2026湖南卷15题 -第9题突破（含第22～25练）-【奇点物理】高考物理考前60天逐题破•天天练

第23练交变电流与变压器 (三年考频：5次 预测指数：★★★★ 本卷共6小题，共27分。13题每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。4~6 题每小题5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2分，有选错的得0分。 1,(2026湖南长沙模拟预测)如图所示，某小电 原线圈匝数为。，两个副线圈匝数分别为？、h, 站发电机的输出功率为100kW,输出电压为400V, h:h:h=2:1:1。原线圈回路接有正弦交流电 向距离较远的用户供电。为了减少电能损耗，使用 u=120W2sin100t(V)和定值电阻R,=242、 10kV高压输电，最后用户得到220V98kW'的电 能，变压器均视为理想变压器。则( R=122。副线圈h回路中接有可变电阻R,副线 圈n,回路中接有一只阻值R=22不变的灯泡。初 始时滑片P位于R中间，下列说法正确的是() 机 R 升压变压器 降压变压器 A.输电线路导线电阻为202 B.输电线路中的电流为2A C.升压变压器原、副线圈匝数比为1：20 A.若P向上滑动，灯泡将变暗 D.降压变压器原、副线圈匝数比为500：11 B.若P向上滑动，电阻卫消耗的功率将减小 2.（25-26高三上·湖南长沙·月考)如图所示为医院 C.当R=22时，理想变压器的输入功率为 的应急供电系统，由交流发电机和原线圈匝数可调 100W 的理想降压变压器组成，发电机中矩形线圈所围成 D.当R=12时，R消耗的电功率最大，且 的面积为S,匝数为N,内阻不计，它可绕水平轴 卫m=100W O0'在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度 4.(2025湖南二模)（多选）如图(a)所示为 ω匀速转动，矩形线圈通过滑环连接降压变压器， 个R=12定值电阻和一个理想二极管串联后连接 滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R表示输 到一正弦交流电源两端，经测量发现，通过定值电 电线的电阻，以线圈平面与磁场平行时为计时起点， 阻的电流随时间的变化如图(b)所示。下列说法 下列判断正确的是( 正确的是() A O E 交流发电机 降压变压器 应急供电系纺 (a) (b) A.图示位置线圈磁通量的变化率为0 A,电源的频率为0.5Hz B.发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为 B.电阻两端的电压有效值为2.5√2V E=NBSosin at C. 通过电阻的电流周期为1s C.仅将线圈转动角速度加倍，则副线圈的输出 D.通过电阻的电流有效值为2.5A 功率也加倍 5.(2025湖南·模拟预测)（多选）如图所示是磁吸 D.当用户数目增加时，为使用户电压保持不变， 基座无线充电器，当送电线圈通入 滑动触头P应向下滑动 =220√2sinl00d(V)的交流电源后，手机上的受 3.(2026湖南长沙·二模)如图所示，理想变压器 电线圈产生感应电流。手机即进入“无线超充模式”。 “超充模式？下手机的充电电压为20V,充电电流为 试卷第1页，共1页 5A,充电基座送电线圈接有理想电流表，受电线圈 接有电阻R,送电线圈与受电线圈的匝数比为10：1， 若充电过程中不计漏磁和电磁辐射等引起的能量 损失，下列说法正确的是() 受电线圈R 流 源 送电线圈 A.“超充模式下电流表读数为0.5A B.若此手机的电池容量为5000mAh,则超充模 式下的充电时间为75分钟 C.若不计两个线圈的电阻，则要保证“超充模 式”正常运作，R的大小应为0.42 D.若两个线圈的电阻大小均为0.12，则要保 证“超充模式”正常运作，R的大小应为0.2992 6.(2025湖南长沙模拟预测)（多选）如图所示， 发电机矩形线框面积为S,线框匝数为N,线框所 处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B,线 框从图示位置开始绕轴OO以恒定的角速度ω沿顺 时针方向转动，线框输出端接有换向器（换向器的 作用是当线框转过平衡位置时，会自动改变电路中 电流方向，将交流电变为直流电)，通过电刷和外 电路连接。定值电阻R、R,的阻值均为R,两电阻 间接有理想变压器，原、副线圈的匝数比为2：1， 忽略线框以及导线电阻。下列说法正确的是() 非R A.图示位置线框产生的电动势为NBSaω B.R两端电压的有效值为V2BS@ 5 C.发电机的输出功率为WBSo 8R D.转动一圈过程，通过R的电荷量为4BS 5R 试卷第2页，共2页 《第23练交变电流与变压器》参考答案 题号 d 4 J 6 答案 A D D AD ACD BD 1.A 出等效电路图如图所示 【解析】AB。输电线路中的电流为I,= =10A, U, R.R R: R 最后用户得到220V98kW的电能，则输电线损耗 9r3 电功率为P'=100kW-98kW=2W,根据P'=I, 等效电源1 等效电源2 解得输电线路导线电阻为r=202,故A正确，B P上滑，R变大、R变大，根据串反并同，灯泡将 错误；C.根据变压器电压与线圈匝数关系可知 变亮，R,消耗的功率将增大，故AB错误；C.将 凸=h=400=1 ,2100025,故C错误；D.根据串联电 交流电源、R,、R作等效电源1处理，则 路规律可知U,=U,-I=9800V,根据变压器电压 41= R R+R u=80V,1= R,R=82,R=22时， R,+R ☑--9800_490 与线圈匝数关系可知7元20Ⅱ，故D 错误；故选A。 R=R=82,飞==49，则 2.D Uo-4gRn 片+R年 _80V,输入功率为 【解析】A.图示位置线圈磁通量的变化率最大， 不为0，A错误；B.线圈感应电动势表达式为 P= =1600w,故C错误：D.将等效电源1、 NBSo E=NBS@cos wt,B错误；C.由U= R 2 √2 R,作等效电源2处理，则有42= -=40V, 1+R4, 丛=及可知®加倍，则副线圈的电压U加倍，根 U,n 5=rE=40,R=10时，R=42=5,R消 1+R2 据P= ,副线图输出功率变大为原来4倍，C错 R 耗的电功率最大，m= =100W,故D正确。 4r2 误；D.用户数目增加时，副线圈电流变大，R损 故选D。 耗电压增大，为使用户获得电压不变，则副线圈电 4.AD 压应增大，故应将P向下滑动，D正确。故选D。 【解析】C.由图b可知，交流电的周期为T=2s, 3.D 故通过电阻的电流周期为2s,故C错误；A.电源 【解析】AB.将理想变压器及两副线圈回路视为等 的频率为寸-702，故A正确：B.设电阻两 U+4-4-4,有 效电阻，由R尺R’元”% 端电压的有效值为U,由有效值的定义可知电阻一 个周期内消耗的电能为U T,故电阻 是凭无紧是◆名管，足签，作 .T= R R2 n 答案第1页，共1页 两端电压的有效值为U==R=25V,故B 解得R=0.2992,故D正确。