20 专题逐一通关阶段整合练(四) 专题逐一通关四 电路与电磁感应-【名师导航】2026年高考物理二轮总复习教师用书

基础过关卷 (总分：100分) 一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．(人教版必修第三册P56第3题改编)某手机的说明书标明该手机电池容量为4 000 mA·h，待机时间为22 d，其中单位“mA·h”对应的物理量是(　　) A．电荷量　　　 B．功率 C．热量 D．电流 A　[根据电荷量的计算公式P＝It可知，由于mA为电流单位，h为时间单位，所以mA·h为电荷量单位。故选A。] 2．(人教版选择性必修第二册P45第1题改编)图1为某无线门铃按钮，其原理如图2所示。其中M为信号发射装置，M中有电流通过时，屋内的门铃会响。磁铁固定在按钮内侧，按下门铃按钮，磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮，磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是(　　) A．按住按钮不动，门铃会一直响 B．松开按钮的过程，门铃会响 C．按下和松开按钮过程，通过M的电流方向相同 D．按下按钮的快慢不同，通过M的电流大小相同 B　[按住按钮不动，则穿过螺线管的磁通量不变，螺线管中无感应电流产生，则门铃不会响，选项A错误；松开按钮的过程，穿过螺线管的磁通量减小，在螺线管中产生感应电流，则门铃会响，选项B正确；按下和松开按钮过程，穿过线圈的磁通量分别为向右增加和减小，根据楞次定律可知，通过M的电流方向相反，选项C错误；按下按钮的快慢不同，则磁通量的变化率不同，则感应电动势不同，通过M的电流大小不相同，选项D错误。故选B。] 3．(人教版必修第三册P61第7题改编)人体内的脂肪因缺乏自由电子或离子，不容易导电，某脂肪测量仪的工作原理是根据人体等效电阻阻值的大小来判断脂肪所占比例的高低，简化电路如图所示，其中定值电阻R1与人体等效电阻R2的阻值相差不大。下列说法正确的是(　　) A．脂肪所占比例低者对应的电压表的示数较大 B．脂肪所占比例高者对应的电流表的示数较小 C．脂肪所占比例低者对应的电源内阻消耗的功率较小 D．脂肪所占比例高者对应的电源消耗的总功率较大 B　[由题意知人体脂肪所占比例低者等效电阻较小，根据闭合电路欧姆定律可得I＝，可知电流较大，则电压表示数U＝E－I(r＋R1)，可知U较小，故A错误；脂肪所占比例高者等效电阻较大，根据闭合电路欧姆定律可知电流较小，电流表的示数较小，故B正确；脂肪所占比例低者对应的电流较大，根据Pr＝I2r可知电源内阻消耗的功率较大，故C错误；脂肪所占比例高者对应的电流较小，根据P＝EI可知电源消耗的总功率较小，故D错误。故选B。] 4．(人教版选择性必修第二册P69第4题改编)如图所示为某家用小型电吹风电路原理图，a、b、c、d为四个固定触点。可动扇形金属触片P能同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝11∶3。在输入端接入的交流电压为u＝220sin (100πt)V，当触片P处于合适位置时，小风扇恰好能够正常工作。已知小风扇的电阻为8 Ω，该电吹风的部分工作参数如表所示。下列说法正确的是(　　) 热风时电源输入功率 460 W 冷风时电源输入功率 60 W A．吹冷风时触片P位于ab之间 B．小风扇在正常工作时输出的功率为52 W C．电热丝的电阻值为100 Ω D．若把电热丝截去一小段后再接入电路，电吹风吹热风时输入功率将变小 B　[当电吹风机送出来的是冷风时，电路中只有电动机自己工作，触片P与触点b、c接触，故A错误；设小风扇两端电压为U2，由题意可知变压器输入电压为U1＝220 V，由＝，解得U2＝60 V，吹冷风时电源输入功率等于小风扇的电功率P1＝60 W，P1＝I2U2，小风扇正常工作时输出的功率为ΔP＝R1，联立解得小风扇在正常工作时输出的功率为52 W，故B正确；设吹热风时电热丝的电阻值为R2，热功率为P2，小风扇的电功率仍为P1，由题意得P1＋P2＝460 W，电热丝的热功率可表示为P2＝，联立解得R2＝121 Ω，故C错误；根据公式P＝可知，把电热丝截去一小段后的电热丝(材料、粗细均不变)电阻变小，电吹风吹热风时的功率将变大，故D错误。故选B。] 5．(人教版必修第三册P100第5题改编)如图甲所示为中国首辆火星车，命名为“祝融号”，主要任务是在火星上开展地表成分、物质类型分布、地质结构以及火星气象环境等探测工作，是一辆纯太阳能电动车，其动力主要来源于太阳能电池。现将火星车的动力供电电路简化为如图乙所示，其中太阳能电池电动势E＝160 V，电动机线圈的电阻rM＝4 Ω。在火星车行驶的过程中，当滑动变阻器接入电路的电阻R＝6 Ω时，滑动变阻器消耗的功率P＝96 W，此时，电动机正常工作，两端电压UM＝56 V。则(　　) A．太阳能电池的内阻r＝10 Ω B．电动机正常工作时的输出功率P出＝160 W C．滑动变阻器接入电路中的阻值R＝16 Ω时，电源的输出功率最大 D．若电动机的转子被卡住，路端电压的变化量与电路电流的变化量之比的绝对值大于太阳能电池内阻 B　[由题可知，设此时电路中的电流为I，由P＝I2R，解得I＝＝4 A，根据闭合电路的欧姆定律可得I＝，解得r＝20 Ω，A错误；电动机的额定功率P额＝IUM＝4×56 W＝224 W，电动机的热功率P热＝I2rM＝42×4 W＝64 W，故电动机的输出功率P输出＝P额－P热＝160 W，B正确；在纯电阻电路中，根据功率的计算公式，可得输出功率P输出＝I2R′＝R′＝，当R′＝r时，输出功率最大，即有R＋rM＝r，代入数据解得R＝16 Ω，结合题意可知，电动机工作时，不是单纯地把电能转化为内能，不符合纯电阻电路的要求，C错误；若电动机的转子被卡住，根据闭合电路的欧姆定律可得U＝E－Ir，变形可得＝r，即路端电压的变化量与电路电流的变化量之比的绝对值等于太阳能电池内阻，D错误。故选B。] 6．(人教版选择性必修第二册P41演示实验改编)如图所示，两个灯泡A1和A2的规格相同，闭合开关，稳定后两个灯泡正常发光且亮度相同。下列说法正确的是(　　) A．闭合开关瞬间，A1、A2亮度相同 B．闭合开关瞬间，M点电势低于N点电势 C．电路稳定后断开S，A2闪亮一下再熄灭 D．电路稳定后断开S瞬间，M点电势低于N点电势 D　[闭合开关瞬间，由于自感线圈有自感电动势产生，阻碍电流增大，所以A1逐渐变亮，而A2立即变亮，A1所在电路的电流方向为从M到N，所以M点电势高于N点电势，故AB错误；电路稳定后断开S, A1、A2与L、R构成回路，L相当于电源，因原来两支路电流相等，所以不会出现A2闪亮一下再熄灭的现象，A1、A2都会逐渐熄灭，故C错误；电路稳定后断开S瞬间，A1所在电路的电流方向为从N→A1→A2→R→M，所以M点电势低于N点电势，故D正确。故选D。] 7．(人教版选择性必修第二册P75第4题改编)利用图(a)装置测量储罐内不导电液体高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器置于储罐中，电容器可通过开关S与电感线圈或电源相连。当开关从a拨到b时，电路中产生振荡电流，如图(b)所示，下列说法正确的是(　　) A．振荡电流的有效值为Im B．t1～t2内电容器放电 C．t2～t3内LC回路中电场能逐渐转化为磁场能 D．