阻减小，根据欧姆定律可知通过R1的电流增大，根据P＝I2R可知，R1的热功率增大，A正确；仅将T向b端移动，则原、副线圈的匝数比增大，又变压器的输入电压不变，根据变压器的变压规律可知，变压器的输出电压减小，则R1两端的电压减小，根据P＝eq\f(U2,R)可知，R1的热功率减小，B错误；同理，仅将T向a端移动，R1的热功率增大，结合A项分析可知，再将滑动变阻器的滑片向f端滑动，R1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，R1的热功率减小，D错误。基础保分练1.(2024·山西太原高三期末)如图1所示，图线a是太阳能电池在某光照强度下路端电压U和干路电流I的关系图像，电池内阻不是常量。图线b是某光敏电阻的U－I图像，虚直线c为图线a过P点的切线，在该光照强度下将它们组成闭合回路时()图1A.太阳能电池的电动势为6VB.光敏电阻的功率为1WC.光敏电阻的阻值为40ΩD.太阳能电池的内阻为5Ω答案D解析由闭合电路欧姆定律可得，当电流为0时，图线a的纵截距表示电源电动势，所以E＝5V，故A错误；由题图可知在某光照强度下将它们组成闭合回路时，则光敏电阻两端电压为U＝4V，通过的电流为I＝0.2A，则光敏电阻的阻值为R＝eq\f(U,I)＝eq\f(4,0.2)Ω＝20Ω，故C错误；光敏电阻的功率为P＝UI＝0.8W，故B错误；太阳能电池的内阻为r＝eq\f(E－U,I)＝5Ω，故D正确。2.(2023·海南卷，7)如图2所示电路，已知电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，闭合开关K，待电路稳定后，电容器上电荷量为()图2A.CEB.eq\f(1,2)CE C.eq\f(2,5)CED.eq\f(3,5)CE答案C解析由电路的串并联规律可知，电阻3R两端的电压为eq\f(3E,5)，电阻R两端的电压为eq\f(E,5)，则电容器两极板间电势差ΔU＝eq\f(2E,5)，电容器上的电荷量Q＝CΔU＝eq\f(2,5)CE，C正确。3.(多选)(2024·四川统考二模)如图3甲所示，为一台小型发电机的示意图，单匝线圈匀速转动，产生的电动势e随时间t的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻为0.2Ω，小灯泡的电阻恒为0.8Ω。则()图3A.理想电压表的示数U＝6VB.线圈转动的角速度ω＝100πrad/sC.转动过程中穿过线圈的最大磁通量Φm＝eq\f(3\r(2),100π)WbD.通过灯泡电流的瞬时值表达式为i＝6eq\r(2)sin(100πt)A答案BD解析由题图乙可知线圈输出电压的有效值为U有效＝6V，理想电压表测的是小灯泡两端电压，示数为U＝eq\f(6,0.2＋0.8)×0.8V＝4.8V，A错误；交变电流的周期为T＝0.02s，线圈转动的角速度为ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，B正确；单匝线圈转动时产生的电动势最大值为Em＝BSω＝Φm·ω，可得转动过程中穿过线圈的最大磁通量为Φm＝eq\f(Em,ω)＝eq\f(6\r(2),100π)Wb＝eq\f(3\r(2),50π)Wb，C错误；通过灯泡电流的最大值Im＝eq\f(Em,RL＋r)＝eq\f(6\r(2),0.8＋0.2)A＝6eq\r(2)A，通过灯泡电流的瞬时值表达式为i＝6eq\r(2)sin(100πt)A，D正确。4.(多选)(2024·河南南阳一模)如图4，MN、PQ是间距为L的两条水平放置的平行光滑金属导轨，导轨的右端接有阻值为R的定值电阻，电阻不计的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，导体棒的右侧有宽度为d的垂直轨道平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，从t＝0时刻开始，导体棒在图示位置与磁场右边界之间往复运动，其速度随时间变化的规律是v＝v0sinωt，导体棒开始的位置离磁场左边界的距离等于磁场的宽度，导轨电阻不计。则()图4A.导体棒从开始位置向右运动到磁场右边界所用时间为eq\f(π,ω)B.闭合回路中的最大电流为eq\f(BLv0,R)C.导体棒从磁场左边界运动到磁场右边界的过程中，电阻R中的平均电流为eq\f(BLv0,πR)D.电阻R消耗的电功率为eq\f(B2L2veq\o\al(2,0),4R)答案ABD解析由题意知T＝eq\f(2π,ω)，t＝eq\f(T,2)＝eq\f(π,ω)，A正确；导体棒最大速度为v0，所以闭合回路中的最大电流为Im＝eq\f(Em,R)＝eq\f(BLv0,R)，B正确；根据感应电动势最大值表达式，有BLv0＝BSω，根据法拉第电磁感应定律有eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BS,\f(T,4))＝eq\f(4BS,\f(2π,ω))＝eq\f(2BSω,π)，可得eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)＝eq\f(2BLv0,πR)，C错误；设电动势的有效值为E，根据电动势有效值的定义，有eq\f(E2,R)T＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2))))2,R)·eq\f(T,2)，解得E＝eq\f(1,2)Em＝eq\f(1,2)BLv0，电阻R消耗的电功率为P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2L2veq\o\al(2,0),4R)，D正确。5.