2026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-专项训练【含答案】

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规范训练
规范答题
答案 (1)0.03 m/s2，方向水平向右 (2)15 C (3)0.45 J
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＝12mv02
甲棒进入磁场切割磁感线产生的感应电动势为
E1＝2Bcs 60°·Lv0
由闭合电路欧姆定律可知，回路中产生的感应电流为I1＝E12R
对乙棒，由牛顿第二定律可得Bcs 60°·I1·2L＝ma
联立可得，乙棒的加速度大小为a＝0.03 m/s2
方向水平向右。
(2)两棒稳定时，电路中电流为0，则
2Bcs 60°·Lv1＝Bcs 60°·2Lv2
解得v1＝v2
两棒受到的安培力满足F甲＝F乙
安培力水平分力也大小相等，且方向相反，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Bcs 60°·I·2Lt＝mv2
其中q＝It
联立可得，通过乙棒的电荷量为
q＝15 C
(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＋12mv22＋Q总
解得Q总＝0.9 J
则乙棒上产生的焦耳热为
Q乙＝RR＋RQ总＝0.45 J
阶段复习练(五)
(分值：100分)
一、单项选择题：每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.(2025·浙江宁波市镇海中学月考)电吉他的工作原理是在琴身上装有线圈，线圈附近被磁化的琴弦振动时，会使线圈中的磁通量发生变化，从而产生感应电流，再经信号放大器放大后传到扬声器。其简化示意图如图所示。则当图中琴弦向右靠近线圈时( )
A.穿过线圈的磁通量减小
B.线圈中不产生感应电流
C.琴弦受向右的安培力
D.线圈有收缩趋势
答案 D
解析 琴弦向右靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增大，线圈中产生感应电流，由“来拒去留”可知琴弦受到向左的安培力，由“增缩减扩”可知线圈有收缩趋势，故A、B、C错误，D正确。
2.(2025·河南漯河市高级中学月考)风力发电将成为福建沿海实现“双碳”目标的重要途径之一。如图甲，风力发电装置呈现风车外形，风吹向叶片驱动风轮机转动，风轮机带动内部匝数为N的矩形铜质线圈在水平匀强磁场中，以角速度ω绕垂直于磁场的水平转轴OO'顺时针匀速转动产生交流电，发电模型简化为图乙。已知N匝线圈产生的感应电动势的最大值为Em。则( )
A.当线圈转到图示位置时产生的感应电流方向为ADCBA
B.当线圈转到竖直位置时电流表的示数为零
C.当线圈转到图示位置时磁通量的变化率最大
D.穿过线圈的最大磁通量为Emω
答案 C
解析 当线圈转到题图所示位置时，根据右手定则判断知产生的感应电流方向为ABCDA，A错误；当线圈转到竖直位置时，感应电流的瞬时值为零，但电流表测量的是有效值，示数不为零，B错误；当线圈转到题图所示位置时，线圈与中性面垂直，感应电动势最大，磁通量的变化率最大，C正确；由Em＝NBSω得，穿过线圈的最大磁通量为Φm＝BS＝EmNω，D错误。
3.如图甲所示为演示自感现象的实验电路。实验时，先闭合开关S，电路达到稳定后，灯泡A和B处于正常发光状态，在t0时刻，将开关S断开，测量得到t0时刻前后流过某一灯泡的电流I随时间t的变化关系如图乙所示。电源内阻及电感线圈L的直流电阻可忽略不计。下列说法正确的是( )
A.闭合S，灯泡A和B都缓慢变亮
B.断开S至灯泡B完全熄灭的过程中，a点电势高于b点电势
C.图乙所示为灯泡B在S断开前后电流随时间的变化关系
D.由图乙可知两灯泡正常发光时，灯泡A的阻值大于灯泡B的阻值
答案 C
