高考物理一轮复习 第十三章　阶段复习(五)　电磁感应和交变电流（教师版）

阶段复习(五)电磁感应和交变电流

答案(1)0.03m/s2，方向水平向右(2)15C(3)0.45J解析(1)甲棒在斜面导轨下滑的过程，由机械能守恒定律有mgh=12m甲棒进入磁场产生的感应电动势为E1=2Bcos60°·Lv0由闭合电路欧姆定律可知，I1=E对乙棒，由牛顿第二定律可得Bcos60°·I1·2L=ma联立可得a=0.03m/s2，方向水平向右。(2)两棒稳定时，电路中电流为0，则2Bcos60°·Lv1=Bcos60°·2Lv2解得v1=v2两棒受到的安培力满足F甲=F乙则两棒组成的系统水平方向动量守恒，可得mv0=mv1+mv2对乙棒，根据动量定理Bcos60°·I·2Lt=mv2其中q=It联立可得q=15C(3)从甲棒进入磁场到两棒达到稳定过程中，根据能量守恒定律12mv02=12mv12+解得Q总=0.9J则Q乙=RR+RQ总=0.

阶段复习练(五)[分值：100分]一、选择题：1~10题，每题6分，共60分。1.(2025·浙江温州市一模)关于下列四幅图，说法正确的是()A.图甲中，三角形导线框绕轴匀速转动，产生的是正弦式交变电流B.图乙中，随时间变化的该磁场不可能产生电磁波C.图丙中，强磁体从带有裂缝的铝管中静止下落(不计空气阻力)可视为自由落体运动D.图丁中，此时电容器中的电场能正在减少答案A解析闭合线框绕着与匀强磁场方向垂直的轴匀速转动，就会产生正弦式交变电流，故A正确；变化的磁场产生变化的电场，变化的电场产生变化的磁场，如此循环往复，就会形成电磁波，故B错误；强磁体从带有裂缝的铝管中静止下落，铝管中仍然会产生涡流效应，感应电流的磁场将会对下落的强磁体也产生阻力作用，故强磁铁不做自由落体运动，故C错误；由题图丁可知，此时电容器正在充电，电容器极板上的电荷量增多，电场能正在增加，故D错误。2.(多选)(2025·新课标卷·21)如图，过P点的虚线上方存在方向垂直于纸面的匀强磁场。一金属圆环在纸面内以P点为轴沿顺时针方向匀速转动，O为圆环的圆心，OP为圆环的半径。则()A.圆环中感应电流始终绕O逆时针流动B.OP与虚线平行时圆环中感应电流最大C.圆环中感应电流变化的周期与环转动周期相同D.圆环在磁场内且OP与虚线垂直时环中感应电流最大答案BC解析在圆环进入磁场的过程中圆环中感应电流绕O逆时针流动，圆环出磁场的过程中圆环中感应电流绕O顺时针流动，故A错误；圆环进入磁场过程中切割磁感线的有效长度先增大后减小，圆环出磁场过程中切割磁感线的有效长度先增大后减小，当OP与虚线平行时，切割磁感线的有效长度最大，圆环中感应电流最大；分析可知当环转动一圈的过程中，圆环中的感应电流先逆时针增大再减小，后顺时针增大再减小，故圆环中感应电流变化的周期与圆环转动周期相同；而圆环在磁场内且OP与虚线垂直时，此时环中感应电流为零，故B、C正确，D错误。3.(2025·河南卷·5)如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是()答案C解析根据题意，当金属薄片中心运动到N极正下方时，下一刻，薄片右侧向下的磁通量减小，左侧向下的磁通量增加，根据楞次定律可知沿N极到S极的方向看，此时薄片右侧的涡电流方向为顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时针。故选C。4.(2025·北京市大兴区三模)如图所示为交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向匀强磁场，单匝线框绕垂直于磁场的水平轴OO'沿逆时针方向以角速度ω=10πrad/s匀速转动，电流表为理想交流电表。从图示位置开始计时，穿过线框的磁通量最大值Φm=12πWb，电阻R=5Ω，线框电阻也是5Ω，其余电阻不计。下列判断正确的是(A.R的电功率为0.625WB.t=0时刻，电流表示数为零C.产生的交变电流的频率为10HzD.R两端电压的瞬时值表达式为u=2.5sin(10πt)V答案A解析根据ω=2πf，解得f=5Hz，故C错误；根据法拉第电磁感应定律可知Em=Φmω=5V，由闭合电路欧姆定律可知Im=EmR+r=0.5A，电流表示数为有效值，即I=Im2=24A，故B错误；R的电功率为P=I2R=0.625W，故A正确；R两端电压的瞬时值表达式为u=Umcosωt，其中Um=ImR=2.5V，解得u=2.5cos(10π5.