储罐内液面高度降低时，LC回路振荡电流的频率将变小 C　[根据题意，由图(b)可知，振荡电流的有效值为I＝＝Im，故A错误；根据题意，由图(b)可知，t1～t2内振荡电流减小，电容器充电，故B错误；根据题意，由图(b)可知，t2～t3内振荡电流增大，电容器放电，电场能逐渐转化为磁场能，故C正确；据平行板电容器电容的决定式有C＝，储罐内液面高度降低时，介电常数减小，电容器电容减小，由公式f＝，可知，LC回路振荡电流的频率将变大，故D错误。故选C。] 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，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．(人教版选择性必修第二册P51思考与讨论改编)某自行车安装有发电照明系统。发电装置示意图如图所示，车轮带动线圈沿逆时针方向匀速转动从而产生电流，t＝0时刻线圈与磁场方向平行。两磁极间的磁场可视为匀强磁场，则下列说法正确的是(　　) A．t＝0时刻线圈中的电流最大 B．转过90°时线圈中的电流最大 C．t＝0时刻线圈中的电流方向由C指向D D．t＝0时刻线圈中的电流方向由D指向C AD　[t＝0时刻，线圈位于与中性面垂直的位置，通过线圈的磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大，此时电流最大，故A正确；线圈转过90°后位于中性面位置，通过线圈的磁通量最大，磁通量变化率最小，感应电动势最小，为零，此时线圈中没有感应电流，故B错误；t＝0时刻，AB边的速度方向竖直向下，CD边的速度方向竖直向上，由右手定则知此时电流的方向为D→C→B→A→D，故C错误，D正确。故选AD。] 9．(人教版必修第三册P100第7题改编)如图甲所示的电路中，R1是可调电阻，R2是定值电阻，电源内阻不计。实验时调节R1的阻值，得到若干组电压和电流的数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出的U-I图线如图乙所示。电压表和电流表均可视为理想电表。下列说法正确的是(　　) A．定值电阻R2＝20 Ω B．电源的电动势E＝5.0 V C．当干路电流为0.6 A时，可调电阻R1＝5 Ω D．可调电阻R1上消耗的最大功率为1.25 W BD　[根据闭合电路欧姆定律可得E＝U＋IR2，由图乙可知，当U1＝4.0 V时，I1＝0.2 A；当U2＝2.0 V时，I2＝0.6 A，代入这两组数据，解得E＝5.0 V，R2＝5 Ω，故A错误，B正确；当干路电流为I2＝0.6 A时，由图乙可知此时R1两端的电压为U2＝2.0 V，此时可调电阻的阻值为R1＝＝ Ω，故C错误；可调电阻R1上消耗的功率为P1＝I2R1＝()2R1＝，由数学关系可知，当R1＝，即当R1＝R2＝5 Ω时，可调电阻R1上消耗的功率最大，此时为P1＝1.25 W，故D正确。故选BD。] 10．(人教版选择性必修第二册P62第5题改编)如图所示，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，R2的最大阻值小于R1的阻值，V1、V2、A为理想电表，理想变压器原线圈两端接电压为U的正弦式交流电，变压器原、副线圈匝数之比为n，将R2的滑片从最下端向上滑动过程中(　　) A．V1表的示数为U，V2表的示数为 B．A表的示数变小 C．原线圈输入功率增大 D．R1的电功率一直增大 CD　[由于理想变压器原线圈两端的电压为U，故电压表V1的示数为U，根据理想变压器的原理＝n，解得副线圈两端的电压为U副＝，而电压表V2测量定值电阻两端的电压，故V2的示数小于，A错误；R2的滑片从最下端向上滑动过程中，R2接入电路中的阻值减小，而副线圈两端的电压不变，根据欧姆定律I＝可知，副线圈中的电流增大，电流表示数变大，B错误；因为副线圈两端的电压不变，电流增大，根据P＝UI可知，副线圈的输出功率增大，而理想变压器的输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率增大，C正确；副线圈的电流增大，根据P1＝I2R1可知，R1的电功率一直增大，D正确。故选CD。] 三、非选择题：本大题共5小题，共54分。 11．(6分)(人教版必修第三册P77第6题改编)多用电表的原理及使用。 (1)如图甲所示的是多用电表内部结构示意图，通过选择开关分别与1、2、3、4、5、6相连，以改变电路结构，分别成为电流表、电压表和电阻表，下列说法正确的是________(多选)。 A．选择开关接2时量程比接1时量程小，选择开关接6时量程比接5时量程大 B．在使用电阻表测量电阻阻值时，若红黑表笔接反了，测量值将偏大 C．用多用电表的电阻挡测导体的电阻时，若两手同时分别接触两表笔的金属杆，则测量值偏小 D．用多用电表的电阻挡测电阻时，若指针偏转角度很小，则应换倍率较小的挡再进行测量 (2)某同学发现如图乙所示的实验电路不能正常工作，为排查电路故障，闭合开关S后，他用多用电表测量各点间的电压Uab＝Ubc＝Uac＝0，Uef＝6 V。已知只有一处故障，为进一步判断电路故障的性质，他断开开关S，将选择开关置于电阻挡的“×1”挡，分别将红黑表笔接c、e端，指针指在如图丙所示的位置，则该电阻为__________Ω；他将红黑表笔接e、f端时，指针几乎不偏转，因此电路故障为________。 [解析]　(1)对电流表来说，分流电阻越小量程越大，由图可知接2时分流电阻更大，所以1比2量程大，对电压表来说，分压电阻越大量程越大，由图可知接6时分压电阻更大，所以6比5量程大，故A正确；测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B错误；人是导体，双手捏住两表笔金属杆，测量的是电阻与人体的并联电阻阻值，测量值将偏小，故C正确；用电阻挡测电阻时，如果指针偏转过小，说明待测电阻大，应将选择开关拨至倍率更大的挡位，故D错误。故选AC。 (2) 将选择开关置于电阻挡的×1挡，分别将红黑表笔接c、e端时，由图可知读数为18 Ω；再测e、f时表针几乎不动，说明从e到f已开路。结合电路图可判定是电阻R断路。 [答案]　(1)AC　(2)18　R断路 12．(10分)(人教版必修第三册P92第3题改编)甲、乙、丙三位同学协作测量某电池的电动势和内阻。他们设计的电路原理如图1，其中R为电阻箱，R0为保护电阻，阻值R0＝5.0 Ω。他们改变R的阻值，记下多组R和电流表示数I。甲同学以IR为纵坐标，以I为横坐标作图处理数据；乙同学以I(R＋R0)为纵坐标，以I为横坐标处理数据，他们在同一张坐标纸上画出的图像如图2所示。 (1)由图2可知，乙同学绘制的是图线________(选填“a”或“b”)。 (2)由甲同学绘制图线得到的电源电动势为__________V，电源内阻为________Ω。因未考虑电流表阻值对实验的影响，导致电源内阻的测量值与真实值相比________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。 (3)丙同学打算以为纵坐标，以R为横坐标处理数据，请根据(2)中计算的结果将丙所作图线在图3中画出。 [解析]　(1)根据闭合电路欧姆定律可得，甲同学IR＝E－I(R0＋r) 乙同学I(R＋R0)＝E－Ir 因此乙同学绘制图线的斜率更小，b图线应是乙同学绘制的。 (2)根据上述分析可知，甲同学绘制的图像得到的电源的电动势为E＝1.5 V R0＋r＝k＝ Ω 解得r＝10 Ω。 