解析 闭合S，B灯立刻变亮，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的增加，使得灯泡A缓慢变亮，选项A错误；断开S后，原来通过B的电流立即消失，由于线圈产生的自感电动势阻碍电流的减小，则线圈L相当于电源，与灯泡B和A重新组成回路，则通过B的电流由b到a，则从断开S至灯泡B完全熄灭的过程中，a点电势低于b点电势，S断开前后流过灯泡B的电流方向相反，即题图乙所示为灯泡B在S断开前后电流随时间的变化关系，选项B错误，C正确；由题图乙可知由于S断开后通过B的电流大于S断开之前通过B的电流，可知两灯泡正常发光时，灯泡A的阻值小于灯泡B的阻值，选项D错误。
4.(2024·陕西西安市期末)某位同学利用力敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图甲所示，将力敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘光滑重球，力敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小。小车向右做直线运动的过程中，电流表的示数随时间变化如图乙所示，下列判断正确的是( )
A.在0~t1时间内小车的加速度逐渐变大
B.在t1~t2时间内小车做加速度减小的加速运动
C.在t1~t2时间内小车做匀减速直线运动
D.在t2~t3时间内小车一定做匀速直线运动
答案 B
解析 在0~t1时间内电流不变，则力敏电阻的阻值不变，所受的压力不变，加速度不变，故A错误；在t1~t2时间内，电流减小，则力敏电阻的阻值变大，所受的压力减小，则加速度减小，即小车做加速度减小的加速运动，故B正确，C错误；在t2~t3时间内电流不变，与0~t1时间内比较电流变小了，则力敏电阻的阻值变大，所受的压力减小，加速度减小了，则小车不一定做匀速直线运动，故D错误。
5.如图所示，一个半径为l的金属圆盘在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动(从左向右观察为顺时针方向)，这样构成一个法拉第圆盘发电机。假设其电动势为E，等效内阻为r。下列说法正确的是( )
A.圆盘发电机产生的是交流电
B.法拉第圆盘发电机的电动势为E＝12Bω2l
C.电源的输出功率为B2l4ω2R4(R＋r)2
D.流过电阻R的电流方向为C→R→D
答案 C
解析 圆盘发电机产生的是直流电，故A错误；由法拉第电磁感应定律可得，法拉第圆盘发电机的电动势为E＝Blv＝12Bl2ω，电源的输出功率为P＝I2R＝(ER＋r)2R＝B2l4ω2R4(R＋r)2，故B错误，C正确；根据右手定则，流过电阻R的电流方向为D→R→C，故D错误。
6.如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成，倾斜段的上端连接一电阻R＝0.5 Ω，两轨道间距d＝1 m，水平部分两轨道间有一竖直向下、磁感应强度大小B＝0.5 T的匀强磁场。一质量为m＝0.5 kg、长为l＝1.1 m、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面h1＝0.8 m高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离x2＝0.8 m，水平轨道距水平地面的高度h2＝0.8 m。通过计算可知(轨道电阻不计，g取10 m/s2，不计空气阻力)( )
A.导体棒进入磁场时的速度为3 m/s
B.导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为2 J
C.磁场区域的长度x1为2 m
D.整个过程通过电阻R的电荷量为3 C
答案 C
