2026年高考物理终极冲刺：专题11 电路和电磁感应（三大题型）解析版

1/17秘籍11电路和电磁感应秘籍导览秘籍导览【解密高考】【秘籍特训】【解密一】交变电流变压器远距离输电【解密二】法拉第电磁感应定律【解密三】电磁感应中的动力学、能量和动量问题（押题型）解密高考解密高考：电路和电磁感应是高考的高频考点，通常以选择题或计算题形式命题考查。主要考查以法拉第电磁感应定律的理解及其应用为核心，综合考查欧姆定律、牛顿运动定律、动量、能量等知识分析解决实际问题的通用力。：重视对物理概念、物理规律的理解，在应用中深化理解，夯实双基；其次重视与电路、牛顿运动定律、动量、能量相结合的综合性题型的训练。如“电磁感应中的电路问题”、“电磁感应中的力学问题”、“电磁感应中的能量问题”等，让学生掌握各种典型问题的解决方法，培养模型建构能力和推理认证能力。秘籍特训秘籍特训【解密一】交变电流变压器远距离输电秘籍解读秘籍解读原线圈含负载的变压器电路的分析方法和技巧(1)对于原线圈含负载的变压器电路，一般分析方法为：①同一个回路中，根据欧姆定律和串、并联电路的电流、电压规律列式分析，其中副线圈是后面电路的电源。②通过变压器原、副线圈耦合的两个回路，根据变压器的电压关系和功率关系列式分析。(2)技巧：可以将变压器的副线圈及其负载当成等效电阻R等效，然后根据闭合电路的规律快速求解。其中R等效＝eq\f(U1,I1)＝eq\f(\f(n1U2,n2),\f(n2I2,n1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)eq\f(U2,I2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)R负载。秘籍应用秘籍应用【例1】（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）如图甲图，电流互感器可测量导线a中交变电流的通电情况。让a穿过闭合铁芯，铁芯上绕有多匝线圈，线圈和分析器组成闭合回路，忽略线圈内电流变化对a中电流的影响。分析器可显示流过分析器的电流随时间变化波形。某次测量时，分析器显示的结果如乙图中的正弦波形，则（）A．分析器中电流的有效值为2A B．分析器中电流的最大值为C．a中电流的频率为100Hz D．时a内电流达到极大值【答案】D【详解】AB．分析器中的电流最大值为2A，有效值为，故AB错误；C．a和分析器中的电流周期相同，故a中频率为，故C错误；D．时，分析器中电流为零，线圈内磁通量的变化率为零，a中电流为极大值，故D正确。故选D。【例2】（多选）（25-26高三上·河北保定·期末）图甲所示为变隙式差动变压器的结构简图，初级线圈接图乙所示的正弦交流电源，两侧完全相同的次级线圈中的磁通量分别为、，衔铁可左右移动，磁通量最大值与衔铁到线圈的距离成反比，输出电压有效值为。下列说法正确的是（）A．衔铁在中间时最小B．衔铁在中间时最大C．同一时刻副线圈中电流方向与衔铁移动方向有关D．同一时刻副线圈中电流方向与衔铁移动方向无关【答案】AC【详解】AB．已知两侧次级线圈完全相同，磁通量最大值与衔铁到线圈的距离成反比。当衔铁在中间时，衔铁到两侧线圈的距离相等，则两侧次级线圈的磁通量最大值，且相等。根据法拉第电磁感应定律，两侧次级线圈产生的感应电动势大小相等。又因为两侧次级线圈的绕向等情况，会使它们产生的感应电动势相互抵消，所以输出电压有效值​最小。当衔铁偏离中间位置时，两侧次级线圈的磁通量最大值不再相等，感应电动势不能完全抵消，​会增大，故A正确，B错误；CD．根据楞次定律，感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。