故选ACD。 2 2 6.BD 12 错误；D.由有效值的定义可知 R -=I'RT /2 【解析】A.图示位置，线框平面与磁场垂直，磁 通量最大，磁通量变化率最小，线框产生的电动势 可得通过电阻的电流有效值为1==2.5A,故D 2 0,故A错误：B.线框转动产生的感应电动势的最 正确。故选AD。 大值为.=BS,有效值E=5B0,R与原 5.ACD 2 【解析】A。根据变压器电流与匝数关系之= 线圈串联，则有B-IR=2,×R,),解得 2 代入数据，解得I1=0.5A,故A正确：B.由容量 R=E,所以R,两端电压的有效值为 单位可知，手机充电时间为电池容量与充电电流的 U,=1,R=2B=5NS0,故B正确；C.发电机 5 比值，即t∈号-000x10hh=60min,故B 5 的输出功率为P=R+I欧-BS心故 错误；C.根据变压器电压与匝数关系 C错误；D.根据等效法，R,与4R串联，总电阻为 是合牌 R'=5R,转动一圈过程，产生的平均感应电动势 U=0票=2V=220V,U=20V,代入数据， 豆=N0=4S,平均感应电流7=及-耳，穿 △t △t R'5R 解得R=0.42,故C正确；D.由理想变压器的等 过线框的电量q=i4t=4B ,通过R的电荷量为 5R 效电阻，结合C选项分析可知r+(凸)7+R=0,42, 9=14t=4BS SR，故D正确。故选BD。 答案第2页，共2页第22练恒定电流、传感器 (三年考频：0次 预测指数：★★★ ) 本卷共6小题，共26分。14题每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。56 题每小题5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2分，有选错的得0分。 1.(25-26高三上·湖南·月考)如图所示为某同学设 共接线柱。下列说法正确的是( 计的油量表，闭合开关，当往油箱里加油时，浮子 高度升高，带动滑杆使滑动变阻器的滑片P下移， 下列判断正确的是( 滑杆 A a 油面 A.0~3A量程电表内阻比0~0.6A量程内阻 油箱 大 A.电流表的示数变小 B.用ab两个接线柱时电流表的量程为0~3A B.电压表的示数变小 C.R=42 C.电源的输出功率一定变大 D.R1+R2=122 D.电源的总功率变小 4.(25-26高三下·湖南长沙.月考)如图所示，理想 2.(23-24高三下·湖南常德·二模)如图所示为苹果 变压器的原、副线圈匝数之比为k,原线圈串联一 自动分拣装置的示意图。该装置把大小不同的苹果， 个定值电阻R,接在正弦式交流电源上，电源内阻忽 按一定质量标准自动分拣为大苹果和小苹果。该装 略不计。副线圈回路中接有定值电阻R2与滑动变阻 置的托盘秤压在压力传感器R:上。R!所受压力越 器R,电流表、电压表均为理想电表。滑动变阻器 大阻值越小，当R2两端电压超过某一值时，使控制 滑片自上而下滑动时，下列说法正确的是() R R 电路接通，电磁铁吸动分拣开关的衔铁。该控制电 路中包含保持电路，能够确保苹果在分拣板上运动 时电磁铁始终保持吸动状态。下列说法正确的是 分拣板衔铁上通道 A.若电压表V与电流表A示数分别为U和I, 托盘科 下通道 则号好 B.若电压表V与电流表A示数变化量分别为 电源B △U和△I, 则AC=R A.为了选出质量更大的苹果可以增加缠绕电磁 al 铁线圈的匝数 C.电源的输出功率先减小后增大 B.为了选出质量更大的苹果可以将电源A的输 D.副线圈的输出功率先减小后增大 出电压减小 5.(25-26高三上·湖南长沙月考)（多选)如图所 C,为了选出质量更大的苹果可以增大R的阻 示，电路中电源电动势为E,内阻为，C为电容器， 值 L为小灯泡，闭合开关S,小灯泡能正常发光。现 D.质量大的苹果将进入上通道 将滑动变阻器的滑片向左滑动一段距离，滑动前后 3.(2025湖南长郡模拟练习)如图所示，用内阻 电压表V、V,、V,示数变化量的绝对值分别为△U、 为1102、满偏电流为50mA的表头改装成量程为 △U,、△U,电流表A示数变化量的绝对值为△I, 0~0.6A和0~3A的双量程电流表，接线柱a为公 电表均为理想电表，则() 试卷第1页，共1页 X 左 A.△增大 B.△不变 C.△U3=△U+△U2 D.当电路稳定后，断开开关瞬间灯泡会有从左 向右的电流 6.(24-25高三下·湖南长沙月考)（多选）在图甲 的电路中，R是可变电阻，R=32的定值电阻， 电源有内阻。调节？的阻值，得到理想电压表和理 想电流表的多组数据，用这些数据在坐标纸上描点、 拟合，作出的UH图像如图乙中AB所示。则( ) ◆UV R2 A E 00.1 0.3 -UA 甲 乙 A.图线a的斜率表示通过R的电流为0.1A时， R的有效电阻为102 B.图线AB斜率的绝对值表示电源内阻 C.R变化时，R的消耗的最大功率是0.75W D.电流为0.3A时，电源的输出效率为76% 试卷第2页，共2页 《第22练恒定电流、传感器》参考答案 题号 2 4 5 6 答案 B B B C BC CD 1.B 1。=1+ 【解析】AB.当往油箱里加油时，滑片P向下移， ，则有1，>1，所以用ab两个接 R+R 电路中的总电阻减小，总电流变大，电流表示数变 线柱时电流表的量程为0~3A,用a、c两个接线 大，电压表的示数变小，A错误、B项正确；C.由 柱时电流表的量程为0~0.6A；将数据代入可解得 于外电阻与电源内阻大小关系无法确定，因此无法 R1=22,R2=82,则有R+R2=102,故B正确， 判断电源的输出功率是变大还是变小，故C错误： CD错误；A.0~3A量程电表内阻为 D.由P=B可知，总电流增大时电源的总功率变 R(R,+R)2×(8+110)。236 大，故D错误。故选B。 R= 2= 2,00.6 R+R2+R2+8+110 120 2.B A量程电表内阻为 【解析】D.大苹果通过托盘秤时，R,两端的电压 R= (R+R)R_2+8x1102=1000,可知0 2= 达到放大电路的激励电压，使放大电路中的电磁铁 R+R+R2+8+110 120 吸动分拣开关的衔铁，大苹果进入下面的通道，故 3A量程电表内阻比0~0.6A量程内阻小，故A错 D错误：A,为了选出质量更大的苹果，就要保持 误。故选B。 电磁铁的磁性不变，而因压力越大，电阻R越小， 4.C 此时回路中的电流就越大，而要保持电磁铁的磁性 【解析】A.若原线圈电流为I,设副线圈电流为I2, 不变，只需要减小缠绕电磁铁线圈的匝数，故A错 很据片可知，=和，由欧姆定律可知 误；B.为了选出质量更大的苹果，就要使得R2两 U 端电压保持不变，因R,减小，而其他条件不变的情 =R+R,可知7=k(B+R),放A错误：B.设 L 况下，只能减小和传感器R相连接电路中电源A 正弦式交流电源电压的有效值为U。，当电压表的 的输出电源，故B正确；C.为了选出质量更大的 示数变化量为△U时，原线圈两端电压的变化量 苹果，就要使得R2两端电压保持不变，因压力越大， △U=kAU,定值电阻R两端电压变化量的绝对值 电阻R越小，此时回路中的电流就越大，R2的电 压就会变得更大，则要想保持R2的电压和原来一致， AU=AU,可知 △k△I-k ,故B错 则只适当减小R的阻值，故C错误。