(2024·浙江1月选考，5)如图5为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出u＝5sin(100πt)V的交流电，经原、副线圈匝数分别为n1和n2的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。下列正确的是()图5A.eq\f(n2,n1)<eq\f(7,20000)B.eq\f(n1,n2)<eq\f(1,2000)C.用电压表测原线圈两端电压，示数为5VD.副线圈输出交流电压的频率是100Hz答案B解析原线圈两端电压的有效值U1＝eq\f(5,\r(2))V＝eq\f(5\r(2),2)V，根据电压与匝数关系有eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，变压器副线圈电压的峰值U2max＝eq\r(2)U2，根据题意有U2max>10×103V，解得eq\f(n1,n2)<eq\f(1,2000)，故A错误，B正确；用电压表测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为U1＝eq\f(5,\r(2))V＝eq\f(5\r(2),2)V，故C错误；根据ω＝2πf＝100πrad/s，解得f＝50Hz，变压器不改变频率，则副线圈输出交流电压的频率是50Hz，故D错误。6.(2024·吉林白城二模)图6甲为半波整流电路，在理想变压器的输出电路中有一只整流二极管，其具有单向导电性。原、副线圈的匝数比为11∶1，电阻R＝10Ω，原线圈的输入电压随时间的变化关系如图乙所示，电表均为理想交流电表，则()图6A.电压表V1、V2读数相同B.电压表V2的读数为20VC.电流表A读数为2AD.原线圈的输入功率为20W答案D解析由题图乙可知，原线圈输入电压的有效值为U1＝220V。根据原、副线圈匝数比与电压比的关系有eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)，解得U2＝20V，由于二极管具有单向导电性，只有半个周期内能通过电流，有eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)·eq\f(T,2)＝eq\f(Ueq\o\al(2,3),R)T，解得U3＝10eq\r(2)V，故A、B错误；通过R的电流为I2＝eq\f(U3,R)＝eq\r(2)A，理想变压器输入功率等于输出功率，则有P1＝P2＝Ieq\o\al(2,2)R＝20W，原线圈虽然整个周期都有电压但是只有在副线圈有电流和功率时原线圈才有功率，由eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)，可得I1＝eq\f(\r(2),11)A，故C错误，D正确。7.(2024·山东模拟预测)如图7甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，原线圈通以图乙所示的交变电流后，理想电流表A1示数为0.5A，副线圈串联了电阻可忽略的熔断器、定值电阻R、理想电流表A2以及虚线框内的某用电器，电路处于正常工作状态。以下说法正确的是()图7A.原线圈两端电压的瞬时值表达式e＝220sin(100πt)VB.若输入交变电流的频率增大，发现A2示数减小，则虚线框内可能是电容器C.熔断器的熔断电流应该不小于5AD.若原线圈输入电压改为500V的恒定电压，则A2示数将增大答案C解析由题图乙可知，交流电压的最大值为Em＝220eq\r(2)V，周期为T＝0.02s，由电压瞬时值表达式为e＝Emsin(eq\f(2π,T)t)V可得，原线圈两端电压的瞬时值表达式为e＝220eq\r(2)sin(100πt)V，故A错误；若输入的交变电流频率增大，发现A2示数减小，说明虚线框内的用电器对高频交变电流的阻碍较大，所以虚线框内的用电器为电感器，故B错误；理想电流表A1示数为I1＝0.5A，由理想变压器的电流关系eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，解得I2＝5A，所以熔断器的熔断电流应该不小于5A，故C正确；理想变压器的工作原理为互感，所以理想变压器对恒定电流不起作用，即若原线圈输入电压改为500V的恒定电压，则A2示数将变为零，故D错误。8.在如图8甲所示的远距离输电线路中，a、b两端接图乙所示的正弦交流电，熔断丝的熔断电流为10A，电阻为2Ω，升压理想变压器原、副线圈匝数比为1∶10，输电线总电阻为400Ω，降压理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，电阻R两端并联理想交流电压表。电路可以长时间工作，下列说法正确的是()图8A.t＝0.02s时，电压表的示数为零B.输电线上的热功率可能为200WC.升压变压器输出电压有效值可能为1900VD.R的阻值可能为14Ω答案B解析电压表示数是电压的有效值，故电压表示数不为零，A错误；熔断丝中电流为10A时输电线的热功率最大，由理想变压器规律n1I1＝n2I2可知，此时输电线中的电流I2＝1A，输电线最大热功率P线＝Ieq\o\al(2,2)R线＝400W，B正确；由题图乙可得a、b间所接交流电压的有效值U＝220V，又熔断丝两端电压的最大值U1＝I1R丝＝20V，则升压变压器原线圈两端电压的最小值U1＝200V，副线圈输出电压最小值为U2＝eq\f(n2,n1)U1＝2000V，C错误；降压变压器原线圄两端电压最小值U3＝U2－I2R线＝1600V，R两端电压最小值U4＝eq\f(n4,n3)U3＝160V，此时通过R的电流I4＝eq\f(n3,n4)I2＝10A，则其阻值最小为Rmin＝eq\f(U4,I4)＝16Ω，D错误。