(2025·重庆市二模)如图所示，一理想变压器原线圈可通过移动滑动触头P的位置改变接入电路的匝数，b为原线圈的中点。当P接a时，原、副线圈的匝数比为5∶1，线圈L的直流电阻不计。原线圈接u=2202sinωt(V)的交流电，则()A.当P接a时，滑动变阻器R两端的电压为552VB.若将P由a向b滑动，则变压器的输入功率减小C.若将滑片M向下滑动，则变压器输入功率增大D.若增大电源的频率，则灯泡B将变亮答案C解析根据题意可知，原线圈输入电压的有效值为U1=22022V=220V，当P接a时，原、副线圈的匝数比为5∶1，滑动变阻器R两端的电压等于副线圈输出电压为U2=n2n1U1=44V，故A错误；若将P由a向b滑动，原、副线圈的匝数比减小，副线圈输出电压增大，副线圈输出功率变大，则变压器的输入功率增大，故B错误；若将滑片M向下滑动，滑动变阻器阻值减小，副线圈输出功率变大，则变压器输入功率增大，故C正确；若增大电源的频率，线圈L上电流频率增大，由XL=2πfL可知，线圈L6.(2023·天津卷·6)如图为输电线为用户输电的情景，电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器，中间输电电路电阻为R，下列说法正确的有()A.T1输出电压与T2输入电压相等B.T1输出功率大于T2输入功率C.若用户接入的用电器增多，则R功率降低D.若用户接入的用电器增多，则T2输出功率降低答案B解析由于输电过程中电阻R要产生热量，会损耗功率，故T1输出功率大于T2输入功率，T1输出电压大于T2输入电压，故A错误，B正确；由于输入电压不变，所以变压器T1的输出电压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端的等效电阻变小，则用户端电流变大，输电电路电流也相应变大，根据P损=I2R可知R功率增大，故C错误；用户接入的用电器增多，用电器消耗功率增大，即T2输出功率增大，故D错误。7.(2025·安徽省模拟)已知长直导线在其周围空间产生的磁感应强度大小B=kIr，其中k是常量，I是导线中的电流，r是空间某点到导线的垂直距离。如图所示，在水平面上固定间距为d的光滑导轨，左端接有阻值为R的电阻。一质量为m、阻值为R、长度为d的导体棒MN在水平拉力作用下沿导轨运动，已知运动过程中电阻R上的电功率恒为P，不计导轨电阻，导体棒的速度v和加速度a与导体棒到直导线的距离r关系图像可能正确的是(答案C解析由电功率公式可得P=I2R，由闭合电路欧姆定律可得E=I·2R=2PR，由导体棒切割磁感线得电动势E=Bdv=kI0rdv，解得v=2PRkI0dr，即导体棒的速度v和距离r成正比，故A、B错误；加速度a=ΔvΔt，联立解得a=ΔvΔt=2PRkI08.(多选)(2025·河南省三模)如图甲所示，两根足够长的粗糙平行金属导轨间距为L=1m，其电阻不计，两导轨及其所在平面与水平面的夹角均为θ=37°，上端连接一阻值为R=2Ω的电阻，整个装置处于方向垂直于导轨平面的匀强磁场中。将一质量为m=1kg、电阻不计的金属棒放在导轨上，无磁场时金属棒恰好处于静止状态。从t=0时刻开始，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化关系如图乙所示(令垂直导轨平面向下为正方向)，已知金属棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。在t=2s时，导体棒恰好运动，则()A.金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.75B.t=2s时，从上方俯视整个回路，回路中感应电流的方向沿顺时针C.t=2s时，金属棒受到的安培力大小为6ND.t=0时刻，金属棒与导轨顶端的距离为3m答案AD解析没有磁场时，对金属棒由平衡条件有mgsinθ=μmgcosθ，解得μ=0.75，故A正确；0~2s内，闭合回路中的磁通量向下增大，由楞次定律和安培定则可知，从上方俯视整个回路，感应电流的方向沿逆时针，故B错误；t=2s时，对金属棒由平衡条件有F安=mgsinθ+μmgcosθ，解得F安=12N，故C错误；设金属棒与导轨顶端的距离为x，由法拉第电磁感应定律有E=ΔBΔt·Lx，又E=IR，F安=BIL，解得x=3m9.