故选B。 3.B 误。C.副线圈电路中总电阻为R=R,+R,滑动 【解析】BCD.根据电路可知用a、b和a、c接线 变阻器乃的上段、下段并联，将滑动变阻器飞的滑 柱时电流表的量程分别为1，=1，+区+R) R R上×R下 片从上端滑至下端的过程中，有足，一元上+R 答案第1页，共1页 由数学知识可得R,电阻先增大后减小，所以副线圈 均保持不变，且△U,=△C+△U,故A错误， △I U=,其 总电阻先增大后减小。根据电压关系元： BC正确；D.断开开关，电容器将在与滑动变阻器、 灯泡构成的回路中放电，右极板带正电，所以电流 中U满足U1=U。-IR,U2满足U2=I2R。,根据 方向从右向左，故D错误。故选BC。 名冬之暖这可用 6.CD U=R+U,=讽+1，R台=R+1 台=R+ 【解析】A.电压表测量的是R两端电压，电流表 n, n, 故可将变压器副线圈后的电阻等效为R等=k2R。, 测量干路电流，因此图线α的斜率表示R的电阻 根据P=一 U■ ，可知电源的输出功率先减小后增 R=了，代入通过R的电流为0.1A解得R=202, R+R 故A错误；B.根据图甲可得U=E-I(R,+r),得 大，故C正确；D.根据U=IR+IkR总，副线圈 U-1图像斜率k作R+1-2-L2=50,又 0.1-0.3 的输出功率为P'=IR=kR,其中 R2=32,故r=22,故U=E-5I,当I=0.1A, Is、 R+R。,整理得 U=2V得E=2.5V,因此图线AB斜率的绝对值表 12 k'U P'=2 示电源内阻和R2之和，故B错误；C.根据 R+kRo R+心R+2k2R ,理想 E )2 B.=I'R =3 知R=0 变压器副线圈的输出功率与副线圈电路的总电阻 R+R,+r R+5 有关，因无法确定R和R总的大小关系，所以理想 时， 可得(.) 2.5 ×3W=0.75W,故C正 变压器副线圈的输出功率的变化情况不确定，故D 确；D.电源的输出效率为 错误。故选C。 5.BC = 里×100%= (E-Ir) EI ×100%,电流为0.3A时 【解析】ABC.根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律 E-Ir 0.3×2 可得U=IR,U=E-r,U3=E-I(r+R),可知 7= ×100%=1- ×100%=76%,故D E 2.5 -，兰兴R即兴、恶 正确。故选CD。 AI 答案第2页，共2页第22练 恒定电流、传感器 （三年考频：0次 预测指数：★★★ ） 本卷共6小题，共26分。1~4题每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。5~6题每小题5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 2 分，有选错的得 0 分。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．（25-26高三上·湖南·月考）如图所示为某同学设计的油量表，闭合开关，当往油箱里加油时，浮子高度升高，带动滑杆使滑动变阻器的滑片P下移，下列判断正确的是（　　） A．电流表的示数变小 B．电压表的示数变小 C．电源的输出功率一定变大 D．电源的总功率变小 2．（23-24高三下·湖南常德·二模）如图所示为苹果自动分拣装置的示意图。该装置把大小不同的苹果，按一定质量标准自动分拣为大苹果和小苹果。该装置的托盘秤压在压力传感器R1上。R1所受压力越大阻值越小，当R2两端电压超过某一值时，使控制电路接通，电磁铁吸动分拣开关的衔铁。该控制电路中包含保持电路，能够确保苹果在分拣板上运动时电磁铁始终保持吸动状态。下列说法正确的是（　　） A．为了选出质量更大的苹果可以增加缠绕电磁铁线圈的匝数 B．为了选出质量更大的苹果可以将电源A的输出电压减小 C．为了选出质量更大的苹果可以增大R2的阻值 D．质量大的苹果将进入上通道 3．（2025·湖南长郡·模拟练习）如图所示，用内阻为110 Ω、满偏电流为50 mA的表头改装成量程为0 ~ 0.6 A和0 ~ 3 A的双量程电流表，接线柱a为公共接线柱。下列说法正确的是（　　） A．0 ~ 3 A量程电表内阻比0 ~ 0.6 A量程内阻大 B．用a、b两个接线柱时电流表的量程为0 ~ 3 A C．R1 = 4 Ω D．R1 + R2 = 12 Ω 4．（25-26高三下·湖南长沙·月考）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为k，原线圈串联一个定值电阻R1接在正弦式交流电源上，电源内阻忽略不计。副线圈回路中接有定值电阻R2与滑动变阻器R3，电流表、电压表均为理想电表。滑动变阻器滑片自上而下滑动时，下列说法正确的是（　　） A．若电压表V与电流表A示数分别为U和I，则 B．若电压表V与电流表A示数变化量分别为ΔU和ΔI，则 C．电源的输出功率先减小后增大 D．副线圈的输出功率先减小后增大 5．（25-26高三上·湖南长沙·月考）（多选）如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，L为小灯泡，闭合开关S，小灯泡能正常发光。现将滑动变阻器的滑片向左滑动一段距离，滑动前后电压表、、示数变化量的绝对值分别为、、，电流表A示数变化量的绝对值为，电表均为理想电表，则（　　） A．增大 B．不变 C． D．当电路稳定后，断开开关瞬间灯泡会有从左向右的电流 6．（24-25高三下·湖南长沙·月考）（多选）在图甲的电路中，是可变电阻，的定值电阻，电源有内阻。调节的阻值，得到理想电压表和理想电流表的多组数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出的U-I图像如图乙中AB所示。则（　　） A．图线a的斜率表示通过R₁的电流为0.1 A时，R₁的有效电阻为10Ω B．图线AB斜率的绝对值表示电源内阻 C．R₁变化时，R₂的消耗的最大功率是0.75 W D．电流为0.3 A时，电源的输出效率为76% 《第22练 恒定电流、传感器》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 答案 B B B C BC CD 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 1．B 【解析】AB．当往油箱里加油时，滑片P向下移，电路中的总电阻减小，总电流变大，电流表示数变大，电压表的示数变小，A错误、B项正确；C．由于外电阻与电源内阻大小关系无法确定，因此无法判断电源的输出功率是变大还是变小，故C错误； D．由可知，总电流增大时电源的总功率变大，故D错误。故选B。 2．B 【解析】D．大苹果通过托盘秤时，两端的电压达到放大电路的激励电压，使放大电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁，大苹果进入下面的通道，故D错误；A．