提能增分练9.(多选)如图9所示，电源电动势E＝1.5V，内电阻r＝0.5Ω，滑动变阻器R1的最大电阻Rm＝5.0Ω，定值电阻R2＝2.0Ω，C为平行板电容器，其电容为3μF。将开关S与a接触，则()图9A.当R1的阻值增大时，R2两端的电压减小B.当R1接入电路阻值为0.5Ω时，R1消耗的功率最大C.将开关从a接向b，通过R3的电流流向为c→dD.将开关从a接向b，待电路稳定，通过R3的电荷量为9×10－3C答案AC解析增大R1的阻值，电路总电阻增大，干路电流减小，则R2两端的电压减小，A正确；将R2与电源看作等效电源，当R1接入电路的电阻与等效电源的内阻相等时，R1消耗功率最大，则有R1＝R2＋r＝2.5Ω，B错误；开关接a时，电容器左极板带负电，开关接b时，左极板带正电，所以流过R3的电流流向为c→d，C正确；因R1接入的阻值未知，不能求出电容器上两板间的电压，故不能求出通过R3的电荷量，D错误。10.(2024·山东济宁一模)某同学研究远距离输电的电路如图10所示，a、b端接入电压为U0的交流电源，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，且两变压器的匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(n4,n3)。已知R1、R2的阻值均为R0，R3的阻值为eq\f(R0,2)，电阻R1、R2消耗的功率相同，电表均为理想交流电表，下列说法正确的是()图10A.升压变压器的匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(1,2)B.电压表的示数为eq\f(2,3)U0C.电流表的示数为eq\f(3U0,4R0)D.若R3断路，电流表示数将增大答案C解析已知R1、R2的阻值相等，消耗的功率相同，可知电流相同，设为I2，因R3的阻值为eq\f(R0,2)，则R3的电流为2I2，则降压变压器的副线圈中电流为3I2，由理想变压器的电流关系可知eq\f(n4,n3)＝eq\f(I2,3I2)＝eq\f(1,3)，则eq\f(n1,n2)＝eq\f(1,3)，选项A错误；升压变压器的原线圈中电流I1＝eq\f(n2,n1)I2＝3I2，由能量关系可知U0I1＝U4I2＋U4·3I2，解得U4＝eq\f(3,4)U0，即电压表示数为eq\f(3,4)U0，选项B错误；电流表的示数等于I2，等于通过R1的电流，则为I2＝eq\f(U4,R0)＝eq\f(3U0,4R0)，选项C正确；若R3断路，降压变压器副线圈中电流减小，则降压变压器原线圈中电流减小，即电流表示数将减小，选项D错误。培优高分练11.(2023·山东卷，7)某节能储能输电网络如图11所示，发电机的输出电压U1＝250V，输出功率500kW。降压变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线总电阻R＝62.5Ω，其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是()图11A.发电机的输出电流为368AB.输电线上损失的功率为4.8kWC.输送给储能站的功率为408kWD.升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44答案C解析由P＝UI得发电机的输出电流I1＝eq\f(P,U1)＝2×103A，A错误；用户端电流I4＝eq\f(P4,U4)＝eq\f(88×103,220)A＝400A，由eq\f(U3,U4)＝eq\f(I4,I3)＝eq\f(n3,n4)，解得I3＝8A，U3＝11000V，则输电线上损失的功率为ΔP损＝Ieq\o\al(2,3)R＝4kW，B错误；U2＝U3＋I3R＝11500V，根据理想变压器无功率损失，有P＝U2I3＋P储，代入数据有P储＝408kW，C正确；根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得eq\f(n1,n2)＝eq\f(1,46)，D错误。第12课时电磁感应【知识网络】热点一楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用1.感应电流方向的判断方法2.感应电动势大小的求法情境图研究对象表达式回路(不一定闭合)三种形式E＝eq\f(nΔΦ,Δt)E＝neq\f(ΔBS,Δt)E＝eq\f(nBΔS,Δt)一段直导线(或等效直导线)E＝Blv绕一端转动的一段导体棒E＝eq\f(1,2)Bl2ω绕与B垂直的轴转动的导线框从图示时刻计时e＝NBSωcosωt3.通过回路截面的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(nΔΦ,R总Δt)Δt＝eq\f(nΔΦ,R总)。q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R总有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关。例1(2024·北京卷，6)如图1所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是()图1A.闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引B.闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0C.断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到bD.