初级线圈产生的磁场随正弦交流电变化，衔铁移动时，两侧次级线圈的磁通量变化情况会因衔铁位置不同而改变；当衔铁向某一侧移动时，该侧次级线圈的磁通量变化率与另一侧不同，导致两侧次级线圈中感应电流的方向关系改变；而衔铁静止时，磁通量变化仅由初级线圈的交变磁场决定，感应电流方向关系相对稳定；衔铁移动时，这种关系被打破，所以同一时刻两侧次级线圈中的电流方向关系与衔铁移动方向有关，故C正确，D错误。故选AC。【例3】（多选）（2026·安徽合肥·模拟预测）一般巨型发电机组采用“旋转磁极式”发电，其原理如图1所示，设线圈面积为、匝数为，磁极以角速度匀速转动且提供的磁场可视为磁感应强度大小为的匀强磁场。直流特高压输电技术已成为我国“西电东送”战略的技术基础，其输电示意图如图2所示，“升压整流模块”电路将发电站输出的电压整流成的直流电输送。直流输电线的总电阻等效为，整流及逆变电路模块的能量损失不计，且逆变过程电压不变，变压器为理想变压器。当发电站的输出功率时，换流站接入的电压恰好为。下列判断中正确的是（

）A．图1所示时刻，导线中的电流方向为由到B．由图1所示时刻开始计时，线圈中所产生的电动势可表示为C．在图2所示电路中，变压器原线圈与副线圈的匝数之比为D．在图2所示电路中，变压器原线圈与副线圈的匝数之比为【答案】AD【详解】A．导线相对磁感线向上运动，而磁感线向右，由右手定则可知感应电流方向由到，故A正确；B．图1所示时刻，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，所以线圈中所产生的电动势与时间的关系为，故B错误；CD．直流输电线上损失的电压为所以变压器的输入电压为变压器的输出电压即“换流站接入电压”为，所以理想变压器的原、副线圈的匝数之比为，故C错误，D正确。故选AD。【跟踪训练1】（2026·河南南阳·模拟预测）将一闭合导线弯折成如图所示的形状（中间交叉处两导线互不接触），虚线左、右两部分线框的面积均为S。虚线两侧均存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，左侧磁场方向垂直纸面向里，右侧磁场方向垂直纸面向外。线框以虚线为轴、角速度做匀速圆周运动，线框总电阻为R，下列说法正确的是（）A．图中所示位置，线框中的感应电流最大B．线框转动过程中，任意位置均无感应电流C．线框转动过程中，产生电动势最大值为D．线框转动一周，产生的焦耳热为【答案】C【详解】A．图中所示位置为中性面，感应电动势为零，则线框中的感应电流为0，A错误；B．线框左、右两部分产生的感应电流是叠加的，不是抵消的，除中性面位置外，其他位置线框感应电流均不为0，B错误；CD．线框转动过程中，产生电动势最大值为有效值为线框转动一周，产生的焦耳热为，C正确，D错误。故选C。【跟踪训练2】（25-26高三下·河北衡水·期中）图示为某同学设计的电路断路器的简化电路图，其工作原理为：当原线圈中的电流过大时，保护器可启动保护模式—断开开关S。若已知理想变压器原、副线圈匝数之比为，保护器中的电流超过时，触发开关断开，用电器的电阻不变。当原线圈a、b端输入的交流电时，下列说法正确的是（）A．保护器中电流的变化周期为B．保护器中的电流随用电器功率的增大而减小C．正常工作时，原线圈中允许通过的最大电流为D．开关断开瞬间，保护器中的电流不会立即减为0【答案】D【详解】A．由输入电压表达式可知，角频率交流电的周期变压器不改变交流电的周期，所以保护器中电流的变化周期为，故A错误；B．用电器的电阻不变，其功率功率增大说明原线圈电流增大。根据理想变压器电流与匝数成反比可知，副线圈电流也随之增大，即保护器中的电流随用电器功率的增大而增大，故B错误；C．保护器中的电流超过时触发开关断开。根据原线圈中允许通过的最大电流，故C错误；D．开关S断开瞬间，原线圈电流迅速减小，导致穿过铁芯的磁通量减小。根据楞次定律，副线圈中会产生感应电流以阻碍磁通量的减小，因此保护器中的电流不会立即减为0，故D正确。故选D。