解析 设导体棒进入磁场时的速度为v0，根据动能定理有mgh1＝12mv02，解得v0＝4 m/s，故A错误；导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有x2＝vt，竖直方向有h2＝12gt2，联立代入数据解得v＝2 m/s，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q＝12mv02－12mv2，解得Q＝3 J，则导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为3 J，故B错误；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有F安t1＝BIdt1＝mv0－mv，又有q＝It1＝ΔΦR＝Bdx1R，联立代入数据解得q＝2 C，x1＝2 m，故C正确，D错误。
7.(2024·河南省济洛平许四市三模)如图所示，初始时矩形线框ABCD垂直于匀强磁场放置，磁场位于OO'右侧，AO＝OB＝BC＝O'C，若线框以不同方式做角速度大小相同的匀速转动，以下哪个时刻线框受到的安培力最大( )
A.以AD边为轴转动30°时
B.以BC边为轴转动45°时
C.以OO'为轴转动60°时
D.以O点为中心，在纸面内逆时针转动45°时
答案 D
解析 根据题意，设AO＝OB＝BC＝O'C＝L，线框的电阻为R，线框转动的角速度为ω，以AD边为轴转动30°时，感应电动势为E1＝BL·2Lωsin 30°＝BL2ω，且I1＝E1R，线框所受安培力为F1＝BI1L＝B2L3ωR；以BC边为轴转动45°时，穿过线框平面的磁通量不变，没有感应电流产生，则安培力为零；以OO'为轴转动60°时，感应电动势为E2＝BL·Lωsin 60°＝32BL2ω，且I2＝E2R，线框所受安培力为F2＝BI2L＝3B2L3ω2R；以O点为中心，在纸面内逆时针转动45°时，
如图所示，感应电动势为E3＝B·2L·2Lω2＝BL2ω，且I3＝E3R，线框所受安培力为F3＝BI3·2L＝2B2L3ωR，可知，以O点为中心，在纸面内逆时针转动45°时，安培力最大。故选D。
二、多项选择题：每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8.(2025·云南德宏州检测)如图所示为理想变压器与4个额定电压相同的灯泡连接的电路，M、N端连接一个稳压交流电源。开关S闭合时L1、L2、L3、L4都正常发光，下列说法正确的是( )
A.变压器的原、副线圈的匝数比n1∶n2＝1∶2
B.灯泡L3、L4的额定电流一定相同
C.开关S断开后，灯泡L1变暗
D.开关S断开后，流过灯泡L3(L3仍能发光)的电流增大
答案 AD
解析 开关S闭合后，设每个灯泡正常发光时的额定电压为U，则原线圈两端的电压为U1＝U，副线圈两端的电压为U2＝2U，根据U1U2＝n1n2，解得n1∶n2＝1∶2，A正确；灯泡L3、L4的额定电压相同，功率不一定相同，额定电流不一定相同，B错误；开关S闭合与断开前后，灯泡L1两端的电压保持不变，灯泡L1亮度不变，C错误；由于原线圈两端电压U1不变，根据U1U2＝n1n2，得副线圈两端的电压U2也不变，开关S断开后，副线圈两端的总电阻增大，由串联电路的分压规律知，L2两端的电压减小，L3两端的电压增大，则通过灯泡L3的电流增大，D正确。
9.20年来福建电网实现电网结构、电压等级、电力技术“三大跨越”。如图所示是远距离输电示意图，现将输送电压U2由220 kV升级为1 000 kV高压，输送的总电功率变为原来的2倍，保持发电机输出电压U1及用户得到的电压U4均不变，输电线的总电阻不变，变压器均为理想变压器，则( )
A.n2n1变为原来的5011倍
B.输电线上电流I2变为原来的1125
C.输电线损失的功率变为原来的(1125)2
D.降压变压器原、副线圈匝数比值变小
答案 ABC
解析 由理想变压器基本关系知n2n1＝U2U1，U1不变，U2变为原来的5011倍，所以n2n1变为原来的5011倍，A正确；根据P送＝U2I2可知，因P送变为原来的2倍，U2变为原来的5011倍，则输电线上电流I2变为原来的1125，B正确；根据P损＝I22R线，可知P损变为原来的(1125)2，C正确；总功率变大，损失的功率变小，则用户端功率变大，因用户端电压不变，则I4变大，又I2变小，I2＝I3，则n3n4＝I4I3变大，D错误。