由于电流表的分压作用，根据闭合电路欧姆定律应有IR＝E－I(R0＋r′＋RA) 故其绘制图像的斜率为R0＋RA＋r′＝k 故测量值偏大。 (3)根据闭合电路欧姆定律可得I＝ 变形可得＝R＋ 丙同学打算以为纵坐标，以R为横坐标绘制图像，图像的斜率为k＝＝ V-1＝ V-1 纵截距为b′＝＝ A-1＝10 A-1 绘制图像如图所示。 [答案]　(1)b　(2)1.5　10　偏大　(3)见解析图 13．(10分)(人教版选择性必修第二册P47第6题改编)如图所示的装置左侧是法拉第圆盘发电机，其光滑细转轴竖直安装。内阻不计、半径r＝0.5 m的金属圆盘盘面水平，处于竖直向上的匀强磁场B1中，磁感应强度B1＝4 T。圆盘在外力作用下以角速度ω＝6 rad/s逆时针(俯视)匀速转动，圆盘的边缘和转轴分别通过电刷a、b与光滑水平导轨M1、M2相连，导轨间距L＝0.5 m。在导轨平面内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B2＝1 T，导电性能良好的导轨上放置着一根质量m＝0.5 kg、电阻R＝0.6 Ω的金属棒，不计其他一切电阻。 (1)比较a、b两点电势的高低，并计算闭合开关瞬间通过金属棒的电流I； (2)从闭合开关到金属棒刚达到最大速度vm过程中，金属棒未离开B2磁场区，求此过程通过金属棒的电荷量q和维持圆盘匀速转动外力所做的功W。 [解析]　(1)由右手定则可知φa>φb 圆盘切割，感应电动势为E＝B1ωr2 根据闭合电路欧姆定律得I＝ 联立解得I＝5 A。 (2)导体棒最大速度为vm，有E＝B2Lvm 设金属棒从开始运动到最大速度通过金属棒的电荷量为q，对金属棒，由动量定理得B2L·Δt＝B2Lq＝mvm－0 由以上两式得q＝6 C 该过程外力对金属圆盘做功为W＝qE＝18 J。 [答案]　(1)a点电势高　5 A　(2)6 C　18 J 14．(13分)(人教版选择性必修第二册P45第3题改编)如图所示，空间存在水平方向的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ中磁场垂直纸面向里，Ⅱ中磁场垂直纸面向外，两磁场区域的高度均为L＝1 m，磁感应强度大小均为B＝1 T，将一边长也为L＝1 m的单匝正方形导体框abcd由磁场区域Ⅰ上方h＝1.25 m处静止释放，导体框恰好匀速进入磁场区域Ⅰ。导体框的bc边到达磁场区域Ⅱ下边界前又再次匀速运动。已知导体框运动过程中始终保持竖直且bc边始终平行于磁场边界，导体框质量m＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)导体框的电阻值； (2)导体框bc边刚进入磁场区域Ⅱ时的加速度； (3)导体框从bc边进入磁场区域Ⅰ到bc边运动至磁场区域Ⅱ下边界的过程中产生的焦耳热(结果保留一位小数)。 [解析]　(1)导体框进入磁场前做自由落体运动，设bc边进入磁场时的速度为v1，有＝2gh 解得v1＝5 m/s 导体框匀速进入磁场区域Ⅰ，安培力FA＝ILB 又I＝，E＝BLv1 联立可得FA＝ 根据平衡条件可得FA＝mg 代入数据解得R＝0.5 Ω。 (2)导体框在区域Ⅰ中匀速运动，bc边进入磁场区域Ⅱ时，速度仍为v1，此时安培力F′A＝＝4mg 对导体框受力分析，根据牛顿第二定律有 F′A－mg＝ma 解得a＝30 m/s2 方向竖直向上。 (3)导体框的bc边到达磁场区域Ⅱ下边界前已再次匀速运动，设速度为v2，则有＝mg 解得v2＝1.25 m/s 自导体框由静止释放到bc边运动至磁场区域Ⅱ的下边界，根据能量守恒有＝mg(h＋2L) 解得焦耳热Q≈31.7 J。 [答案]　(1)0.5 Ω　(2)30 m/s2，竖直向上 (3)31.7 J 15．(15分)(人教版选择性必修第二册P46第6题改编)如图所示，整个区域内有竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小B＝0.5 T。两根间距为L＝0.5 m、半径为R＝2 m的光滑四分之一竖直圆弧金属导轨等高平行放置，顶端连接阻值为r＝0.4 Ω的电阻。一根长为L、质量为m＝0.2 kg、阻值为r1＝0.1 Ω的金属棒在力F(除重力、安培力以外的力)作用下，从导轨顶端ab处以恒定速率v＝4 m/s下滑，整个过程中金属棒与导轨接触良好，始终与导轨垂直。导轨电阻忽略不计，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)金属棒运动到cd处时，金属棒两端的电压U； (2)金属棒从导轨ab处运动至圆弧的中间位置的过程中，通过电阻r的电荷量q； (3)金属棒从导轨ab处运动至cd处的过程，电流的有效值I有和外力F做的功W。 [解析]　(1)根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv 根据U＝·r 代入数据得E＝1.0 V，U＝0.8 V。 (2)根据q＝·Δt，＝＝ 联立得q＝ 又根据ΔΦ＝BL(R－R cos 45°) 联立可得q＝ C。 (3)金属棒做匀速圆周运动，设金属棒下滑过程中，金属棒位置和导轨接触点和圆心的连线与水平方向的夹角为θ，则金属棒切割磁感线的速度，即速度沿着水平方向分量为v′＝v sin θ 则金属棒切割磁感线产生的电动势为E′＝BLv′＝E sin θ 金属棒切割磁感线产生的电动势为正弦交流电，则E有＝＝ V 可得电流有效值为I有＝＝ A 则金属棒从导轨ab处运动至cd处的过程，电路中产生的焦耳热为Q＝(r＋r1)t 运动时间t＝ 根据动能定理有W－W安＋mgR＝0 且W安＝Q 联立解得W＝－4(J)≈－3.215 J。 [答案]　(1)0.8 V　(2)C (3) A　－3.215 J 能力拔高卷 (总分：100分) 一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．(2025·浙江金华·三模)有关下列四幅图的描述，正确的是(　　) A．图1中，匀速转动的线圈此位置产生的电动势恰好为零 B．图2中，变压器原、副线圈电流之比＝ C．图3中，强磁体从带有裂缝的铝管中静止下落(不计空气阻力)可视作自由落体运动 D．图4中，电子感应加速器中若电磁铁电流方向反向，可通过减小电流的方式实现电子的逆时针加速运动 A　[图1中，匀速转动的线圈此位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为0，即线圈中产生的感应电动势为0，故A正确；图2中，变压器原、副线圈电流之比＝，故B错误；图3中，强磁体从带有裂缝的铝管中静止下落，铝管会产生感应电流，即产生电磁阻尼现象，阻碍强磁体的运动，故不可视作自由落体运动，故C错误；电子感应加速器中若电磁铁电流方向反向，磁场方向反向，根据左手定则可知无法实现电子逆时针运动，故D错误。故选A。] 2．(2025·广东揭阳·一模)如图所示，电源电压恒定不变，电源内阻忽略不计，开关S闭合。现将滑动变阻器R2的滑片P向右移动一段距离，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI。两电表均为理想电表。下列说法正确的是(　　) A．电阻R1的功率增大 B．滑片P向右移动过程中，电阻R3中有b→a的瞬时电流 C．电压表示数U和电流表示数I的比值不变 D．ΔU与ΔI的比值不变 D　[滑片P向右移动一段距离，R2增大，根据串反并同规律，R1的电流减小，R1功率减小，A错误；电路稳定时，电容器左极板与电源正极相连带正电荷，电容器右极板带负电荷。