断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左答案B解析闭合开关瞬间，根据安培定则可知线圈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中的磁通量也不再变化，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，线圈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方向由b到a，C、D错误。例2(多选)(2024·安徽合肥联考)如图2甲所示，一圆形金属线圈上半部分处于匀强磁场中，线圈匝数为n，线圈固定不动。t＝0时匀强磁场的磁感应强度的方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示，已知线圈的半径为r，线圈总电阻为R，则()图2A.线圈中的感应电流的方向在t0时刻发生改变B.线圈受到的安培力方向始终竖直向上C.t＝0时刻，线圈受到的安培力大小为eq\f(n2πr3Beq\o\al(2,0),t0R)D.0～eq\f(3,2)t0时间内通过导线某横截面的电荷量为eq\f(3nπr2B0,4R)答案CD解析由题意可知0～t0磁场方向垂直纸面向里，线圈中的磁通量逐渐减小，t0～2t0磁场方向垂直纸面向外，线圈中的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知线圈中的感应电流方向始终为顺时针方向，故A错误；t0时刻安培力的方向会发生改变，故B错误；根据法拉第电磁感应定律可得线圈中感应电动势的大小为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(πr2,2)·eq\f(B0,t0)，根据闭合电路欧姆定律可得，线圈中电流大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(nπr2B0,2t0R)，t＝0时刻，线圈受到的安培力大小为F＝nILB0＝eq\f(n2πr3Beq\o\al(2,0),t0R)，故C正确；0～eq\f(3,2)t0时间内通过导线某横截面的电荷量为q＝I·eq\f(3,2)t0＝eq\f(3nπr2B0,4R)，故D正确。训练1(多选)(2024·陕西西安模拟预测)用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r≪R)的圆环，圆环竖直向下落入如图3所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B。圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，下列说法正确的是()图3A.下落过程圆环中磁通量不变B.此时圆环受到竖直向上的安培力作用C.此时圆环的加速度大小为eq\f(B2v,ρd)－gD.如果径向磁场足够深，则圆环的最大速度为vm＝eq\f(ρgd,B2)答案BD解析由题意可知，圆环下落过程中切割磁感线产生感应电流，则磁通量一定变化，故A错误；根据右手定则，圆环中有(俯视)顺时针方向的感应电流，根据左手定则可知，圆环受到的安培力竖直向上，阻碍圆环的运动，故B正确；圆环落入磁感应强度为B的径向磁场中，产生的感应电动势E＝Blv＝B·2πRv，圆环的电阻R0＝ρeq\f(2πR,πr2)，电流I＝eq\f(E,R0)，圆环所受的安培力大小为F＝BI·2πR＝eq\f(2π2B2r2Rv,ρ)，由牛顿第二定律得mg－F＝ma，其中质量m＝dV＝d·2πR·πr2，联立解得a＝g－eq\f(B2v,ρd)，故C错误；当圆环做匀速运动时，安培力与重力大小相等，加速度为零，速度最大，有a＝g－eq\f(B2vm,ρd)＝0，解得vm＝eq\f(ρgd,B2)，故D正确。热点二电磁感应中的电路和图像问题例3在如图4甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝R，单匝圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻也为R，半径为r2(r2＜r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0，其余导线的电阻不计。t＝0时闭合S，至t1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是()图4A.线圈中产生的感应电动势的大小为eq\f(B0πreq\o\al(2,1),t0)B.电容器下极板带负电C.t0时间内通过R1的电荷量为eq\f(B0πreq\o\al(2,2),R)D.稳定后线圈两端的电压为eq\f(2B0πreq\o\al(2,2),3t0)答案D解析由法拉第电磁感应定律知感应电动势为E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(B0πreq\o\al(2,2),t0)，A错误；由楞次定律知圆形金属线圈中的感应电流方向为顺时针方向，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，B错误；由闭合电路欧姆定律得感应电流为I＝eq\f(E,R＋R1＋R2)＝eq\f(B0πreq\o\al(2,2),3Rt0)，t0时间内通过R1的电荷量为q＝It0＝eq\f(B0πreq\o\al(2,2),3R)，C错误；稳定后线圈两端的电压为U＝I(R1＋R2)＝eq\f(2B0πreq\o\al(2,2),3t0)，D正确。