卷11 电磁感应-【三新金卷·先享题】2026年安徽省高考物理真题分类优化卷(分项3A)

最新5年高考真题分类优化卷·物理（十一） 卷11 电磁感应 姓名 班级 考号 得分 本卷共15小题，满分100分，考试时间75分钟 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选 项中，第1~7题是只有一项是符合题目要求的。 1.(2025·北京卷)如图所示，交流发电机中的线圈ABCD沿逆时针方向 匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律为e=10sin(100πt)V。下 列说法正确的是 ( 0 A.该交流电的频率为100Hz B.线圈转到图示位置时，产生的电动势为0 C.线圈转到图示位置时，AB边受到的安培力方向向上 D.仅线圈转速加倍，电动势的最大值变为10√2V 2.(2024·湖北)《梦溪笔谈》中记录了一次罕见的雷击事件：房屋被雷击 后，屋内的银饰、宝刀等金属熔化了，但是漆器、刀鞘等非金属却完好（原 文为：有一木格，其中杂贮诸器，其漆器银扣者，银悉熔流在地，漆器曾不 焦灼。有一宝刀，极坚钢，就刀室中熔为汁，而室亦俨然)。导致金属熔 化而非金属完好的原因可能为 ( A.摩擦 B.声波 C.涡流 D.光照 3.(2024·北京)如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法 正确的是 () 电流表 A.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0 C.断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由α到b D.断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左 4.(2024·甘肃)工业上常利用感应电炉冶炼合金，装置如图所示。当线圈 中通有交变电流时，下列说法正确的是 () 【最新5年高考真题分类优化卷·物理（十一）11-1】3A A.金属中产生恒定感应电流 B.金属中产生交变感应电流 C.若线圈匝数增加，则金属中感应电流减小 D.若线圈匝数增加，则金属中感应电流不变 5.(2024·广东)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 () 线圈 磁场分界线： ×××××× 甲 乙 A.穿过线圈的磁通量为BL2 B.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 6.(2024·湖南)如图，有一硬质导线Oabc,其中abc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 () + X ×b X ◆0 B A.90>Pa>P6>P。 B.o<o<io C.p0>pa>96=9e D.po<9a<p6=P。 7.(2024·北京)电荷量Q、电压U、电流I和磁通量Φ是电磁学中重要的 物理量，其中特定的两个物理量之比可用来描述电容器、电阻、电感三种 电磁学元件的属性，如图所示。类似地，上世纪七十年代有科学家预言 Φ和Q之比可能也是一种电磁学元件的属性，并将此元件命名为“忆阻 器”，近年来实验室已研制出了多种类型的“忆阻器”。由于“忆阻器”对 电阻的记忆特性，其在信息存储、人工智能等领域具有广阔的应用前景。 下列说法错误的是 () H 电压 电荷量 电容器 Q 2 电阻 忆阻器 M-Q 电感 电流 1 磁通量 功 【11-2】3A A.QU的单位和ΦI的单位不同 B.在国际单位制中，图中所定义的M的单位是欧姆 C.可以用元来描述物体的导电性质 D.根据图中电感L的定义和法拉第电磁感应定律可以推导出自感电动 势的表达式E=LA片 8.(2024·山东)如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平 桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半 径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀 强磁场（图中未画出），导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻 的金属棒MN平行OO放置在导轨图示位置，由静止释放。MN运动 过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说 法错误的是 () 0 A.MN最终一定静止于OO'位置 B.MN运动过程中安培力始终做负功 C.从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN的速率一直在增大 D.从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN中电流方向由M到N 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10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5分，选对但不全的得3分，有 选错的得0分。 9.(2024·全国)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑 定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左 侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水 平，在一0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。 运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的 正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是() 10.