滑片P向右移动一段距离，R2增大，根据串反并同规律，电容器C两端电压减小，电容器的电量减小，电容器通过R1和R3放电，电阻R3中有a→b的瞬时电流，B错误；当电路稳定时，电阻R3中没有电流，电阻R3相当于导线，根据欧姆定律，＝R2 ，滑片P向右移动一段距离，R2增大，增大，C错误；当电路稳定时，电阻R3中没有电流，电阻R3相当于导线，电阻R1相当于电源内电阻，根据U＝E－IR1得，＝R1 ，滑片P向右移动一段距离，R2增大，不变，D正确。故选D。] 3．(2025·北京朝阳·二模)某学习小组想将一块表头改装为电压表和电流表，设计了如图所示的电路。下列说法不正确的是(　　) A．若将S调到1位置，则为改装后的电流表 B．若将S调到2位置，则为改装后的电压表 C．若想扩大电流表的量程，可适当增大R1 D．若想扩大电压表的量程，可适当增大R2 C　[将S调到1位置时，电阻R1与表头并联，这是扩大表头的电流量程，故其改装后是电流表，故A正确；将S调到2位置，电阻R2与改装后的电流表串联，电阻R2起到分压作用，则为改装后的电压表，故B正确；若想扩大电流表的量程，电阻R1分流要增大，电流增大，根据欧姆定律可以知道需要减小电阻R1，故C错误；若想扩大电压表的量程，则电阻R2分压作用要增大，故需要适当增大R2，故D正确。故选C。] 4．(2025·江苏宿迁·一模)在图甲的电路中，电源内阻不计，不计电表内阻的影响。调节R1的阻值，得到各组电压表和电流表数据，作出的U-I图像如图乙中AB所示，则表示R1阻值的是(　　) A．AB的斜率 B．仅a的斜率 C．仅b的斜率 D．a或b的斜率 D　[根据闭合电路欧姆定律有U＝E－IR2，可知，AB的斜率代表R2的阻值，a的斜率表示通过R1的电流为0.1 A时，R1的有效电阻；b的斜率表示通过R1的电流为0.3 A时，R1的有效电阻。故选D。] 5．(2025·山东威海·三模)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，a、b两端接入一内阻不计的交流电源(如图乙所示)。已知电压表、电流表均为理想电表，当电阻箱的阻值调至R＝8 Ω时，电阻箱消耗的功率最大，最大功率为(　　) A．1.562 5 W B．3.125 W C．6.25 W D．12.5 W C　[由乙图可知电动势的有效值为E＝＝5 V，此变压器原线圈有负载，利用等效法，可以将副线圈电阻等效到原线圈上。根据题意当电阻箱的阻值调至R＝8 Ω时，电阻箱消耗的功率最大，可知等效电阻与原线圈上连接的电阻的阻值相同，所以原线圈两端的电压为U1＝＝ V，根据原副线圈两端的电压之比等于原副线圈匝数比，可知U2＝U1＝5 V，所以电阻箱消耗的最大功率P＝＝＝6.25 W。故选C。] 6．(2025·陕西榆林·二模)如图所示的甲、乙两个电路，电感线圈L的自感系数足够大，直流电阻为R；两白炽灯泡和定值电阻的阻值也均为R。先闭合开关S，待电路达到稳定后，灯泡均能发光，再将开关S断开，最终两灯都熄灭。对于开关S闭合、断开后灯泡亮度变化情况，下列说法中正确的是(　　) A．同时闭合开关，甲、乙电路中的灯泡同时亮起 B．同时闭合开关，甲电路中灯泡先闪亮一下再稳定发光 C．断开开关，甲、乙两电路中灯泡都先闪亮一下再延迟熄灭 D．断开开关，甲电路中灯泡延迟熄灭、乙电路中灯泡先闪亮一下再延迟熄灭 D　[甲电路闭合开关S，由于线圈的自感现象，灯泡缓慢变亮，乙电路闭合开关S，灯泡瞬间变亮，A、B均错误；甲电路在开关S闭合稳定后，通过灯泡的电流与通过电感线圈的电流相等，再断开开关S，由于线圈的自感作用，灯泡延迟熄灭；乙电路在开关S闭合稳定后，通过L的电流大于通过灯泡的电流，再断开开关S，L将阻碍电流变化，通过L的电流将流经灯泡，使得断开S后瞬间，通过灯泡的电流变大，所以灯泡先闪亮再延迟熄灭， C错误， D正确。故选D。] 7．(2025·江西南昌·三模)如图甲所示，单匝矩形线圈abcd垂直固定在匀强磁场中。规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。以向右方向为安培力正方向，下列关于bc段导线受到的安培力F随时间变化的图像正确的是(　　) A． B． C． D． B　[由楞次定律，通过线圈的感应电流方向先顺时针再逆时针，磁场方向不变，bc段导线受到的安培力方向应先向右再向左，又以向右方向为安培力正方向，故A、D错误；由F＝BIL＝BL＝BL，0～0.5T内为定值，F逐渐减小，故B正确，C错误。故选B。] 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，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·天津北辰·三模)交流发电机的示意图如图甲所示，线圈从图甲所示的位置以OO′为轴逆时针匀速转动，产生交变电流如图乙所示变化。则(　　) A．1 s时间内电流出现50次峰值 B．该交变电流的有效值为25 A C．图甲所示位置时，AB边内电流的方向由B流向A D．当电流瞬时值为25 A时，线圈平面与中性面的夹角为45° BC　[由图乙可知，交变电流的周期为0.02 s，1个周期内出现2次峰值，所以1 s时间内电流出现100次峰值，故A错误；由图乙可知该交变电流的最大值为50 A，则有效值为I＝＝25A，故B正确；根据右手定则可知，图甲所示位置时，AB边内电流的方向由B流向A，故C正确；线圈处于中性面时，电流为0；设线圈平面与中性面的夹角为θ，则对应的电流为i＝Imsin θ＝50sin θ(A)，当电流瞬时值为25 A时，可得i＝50sin θ(A)＝25 A，可得θ＝30°，故D错误。故选BC。] 9．(2025·湖南长沙·模拟预测)发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形单匝金属框，阻值为R，在匀强磁场中以恒定角速度绕OO′轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示，其周期为T。图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周(　　) A．框内电流方向不变 B．磁通量的最大值为 C．流过电阻的电荷量为 D．电阻产生的焦耳热为 BC　[当线框转动时，框内电流方向每经过中性面一次都要变化一次，而线圈和外电路接点处通过换向器，保证电流的方向不发生变化，从而使加在电阻两端的电压方向保持不变，A错误；依题意，电阻的阻值与金属框的阻值相等，且电阻两端的电压的最大值为Um，根据闭合电路欧姆定律，金属框中电动势的最大值为2Um，电动势的周期为2T，由Em＝Φmω，其中ω＝，代入得Φm＝，B正确；线圈转过半周，则流过电阻的电荷量为q＝t，其中，则金属框转过一周流过电阻的电荷量为q'＝2q＝，C正确；由焦耳定律Q＝·2T＝，D错误。故选BC。] 10．(2025·山西太原·模拟预测)如图所示，在光滑的绝缘水平面上，三条相互平行、间距为d的虚线间存在图示方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。一直角三角形导体框放在水平面上，AB边与虚线平行，BC边长度为d，刚开始导体框的C点刚好在最左侧的虚线上；现给导体框施加一水平向右的外力F，使导体框向右做匀速直线运动。