电磁感应中电路问题的解题流程训练2(多选)(2024·江西萍乡二模)如图5所示，光滑平行金属导轨左端接一定值电阻R，水平置于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨上有一质量为m，电阻为R的导体棒ab以初速度v0向右运动，已知导体棒长度为d，导轨间距为L，导轨电阻不计，导体棒的瞬时速度为v，所受安培力大小为F，流过导体棒的电荷量为q，导体棒两端的电压U，下列描述各物理量随时间t或位移x变化的图像正确的是()图5答案AC解析根据牛顿第二定律有F＝ILB＝ma，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，其中I＝eq\f(E,2R)，解得F＝eq\f(B2L2v,2R)＝ma，可知导体棒的速度逐渐减小，且加速度逐渐减小，初始时刻安培力大小为eq\f(B2L2v0,2R)，故A正确，D错误；根据欧姆定律可知U＝eq\f(R,2R)BLv＝eq\f(1,2)BLv，则电压的最大值为eq\f(1,2)BLv0，故B错误；根据电流的定义式有q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)Δt＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLx,2R)，则q与x成正比，故C正确。热点三电磁感应中的动力学和能量问题例4(2024·浙江杭州二模)如图6所示，固定的一对长金属导轨，间距为L＝0.5m，其水平部分与倾斜部分均足够长。导轨的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B1，其左侧连接了电源G。导轨的倾斜部分倾角θ＝37°且处于平行斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨上正对的P、Q两处各有一小段用绝缘材料制成，长度不计。质量均为m＝0.25kg的导电杆甲、乙静止在导轨上，均与导轨垂直，甲与导轨摩擦不计，电阻R1＝eq\f(5,8)Ω，乙的电阻R2＝eq\f(5,4)Ω。某时刻起电源G开始工作，输出恒定电流I0＝0.5A，经t0＝3s，使甲运动到P、Q处，电源G立即停止工作。当甲越过P、Q瞬间，再对其施加一个沿导轨水平向右的恒力F＝1.6N，此时乙恰好开始运动。已知B1＝B2＝1T，不计除导电杆外所有电阻，不计回路自身激发磁场，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g＝10m/s2，求：图6(1)甲通过P、Q时的速度大小；(2)乙与倾斜导轨间的动摩擦因数；(3)电源G输出的总能量。答案(1)3m/s(2)eq\f(15,16)(3)eq\f(51,32)J解析(1)对甲导电杆进行分析，根据牛顿第二定律有I0LB1＝ma1根据速度公式有v0＝a1t0解得v0＝3m/s。(2)甲导电杆刚刚通过P、Q时的感应电动势E1＝BLv0此时的感应电流I1＝eq\f(E1,R1＋R2)解得I1＝0.8A根据右手定则确定电流从上往下看，方向为逆时针，根据左手定则可知，乙导电杆所受安培力方向垂直于斜面向上，且大小为F1＝I1LB2解得F1＝0.4N此时乙恰好开始运动，则有mgsinθ＝μ(mgcosθ－F1)解得μ＝eq\f(15,16)。(3)根据能量守恒定律知，电源G输出的总能量E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋Ieq\o\al(2,0)R1t0解得E＝eq\f(51,32)J。拓展如图7所示，为回收部分能量，在倾斜导轨下方接上开关S和C＝0.1F的电容器，开始时电容器不带电，现闭合开关S，其他条件不变，已知在甲通过P、Q后10s内位移为102m，产生的焦耳热为49J，此时电容器已达到最大稳定电压。当电容器电压为UC时，其储能为EC＝eq\f(1,2)CUeq\o\al(2,C)。忽略电磁辐射，求此过程中，乙上产生的焦耳热(该结果保留3位有效数字)。图7答案96.5J解析对甲分析，在拉力作用下，先向右做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动，则有F＝I2LB1感应电流I2＝eq\f(B1Lv1,R1＋R2)解得v1＝12m/s对甲分析，根据动能定理有Fx甲＋W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)根据功能关系有eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(W安))＝Q甲＋Q乙＋eq\f(1,2)CUeq\o\al(2,C)其中UC＝eq\f(R2,R1＋R2)B1Lv1解得Q乙＝96.5J。1.电磁感应综合问题的解题思路2.求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况。(2)功能关系：Q＝W克安(W克安为克服安培力做的功)。(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)。训练3(多选)(2024·湖南模拟预测)如图8所示，两条电阻不计的光滑平行导轨AED和BFC与水平面成θ角，平行导轨之间间距为L，一劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在O点，弹簧中心轴线与轨道平行，另一端与质量为m、电阻为R1的导体棒相连接，导轨的一端连接定值电阻R2，匀强磁场垂直穿过导轨平面ABCD，AB到CD距离足够大，磁感应强度大小为B0，O点到AB的距离等于弹簧的原长，导体棒从AB位置静止释放，到达EF位置时速度达到最大，AB到EF距离为d，导体棒始终与轨道良好垂直接触，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图8A.