【解密二】法拉第电磁感应定律秘籍解读秘籍解读用法拉第电磁感应定律求解感应电动势常见情况与方法情景图研究对象表达式回路(不一定闭合)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)一段直导线(或等效成直导线)E＝BLvsinθ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e＝NBSωsinωt秘籍应用秘籍应用【例1】（2026·北京东城·一模）核磁共振（NMR）是一种在化学生物等方面具有极多应用的检验手段。已知氢原子核有自旋，自旋产生微小环形电流，环形电流产生磁场，其效果类似小磁针。如图1所示为核磁共振仪工作原理的简化图。与扫描发生器、射频发生器、探测器相连的线圈分别称作扫描线圈、射频线圈、探测线圈。核磁共振仪开始工作后，扫描线圈中通以强电流，形成水平方向的强磁场。此时氢原子小磁针的运动形式可类比为陀螺：可认为一端固定，另一端点以外界强磁场方向为轴做圆周运动，这一运动形式称为进动，如图2所示。当氢原子小磁针在强磁场中排列稳定后，在射频线圈中通以正弦交变电流。类似核外电子吸收能量跃迁至更高能级，射频线圈产生的电磁波激发氢原子核跃迁至更高能级，氢原子小磁针进动模式因而发生改变。随后撤去射频电流，氢原子小磁针重新回到原进动模式。在这一恢复过程中，大量氢原子小磁针所产生的宏观磁场切割探测线圈，所形成的电流经处理最终成像。下列说法正确的是（

）A．氢原子小磁针进动时，原子核的自旋以为轴B．氢原子小磁针在重回原进动模式的过程中会释放能量C．进动模式恢复过程中，探测线圈中的磁通量不变D．射频线圈产生的电磁波频率高于射线【答案】B【详解】A．由图2可知氢原子自旋不是以为轴，而是以NS极方向为轴转动，故A错误；B．由题意可知，“射频线圈产生的电磁波激发氢原子核跃迁至更高能级”，说明激发后的状态能量较高。当氢原子小磁针“重新回到原进动模式”时，是从高能级跃迁回低能级（稳定态），根据能量守恒定律，该过程必然释放能量，这部分能量转化为探测线圈中的电能，故B正确；C．在恢复过程中，探测线圈中形成了电流，根据法拉第电磁感应定律，穿过探测线圈的磁通量必然发生变化，若磁通量不变则不会产生感应电流，故C错误；D．射频属于无线电波波段，其频率远低于X射线的频率，故D错误。故选B。【例2】（多选）（2026·辽宁·模拟预测）如图所示，位于水平面内、间距为的光滑平行导轨和的左端接有最大阻值为的电阻箱。与虚线之间存在一个边长为的正方形磁场区域，方向竖直向上，磁感应强度；虚线右侧存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度。一质量为、长为、电阻为的金属棒静止于右侧处，下列说法正确的是（）A．若，金属棒固定，则电阻箱消耗的最大功率为B．若并将电阻箱调至时起拉动金属棒以的加速度向右做匀加速直线运动，则时金属棒消耗的电功率为C．若并将电阻箱调至时起拉动金属棒以的加速度向右做匀加速直线运动，则内通过金属棒的电荷量为D．若且时起拉动金属棒以的速度向左匀速直线运动，则在金属棒运动至之前，电阻箱中始终无电流通过【答案】CD【详解】A．回路中的感生电动势当电阻箱阻值为时，消耗功率最大，最大功率为，故A错误；B．金属棒切割磁感线产生的电动势时回路的电动势为，由欧姆定律可知，电流为金属棒消耗的电功率为，故B错误；C．回路中电流随时间变化规律为则通过金属棒的电荷量为，故C正确；D．若时起拉动金属棒以的速度向左匀速直线运动，且，则在金属棒运动至之前，有，感应电流方向相反，则电阻箱中无电流通过，故D正确。故选CD。【例3】（多选）（2026·浙江嘉兴·二模）如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场中，一根沿AD连线放置、不计电阻且处于原长的弹性导电轻绳两端A、D固定，绳与阻值为r的电阻构成闭合电路系统。AD两点相距2R，O为AD连线中点。