关于运动过程中产生的感应电动势E的大小、感应电流I的大小、外力F的大小以及外力功率P的大小随位移或位移的平方的变化规律正确的是(　　) A． B． C． D． AD　[设∠C＝α，磁感应强度为B，导体框的速度为v，导体框向右运动的位移在0～d的过程中，从0开始向右移动的位移为x，根据几何关系可得有效长度L＝x tan α，导体框产生的感应电动势为E＝BLv＝Bxv tan α，可知E与x成正比，E-x图像是一条过原点的倾斜直线；当x＝d时感应电动势的最大值为E0＝Bdv tan α，导体框向右运动的位移在d～2d的过程中，从d开始向右移动的位移为x，根据几何关系可得线框在左边磁场的有效长度为L1＝x tan α，产生的感应电动势大小为E1＝BL1v＝Bxv tan α，根据几何关系，可得线框在右边磁场的有效长度为L2＝x tan α，产生的感应电动势大小为E2＝BL2v＝Bxv tan α，根据右手定则可知，两个电源产生的电流方向相同，两个电源相互叠加增强，则总的电动势为E＝E1＋E2＝2Bxv tan α，可知E与x成正比，E-x图像是一条的倾斜直线；当x＝d时感应电动势的最大值为E′0＝2Bdv tan α＝2E0，导体框向右运动的位移在2d～3d 的过程中，从2d开始向右移动的位移x，根据几何关系可得线框的有效长度为L3＝x tan α，导体框产生的感应电动势为E＝BL3v＝Bxv tan α，可知E与x成正比，E-x图像是一条倾斜的直线；当x＝d时感应电动势的最大值为E″0＝Bdv tan α＝E0，故A正确；导体框向右运动的位移在0～d的过程中，导体框中的感应电流为I＝＝，可知I与x成正比，I-x图像是一条过原点的倾斜直线；当x＝d时感应电流的最大值为 I0＝，当导体框向右运动的位移在d～2d的过程中，导体框中的感应电流为I＝＝，可知I与x成正比，I-x图像是一条的倾斜直线；当x＝d时感应电流的最大值为I′0＝＝2I0，导体框向右运动的位移在2d～3d 的过程中，导体框中的感应电流为I＝＝，可知I与x成正比，I-x图像是一条倾斜直线；当x＝d时感应电流的最大值为I″0＝＝＝I0，故B错误；导体框向右运动的位移在0～d的过程中，导体框所受的安培力大小为FA＝BIL＝，由力的平衡条件得外力的大小为F＝FA＝，可知F与x2成正比，F-x图像是一条过原点的开口向上的曲线；当x＝d时外力的最大值为F0＝，当导体框向右运动的位移在d～2d的过程中，导体框所受的安培力大小为FA＝2Bx tanα·I＝，由力的平衡条件得外力的大小为F＝FA＝，可知F与x2成正比，F-x图像是一条过开口向上的曲线；当x＝d时外力的最大值为F′0＝＝4F0，导体框向右运动的位移在2d～3d的过程中，导体框所受的安培力大小为FA＝BIL3＝，由力的平衡条件得外力的大小为F＝FA＝，可知F与x2成正比，F-x图像是一条曲线；当x＝d时外力的最大值为F″0＝＝F0，故C错误；导体框向右运动的位移在0～d的过程中，外力F的功率为P＝Fv＝x2，可知P与x2成正比，P-x2图像是一条过原点的倾斜直线；当x＝d时外力的功率最大值为P0＝，当导体框向右运动的位移在d～2d的过程中，力F的功率为P＝Fv＝x2，可知P与x2成正比，P-x2图像是一条的倾斜直线；当x＝d时外力的功率最大值为P′0＝＝4P0，导体框向右运动的位移在2d～3d的过程中，外力F的功率为P＝Fv＝，可知P与x2成正比，P-x2图像是一条过原点的倾斜直线；当x＝d时外力的功率最大值为P″0＝＝P0，故D正确。故选AD。] 三、非选择题：本大题共3小题，共54分。 11．(18分)(2025·江苏南京·二模)如图甲，某兴趣小组搭建了有“×1”、“×10”、“×100”三挡位的“电阻表”电路。其中电池的电动势E＝1.5V，内阻可忽略不计；表头量程I0＝1 mA、内阻R0＝450 Ω，R1、R2为电阻箱，R为滑动变阻器，S为单刀多掷开关。 (1)电路中表笔Ⅰ应为________(选填“红”或“黑”)表笔。 (2)设定B对应“×10”挡位，A对应“×1”挡位。 (3)该小组利用此“电阻表”尝试测定一未知电阻Rx的阻值，进行了如下操作： 步骤①：先将S拨到B，两表笔短接调零，即调节R使表头指针指在________mA刻度处； 步骤②：把未知电阻接在红、黑表笔间，指针位于图乙a处，有同学提出此时指针偏角较小，想增大指针偏角，应将开关S拨至__________(选填“A”或“C”)； 步骤③：将选择开关S拨至新的位置后，重复步骤①，再把未知电阻接在红、黑表笔间，指针位于图乙b处，可知Rx阻值为________Ω。 (4)若干电池长时间使用，内阻略有增大，电动势仍为1.5 V，则电阻测量值相对真实值________(选填“偏大”“等大”或“偏小”)。其理由为_____________________________________________________________________。 [解析]　(1)电路中表笔Ⅰ与内部电源的正极连接，可知应为黑表笔。 (3)步骤①：先将S拨到B，两表笔短接调零，即调节R使表头指针满偏，即指在1.0 mA刻度处； 步骤②：把未知电阻接在红、黑表笔间，指针位于图乙a处，有同学提出此时指针偏角较小，说明倍率挡选择过低，因C挡为“×100”挡，则想增大指针偏角，应将开关S拨至C； 步骤③：将选择开关S拨至新的位置后，重复步骤①后，把未知电阻接在红、黑表笔间，指针位于图乙b处，因接C时的中值电阻为R中＝r内＝＝ Ω＝1 500 Ω，可知Rx阻值为1 500 Ω。 (4)电阻调零时，电池内阻不能忽略，可通过减小调零电阻的阻值，保证电阻表内阻恒定。电阻表内阻不变，测量值就不受影响，即电阻测量值相对真实值等大。 [答案]　(1)黑　(3)1.0　C　1 500　(4)等大　电阻调零时，电池内阻不能忽略，可通过减小调零电阻的阻值，保证电阻表内阻恒定。电阻表内阻不变，测量值就不受影响。 12．(18分)(2025·四川巴中·三模)在研究电磁感应现象时，某同学设计了一种实验装置，模拟物体在变化磁场中的运动以及由此产生的电流。如图所示，光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨间距L＝0.25 m，左端连接R＝0.2 Ω的电阻，右端连接一对金属卡环，导轨间MN右侧(含MN)存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度的B-t图像如图乙所示。质量为m＝0.5 kg、电阻r＝0.3 Ω的金属棒与质量也为m的物块通过光滑定滑轮由绳相连，绳始终处于绷紧状态，PQ、MN到右端卡环距离分别为25 m和15 m，t＝0时刻由PQ位置静止释放金属棒，棒与导轨始终接触良好，滑至导轨右端被卡环卡住不动，金属导轨、卡环的电阻均不计，g取10 m/s2。求： (1)金属棒进入磁场时的速度大小； (2)金属棒进入磁场时通过导体棒的感应电流； (3)在0～8 s时间内电路中产生的焦耳热。 [解析]　(1)设棒到达MN时的速度为v，物块下落的高度为h＝xPQ－xMN＝10 m 这个过程中棒和物块组成的系统机械能守恒mgh＝×2mv2 解得v ＝ ＝ 10 m/s。 (2)设这个过程所用时间为t1，由运动学公式h＝t1 解得t1＝2 s 由图乙可知此时磁感应强度B＝2 T 根据闭合电路欧姆定律可得I ＝ ＝ A＝10 A。 (3)金属棒进入磁场时，受到的安培力大小为FA ＝ BIL 解得FA＝5 N 物块的重力mg＝0.5×10 N＝5 N＝FA 所以金属棒匀速运动。