导体棒在AB位置时，加速度为gsinθB.到达EF时导体棒最大速度为eq\f(（mgsinθ－kd）（R1＋R2）,Beq\o\al(2,0)L2)C.下滑到最低点的过程中导体棒机械能先增大后减小D.导体棒最终可以回到AB位置答案AB解析导体棒在AB位置只受重力和支持力，由mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，故A正确；到达EF时速度达到最大，合力为0，受力分析可得mgsinθ－kd－B0IL＝0，其中I＝eq\f(B0Lv,R1＋R2)，解得到达EF时导体棒最大速度为v＝eq\f(（mgsinθ－kd）（R1＋R2）,Beq\o\al(2,0)L2)，故B正确；由于电路中焦耳热增加，弹簧弹性势能增加，根据能量守恒定律知，导体棒机械能不断减小，故C错误；整个过程中焦耳热增加，所以导体棒与弹簧组成的系统机械能减少，不能回到AB位置，故D错误。1.(2024·江苏卷，10)如图9所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在垂直纸面向里的匀强磁场中，线圈b位于右侧无磁场区域，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是()图9A.顺时针，顺时针 B.顺时针，逆时针C.逆时针，顺时针 D.逆时针，逆时针答案A解析将线圈a匀速拉出磁场的过程中，穿过线圈a的磁通量垂直纸面向里且不断减小，则由楞次定律可知，线圈a中的感应电流在其内部产生的磁场垂直纸面向里，在其外部产生的磁场垂直纸面向外，由安培定则可知，线圈a中产生的感应电流方向为顺时针，C、D错误；由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律可知，线圈a中产生的感应电流大小不变，线圈a被拉出磁场，与线圈b的距离逐渐减小，则穿过线圈b的磁通量垂直纸面向外且不断增大，由楞次定律与安培定则可知线圈b中的感应电流为顺时针方向，A正确，B错误。2.(2024·广东卷，4)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图10甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是()图10A.穿过线圈的磁通量为BL2B.永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大C.永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小D.永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向答案D解析根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，故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，故B、C错误；永磁铁相对线圈下降时，根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。3.(2024·湖南卷，4)如图11，有一硬质导线Oabc，其中eq\o(abc,\s\up8(︵))是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为()图11A.φO>φa>φb>φc B.φO<φa<φb<φcC.φO>φa>φb＝φc D.φO<φa<φb＝φc答案C解析由几何关系可知Oa＝R，Ob＝eq\r(5)R，Oc＝eq\r(5)R，根据E＝eq\f(1,2)Bl2ω可得EOa＝eq\f(1,2)BR2ω，EOb＝eq\f(1,2)B·5R2ω＝eq\f(5,2)BR2ω，EOc＝eq\f(1,2)B·5R2ω＝eq\f(5,2)BR2ω，又EOa＝φO－φa，EOb＝φO－φb，EOc＝φO－φc，结合右手定则可知φO>φa>φb＝φc，C正确。4.(2024·浙江6月选考，13)如图12所示，边长为1m、电阻为0.04Ω的刚性正方形线框abcd放在匀强磁场中，线框平面与磁场垂直。若线框固定不动，磁感应强度以eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s均匀增大时，线框的发热功率为P；若磁感应强度恒为0.2T，线框以某一角速度绕其中心轴OO′匀速转动时，线框的发热功率为2P，则ab边所受最大的安培力为()图12A.eq\f(1,2)N B.eq\f(\r(2),2)N C.1N D.eq\r(2)N答案C解析5.(多选)(2024·黑吉辽卷，9)如图13，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g。两棒在下滑过程中()图13A.回路中的电流方向为abcdaB.ab中电流趋于eq\f(\r(3)mg,3BL)C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1D.两棒产生的电动势始终相等答案AB解析两导体棒均向下运动，穿过闭合回路的磁通量增加，根据楞次定律和安培定则可知回路中的电流方向为abcda，A正确；如图，对两导体棒受力分析，对ab棒有2mgsin30°－2ILBcos30°＝2ma1，对cd棒有mgsin30°－ILBcos30°＝ma2，可得a1＝a2＝eq\f(g,2)－eq\f(\r(3)ILB,2m)，则a1∶a2＝1∶1。