用光滑绝缘棒下端控制导电绳，使其与棒的接触点C做以O为圆心、半径为R、角速度为的匀速圆周运动。若不考虑绳受安培力而发生的形变，则从A出发开始计时，C移向H点（O点正上方）的过程中（）A．闭合回路中产生了恒定电流 B．棒对闭合电路系统做功为C．绳受到的安培力始终垂直于AD连线向下 D．t时刻绳CD段的电动势为【答案】CD【详解】A．点C的线速度大小为，方向垂直于OC时间OC转过的角度为，据几何关系此时的面积为由法拉第电磁感应定律,产生的是正（余）弦式交流电，故A错误；B．此过程电功为棒对系统做的功，除了转化为回路中的焦耳热，还要转化为绳的弹性势能。故B错误；C．根据楞次定律的“增反减同”及右手螺旋定则得回路中的感应电流方向为逆时针方向，绳受到的安培力的等效长度为AD，再据左手定则，绳受到的安培力始终垂直于AD连线向下，故C正确；D．t时刻绳C点的速度垂直于CD的分量为t时刻绳CD切割段的电动势为，故D正确。故选CD。【跟踪训练1】（2026·吉林长春·二模）如图，直线右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，完全相同的粗细均匀的单匝圆形金属线圈甲、乙处于图中实线位置，且与相切，切点分别为。甲绕过点垂直于纸面的轴匀速转动、乙以为轴匀速转动，甲、乙第一次运动至图中虚线位置所用时间相同。在这段时间内，下列说法正确的是（）A．甲中电流方向改变B．甲、乙中有感应电流通过的时间相等C．甲、乙中感应电动势最大值之比为D．通过甲、乙横截面的电荷量之比为【答案】C【详解】A．甲线圈绕点匀速转动进入磁场，穿过线圈的磁通量一直增加，根据楞次定律，感应电流方向不变，故A错误；B．甲线圈从实线位置运动到虚线位置的过程中，一直有磁通量的变化，一直有感应电流；乙线圈绕轴转动，前一半时间线圈在磁场外（左侧），无感应电流，后一半时间进入磁场（右侧），有感应电流，所以甲、乙中有感应电流通过的时间不相等，故B错误；C．设线圈半径为，面积为角速度为。甲线圈绕点转动，进入磁场的有效切割长度感应电动势最大值乙线圈绕轴转动，进入磁场后磁通量从进入磁场时刻开始计时，感应电动势最大值甲、乙中感应电动势最大值之比为，故C正确；D．根据甲、乙线圈磁通量变化量均为，电阻相同，所以通过横截面的电荷量之比为，故D错误。故选C。【解密三】电磁感应中的动力学、能量和动量问题秘籍解读秘籍解读1．电磁感应中动力学和能量问题的分析思路2．电磁感应中动量问题的分析思路(1)动量定理在电磁感应现象中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I安＝Beq\o(I,\s\up6(－))lt＝Blq，通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R总)Δt＝neq\f(ΔΦ,ΔtR总)Δt＝neq\f(ΔΦ,R总)，磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝Blx.如果安培力是导体棒或金属框受到的合力，则I安＝mv2－mv1.当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时用动量定理求解更方便．(2)动量守恒定律在电磁感应现象中的应用在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，如果两安培力等大反向，且它们受到的其他外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便．秘籍应用秘籍应用【例1】（多选）（2026·辽宁·二模）如图所示，一个磁感应强度为B的匀强磁场，垂直于一间距为d且足够长的两平行导轨平面，导轨平面的倾角为，一根质量为m的光滑导体棒与导轨垂直放置。导轨左端连接如图所示的电路。