为了选出质量更大的苹果，就要保持电磁铁的磁性不变，而因压力越大，电阻R1越小，此时回路中的电流就越大，而要保持电磁铁的磁性不变，只需要减小缠绕电磁铁线圈的匝数，故A错误；B．为了选出质量更大的苹果，就要使得R2两端电压保持不变，因R1减小，而其他条件不变的情况下，只能减小和传感器R1相连接电路中电源A的输出电源，故B正确；C．为了选出质量更大的苹果，就要使得R2两端电压保持不变，因压力越大，电阻R1越小，此时回路中的电流就越大，R2的电压就会变得更大，则要想保持R2的电压和原来一致，则只适当减小R2的阻值，故C错误。故选B。 3．B 【解析】BCD．根据电路可知用a、b和a、c接线柱时电流表的量程分别为，，则有，所以用a、b两个接线柱时电流表的量程为0 ~ 3 A，用a、c两个接线柱时电流表的量程为0 ~ 0.6 A；将数据代入可解得，，则有，故B正确，CD错误；A．0 ~ 3 A量程电表内阻为，0 ~ 0.6 A量程电表内阻为，可知0 ~ 3 A量程电表内阻比0 ~ 0.6 A量程内阻小，故A错误。故选B。 4．C 【解析】A．若原线圈电流为，设副线圈电流为，根据，可知，由欧姆定律可知，可知，故A错误；B．设正弦式交流电源电压的有效值为，当电压表的示数变化量为时，原线圈两端电压的变化量，定值电阻两端电压变化量的绝对值，可知，故B错误。C．副线圈电路中总电阻为，滑动变阻器的上段、下段并联，将滑动变阻器的滑片从上端滑至下端的过程中，有，由数学知识可得电阻先增大后减小，所以副线圈总电阻先增大后减小。根据电压关系，其中满足，满足，根据，联立可得故可将变压器副线圈后的电阻等效为，根据，可知电源的输出功率先减小后增大，故C正确；D．根据，副线圈的输出功率为，其中，整理得，理想变压器副线圈的输出功率与副线圈电路的总电阻有关，因无法确定和的大小关系，所以理想变压器副线圈的输出功率的变化情况不确定，故D错误。故选C。 5．BC 【解析】ABC．根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律可得，，，可知，，，即、、均保持不变，且，故A错误，BC正确；D．断开开关，电容器将在与滑动变阻器、灯泡构成的回路中放电，右极板带正电，所以电流方向从右向左，故D错误。故选BC。 6．CD 【解析】A．电压表测量的是两端电压，电流表测量干路电流，因此图线的斜率表示的电阻，代入通过R₁的电流为0.1 A解得，故A错误；B．根据图甲可得，得图像斜率，又，故，故，当，得，因此图线斜率的绝对值表示电源内阻和之和，故B错误；C．根据，知时，可得，故C正确；D．电源的输出效率为，电流为0.3A时，故D正确。故选CD。 $第23练 交变电流与变压器 （三年考频：5次 预测指数：★★★★ ） 本卷共6小题，共27分。1~3题每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。4~6题每小题5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 2 分，有选错的得 0 分。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．（2026·湖南长沙·模拟预测）如图所示，某小电站发电机的输出功率为100kW，输出电压为400V，向距离较远的用户供电。为了减少电能损耗，使用10kV高压输电，最后用户得到“220V  98kW”的电能，变压器均视为理想变压器。则（    ） A．输电线路导线电阻为 B．输电线路中的电流为2A C．升压变压器原、副线圈匝数比为 D．降压变压器原、副线圈匝数比为 2．（25-26高三上·湖南长沙·月考）如图所示为医院的应急供电系统，由交流发电机和原线圈匝数可调的理想降压变压器组成，发电机中矩形线圈所围成的面积为，匝数为，内阻不计，它可绕水平轴在磁感应强度为的水平匀强磁场中以角速度匀速转动，矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头上下移动时可改变输出电压，表示输电线的电阻，以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是（　　） A．图示位置线圈磁通量的变化率为0 B．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为 C．仅将线圈转动角速度加倍，则副线圈的输出功率也加倍 D．当用户数目增加时，为使用户电压保持不变，滑动触头应向下滑动 3．（2026·湖南长沙·二模）如图所示，理想变压器原线圈匝数为，两个副线圈匝数分别为、，。原线圈回路接有正弦交流电和定值电阻、。副线圈回路中接有可变电阻，副线圈回路中接有一只阻值不变的灯泡。初始时滑片P位于中间，下列说法正确的是（　　） A．若P向上滑动，灯泡将变暗 B．若P向上滑动，电阻消耗的功率将减小 C．当时，理想变压器的输入功率为100W D．当时，消耗的电功率最大，且 4．（2025·湖南·二模）（多选）如图（a）所示为一个定值电阻和一个理想二极管串联后连接到一正弦交流电源两端，经测量发现，通过定值电阻的电流随时间的变化如图（b）所示。下列说法正确的是（    ） A．电源的频率为0.5Hz B．电阻两端的电压有效值为 C．通过电阻的电流周期为1s D．通过电阻的电流有效值为2.5A 5．（2025·湖南·模拟预测）（多选）如图所示是磁吸基座无线充电器，当送电线圈通入u=220sin100πt（V）的交流电源后，手机上的受电线圈产生感应电流。手机即进入“无线超充模式”。“超充模式”下手机的充电电压为20V，充电电流为5A，充电基座送电线圈接有理想电流表，受电线圈接有电阻R，送电线圈与受电线圈的匝数比为10∶1，若充电过程中不计漏磁和电磁辐射等引起的能量损失，下列说法正确的是（　　） A．“超充模式”下电流表读数为0.5A B．若此手机的电池容量为5000mAh，则超充模式下的充电时间为75分钟 C．若不计两个线圈的电阻，则要保证“超充模式”正常运作，R的大小应为0.4Ω D．若两个线圈的电阻大小均为r=0.1Ω，则要保证“超充模式”正常运作，R的大小应为0.299Ω 6．（2025·湖南长沙·模拟预测）（多选）如图所示，发电机矩形线框面积为S，线框匝数为N，线框所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，线框从图示位置开始绕轴以恒定的角速度ω沿顺时针方向转动，线框输出端接有换向器（换向器的作用是当线框转过平衡位置时，会自动改变电路中电流方向，将交流电变为直流电），通过电刷和外电路连接。定值电阻、的阻值均为R，两电阻间接有理想变压器，原、副线圈的匝数比为2∶1，忽略线框以及导线电阻。下列说法正确的是（　　） A．图示位置线框产生的电动势为 B．两端电压的有效值为 C．发电机的输出功率为 D．转动一圈过程，通过的电荷量为 《第23练 交变电流与变压器》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 答案 A D D AD ACD BD 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 1．