初始时两导体棒均做加速运动，闭合回路的电动势增大，电流增大，导体棒受到的安培力增大，导体棒的加速度减小，最终加速度为零，此时I＝eq\f(mgsin30°,BLcos30°)＝eq\f(\r(3)mg,3BL)，B正确；由B项分析可知两导体棒加速阶段加速度大小之比为a1∶a2＝1∶1，最终加速度均为零，C错误；由于两棒的加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，但两部分磁场的磁感应强度大小为两倍的关系，根据E＝BLv可知，两导体棒产生的电动势大小之比始终为2∶1，D错误。基础保分练1.(2024·安徽芜湖二模)用材料相同粗细均匀的导线做成如图1所示的单匝线圈，线圈构成一个闭合回路。左侧小圆的半径为2d，中间大圆的半径为3d，右侧小圆的半径为d，左侧两圆连接处缺口的长度可忽略不计，右侧两圆错开相交连通(麻花状)，将线圈固定在与线圈所在平面垂直的磁场中，磁感应强度大小为B＝B0＋kt，式中的B0和k为常量，则线圈中感应电动势的大小为()图1A.14πd2k B.12πd2k C.6πd2k D.4πd2k答案B解析根据楞次定律可知，左侧小圆和中间大圆产生的感应电流方向相同，而右侧小圆产生的感应电流方向与左侧小圆和中间大圆的相反，根据法拉第电磁感应定律可得线圈中感应电动势的大小为E＝E左＋E中－E右＝eq\f(ΔB,Δt)S左＋eq\f(ΔB,Δt)S中－eq\f(ΔB,Δt)S右＝kπ(2d)2＋kπ(3d)2－kπd2＝12πd2k，故B正确。2.(2024·河北石家庄二检)为了使在磁场中转动的绝缘轮快速停下来，小明同学设计了以下四种方案：图2甲、乙中磁场方向与轮子的转轴平行，图甲中在轮上固定闭合金属线圈，图乙中在轮上固定未闭合金属线圈；图丙、丁中磁场方向与轮子的转轴垂直，图丙中在轮上固定一些闭合金属线框，图丁中在轮上固定一些细金属棒。四种方案中效果最好的是()图2A.甲 B.乙 C.丙 D.丁答案C解析题图甲、乙，当轮子转动时，穿过线圈的磁通量都是不变的，不会产生感应电流，则不会有磁场力阻碍轮子的转动，A、B错误；题图丙，在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行，当轮子转动时会产生感应电动势，形成感应电流，则会产生磁场力阻碍轮子转动，C正确；题图丁，在轮上固定一些细金属棒，当轮子转动时会产生感应电动势，但是不会形成感应电流，即不会产生磁场力阻碍轮子转动，D错误。3.电磁制动原理是通过线圈与磁场的作用使物体做减速运动。如图3所示，某列车车底安装的电磁体产生磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。同种材料制成的粗细均匀的闭合正方形线框abcd，边长为L1，MN长为L2(L2＞L1)，若当列车MN部分刚越过ab时，速度大小为v，则ab两端的电势差Uab等于()图3A.BL1v B.BL2v C.－eq\f(3,4)BL1v D.－eq\f(1,4)BL2v答案C解析若当列车MN部分刚越过ab时，由楞次定律知，正方形线框abcd产生的感应电流方向为abcd方向。ab相当于电源，电源内部电流从负极指向正极，a点电势低于b点电势。线框中产生的感应电动势E＝BL1v，ab两端的电势差Uab＝－eq\f(3,4)E＝－eq\f(3,4)BL1v，C项正确。4.(多选)(2024·河北石家庄质检)如图4甲所示，线圈A的匝数为50、电阻为3Ω，在线圈A内加垂直线圈平面的磁场，t＝0时刻磁场方向垂直纸面向里，穿过线圈A的磁通量按图乙变化。电阻不计、间距为0.5m的足够长水平光滑金属导轨MN、PQ通过开关S与线圈A相连，两导轨间存在垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)。现将长度为0.5m、电阻为1Ω的导体棒ab垂直轻放在导轨MN、PQ上。t＝0时刻，闭合开关S，导体棒ab向右加速运动达到最大速度5m/s后匀速运动，导体棒ab与导轨始终接触良好。下列说法正确的是()图4A.t＝0时刻，线圈A产生的感应电动势为5VB.t＝0时刻，线圈A中的感应电流为2.5AC.两导轨间磁场的磁感应强度大小为2TD.两导轨间磁场的方向垂直MNQP平面向外答案AC解析t＝0时刻，根据法拉第电磁感应定律可得线圈A产生的感应电动势E＝neq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔΦ,Δt)))＝50×eq\f(0.3,3)V＝5V，线圈A中的感应电流I＝eq\f(E,r＋R)＝eq\f(5,3＋1)A＝1.25A，A正确，B错误；由题意可知导体棒ab最后匀速运动，则E＝BLv，解得B＝eq\f(E,Lv)＝eq\f(5,0.5×5)T＝2T，C正确；根据楞次定律可知，线圈A产生的感应电流由a指向b，则导体棒ab向右切割磁感线产生的感应电流由b指向a，根据右手定则可知两导轨间磁场的方向垂直MNQP平面向里，D错误。5.(2024·北京海淀区高三期末)如图5所示，两根足够长的平行金属导轨位于水平的xOy平面内。导轨与x轴平行，左端接有电阻R。在x≥0的一侧存在竖直向下的磁场，磁感应强度B随空间位置均匀变化，满足B＝B0＋kx(k＞0且为常量)。一金属杆与导轨垂直放置，且接触良好，在外力作用下沿x轴正方向匀速运动。t＝0时金属杆位于x＝0处，不计导轨和金属杆的电阻。