不计导轨和导体棒的电阻，若开关依次接通，可使阻值为R、电容为C及电动势为E、内阻为r的元件与导体棒构成电路。重力加速度为g。若先闭合开关，再从静止释放导体棒，以下说法正确的是（）A．若只闭合，导体棒最终匀速运动且速度大小B．若只闭合，导体棒做匀加速运动，回路中电流大小不变为C．若只闭合，导体棒沿导轨下滑，则其下滑的最大速度D．若同时闭合和，相比只闭合，导体棒沿导轨下滑的最大速度变大【答案】AB【详解】A．只闭合，导体棒做加速度减小的加速运动，当合力为零时开始匀速运动，此时满足解得，故A正确；B．只闭合，设某时刻回路中电流为I，导体棒的加速度为a，则联立解得，，故B正确；C．只闭合，对导体棒受力分析，导体棒受安培力方向沿斜面向上，导体棒向下运动速度最大（设为）时，所受合力为零，则解得，故C错误；D．若同时闭合和，先将电池和定值电阻看作一个电源，这个等效电源的电动势等效内电阻将C项中的换成，换成，可得到稳定时导体棒速度为所以相比于只闭合，导体棒沿导轨下滑的最大速度变小，故D错误。故选AB。【例2】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）校园科技节上某组同学展示了一套模拟海浪发电给小风扇供电的装置，示意图如图（a）。模拟海浪在圆筒中涌动，使竖直筒内水平放置的绝缘活塞上下做简谐运动。在活塞上表面固定一根长度为的金属棒ab，其通过竖直导轨及导线与变压器的原线圈连接。金属棒运动的空间存在方向水平且垂直于ab、磁感应强度大小为的匀强磁场（未画出），金属棒产生如图（b）所示的正弦式交流电加在原线圈两端，小风扇正常工作。已知理想变压器原副线圈匝数比为，小风扇输入功率为30W，小风扇线圈电阻，其它电阻不计。求：(1)金属棒ab的速度v与时间t的关系式；(2)正常工作时小风扇的输出功率；(3)金属棒ab所受安培力大小的最大值。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由图(b)可知，感应电动势的瞬时值为其中周期，角速度电动势最大值金属棒切割磁感线产生感应电动势，因此代入、得（2）原线圈电压有效值根据理想变压器变压规律，得副线圈电压小风扇输入功率因此副线圈电流小风扇的热功率输出功率为输入功率减去热功率（3）根据理想变压器电流规律​​得原线圈电流有效值原线圈电流最大值安培力最大值代入数据得【例3】（2026·江西宜春·一模）间距为的两条足够长的平行长直光滑导轨水平放置，导轨间存在垂直导轨平面向下，磁感应强度为的匀强磁场，在导轨右侧足够远的地方固定了一个弹性障碍物，可将碰撞棒极短时间内原速率反弹。将质量分别为，电阻均为，长度均为的a、b棒垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，中间粘合着宽度不计的绝缘火药包。将电动势为内阻不计的电源，电容为初始不带电的电容器放置在导轨左侧，如图。导轨电阻不计，忽略感应电流产生的磁场。先将开关S拨到1，待稳定后将S拨到2，导体棒开始向右运动，求：(1)导体棒开始运动的瞬间加速度大小；(2)当导体棒运动趋于稳定后，导体棒的速度大小；(3)当导体棒运动稳定后，断开S，同时引爆火药包，瞬间释放出12J能量提供给系统动能增量，同时两棒分离，求最终两棒间距为多少？【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）将S拨向2，则有电路中总电流则有（2）加速过程中有即即又稳定时且则又可得即两导体棒以做匀速的运动。（3）引爆火药包根据动量守恒可得能量有可得或根据爆炸时受力特点可知应为再次稳定后依然存在

即速度变回此过程对b棒有即又可得稳定后间距为之后b撞c反弹，有即同理可得对a有可得同理可得即最终距离为可得【跟踪训练1】（2026·江苏·模拟预测）如图为某简谐热传动装置原理图，右侧热传动泵源通过“工”字形金属支架ABDC使CD杆