A 【解析】AB．输电线路中的电流为，最后用户得到“220V  98kW”的电能，则输电线损耗电功率为，根据， 解得输电线路导线电阻为，故A正确，B错误；C．根据变压器电压与线圈匝数关系可知，故C错误；D．根据串联电路规律可知，根据变压器电压与线圈匝数关系可知，故D错误；故选A。 2．D 【解析】A．图示位置线圈磁通量的变化率最大，不为0，A错误；B．线圈感应电动势表达式为，B错误；C．由，可知加倍，则副线圈的电压加倍，根据，副线圈输出功率变大为原来4倍，C错误；D．用户数目增加时，副线圈电流变大，损耗电压增大，为使用户获得电压不变，则副线圈电压应增大，故应将向下滑动，D正确。故选D。 3．D 【解析】AB．将理想变压器及两副线圈回路视为等效电阻，由，，有，令，，作出等效电路图如图所示 P上滑，变大、变大，根据串反并同，灯泡将变亮，消耗的功率将增大，故AB错误；C．将交流电源、、作等效电源1处理，则，，时，，，则，输入功率为，故C错误；D．将等效电源1、作等效电源2处理，则有，，时，，消耗的电功率最大，，故D正确。 故选D 。 4．AD 【解析】C．由图b可知，交流电的周期为，故通过电阻的电流周期为2s，故C错误；A．电源的频率为，故A正确；B．设电阻两端电压的有效值为，由有效值的定义可知电阻一个周期内消耗的电能为，故电阻两端电压的有效值为，故B错误；D．由有效值的定义可知 可得通过电阻的电流有效值为A，故D正确。故选AD。 5．ACD 【解析】A．根据变压器电流与匝数关系 代入数据，解得，故A正确；B．由容量单位可知，手机充电时间为电池容量与充电电流的比值，即，故B错误；C．根据变压器电压与匝数关系，其中，，代入数据，解得，故C正确；D．由理想变压器的等效电阻，结合C选项分析可知， 解得，故D正确。故选ACD。 6．BD 【解析】A．图示位置，线框平面与磁场垂直，磁通量最大，磁通量变化率最小，线框产生的电动势0，故A错误；B．线框转动产生的感应电动势的最大值为，有效值，R1与原线圈串联，则有，解得，所以两端电压的有效值为，故B正确；C．发电机的输出功率为，故C错误；D．根据等效法，R1与4R串联，总电阻为，转动一圈过程，产生的平均感应电动势，平均感应电流，穿过线框的电量，通过的电荷量为，故D正确。故选BD。 $第24练 楞次定律、法拉第电磁感应定律 （三年考频：1次 预测指数：★★★ ） 本卷共10小题，共44分。1~6题每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。7~10题每小题5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 2 分，有选错的得 0 分。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．（2024·湖南长沙·三模）在通电螺线管中插入形状如图所示的铁芯，其右端与球形软铁之间形成如图所示的汇聚磁场。将两个圆形闭合导线圈A、B置于图示位置，它们所在的平面都与铁芯轴线垂直且圆心在铁芯轴线上。开关处于闭合状态。下列说法正确的是（　　） A．当滑片向右移动时，A、B所受安培力使它们具有远离螺线管的趋势 B．当滑片向右移动时，A、B所受安培力使它们具有靠近螺线管的趋势 C．断开开关时，A、B所受安培力使它们具有远离螺线管的趋势 D．断开开关时，A所受安培力使它具有靠近螺线管的趋势，B所受安培力使它具有远离螺线管的趋势 2．（2025·湖南·模拟预测）物理兴趣小组设计了一台自制发电机，其原理图如图所示，正方形线框置于垂直于纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场中，当线框绕轴以角速度匀速转动时，闭合开关，小灯泡发光。设线框的边长为，每边电阻均为，小灯泡的电阻恒为，导线电阻不计，则下列说法正确的是（　　） A．当S断开时，两端的电压为 B．当S断开时，两端的电压为 C．当S闭合时，流过灯泡的电流为 D．当S闭合时，流过灯泡的电流为 3．（25-26高三上·湖南·月考）如图所示，一理想变压器的原线圈通过导线与两根水平放置间距为1m的足够长的平行导轨相连，导轨所处空间存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度。所有电表均为理想电表，导体棒ab与导轨垂直接触，且电阻为，不计导轨的电阻。原、副线圈圈数分别为、，且，初始时副线圈接入圈数为，滑动变阻器最大阻值为，滑动变阻器滑动触头初始处于中间位置；导体棒ab在外力作用下沿导轨运动，以下说法正确的是（　　） A．导体棒匀速运动时，副线圈的滑动触头向中间移动，电流表A示数变小 B．导体棒匀加速运动时，电压表V示数均匀增大 C．导体棒以运动时，副线圈的滑动触头移动至中点处，通过改变滑动变阻器滑动触头的位置，滑动变阻器的最大功率为0.25W D．导体棒以运动时，滑动变阻器滑动触头P向G端移动，若电压表V与电流表A示数变化量的大小分别为和，则 4．（2026·湖南·模拟预测）如图，在xOy平面内，x>0的区域内有垂直纸面向外的磁场，磁场上边界为直线y=L，下边界为x轴，磁感应强度随横坐标变化而变化的关系为。一无限长直导体棒初始时与y轴正半轴重合，某时刻以坐标原点为圆心顺时针转动，角速度恒为ω，则导体棒离开磁场前其产生的感应电动势最小值为（　　） A． B． C． D． 5．（2024·湖南长沙·三模）电子感应加速器的基本原理如图所示，上、下两个电磁铁线圈中电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使真空室中的电子加速。若两个电磁铁之间的磁场可视为匀强磁场，且磁场分布关于两个电磁铁的轴线旋转任意角对称。改变电磁铁线圈中电流的大小（方向如图所示并保持不变），使该磁场的磁感应强度均匀增大，其变化率。产生的感生电场的电场线为一系列真空室的同心圆。则下列说法正确的是（　　） A．从上往下看，产生的感生电场沿逆时针方向 B．若在两个电磁铁之间放入与真空室同心的环形导线圈，感生电场对处于其中的自由电荷的作用力是静电力 C．若在两个电磁铁之间放入与真空室同心的环形导线圈，且该导线圈的材质和粗细均匀，则稳定时导线圈上各处电势都相同 D．两个电磁铁之间到轴线的距离为r的位置处，感生电场的电场强度 6．（2025·湖南长沙·模拟预测）如图所示，光滑的长直金属杆与一个形状为正弦函数图像的漆包线通过小金属环连接成闭合回路。金属杆、小金属环电阻不计，漆包线电阻为R，a、b间距离为2L，导线构成的正弦图形顶部和底部到杆的距离都是d，在导线和金属杆所在平面内有两个方向相反的有界匀强磁场区域，磁场区域的宽度均为L，磁感应强度大小均为B，时刻导线在水平外力F作用下从O点开始以速度v匀速穿过磁场，直到导线全部离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是（　　） A．整个过程中感应电流的方向会改变两次 B．外力F的最大值为 C．回路中产生的交变电流的电压有效值为 D．