(多选)(2025·浙江1月选考·13)如图甲所示，在平面内存在一以O为圆心、半径为r的圆形区域，其中存在一方向垂直平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化如图乙所示，周期为3t0。变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为一系列以O为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在同一平面内，有以O为圆心的半径为2r的导电圆环Ⅰ，与磁场边界相切的半径为0.5r的导电圆环Ⅱ，电阻均为R，圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角φ=30°，另有一可视为无限长的直导线CD。导电圆环间绝缘，且不计相互影响，则()A.圆环Ⅰ中电流的有效值为3B.t=1.5t0时刻直导线CD电动势为πr2BC.t=0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为πD.t=0.5t0时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为112πr2答案BD解析由题图可知，在0~t0内和2t0~3t0内圆环Ⅰ中的电流大小均为I1=π在t0~2t0内圆环Ⅰ中的电流大小为I2=2π设圆环Ⅰ中电流的有效值为I，有I2R·3t0=I12R·2t0+I联立解得I=2πr2设右侧有一与CD对称的无限长的直导线C'D'与CD构成回路，则t=1.5t0时刻，CD、C'D'回路产生的总电动势为E总=πr2·2根据对称性可知t=1.5t0时刻直导线CD电动势为πr2B0t0由于圆环Ⅱ处于磁场外部，通过圆环Ⅱ的磁通量一直为0，所以圆环Ⅱ不会产生感应电流，则t=0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为0，故C错误；以O点为圆心，过P、Q两点的圆轨道，在t=0.5t0时刻产生的电动势为E=πr2B则P、Q两点间圆弧的电动势为E'=30°360°E=112πr由于P、Q两点间圆弧与圆环Ⅱ上PQ构成的回路不会产生感应电流，则圆环Ⅱ上PQ间电动势为112πr2B0t10.(2025·浙江6月选考·10)如图甲所示，有一根长1m、两端固定紧绷的金属丝，通过导线连接示波器。在金属丝中点处放置一蹄形磁体，在中点附近1.00cm范围内产生B=10-3T、方向垂直金属丝的匀强磁场(其他区域磁场忽略不计)。现用一激振器使金属丝发生垂直于磁场方向的上下振动，稳定后形成如图乙所示的不同时刻的波形，其中最大振幅A=0.5cm。若振动频率为f，则振动最大速度vm=2πfA。已知金属丝接入电路的电阻r=0.5Ω，示波器显示输入信号的频率为150Hz。下列说法正确的是()A.金属丝上波的传播速度为32B.金属丝产生的感应电动势最大值约为32π×10-3C.若将示波器换成可变电阻，则金属丝的最大输出功率约为916π2×10-10D.若让激振器产生沿金属丝方向的振动，其他条件不变，则金属丝中点的振幅为零答案C解析由题图乙可知波长为λ=23L=23m，又振动频率为f=150Hz，可得波速为v=λf=100m/s，故A错误；金属丝在中点附近的匀强磁场中振动，其振动最大速度为vm=2πfA，其中A=0.5cm=0.005m，f=150Hz，计算得vm=2π×150×0.005m/s=1.5πm/s，中点切割的有效长度为L'=0.01m，则中点处感应电动势最大值为Emax=BL'vm=32π×10-5V，故B错误；金属丝在中点附近的匀强磁场中振动，产生的是正弦式交流电，电动势的有效值为E=Emax2，可变电阻R=r=0.5Ω时，输出功率最大，Pmax=(Emax2)24r=9二、非选择题：本题共3小题，共40分。