匀速运动的时间为t2＝ ＝ s＝1.5 s 此过程中产生的热Q1 ＝ FAxMN 解得Q1＝75 J 4～6 s时间内，感应电动势大小为E＝ ＝ LxMN ＝×0.25×15 V＝3.75 V 此过程中产生的热Q2＝Δt＝×2 J＝56.25 J 以后磁感应强度为零，回路中的电流为零，产生的热为零，所以在0～8 s时间内电路中产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2＝75 J＋56.25 J＝131.25 J。 [答案]　(1)10 m/s　(2)10 A　(3)131.25 J 13．(18分)(2025·辽宁·二模)如图甲所示，粗细均匀的无限长光滑平行导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，在边界EF下方区域存在垂直导轨平面向下的匀强磁场B，有两根相同金属棒ab、cd分别从磁场边界EF上方x0＝10 m位置和边界EF位置同时由静止释放，cd棒运动的v-t图像如图乙所示，其中OM、NP段为曲线，其他段为直线。已知磁感应强度B＝4 T，导轨间距L＝0.5 m，导体棒的质量均为m＝0.2 kg，导体棒电阻均为R＝2 Ω，导轨电阻不计，g取10 m/s2。求： (1)v1的大小并直接写出ab棒在整个运动过程中加速度的最大值； (2)从t＝0到t＝2 s导体棒cd位移大小xcd； (3)导体棒ab进入磁场后，通过导体棒ab的电荷量q1。 [解析]　(1)设2 s前cd达到匀速直线运动时的速度为v1，cd棒受平衡力BI1L＝mg sin θ 代入题中数据，解得I1＝0.5 A 因为I1＝ 联立解得v1＝1 m/s 2 s时ab棒刚好进入磁场va＝at1＝10 m/s 电路中的感应电流I2＝ 对ab棒根据牛顿第二定律BI2L－mg sin θ＝mamax 可得ab棒在整个运动过程中加速度的最大值amax＝40 m/s2。 (2)cd棒在0～2 s的运动过程，以v1的方向为正方向，由动量定理得mg sin θ×t1－＝mv1 因为q＝＝Δt＝Δt＝ 联立解得xcd＝1.8 m。 (3)ab棒先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin ＝ma 2 s时ab棒刚好进入磁场，其速度大小va＝at1 设ab棒进入磁场后经过时间t2与cd棒速度相等，一起做匀加速直线运动，以v1的方向为 正方向，则对cd棒有mg sin θ×t2＋＝mv2－mv1 以沿斜面向下的方向为正方向，对ab棒有mg sin θ×t2－＝mv2－mva 因为q1＝＝mva－mv1 联立解得q1＝0.45 C。 [答案]　(1)1 m/s　40 m/s2　(2)1.8 m (3)0.45 C 真题融合卷 (总分：100分) 一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．(2025·北京卷)下列图示情况，金属圆环中不能产生感应电流的是(　　) A．图(a)中，圆环在匀强磁场中向左平移 B．图(b)中，圆环在匀强磁场中绕轴转动 C．图(c)中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移 D．图(d)中，圆环向条形磁铁N极平移 A　[圆环在匀强磁场中向左平移，穿过圆环的磁通量不发生变化，金属圆环中不能产生感应电流，故A正确；圆环在匀强磁场中绕轴转动，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故B错误；离通有恒定电流的长直导线越远，导线产生的磁感应强度越弱，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故C错误；根据条形磁铁的磁感应特征可知，圆环向条形磁铁N极平移，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故D错误。故选A 。] 2．(2025·江苏卷)如图所示。将开关S由a拨到b，使电容器C与线圈L构成回路。以电容器C开始放电时为0时刻，能正确反映电路中电流i随时间t变化关系的图像是(　　) A． B． C． D． A　[根据题意可知，将开关由a调到b时，电容器和自感线圈组成回路，此回路为振荡电路，产生周期性迅速变化的振荡电流。电容器开始放电，由于电容器上极板带正电，则电流为逆时针，电场能向磁场能转化，电流越来越大，当电容电量为0时，电流最大，其后磁场能向电场能转化，电容器充电，电流越来越小，电流为0时，充电完成，此时，电容器下极板带正电，之后开始反向放电，电流为顺时针，电场能向磁场能转化，电流越来越大，当电容电量为0时，电流最大，其后磁场能向电场能转化，电容器充电，电流越来越小，电流为0时，充电完成，电场能转化为磁场能以及磁场能又再次转化为电场能的过程中，电路向外辐射电磁波，电路中的能量在耗散，最大电流越来越小。故选A。] 3．(2025·甘肃卷)闭合金属框放置在磁场中，金属框平面始终与磁感线垂直。如图，磁感应强度B随时间t按正弦规律变化。Φ为穿过金属框的磁通量，E为金属框中的感应电动势，下列说法正确的是(　　) A．t在0～内，Φ和E均随时间增大 B．当t＝与时，E大小相等，方向相同 C．当t＝时，Φ最大，E为零 D．当t＝时，Φ和E均为零 C　[在0～时间内，磁感应强度B增加，根据Φ＝BS则磁通量Φ增加，但是图像的斜率减小，即磁感应强度B的变化率逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知E＝S，感应电动势E逐渐减小，选项A错误；当t＝和t＝时，因B-t图像的斜率大小相等，符号相反，可知感应电动势E大小相等，方向相反，选项B错误；t＝时，B最大，则磁通量Φ最大，但是B的变化率为零，则感应电动势E为零，选项C正确；t＝时，B为零，则磁通量Φ为零，但是B的变化率最大，则感应电动势E最大，选项D错误。故选C。] 4．(2025·广西卷)如图电路中，材质相同的金属导体a和b，横截面积分别为S1、S2，长度分别为l1、l2。闭合开关后，a和b中自由电子定向移动的平均速率之比为(　　) A．l1∶2l2 B．2l2∶l1 C．l2S1∶2l1S2 D．2l2S2∶l1S1 B　[ ] 5．(2025·福建卷)某理想变压器如图甲，原、副线圈匝数比为4∶1，输入电压随时间的变化图像如图乙，R1的阻值为R2的2倍，则(　　) A．交流电的周期为2.5 s B．电压表示数为12 V C．副线圈干路的电流为R1电流的2倍 D．原副线圈功率之比为4∶1 B　[由图可知，交流电的周期为2.25 s，故A错误；根据图乙可知，输入电压最大值Um＝48 V，则输入电压有效值为U1＝＝48 V，根据变压比可知，副线圈电压即电压表示数为U2＝U1＝12 V，故B正确；R1的阻值为R2的2倍，根据并联规律可知，两电阻的电压相同，根据欧姆定律可知，流经R1和R2的电流之比为1∶2，副线圈干路电流等于流经两电阻的电流之和，则副线圈干路的电流为R1电流的3倍，故C错误；根据变压器的原理可知，原副线圈功率相同，故D错误。故选B。] 6．(2025·河北卷)2024年底，世界装机容量最大的抽水蓄能电站——河北丰宁抽水蓄能电站全面投产发电。如图，若该电站通过理想变压器调节输出电压U2时，输入电压U1保持不变。已知副线圈总匝数为n，分接头1、2间和2、3间的线圈匝数n12＝n23＝，开关S接3时输出电压的瞬时值u2＝Umsin ωt，则S接2时u2-t的图像为(　　) A． B． C． D． D　[根据理想变压器电压比与匝数比关系可知＝，＝，由于输入电压U1不变，可知＝，即＝ ，解得u2＝Umsin ωt；可知此时输出的交流电的周期为T＝。