整个过程中水平外力F所做的功为 7．（25-26高三下·湖南长沙·开学考试）（多选）如图，在光滑水平桌面上建立水平向右的x轴，x=0，x=L，x=2L分别为两相邻匀强磁场的边界，两个匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平面向下和向上。由粗细均匀、同种材料制成的边长为L的正方形线框abcd，从x=0处以某一初速度沿x轴正方向进入磁场，当bc边位于时线框的速度为v，位于时线框的速度为。已知正方形线框的质量为m，总电阻为R，线框在运动过程中bc边始终与磁场边界平行。下列说法正确的是（　　） A．当bc边位于时线框中的电流沿逆时针方向 B．当bc边位于时bc两端的电压为BLv C．当bc边位于时线框的电功率为 D．当bc边位于时线框的加速度大小为 8．（2026·湖南邵阳·一模）（多选）如图甲，水平面上以为圆心、半径为的圆形区域内存在方向竖直的匀强磁场，磁感应强度（向下为正）随时间变化如图乙所示，周期为。变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为一系列以为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在该平面内，有由同种均匀材料构成的半径为的导电圆环（圆心与重合），电阻为；另有一可视为无限长的直导线，与圆环相切，彼此绝缘。为磁场边界上的一点。不计电路间相互影响，下列说法正确的是（　　） A．内穿过圆环某横截面的电量为 B．圆环中电流的有效值为 C．时刻直导线电动势为 D．时刻点的感生电场强度大小为 9．（2026·湖南·一模）（多选）在半径为的无限长竖直圆柱形区域内分布有竖直向上的匀强磁场，将半径也是的光滑绝缘细环固定在水平面内，边缘正好与磁场区域重合，在细环上套有质量为、电量为（重力不计）的带电小球，俯视图如图所示。已知磁感应强度随时间变化规律为（），在时刻释放小球，小球将沿细环做圆周运动，下列判断正确的是（　　） A．小球将沿逆时针方向做圆周运动 B．小球在运动过程中加速度大小不变 C．小球在运动一周的过程中动能增加 D．任意时刻小球受到细环弹力大小是所受洛伦兹力大小的一半 10．（25-26高三上·湖南长沙·月考）（多选）如图，PAQ为一段固定于水平面上的光滑圆弧导轨，圆弧的圆心为O，半径为L。空间存在垂直导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。电阻为R的金属杆OA与导轨接触良好，图中电阻R1＝R2＝R，其余电阻不计。现使OA杆在外力作用下以恒定角速度ω绕圆心O顺时针转动，在其转过的过程中，下列说法正确的是（　　） A．流过电阻R1的电流方向为P→R1→O B．A、O两点间电势差为 C．流过OA的电荷量为 D．外力做的功为 《第24练 楞次定律、法拉第电磁感应定律》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D C C C B AD ACD CD AD 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 1．D【解析】AB．滑片向右移动时，螺线管内的电流增大，它产生的磁场变强，通过A、B两线圈的磁通量增大，A远离螺线管、B靠近螺线管可以阻碍通过它们的磁通量增大。故A所受安培力使它具有远离螺线管的趋势，B所受安培力使它具有靠近螺线管的趋势。AB错误；CD．断开开关时，通过A、B两线圈的磁通量减小，A靠近螺线管、B远离螺线管可以阻碍通过它们的磁通量减小。故A所受安培力使它具有靠近螺线管的趋势，B所受安培力使它具有远离螺线管的趋势。C错误，D正确。故选D。 2．D【解析】AB．线框abcd绕着垂直于磁场的轴匀速转动，产生交流电的电动势最大值为，则电动势的有效值为，当S断开时，MN两端的电压等于cd两端的电压 ，则有，故AB错误；CD．当S闭合时，电路总电阻为，流过灯泡L的电流为，故D正确，C错误。故选D。 3．C【解析】A．导体棒匀速运动时，感应电动势稳定，理想变压器原线圈回路产生恒定的电流，则理想变压器副线圈回路不产生感应电流，滑动触头P向G端移动，电流表A示数不发生变化，故A错误；B．导体棒匀加速运动时，主线圈电压均匀增大，在主线圈中产生的磁通量均匀增大，副线圈磁通量同样均匀增大，由电磁感应定律可知感应电动势恒定，则电压表示数不变，故B错误；C．导体棒以速度运动时，产生的感应电动势以正弦式交变电流变化，电动势有效值为1V，副线圈的滑动触头移动至中点处时，电路中理想变压器及负载的等效电阻为，当，时滑动变阻器可获得最大功率，故C正确；D．由上述分析可知，将理想变压器及左侧导体棒和导轨等效处理，副线圈输出电压与电流关系有，则，故D错误。 故选C。 4．C【解析】设导体棒转过的角度为α，以原点为圆心转动，棒上任意一点到原点的距离为r，则该点的横纵坐标分别为，，由于，所以，取微元dr，其产生的感应电动势为，所以导体棒产生的感应电动势为，由此可知，当时，sin2α最大，等于1，所以感应电动势最小，最小值为，故选C。 5．C【解析】A．放入半径为且与真空室同心的环形导线圈，由楞次定律可知其中的感应电流从上往下看沿顺时针方向，这说明自由电子沿逆时针运动，而自由电子是在感生电场力作用下发生定向移动的，故感生电场力从上往下看沿逆时针方向，感生电场从上往下看沿顺时针方向，A错误；B．感生电场与静电场的性质不同，对自由电荷施加的力不是静电力，B错误；C．由对称性可知导线圈内正、负电荷都应均匀分布在整个导线圈上，导线圈各处都呈电中性，它们在电路中产生的恒定电场的场强处处为零，于是导线圈上电势处处相等，C正确；D．由法拉第电磁感应定律可知该导线圈的电动势为，电荷量为的自由电荷沿线圈转一圈，感生电场力对它做的功为，而感生电场力就是感生电磁感应的非静电力，由电动势的定义可得，故，解得，D错误。故选C。 6．B【解析】A．闭合回路切割磁感线，规定电流沿金属杆b到a为正方向，在、时间内，切割的有效长度为，产生的电动势大小，在和时间内，切割的有效长度为，产生的电动势大小为3e，再根据右手定则，得全过程回路中电流和时间关系图像如图所示， 可知电流方向改变4次，故A错误；B．或者时，安培力最大，此时有效长度，，则，故B正确； C．在和时间内有效值 在和时间内有效值 对全过程，根据焦耳定律，有，解得全过程电流的有效值，电压有效值，故C错误；D．水平外力F做的功等于克服安培力做的功，即产生的焦耳热，得，故D错误。故选B。 7．AD【解析】A．根据楞次定律以及安培定则可知，的过程中，线框内的磁通量竖直向下增加，所以感应电流为逆时针方向，故A正确；B．当边位于处时，边切割磁感线产生的感应电动势为，由于两端的电压为路端电压，所以bc两端的电压为，故B错误；C．当边位于处时，线框切割磁感线产生的感应电动势为，所以线框的电功率为，故C错误；D．设边位于处时回路中的感应电流为，则，、两边受到的安培力方向均向左，则根据牛顿第二定律有，解得此时线框的加速度大小为，故D正确。故选AD。 8．ACD【解析】A． 时间内，圆环的磁通量变化量为，穿过圆环横截面的电量为，故A正确；B．