(2024·辽宁)如图，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 【11-3】3A 导轨垂直并接触良好，ab、d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() h 2B1 22m 30 30°℃ A.回路中的电流方向为abcda B,ab中电流趋手3B C.ab与cd加速度大小之比始终为2：1 D.两棒产生的电动势始终相等 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(12分)如图所示是“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置。 强磁铁 线 圈 灵敏 电流计 (1)判断感应电流的方向时 (选填“需要”或“不需要)确定线圈 的绕法，为了弄清楚灵敏电流计指针偏转方向与电流流向的关系，可以 用多用电表的 (选填“电压档“电流档”或“欧姆档”)进行检测。 (2)强磁铁快速插入线圈后保持静止，此过程中灵敏电流计指针的偏转 情况可能是 0 A.一直在“0”刻度位置 B.从“0”刻度开始向右偏转到最大并维持此角度不变 C.从“0”刻度开始向右偏转再向左偏转并越过“0”最后右偏回到“0”位置 12.(10分)同学们在学习了感应电流产生的条件后，想通过实验探究影响 感应电流方向的因素，实验过程如下： 电源 图1 图2 (1)按照图1所示电路连接器材，闭合电键，电流表指针向右偏转，对调 电源正负极，重复以上操作。该步骤目的是获得电流表指针偏转方向 与 方向的对应关系； (2)按照图2所示电路连接器材，查明线圈中导线的绕向，以确定感应 电流产生的磁场方向； (3)分别改变磁体磁场的方向和磁体运动方向，观察指针偏转方向，使 用表格中记录数据；根据第1步探究的对应关系，表中实验4中标有 “▲”空格应填 (选填“向上”“向下”“向左”或“向右”)； 【11-4】3A 实验 磁体磁场的 磁体运 指针偏 感应电流的磁 序号 方向（正视） 动情况 转情况 场方向（正视） 1 向下 插人线圈 向左 向上 2 向下 拔出线圈 向右 向下 ------------------ 3 向上 插入线圈 向右 向下 4 向上 拔出线圈 向左 ▲ (4)根据表中所记录数据，进行如下分析： ①由实验1和 (填实验序号)可得出结论：感应电流方向与磁 体运动情况有关。 ②由实验2、4得出的结论：穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的 磁场与原磁场方向（选填“相同”“相反”或“无关”）。 (5)经过进一步讨论和学习，同学们掌握了影响感应电流方向的因素及 其结论，为电磁感应定律的学习打下了基础。 13.(10分)(2024·北京)如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直 向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端 接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良 好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度 大小为B,导体棒的质量为、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容 器的电荷量为Q。 (1)求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I; (2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a; (3)在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化 图线。 【11-5】3A 14.(12分)(2024·全国)如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L, 导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R,其余电阻忽略不计，电容大小为 C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直 方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。 (1)开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的 最大速度为。。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度 v的大小。 (2)当金属棒速度为v时，断开开关S,改变水平外力并使金属棒匀速 运动。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以 及从开关断开到此刻外力所做的功。 15.(14分)(2024·湖北)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ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、半径为L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。长 为L、质量为、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。 质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平 放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、 所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良 好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求： (1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小； (2)金属环刚开始运动时的加速度大小； (3)为使αb在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置 到MP的最小距离。 