10.(2025·河北邢台市开学考)如图所示，匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的磁场方向均沿水平方向垂直纸面向外，两磁场边界水平，磁场宽度均为L，磁场Ⅰ下边界到磁场Ⅱ上边界的距离为2.5L，磁场Ⅰ的磁感应强度大小为B。边长为L、电阻为R的单匝正方形金属线框abcd位于垂直于磁场的竖直平面内，开始时ab边到磁场Ⅰ上边界距离为12L，由静止释放金属线框，线框在向下运动的过程中始终在竖直面内，且ab边始终水平，线框分别匀速穿过磁场Ⅰ、Ⅱ。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A.线框经过磁场Ⅰ产生的焦耳热等于经过磁场Ⅱ产生的焦耳热
B.磁场Ⅱ的磁感应强度大小为12B
C.金属线框的质量为B2L2gLgR
D.线框经过磁场Ⅰ、Ⅱ产生的总焦耳热为2B2L2gLR
答案 AC
解析 线框分别匀速穿过磁场Ⅰ、Ⅱ，则根据功能关系知线框经过磁场Ⅰ和Ⅱ产生的焦耳热均为2mgL，故A正确；从静止释放金属线框到ab边开始进入磁场Ⅰ，根据动能定理有mg·L2＝12mv2，匀速穿过磁场Ⅰ，则mg＝BIL，I＝ER＝BLvR，解得m＝B2L2gLgR，故C正确；从cd边出磁场Ⅰ到ab边进磁场Ⅱ过程，根据动能定理有mg·1.5L＝12mv'2－12mv2，匀速穿过磁场Ⅱ，则mg＝B'I'L，I'＝E'R＝B'Lv'R，解得磁场Ⅱ的磁感应强度大小B'＝22B，故B错误；线框经过磁场Ⅰ、Ⅱ产生的总焦耳热为Q＝4mgL＝4B2L3gLR，故D错误。
三、非选择题：本题共4小题，共54分。
11.(10分)用光敏电阻和电磁继电器等器材设计一套自动光控照明电路，使得傍晚天变黑时，校园里的路灯自动亮起；早晨天亮时，路灯自动熄灭。选用的光敏电阻的阻值随照度变化的曲线如图甲所示(照度反映光的强弱，光越强，照度越大，照度单位为lx)。图乙所示为校园路灯自动控制的模拟电路图，用直流电路给电磁铁供电作为控制电路，用220 V交流电源给路灯供电。
(1)(2分)请用笔画线代替导线，正确连接继电器控制电路。
(2)(2分)当线圈中的电流大于或等于2 mA时，继电器的衔铁将被吸合。为了实现根据光照情况控制路灯通断，路灯应接在 接线柱上。
A.A、BB.B、CC.A、C
(3)(2分)图中直流电源的电动势E＝15 V，内阻忽略不计，电磁铁线圈电阻为400 Ω，滑动变阻器有三种规格可供选择：R1(0~100 Ω)、R2(0~1 750 Ω)、R3(0~17 500 Ω)，要求天色渐暗照度降低至15 lx时点亮路灯，滑动变阻器应选择 (填“R1”“R2”或“R3”)。
(4)(2分)使用过程中发现天色比较暗了，路灯还未开启。为了使路灯亮得更及时，应适当地 (填“增大”或“减小”)滑动变阻器的电阻。
(5)(2分)小佳同学想利用乙图为自己家院子里的车库设计自动开门装置，当车灯照到光敏电阻上时，开门电动机启动打开车库的门。开门电动机应连接在 接线柱上。
A.A、BB.B、CC.A、C
答案 (1)见解析图 (2)A (3)R2 (4)增大 (5)B
解析 (1)(2)天亮时照度增大，光敏电阻的阻值减小，电磁铁中电流增大，磁场增强，吸引衔铁向下与C接通，路灯熄灭，故路灯应接在A、B之间。故选A。
为满足实验要求，控制电路的连接情况如图所示。
(3)要求天色渐暗照度降低至15 lx时点亮路灯，由题图甲知此时光敏电阻的阻值约为5.6 kΩ，由闭合电路欧姆定律可知I＝ER线＋R＋R滑，此时的滑动变阻器的阻值约为1.5 kΩ，故滑动变阻器应选择R2。
(4)使用过程中发现天色比较暗了，路灯还未开启，说明此时控制电路的电流较大，总电阻较小，所以为使路灯亮得更及时，应适当地增大滑动变阻器的电阻。
(5)车灯照到光敏电阻上时，光敏电阻的阻值减小，控制电路部分的电流增大，磁场增强，吸引衔铁向下与C接通，此时电动机启动，故将开门电动机连接在B、C接线柱上满足题意，故选B。
12.(12分)(2024·江西赣州市摸底考)磁力刹车是为保证过山车在最后进站前的安全而设计的一种刹车形式，刹车金属线框安装在过山车底部或两侧，在轨道间的磁场作用下而减速。简化模型如图所示，在水平面上的两根平行直导轨间，有等距离分布的方向相反的竖直匀强磁场B1和B2，且B1＝B2＝B，每个磁场分布区间的长都是L，相间排列。正方形刹车线框边长为L，电阻为R，以初始速度大小v0进入磁场。已知过山车的质量为m，不计轨道摩擦和空气阻力，求：