由题图可知，在 内圆环中的电动势大小为，电流大小为 ，同理，在 内圆环中的电流大小为 ，设圆环中电流的有效值为 ， 根据有效值定义可得 联立解得 ，故B错误；C．设右侧有对称的无限长直导线与构成回路， 则时刻，、 回路产生的总电动势为，根据对称性可知时刻直导线电动势为，故C正确；D．， 过点的圆环内感生电动势，圆环周长，电场强度大小 ，得，故D正确。故选ACD。 9．CD【解析】A．由楞次定律可知感生电场的方向为顺时针，由于小球带正电，其将沿顺时针方向做加速圆周运动，故A错误；B．均匀变化的磁场产生恒定的电场，故小球所受电场力大小恒定，沿速度方向的加速度大小恒定，由于速度逐渐增大，在半径方向向心加速度逐渐增大，所以其合加速度逐渐增大，故B错误；C．由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势大小为，小球在运动一周的过程中只有电场力做功，电场力所做的功即为其动能增加量，故，故C正确；D．电场力方向始终与速度方向相同，t时刻小球速度为，可知小球所受洛伦兹力为，对小球在任意时刻，代入可得，故任意时刻小球所受弹力方向背离圆心，大小为洛伦兹力的一半，故D正确。故选CD。 10．AD【解析】A．由右手定则判断出OA中电流方向由O→A，可知流过电阻R1的电流方向为P→R1→O，故A正确；B．OA产生的感应电动势为E＝，将OA当成电源，外部电路R1与R2并联，则A、O两点间的电势差为U＝·＝，故B错误；C．流过OA的电流大小为I＝＝，转过弧度所用时间为t＝＝，流过OA的电荷量为q＝It＝，故C错误；D．转过弧度过程中，外力做的功为W＝EIt＝，故D正确。故选AD。 $第25练 电磁感应综合问题 （三年考频：4次 预测指数：★★★ ） 本卷共7小题，共35分。1~7题每小题5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 2 分，有选错的得 0 分。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．（2025·湖南长沙·模拟预测）（多选）如图所示，水平金属圆环由外环和内环构成，其半径分别为，，沿半径方向放置的金属杆固定在圆环上，金属圆环和金属杆以角速度绕中心轴线转动。两环通过电刷用导线连接间距为L＝0.5m的两条平行光滑水平金属导轨PM、，水平金属导轨接有理想电容器，电容C=1F。右侧是水平绝缘导轨。导体棒ab、cd，垂直静止放置于两侧，质量分别为m1=0.1kg，m2=0.2kg，电阻均为r=0.1Ω。ab放置位置与距离足够长，所有导轨均光滑，除已知电阻外，其余电阻均不计。整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，忽略磁场对电容器的影响。下列说法正确的是（　　） A．水平金属圆环中金属杆产生的电动势为0.2V B．S掷向1，稳定后电容器所带电荷量的大小q=0.3C C．S掷向1，稳定后再将S掷向2，导体棒ab到达的速度大小是 D．S掷向1，稳定后再将S掷向2，导体棒ab到达时通过导体棒cd的电荷量是 2．（2025·湖南长沙·三模）（多选）如图所示，平行光滑金属导轨间距为，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，两根长度均为材料相同的金属棒、垂直于导轨平行放置，与导轨始终接触良好，、金属棒质量分别为、。棒的电阻为。开始时棒锁定在轨道上，对棒施加水平向右的恒定拉力，经时间，棒的速度达到最大值，此时撤去拉力，同时解除对棒的锁定，导轨足够长且电阻不计。则（　　） A．匀强磁场的磁感应强度大小为 B．撤去拉力前棒前进的距离为 C．撤去拉力前棒前进的距离为 D．全过程中棒产生的焦耳热为 3．（2025·湖南长沙·三模）（多选）如图，足够长的光滑平行导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为2L和L，图中OO′左侧是电阻不计的金属导轨，OO′右侧是绝缘轨道。金属导轨部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B；OO′右侧以O为原点，沿导轨方向建立x轴，OO′右侧存在分布规律为B=B0+kx（k>0）的竖直向下的磁场（图中未标出）。一质量为m、阻值为R、三边长度均为L的U形金属框，左端紧靠OO′平放在绝缘轨道上（与金属导轨不接触）处于静止状态。长为2L、质量为2m、接入电路中的阻值为R的导体棒a处在间距为2L的金属导轨上，长为L、质量为m、接入电路中的阻值为R的导体棒b处在间距为L的金属导轨上。现同时给导体棒a、b大小相同的水平向右的初速度v0，当导体棒b运动至OO′时，导体棒a中已无电流。导体棒b与U形金属框碰撞后连接在一起构成回路，导体棒a、b、金属框与导轨始终接触良好，导体棒a被立柱挡住没有进入右侧轨道。下列说法正确的是（　　） A．导体棒a、b获得相同的水平向右的初速度v0后，导体棒a做匀减速运动 B．导体棒b运动至OO′时的速度大小为 C．导体棒b运动至OO′前，导体棒a和导体棒b构成的回路产生的热量为 D．导体棒b与U形金属框碰撞后至停止的过程中，通过导体棒b截面的电荷量为 4．（2025·湖南长沙·模拟）（多选）如图所示，长木板放置在足够大的光滑水平面上，电源、电阻、开关、导轨固定在长木板上，光滑导轨和平行，间距为，长木板及固定在其上的电源、电阻、开关、导轨的总质量为。长度也为的导体棒垂直平行导轨放置在和间，导体棒的质量为。匀强磁场方向竖直向上，大小为。长木板与固定在水平面上的力传感器通过刚性轻绳连接。电阻的阻值为，电源内阻、导轨和导体棒的电阻以及接触电阻均不计。时刻，闭合开关，通过力传感器记录力随时间变化的图线，如图所示。从图像中可以读出时刻力，时刻力的大小趋近于0，可认为此时的拉力为0。则（　　） A．电源的电动势 B．导体棒的最大速度 C．时间内导体棒的位移大小 D．若撤去传感器的连接后，再闭合开关，则导体棒的最大速度 5．（2025·湖南长沙·模拟预测）（多选）如图所示，光滑金属导轨水平固定在地面上，导轨间距为，定值电阻大小为，整个装置处于竖直方向且磁感应强度为的匀强磁场中，一根导体棒垂直导轨放置，质量为，导轨和导体棒电阻忽略不计，左侧电容器电容大小为，原来不带电，刚开始，开关S闭合，导体棒在恒力作用下由静止开始运动，经时间后导体棒早已达到稳定速度，此过程中通过电阻的电荷量为，之后立即撤去恒力，同时断开开关S，导体棒继续运动，导轨足够长，则下列说法正确的是（　　） A．导体棒的最大速度是 B．恒力F所做的功是900J C．电容器最终的电压是5V D．全过程电阻产生的热量是875J 6．（25-26高三下·湖南长沙·开学考试）（多选）如图，光滑金属轨道a、b水平放置，间距为d，左端连接自感系数为L的线圈，垂直轨道平面有垂直向下、磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m的金属杆以初速度v0向右运动，不计一切电阻和电磁辐射，下列分析正确的是（　　） A．金属杆将做匀减速运动 B．金属杆向右运动到最大距离时，通过线圈的电量为 C．金属杆和右侧的最大距离为 D．