故选D。] 7．(2025·陕晋青宁卷)如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度为B，甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0＝并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用，则(　　) A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同 B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1∶1 C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0 D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3 D　[进磁场的过程中，甲线框右边框切割磁感线，由右手定则可知，线框中的电流沿顺时针方向，出磁场的过程中，甲线框左边框切割磁感线，由右手定则可知，线框中的电流沿逆时针方向，A错误；刚进磁场区域时，甲线框切割磁感线产生的电动势E＝BLv0，线框中的电流I＝，所受合力等于所受安培力F安甲＝BIL，联立解得刚进磁场区域时甲线框所受合力大小F安甲＝，同理可得刚进磁场区域时乙线框所受合力大小F安乙＝，有F安甲∶F安乙＝2∶1，B错误；结合A项分析，对乙线框进出磁场的两过程，由动量定理分别有－t进＝mΔv进，－t出＝mΔv出，其中t进＝2L，t出＝2L，又乙线框完全出磁场区域时的速度大小v乙＝v0+Δv进+Δv出，联立解得v乙＝，C错误；与C项分析同理可得甲线框完全出磁场区域时速度大小v甲＝0，所以由能量守恒定律可知，甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q甲＝m，Q乙＝mm，联立可得Q甲∶Q乙＝4∶3，D正确。] 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，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·黑吉辽蒙卷)如图，“”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动，be与磁场方向垂直。t＝0时，abef与水平面平行，则(　　) A．t＝0时，电流方向为abcdefa B．t＝0时，感应电动势为Bl2ω C．t＝时，感应电动势为0 D．t＝0到t＝过程中，感应电动势平均值为0 AB　[t＝0时，线框中能切割磁感线的边只有af边，由右手定则可知af边的电流方向为f到a，则线框中的电流方向为abcdefa，A正确；t＝0时，af边的速度方向与磁场方向垂直，且af边的速度大小为v＝ωl，感应电动势的大小为E＝Blv，解得E＝Bl2ω，B正确；线框的转动周期为T＝，则t＝时，线框转动了180°，此时线框中能切割磁感线的边仍只有af边，且af边的速度方向与磁场方向垂直，所以线框中产生的感应电动势的大小仍为Bl2ω，C错误；t＝0时，穿过bcde面的磁通量为Φ1＝－Bl2，t＝时，磁场从bcde面的另一面穿过，磁通量为Φ2＝Bl2，由法拉第电磁感应定律得＝，D错误。] 9．(2025·湖北卷)在如图所示的输电线路中，交流发电机的输出电压一定，两变压器均为理想变压器，左侧升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，两变压器间输电线路电阻为r。下列说法正确的是(　　) A．仅增加用户数，r消耗的功率增大 B．仅增加用户数，用户端的电压增大 C．仅适当增加n2，用户端的电压增大 D．仅适当增加n2，整个电路消耗的电功率减小 AC　[设用户端的总电阻为R，右侧降压变压器的匝数比为k，则可将降压变压器和用户端等效为一个等效电阻，则等效电阻R等效＝k2R，仅增加用户数，用户端的总电阻减小，等效电阻的阻值减小，又交流发电机的输出电压即升压变压器的输入电压U1不变，升压变压器的匝数比不变，所以升压变压器的输出电压U2不变，则由I2＝可知输电线路上的电流增大，由P＝r可知r消耗的功率增大，A正确；结合A项分析和U3＝U2－I2r可知，右侧降压变压器的输入电压减小，又降压变压器的原副线圈匝数比不变，可知用户端的电压减小，B错误；仅适当增加n2，结合A项分析可知，左侧升压变压器的输出电压U2变大，等效电阻的阻值不变，则与B项分析同理可得，用户端的电压增大，C正确；输电线路中的电流I2＝，则升压变压器原线圈中的电流I1＝I2，整个电路消耗的电功率P总＝U1I1＝，所以整个电路消耗的电功率增大，D错误。] 10．(2025·湖南卷)如图，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为r0。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度v0，金属杆运动过程中始终与y轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是(　　) A．金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向 B．金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动 C．金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为 D．若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半 AC　[根据右手定则可知，金属杆中电流沿y轴负方向，A正确；由法拉第电磁感应定律有E＝BLv，由欧姆定律有I＝，由安培力公式有F安＝BIL，又R＝Lr0，联立解得F安＝L，若金属杆做匀速运动，则安培力随有效长度的增大而增大，则与安培力平衡的外力一定不是恒力，B错误；对金属杆的整个运动过程，由动量定理有－Bt＝q＝＝，联立解得金属杆停止时与导轨围成的面积S＝ΔS＝，C正确；由C项分析可知，金属杆的初速度减半时，ΔS变为原来的，由抛物线性质可知金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，D错误。] 三、非选择题：本大题共3小题，共54分。 11．(16分)(2025·四川卷)某学生实验小组要测量一段合金丝的电阻率。所用实验器材有： 待测合金丝样品(长度约1 m) 螺旋测微器 学生电源E(电动势0.4 V，内阻未知) 米尺(量程0～100 cm) 滑动变阻器(最大阻值20 Ω) 电阻箱(阻值范围0～999.9 Ω) 电流表(量程0～30 mA，内阻较小) 开关S1、S2 导线若干 (1)将待测合金丝样品绷直固定于米尺上，将金属夹分别夹在样品20.00 cm和70.00 cm位置，用螺旋测微器测量两金属夹之间样品三个不同位置的横截面直径，读数分别为0.499 mm、0.498 mm和0.503 mm，则该样品横截面直径的平均值为____________mm。 (2)该小组采用限流电路，则图1中电流表的“＋”接线柱应与滑动变阻器的接线柱________(选填“a”或“b”)相连。闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于________(选填“左”或“右”)端。 (3)断开S2、闭合S1，调节滑动变阻器使电流表指针恰好指到15.0 mA刻度处。断开S1、闭合S2，保持滑动变阻器滑片位置不变，旋转电阻箱旋钮，使电流表指针仍指到15.0 mA处，此时电阻箱面板如图2所示，则该合金丝的电阻率为_____________________________________________________________________Ω·m (取π＝3.14，结果保留2位有效数字)。 (4)为减小实验误差，可采用的做法有____________________________(多选)。 A．换用内阻更小的电源 B．换用内阻更小的电流表 C．换用阻值范围为0～99.99 Ω的电阻箱 D．多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值 [解析]　(1)直径的平均值＝＝ mm＝0.500 mm。 (2)滑动变阻器限流接法必须一上一下接入电路，故电流表的“＋”接线柱需要和滑动变阻器的接线柱a相连；在闭合开关前，滑动变阻器接入电路的阻值应最大，保证电路接通时电路电流最小，电路安全，故滑动变阻器滑片应置于左端。 (3)由题意知合金丝接入电路的长度l＝70.00 cm－20.00 cm＝50.00 cm，因合金丝与电阻箱等效替代，当电流相等时，二者电阻相等，由题图2所示的电阻箱读数可知合金丝接入电路中的电阻为3.2 Ω，合金丝的横截面积S＝π，根据R＝ρ，得ρ＝＝＝1.256×10-6 Ω·m≈1.3×10-6 Ω·m。 (4)本实验通过等效替代法测电阻，电源内阻对本实验无直接影响，换用内阻更小的电源，不能减小误差，A错误；电流表内阻不影响电阻测量结果，B错误；换用0～99.99 Ω的电阻箱，电阻箱测量阻值时更精确，能减小误差，C正确；多次测量合金丝不同区间相等长度样品的电阻率，再求平均值，可减小偶然误差，D正确。 [答案]　(1)0.500　(2)a　左　(3)1.3×10-6　(4)CD 12．(18分)(2025·黑吉辽蒙卷)如图(a)，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m＝1 kg、电阻R＝0.5 Ω、边长L＝1 m。磁感应强度B随时间t连续变化，0～1 s内B-t图像如图(b)所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图(c)所示，其中0～1 s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。 (1)求t＝0.5 s时ad边受到的安培力大小F； (2)在图(b)中画出1～2 s内B-t图像(无需写出计算过程)； (3)从t＝2 s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1 m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。 [解析]　(1)0～1 s内导体框中产生的感应电动势为E＝·L2， 解得E＝0.05 V。 根据闭合电路欧姆定律可知通过导体框的电流为I＝，解得I＝0.1 A。 根据题图(b)斜率大小可知0.5 s时的磁感应强度B0满足＝， 解得B0＝0.15 T。 t＝0.5 s时，ad边受到的安培力大小为 F＝B0IL， 解得F＝0.015 N。 (2)由于顺时针方向为电流正方向，则由题图(c)知1～2 s内电流为逆时针方向，大小为 I1＝0.2 A。 根据闭合电路欧姆定律可知感应电动势 E1＝I1R， 根据法拉第电磁感应定律得 E1＝·L2， 解得＝0.2 T/s， 根据楞次定律和安培定则可知，导体框中磁感应强度增大，变化率为0.2 T/s，对应的B-t图像如图所示。 (3)解法一　由(2)中分析知2 s时磁感应强度大小为B2＝0.3 T，之后磁场不随时间变化，导体框从初速度v0开始运动，导体框切割磁感线受到的安培力为FA＝B2ItL＝B2L＝ 导体框速度从v0变化至v1，规定水平向右为正方向，根据动量定理有 ∑－Δt＝mv1－mv0， 结合Δx＝vtΔt、∑Δx＝L得， －·L＝mv1－mv0， 解得v1＝0.01 m/s。 解法二　还可以通过积累电荷量求解，导体框速度从v0变为v1，规定水平向右为正方向，根据动量定理得， ∑－B2ItLΔt＝mv1－mv0 结合Δq＝ItΔt、∑Δq＝q得， －B2Lq＝mv1－mv0 流过导体框的电荷量为 q＝Δt2＝Δt2＝Δt2＝， 解得v1＝0.01 m/s。 [答案]　(1)0.015 N　(2)见解析图　(3)0.01 m/s 13．(20分)(2025·福建卷)光滑斜面倾角为θ＝30°，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场，两区磁感应强度大小相等。正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，由同种材料制成且粗细均匀，Ⅰ区域长为L1，Ⅱ区域长为L2，两区域间无磁场的区域长度大于线框边长。线框从某一位置释放，从cd边进入Ⅰ区域到ab边离开Ⅰ区域的过程中速度均为v，cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致，(重力加速度为g)。则： (1)求线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离； (2)求cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差； (3)求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率。 [解析]　(1)解法一：线框从释放到cd边进入Ⅰ区域，由动能定理有 mgs1sin θ＝mv2， 解得线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离为s1＝。 解法二：线框从释放到cd边进入Ⅰ区域做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知该过程线框的加速度为a1＝g sin θ＝g， 则线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离为s1＝·＝。 (2)由题意可知，线框穿过Ⅰ区域做匀速直线运动，则线框的边长为L1，结合安培力公式和力的平衡条件有mg sin θ＝BI1L1， 由法拉第电磁感应定律可知E＝BL1v， 又I1＝， 则此时cd两端的电势差为Ucd＝I1·R＝。 (3)线框从进入Ⅱ区域到完全离开过程，由动能定理有 mg(L1＋L2)sin θ－W＝0， 由动量定理有 mgt sin θ－Δt＝0， 其中Δt＝＝， 当L1＜L2时，Δx＝2L1；当L1＞L2时，Δx＝2L2；当L1＝L2时，分析可知cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度不可能一致，故不存在此种情况 联立解得该过程的运动时间为t＝ 由(2)分析得B2＝ 则该过程克服安培力做功的平均功率为。 [答案]　(1)　(2)　(3)见解析 学科网（北京）股份有限公司 $