【11-6】3A(2)由洛伦兹力提供向心力 qvoB:=m 可得O,点到P点的距离为 4UB OP=2r= EB, (3)粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力 F洛=qVoB1 向下的电场力F=qE。 由于E2>E1,且guB1=qE 所以通过配速法，如图所示 X I UI B B个 + + S 0x + 0' + × I Ⅱ 其中满足gE2=g(v。十v1)B 则粒子在速度选择器中水平向右以速度v。十v1做 匀速运动的同时，竖直方向以U1做匀速圆周运动， 当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择 器右挡板的O'点的要求，故此时粒子打在O'点的 速度大小为 2E2-E =U十U1十1= B E 答秦：1)带正电2B 4UB (2)EB 2E2-E1 (3) B 15.解析：(1)根据动能定理得U=2mv 解得U=2g mv 粒子进入区域I做匀速圆周运动，根据题意某粒子 从P点射入区域I,并从Q点射入区域Ⅱ，故可知 此时粒子的运动轨迹半径与区域I的半径R相等， 粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力Bq。= mR 解得R=Bg (2)带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相 同的速度v。沿纸面射入区域I,由(1)可得，粒子在 磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径均为R,因为在 区域I中的磁场半径和轨迹半径相等，粒子射入 点、区域I圆心O1、轨迹圆心O'、粒子出射点四点 构成一个菱形，有几何关系可得，区域I圆心O1和 粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O 连线，则区域I圆心O和粒子出射点水平，根据磁 聚焦原理可知粒子都从Q,点射出，粒子射入区域 B Ⅱ，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力92 vo-m R' 解得R'=2R 【26】 如图，要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹 所对应的圆心角最小，可知在区域Ⅱ中运动的圆孤 所对的弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场 圆半径2R,根据几何知识可得此时在区域Ⅱ和区 域I中运动的轨迹所对应的圆心角都为60°，粒子 在两区域磁场中运动周期分别为 T,=2πR_2xm Bq 2π·2R_4πm T,= 故可得该粒子在区域I和区域Ⅱ中运动的总时 间为 60° 60° π t=360Ti+360T:=B 个y MⅢ 02 0 60* 60 0 加速电场行 粒子源 (3)如图，将速度v。分解为沿y轴正方向的速度v。 及速度v',因为E=Buo可得Eq=Bquo,故可知沿 y轴正方向的速度V。产生的洛伦兹力与电场力平 衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力Bu,故粒 子沿y正方向做旋进运动，根据角度可知v'= 2v。sin53°=1.6u。 故当'方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即 最大速度为vm=v,+1.6u。=2.6uo 圆周运动半径R= mv'8mvs qB=50B=1.6R 根据几何关系可知此时所在的位置到y轴的距离为 172mvo L=R"+R"sin53°+2R+2R=6.88R= 25Bg Bqv M Bqvo 74°v0 39 mv mv 答案：(1)U= 2,R (2) Ba (3)Vm 172mvo =2.6v0,25Bq 卷11电磁感应 l.A线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过a线圈 的磁通量在减小，则根据楞次定律可知α线圈的电 流为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出则a中 产生的电流为恒定电流，则线圈a靠近线圈b的过 程中线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b产 生的电流为顺时针。故选A。 2.C在雷击事件中金属和非金属都经历了摩擦，声波 和光照的影响，而金属能够因电磁感应产生涡流非 金属不能，因此可能原因为涡流。故选C。 -3A 3.B闭合开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场与线圈 M中电流的磁场方向相反，由楞次定律可知，二者相 互排斥，故A错误：闭合开关，达到稳定后，通过线圈 P的磁通量保持不变，则感应电流为零，电流表的示 数为零，故B正确；断开开关瞬间，通过线圈P的磁 场方向向右，磁通量减小，由楞次定律可知感应电流 的磁场方向向右，因此流过电流表的感应电流方向 由b到a,故C、D错误。故选B。 4.B当线圈中通有交变电流时，感应电炉金属内的磁 通量也不断随之变化，金属中产生交变感应电流，A 错误，B正确：若线圈匝数增加，根据电磁感应定律可 知，感应电动势增大，则金属中感应电流变大，C、D 错误。故选B。 5.D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，线图中感应电动势越 大，故B、C错误：永磁铁相对线圈下降时，根据安培 定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故 D正确。故选D。 6.C如图，相当于Oa、Ob、Oc 导体棒转动切割磁感线，根 ×"必b 据右手定则可知O,点电势 最高； 根据E=Blu=2Bwl + 同时有loh=loe=5R 0 B 可得0<Uo。<Uo6=Uo 得90>p。>p6=p 故选C。 