下列关于金属杆两端的电压U和所受安培力F大小的图像可能正确的是()图5答案B解析金属杆内阻不计，则金属杆两端电压U与其切割磁感线产生的电动势E大小相等，经过时间t金属杆匀速移动距离x，如图所示U＝E＝BLv＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（B0＋kx）Lv＝kLvx＋B0Lv,（B0＋kvt）Lv＝kLv2t＋B0Lv))U－t图像与U－x图像均是纵截距为正、斜率也为正的倾斜直线，A错误，B可能正确；F＝BIL＝eq\f(BLE,R)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(（B0＋kx）2L2,R)v,\f(（B0＋kvt）2L2,R)v))F－t图像与F－x图像均为曲线，C、D错误。6.(多选)如图6所示，竖直固定的光滑圆弧形金属导轨PQ半径为r，O为圆心，P、O之间用导线连接阻值为R的电阻。粗细均匀的轻质金属棒的一端通过铰链固定在O点，另一端连接质量为m的金属小球，小球套在导轨PQ上。初始时刻金属棒处于水平位置，小球、金属棒与导轨始终接触良好。过圆心O的水平线下方分布着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。已知重力加速度为g，金属棒总电阻为2R，小球、导轨及导线电阻不计，不计一切摩擦阻力。现将小球由静止释放，第一次运动到最低点时小球速度大小为v，在此过程中下列说法正确的是()图6A.小球运动到最低点时，金属棒产生的感应电动势为BrvB.小球运动到最低点时，金属棒两端的电压为eq\f(Brv,6)C.通过电阻R的电荷量为eq\f(Bπr2,12R)D.电阻R上产生的焦耳热为mgr－eq\f(1,2)mv2答案BC解析当小球运动到最低点时，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝Breq\o(v,\s\up6(－))＝B·req\f(v,2)＝eq\f(Brv,2)，金属棒两端的电压为U＝eq\f(R,R＋2R)E＝eq\f(Brv,6)，A错误，B正确；此过程中回路中的平均感应电动势为eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)，回路中的平均电流为eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),3R)，此过程通过电阻R的电荷量为q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，联立解得q＝eq\f(ΔΦ,3R)＝eq\f(B\f(πr2,4),3R)＝eq\f(Bπr2,12R)，C正确；根据能量守恒定律可知，回路中产生的总焦耳热为Q＝mgr－eq\f(1,2)mv2，电阻R上产生的焦耳热为Q′＝eq\f(R,2R＋R)Q＝eq\f(mgr,3)－eq\f(1,6)mv2，D错误。7.如图7甲所示，间距为L＝1m的长直平行金属导轨PQ、MN水平放置，其右端接有阻值为R＝1.5Ω的电阻，一阻值为r＝0.5Ω、质量为m＝0.2kg、长度为L的金属棒ab垂直导轨放置于距导轨右端d＝2m处，与两导轨保持良好接触。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小随时间变化的情况如图乙所示。在0～1.0s内金属棒ab保持静止，1.0s后金属棒在水平外力的作用下运动，使回路的电流为零。导轨电阻不计，重力加速度g＝10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列说法正确的是()图7A.动摩擦因数需等于0.5B.前2s内通过电阻R的电荷量为2CC.1s后金属棒做匀加速直线运动D.第2s内金属棒的位移为1m答案D解析在0～1.0s内，由法拉第电磁感应定律可得电动势为E＝Ldeq\f(ΔB,Δt)＝2V，由闭合电路欧姆定律得电流的大小为I＝eq\f(E,R＋r)＝1A，由金属棒静止可知最大静摩擦力大于等于安培力，即μmg≥ILB1，解得μ≥0.5，故A错误；0～1s内电流恒定为1A，1～2s内电流为零，前2s内通过电阻R的电荷量为q＝It＝1C，故B错误；由法拉第电磁感应定律知，1s后回路磁通量不变，t＝1s时，磁通量为Φ1＝B1dL＝2Wb，t>1s，磁通量为Φ2＝B2L(d－x)＝t(2－x)，Φ1＝Φ2，解得x＝2－eq\f(2,t)，金属棒不是做匀加速直线运动，故C错误；由x＝2－eq\f(2,t)知金属棒第2s内的位移为x＝1m，故D正确。提能增分练8.(多选)(2024·重庆模拟预测)如图8所示，两个完全相同的竖直光滑圆形金属导轨平行放置，圆轨道半径为r，导轨电阻忽略不计；导轨组最低点为A，最右端为C，最高点为D，导轨组一端连接电阻R。空间中分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。金属棒垂直于导轨所在平面，在A点以垂直于导轨的初速度v0开始运动，恰能通过D点，金属棒电阻忽略不计，重力加速度为g。则金属棒从A运动到D的过程中()图8A.金属棒的速度先减小后增大B.金属棒在AC间运动时间小于在CD间运动时间C.金属棒从A运动到C过程中，电阻R生热大于eq\f(mveq\o\al(2,0),4)－eq\f(5,4)mgrD.若撤去磁场，金属棒初速度不变，则一定能通过D点答案BCD解析金属棒从A运动到D的过程中，重力和安培力一直对金属棒做负功，金属棒的速度一直减小，金属棒在AC间的平均速率大于在CD间的平均速率，由于金属棒在AC间与CD间通过的路程相等，则金属棒在AC间运动时间小于在CD间运动时间，故A错误，B正确；金属棒恰能通过D点，在D点有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),r)，解得vD＝eq\r(gr)，金属棒从A运动到D过程中，根据能量守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＝mg·2r＋Q总，解得Q总＝eq\f(mveq\o\al(2,0)