(1)(4分)线框ab边刚进入磁场时的电流大小I；
(2)(8分)线框ab边刚进入磁场B2中时加速度大小a。
答案 (1)BLv0R (2)2B2L2v0mR－2B4L5m2R2
解析 (1)线框ab边刚进入磁场时，有E＝BLv0，感应电流为I＝ER＝BLv0R
(2)线框ab边刚进入磁场B2中时，线框中的电荷量为q＝It＝ERt＝BL2R
设此时线框的速度为v，根据动量定理有
－BILt＝mv－mv0
根据牛顿第二定律有BI'L＝ma，I'＝2BLvR
解得a＝2B2L2v0mR－2B4L5m2R2。
13.(14分)用压缩空气推动一小型交流发电机发电。如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1，额定电压为6 V的小灯泡正常发光，发电机输出端的电流随时间变化图像如图乙，求：
(1)(6分)灯泡1分钟内消耗的电能；
(2)(8分)从灯泡上电流为零开始的半个周期内，通过灯泡的电荷量。
答案 (1)720 J (2)2225π C
解析 (1)根据理想变压器原理I1I2＝n2n1＝12，
其中I1＝22 A＝1 A，
可得通过灯泡的电流为I2＝2 A，
得灯泡1分钟内消耗的电能W＝U2I2t＝720 J
(2)根据交流电表达式可得I1m＝nBSωR＝2 A，
由题图乙可知，其中ω＝2πT＝50π rad/s，
又q1＝∑nΔΦRΔtΔt＝nΔΦR＝2nBSR，
可得从灯泡上电流为零开始的半个周期内，通过原线圈的电荷量为q1＝225π C，
根据q＝It和I1∶I2＝n2∶n1＝1∶2，可得从灯泡上电流为零开始的半个周期内，通过灯泡的电荷量为q2＝2225π C。
14.(18分)(2025·湖北武汉市开学考)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方形线框，左右两边分别记为b、c。线框质量为m，总电阻为8R，初始时处于静止状态。现让长度也为L、质量为2m、阻值为R的导体棒a从圆弧导轨上离水平导轨高h处由静止释放，某时刻导体棒a与线框发生碰撞，并且碰后瞬间线框的速度是导体棒a进入磁场瞬间速度的45，碰撞过程中的机械能损失与碰前回路产生的总热量相等。已知重力加速度为g，忽略导轨的电阻、所有摩擦以及线框的可能形变，且导体棒a和线框b、c边运动过程中始终与导轨垂直，导体棒和线框侧边与导轨始终接触良好。求：
(1)(4分)导体棒a刚进入磁场时的速度大小v0；
(2)(5分)碰后瞬间导体棒a的速度大小v；
(3)(9分)从最初到稳定，导体棒a上产生的焦耳热Qa及最终导体棒a和线框b边的距离x。
答案 (1)2gh (2)32gh5 (3)1375mgh 4mR2gh15B2L2
解析 (1)导体棒a进入磁场前，有2mgh＝12×2mv02，解得v0＝2gh
(2)b、c边接入电路，并联电阻为R并＝R
导体棒a和线框受到的安培力等大反向，从a进磁场到碰后瞬间，a和线框组成的系统动量守恒，可得
2mv0＝2mv＋m·4v05
解得v＝32gh5
(3)二者碰后到稳定，动量守恒，有2mv0＝3mv共
解得v共＝22gh3
从释放导体棒a到碰后瞬间，系统损失的总机械能
ΔE损＝2mgh－12m(45v0)2－12×2mv2＝1625mgh
碰前回路中产生的总焦耳热为
Q＝12ΔE损＝825mgh
a棒产生的焦耳热为Q1＝12Q＝425mgh
碰后回路产生的总焦耳热为Q'＝12m(45v0)2＋12×2mv2－12×3mv共2＝275mgh
a棒产生的焦耳热为Q2＝12Q'＝175mgh
故全程Qa＝Q1＋Q2＝1375mgh
碰后某瞬间，设导体棒的速度为va，线框的速度为v框，
对导体棒a，有F安＝BiL，i＝BL(v框-va)R＋R
从碰后到稳定，设安培力的冲量为I安，对导体棒a，由动量定理
I安＝2m(v共－v)
综上所述，有∑B2L2(v框-va)R＋R·t＝2m(v共－v)
其中∑(v框－va)·t＝x
解得x＝4mR2gh15B2L2。