7,A单位制、法拉第电磁感应定律由法拉第电磁感应 定律可知E= ,则Φ的单位为V·s,由Q=It可 At 知，Q的单位为A·s,则QLU与ΦI的单位相同均为 V·A·s,故A错误，符合题意： 由题图可知，从单位角度分析有 M=更-Y:s=n QA·s 故B正确，不符合题意： 由R= 了知元=反，可以用来描迷物体的导电性 质，故C正确，不符合题意； Φ△Φ 由电感的定义L=了=△7 以及法拉第电磁感应定律E二A解得E=/A 故D正确，不符合题意。 故选A。 8.C由于金属棒MV运动过程切割磁感线产生感应 电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MV 的机械能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多 次往返运动，MV最终一定静止于OO位置，故A正 确；当金属棒MN向右运动，根据右手定则可知， MV中电流方向由M到V,根据左手定则，可知金 属棒MN受到的安培力水平向左，则安培力做负功； 当金属棒MN向左运动，根据右手定则可知，MN中 电流方向由N到M,根据左手定则，可知金属棒MV 受到的安培力水平向右，则安培力做负功；可知MN 运动过程中安培力始终做负功，故B正确；金属棒 MN从释放到第一次到达OO位置过程中，由于在 O)位置重力沿切线方向的分力为0，可知在到达 O)位置之前的位置，重力沿切线方向的分力已经小 【27】 于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减 速运动，故C错误：从释放到第一次到达O)'位置过 程中，根据右手定则可知，MV中电流方向由M到 V,故D正确。故选ABD。 9.AC设线圈的上边进入磁场时的速度为v,设线圈 的质量M,物块的质量，图中线圈进入磁场时线圈 的加速度向下，则对线圈由牛顿第二定律可知 Mg+F*一T=Ma 对滑块T一mg=ma B2L'v 其中F安= B'L'v 即 R +(M-m)g=(M+m)a 线圈向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度 减小；当加速度为零时，即线圈匀速运动的速度为 (M-m)gR B'L 若线圈进入磁场时的速度较小，则线圈进入磁场时 做加速度减小的减速运动，线圈的速度和加速度都 趋近于零，则图像A可能正确； 因=0时刻线圈就进入磁场，则进入磁场时线圈向 上不可能做匀减速运动，则图像B不可能： 若线圈的质量等于物块的质量，且当线圈进入磁场 时，且速度大于。，线圈进入磁场做加速度减小的减 速运动，完全进入磁场后线圈做匀速运动；当线圈出 离磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速 运动，最终出离磁场时做匀速运动，则图像C有可 能，D不可能。 故选AC。 10.AB两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知 回路中的电流方向为abcda;故A正确： 设回路中的总电阻为R,对于任意时刻当电路中的 电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得 2gsin30°-2 BILcos30°=2mah 对cd,mgsin30°-BILcos30°=maed 故可知aeb=aed 分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着 导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受 到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的 分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀 速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对αb 分析可得 2 ng sin30°=2 BILcos30 √3mg 解得I 3BL 故B正确，C错误： 根据前面分析可知a。h=ad,故可知两导体棒速度 大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生 的感应电动势不等，故D错误。 故选AB。 11.解析：(1)判断感应电流方向时需要用到楞次定律 结合安培定则进行判断，右手四指环绕的方向即为 感应电流的方向，因此需要确定线圈的绕法：多用 电表内部含有直流电源的为欧姆档，因此可用电表 的欧姆档对电流进行测试。 (2)强磁铁快速插入线圈的过程中，穿过线圈的磁 通量发生改变，回路中将产生感应电流，灵敏电流 计指针将从“0”刻度开始偏转，磁铁插入线圈中保 持静止后，磁通量不再改变，最终灵敏电流计指针 将回到“0”刻度位置。故选C。 答案：(1)需要欧姆档(2)C -3A 12.解析：(1)电流流向不同，对应指针偏转方向不同， 所以该步骤目的是获得电流表指针偏转方向与电 流方向的对应关系。 (3)磁体磁场的方向向上，拔出线圈，根据安培定则 可知感应电流的磁场方向向上。 (4)①要探究感应电流方向与磁体运动情况，需保 证磁体磁场的方向和指针偏转情况相同，故由实验 1和2可得出结论。 ②由实验2、4得出的结论：穿过闭合回路的磁通量 减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同。 答案：(1)电流(3)向上(4)2相同 13.解析：(1)开关闭合前电容器的电荷量为Q,则电容 器两极板间电压U= Q C U 开关闭合瞬间，通过导体棒的电流【= R 解得闭合开关瞬间通过导体棒的电流为I=C示 Q (2)开关闭合瞬间由牛顿第二定律有BIL=ma BQL 将电流I代入解得a=CRm (3)由(2)中结论可知，随着电容器放电，所带电荷 量不断减少，所以导体棒的加速度不断减小， 其v-t图线如图所示 0 答案：11=C忌录（2a-CRm Q BQL (3)见解析图 14.解析：(1)开关S闭合后，当外力与安培力相等时， 金属棒的速度最大，则 F=F安=BIL E 由闭合电路欧姆定律I=尺 金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BL 联立可得，恒定的外力为F=BL R B2Lvo 在加速阶段，外力的功率为PF=Fv= R 定值电阻的功率为Pe=IR=BL R B2L2v。 