11.(10分)(2025·四川卷·14)如图所示，长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上，两者平行且相距l，M、P连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r，M、P间连接一阻值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。零时刻，金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度大小为g。(1)(2分)金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势；(2)(3分)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率；(3)(5分)金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。答案(1)Blv(2)B2l2v2解析(1)金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，在回路中产生的感应电动势E=Blv(2)金属杆运动距离d时，电路中的总电阻为R=2dr+2sr故此时回路中的热功率为P=E2R(3)设金属杆保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为x，此时刚好将要脱离导轨，设绳子拉力为FT，与水平方向的夹角为θ，对金属杆根据受力平衡可知F安=FTcosθ，mg=FTsinθ根据几何关系有tanθ=h同时有F安=BIl，I=Blv联立解得x=s212.(14分)(2025·浙江温州市一模)如图所示，间距L=1m的导轨MN、PQ和M'N'、P'Q'水平放置，NP、N'P'为半径r=0.4m的半圆弧导轨，其中N、N'点有一小段的绝缘材料，其余部分均导电，水平导轨和半圆弧导轨平滑连接。MM'处连接一充满电的电容器，电容C=0.1F，MN、M'N'上垂直导轨放置两根质量均为m=0.1kg的导体棒，b棒放在绝缘处，a棒在b棒左侧且相距足够远，QQ'连接有定值电阻R=1Ω。整个装置处于竖直向上、磁感应强度大小为B=1T的匀强磁场中，闭合开关S，a棒被弹射出后与b棒发生弹性碰撞，碰后瞬间断开开关S并给b棒施加外力使其立刻沿半圆弧导轨匀速率运动，b棒运动至最低点时受到的支持力FN=2N，运动到PP'时撤去外力使其沿水平轨道自由滑行直至停止，运动过程中a、b棒始终与导轨垂直且接触良好。不计其他电阻，忽略一切阻力，g取10m/s2，π取3，求：(1)(3分)b棒运动到最低点时，回路中的感应电流大小；(2)(5分)电容器初始时的电压U0及弹射a棒释放的电荷量q；(3)(6分)整个过程中R上产生的焦耳热。答案(1)2A(2)4V0.2C(3)1.4J解析(1)b棒运动至最低点，由牛顿第二定律FN-mg=mv代入题中数据，解得vb=2m/s则电流I=ER=BLvb(2)质量相等的a、b棒发生弹性碰撞，速度互换，可知碰前a棒速度va=vb=2m/s，规定向右为正方向，对a棒，由动量定理有BIL·Δt=mva，又由q=IΔt联立解得q=0.2C电容器释放的电荷量与通过a棒的电荷量相等，则q=C(U0-U')a棒被弹射时运动距离足够长，可知a棒的电动势与电容器的电压相等，即U'=BLva=2V联立求得U0=4V(3)b棒在半圆弧导轨上运动时产生的感应电动势等效为正弦式交变电流，电动势有效值E有=Em2=BLvb定值电阻R上产生的焦耳热Q1=E有2Rt，t=πrvb联立解得Q1=1.2J撤去外力后，b棒的动能全部转化为焦耳热Q2=12mvb2=0.故整个过程中R上产生的焦耳热Q=Q1+Q2=1.4J。13.(16分)(2025·湖北武汉市模拟)如图所示，两足够长平行金属直导轨的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。在水平导轨某处放置一边长为L、由均匀金属丝制成的单匝闭合正