若PE=2PR时，即 =2 B'Lv R 化简可得金属棒速度”的大小为0=号 (2)断开开关S,电容器充电，则电容器与定值电阻 串联，则有E=BLu=IR+C 当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q 不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安 培力F=BIL不断减小，而拉力的功率PF =F'v=BILv 定值电阻功率PR=IR 当PF=2PR时有BILv=2IR 【28】 可得IR= BLu 2 根据E=BLU=IR+C 可得此时电容器两端电压为 2=4BL0。 从开关断开到此刻外力所做的功为 W=ΣBIL(w·△t)=BLSI·△t=BLg 其中q= CBLv 2 CB2L'v 联立可得W= 8 答案：(1)u=2 （2U-Lw-CB 8 15.解析：(1)根据题意可知，对金属棒ab由静止释放 到刚越过MP过程中，由动能定理有 mgL=之mu6 解得vo=√2gL 则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E= BLvo=BL√2gL (2)根据题意可知，金属环在导轨间两段圆孤并联 接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路， 由几何关系可得，每段圆孤的电阻为 1 6R R。=2X3 -R 可知，整个回路的总电阻为 Rs-R+R+R R:R=Rab刚越过MP时，通过ab 的感应电流为I=R E 2BL√2gL 3R 对金属环由牛顿第二定律有2BL·2=2ma B2L2√2gL 解得a= 3mR (3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒 αb所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由 于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使αb 在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒 ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属 环，设此时速度为v,由动量守恒定律有mv。=m +2mv 解得v=3vo 对金属棒ab,由动量定理有 -BILt=m·3 -mvo 则有BLq=3mwo 设金属棒运动距离为x1,金属环运动的距离为x2, BL(x-x2) 则有q=1 R mR√/2gL 联立解得△x=x1一xg= B'L' 则金属环圆心初始位置到MP的最小距离 -3A d=L+△x= B2L3+mR√2gL B'L B2L2√2gL 答案：(1)BL√/2gL (2) 3mR （3)BL'+mRV2gL B2L 卷12交变电流 1.CA.根据题意可知，该交流电的频率为∫=2元 = 50Hz,故A错误；B.线圈转到图示位置时，磁场与 线圈平面平行，磁通量最小，磁通量变化率最大，感 应电动势最大，故B错误：C.根据题意，由右手定则 可知，线圈转到图示位置时，电流由B→A,由左手 定则可知，AB边受到的安培力方向向上，故C正 确；D.根据题意，由公式Em=NBSw可知，仅线圈 转速加倍，电动势的最大值变为原来的2倍，为 20V,故D错误。 2.A电容增大，对交流电的阻碍作用减小，则L灯泡 变亮，故A正确；频率∫增大，则电感的阻碍作用增 大，则L?灯泡变暗，故B错误；光敏电阻光照增强， 阻值减小，由于各支路电压不变，则L?灯泡电流增 大，变亮，故C错误：S接到b时，根据变压比可知，副 线圈电压增大，则三个灯泡均变亮，故D错误。故 选A。 3.B原线圈两端电压的有效值 U-5 V-5/2V 2 根据电压匝数关系有 u-西 U,n, 变压器副线圈电压的峰值 U2max=√2U2 根据题意有U2mx>10X103V 解得 2>2000,% 1 n<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 5√2 U,=5v= 2 故C错误； 根搭行-2xf=100xHz 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。 故选B。 4.B根据有效值的定义可知图1的有效值的计算为 /U U T UT R,7 R X+R×2 解得U=√3 图2的有效值为U,=2 接在阻值大小相等的电阻上，因此 【29】 Q1:Q2=U月：U片=4：3 故选B。 5.D由图可知交流电的周期为0.02s,则频率为f= 云=50Hz,故A错误； 根据图像可知电压的峰值为10√2V,根据欧姆定律 可知电流的峰值 Um10√2V 1m=R=500 =0.22A 故B错误； 电流的有效值为I= m=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 wsin10in-10/sin 100m(V) 故D正确。 故选D。 6.A如图为等效电 路图，设降压变压器 的原副线圈匝数比 KR 为k:1,则输电线 Ro 上的电流为 U. 1,-R。+R 转子在磁场中转动时产生的电动势为 e=NBSosin ot 当转子角速度增加一倍时，升压变压器原副线圈两 端电压都增加一倍，输电线上的电流变为I2'=2I2, 故R。上消耗的电功率变为原来的4倍，故A正确： 升压变压器副线圈匝数增加一倍，副线圈两端电压 增加一倍，输电线上的电流增加一倍，故R。上消耗 的电功率变为原来的4倍，故C错误； 若R。阻值增加一倍，输电线路上的电流 1”2R。十RR, 消耗的功率 P3=I·2R。≠4P 故B错误； 若在用户端并联一个完全相同的电阻R,用户端电 阻减为原来的一半，输电线上的电流为 U 2U2 12”= R。+ kR 2R,+k”RR。 2 消耗的功率 P,=I2R。≠6P 故D错误。 故选A。 7.C根据题意可知，磁场区域变化前线图产生的感应 电动势为e=Esin ot,由题图丙可知，磁场区域变化 后，当Esin wt= ?时，线圈的侧边开始切割磁感 线，即当线圈旋转时开始切割磁感线，由几何关系 可知磁场区城平行于x轴的边长变为d'=2dc0s3 =d,C正确。故选C。 -3A