金属杆向右运动到最大距离的时间为 7．（2026·湖南长沙·模拟预测）（多选）如图所示，在足够大的光滑水平绝缘桌面上，虚线MN的右侧充满竖直向下的匀强磁场。一个粗细均匀的正方形导线框abcd（其电阻为R）以足够大的初速度从左边界沿x轴正方向进入磁场。时，bc边与虚线重合，设线框的位移为x，速度为v，电流为I，受到的安培力为F，ad边两端的电势差为，通过导线横截面的电荷量为q。在导线框运动的过程中，下列图像可能正确的是（    ） A．B． C．D． 《第25练 电磁感应综合问题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 AC CD BD ABD BCD BC CD 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 1．AC 【解析】A．水平金属圆环中金属杆产生的电动势，故A正确；B．根据，解得，故B错误；C．由于MM’右侧绝缘，cd棒中没有电流，cd棒不受安培力作用处于静止，ab棒做加速度减小的减速运动最后匀速运动，设匀速运动时速度为vm，根据，则有，根据动量定理有，解得，代入解得，，故C正确；D．由于MM’右侧绝缘，cd棒中没有电流，所以通过导体棒cd的电荷量为0，故D错误。故选AC。 2．CD 【解析】A．因ab、cd棒材料、长度相同，质量分别为m、2m，则cd棒的横截面积是ab棒2倍，由可知，ab棒速度达到最大时，受力平衡，有，又，，联立解得，故A错误；BC．撤去拉力前，对ab棒，根据动量定理，有，其中，解得，故B错误，C正确。 D．解除锁定后两棒相互作用过程中动量守恒，最后以相同的速度运动，则有，对全过程由能量守恒定律，得，则，故D正确。故选CD。 3．BD 【解析】A．给导体棒a、b大小相同的水平向右的初速度v0，由，因为，，解得a棒所受安培力，由牛顿第二运动定律得，解得，可知a棒运动的速度减小，加速度也减小，故A错误；B．设b棒到达OO′时的速度大小为vb，此时导体棒a的速度大小为va，因为此时已经无电流，即，设向右为正方向，对a、b棒分别根据动量定理可得，，联立解得，，故B正确；C．导体棒b运动至OO′前，导体棒a和导体棒b构成的回路产生的热量为，故C错误；D．设b棒与U形金属框碰撞后共同速度为v1，设向右为正方向，根据动量守恒定律可得，解得，由OO′右侧磁场分布规律为，可知U形金属框右边始终比U形金属框左边的磁场大，即，从导体棒b与U形金属框碰撞后到最终静止的过程，回路中的平均电流为，设向右为正方向，根据动量定理可知，通过导体棒b截面的电荷量为，联立解得，故D正确。故选BD。 4．ABD 【解析】A．时刻，闭合开关，回路中的电流，对长木板及固定在其上的电源、电阻、开关、导轨进行分析有，解得，故A正确；B．时刻力F的大小趋近于0，导体棒速度达到最大值时，回路总的电动势为0，回路中的电流为0，导体棒做匀速直线运动，则有，结合上述解得，故B正确； C．时间内，对导体棒进行分析，根据动量定理有，根据欧姆定律有，其中，解得，故C错误； D．对长木板及固定在其上的电源、电阻、开关、导轨与导体棒构成的系统进行分析，根据动量守恒定律有，此时回路总电动势为0，则有，结合上述解得，故D正确。故选ABD。 5．BCD 【解析】A．当导体棒加速度为0时，速度最大，此时导体棒的安培力大小，解得，A错误；B．此过程中通过电阻的电荷量，解得，恒力所做的功是，此过程由能量守恒知，B正确；C．撤去恒力后，导体棒继续向前运动，并给电容器充电，稳定时，导体棒产生的动生电动势等于电容器的电压，即，对导体棒用动量定理，稳定时电容器的电荷量，联立以上两式解得，，C正确；D．撤去力后，导体棒的动能转化为电阻的焦耳热和电容器的电场能，其中电场能大小是 ，此过程中电阻的焦耳热，全过程电阻产生的焦耳热是，D正确。故选BCD。 6．BC 【解析】ACD．在任意时刻有，，即，对杆，故杆做简谐运动，回复系数，设最大位移为A，则，得，周期，向右运动到最大距离的时间 ，故AD错误，C正确；B．对杆，得，故B正确。故选BC。 7．CD 【解析】A．设线框的初速度为，边长为，磁感应强度为，线框进入磁场过程，根据，，解得，根据动量定理有，解得，可知线框进入磁场的过程，随均匀减小，随均匀减小，线框完全进入磁场后突变为0，故A错误；C．根据，可知，线框进入磁场的过程随均匀减小，线框完全进入磁场后匀速运动，突变为0，故C正确；B．根据，，可知图像的斜率先逐渐减小，再突变为0，故B错误； D．线框进入磁场的过程中，可知是一条倾斜向下的直线；完全进入磁场后线框做匀速直线运动，速度保持不变，则，故D正确。故选CD。 $第24练楞次定律、法拉第电磁感应定律 (三年考频：1次 预测指数：★★★) 本卷共10小题，共44分。1~6题每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。7~10 题每小题5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2分，有选错的得0分。 1,(2024湖南长沙·三模)在通电螺线管中插入形 状如图所示的铁芯，其右端与球形软铁之间形成如 D.当S闭合时，流过灯泡L的电流为√BE@ 38r 图所示的汇聚磁场。将两个圆形闭合导线圈A、B 3.(25-26高三上湖南·月考)如图所示，一理想变 置于图示位置，它们所在的平面都与铁芯轴线垂直 压器的原线圈通过导线与两根水平放置间距为1m 且圆心在铁芯轴线上。开关处于闭合状态。下列说 的足够长的平行导轨相连，导轨所处空间存在垂直 法正确的是( 于导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B=1T。 所有电表均为理想电表，导体棒αb与导轨垂直接 触，且电阻为r=12,不计导轨的电阻。原、副线 圈圈数分别为4、2，且乃：2=1：4，初始时副线 圈接入圈数为n2,滑动变阻器最大阻值为R=62, A.当滑片向右移动时，A、B所受安培力使它 滑动变阻器滑动触头初始处于中间位置：导体棒b 们具有远离螺线管的趋势 在外力作用下沿导轨运动，以下说法正确的是 B.当滑片向右移动时，A、B所受安培力使它 们具有靠近螺线管的趋势 C.断开开关时，A、B所受安培力使它们具有 远离螺线管的趋势 D.断开开关时，A所受安培力使它具有靠近螺 线管的趋势，B所受安培力使它具有远离螺线管 A.导体棒匀速运动时，副线圈的滑动触头P向 的趋势 中间移动，电流表A示数变小 2.（2025湖南·模拟预测)物理兴趣小组设计了一 B.导体棒匀加速运动时，电压表V示数均匀增 台自制发电机，其原理图如图所示，正方形线框 大 abcd置于垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的 C.导体棒以v=√2sin(2π)/s运动时，副线圈 匀强磁场中，当线框绕cd轴以角速度ω匀速转动时， 的滑动触头P移动至中点处，通过改变滑动变 闭合开关S,小灯泡L发光。设线框的边长为L, 阻器滑动触头的位置，滑动变阻器的最大功率为 每边电阻均为”，小灯泡的电阻恒为4r,导线电阻 0.25W 不计，则下列说法正确的是() D.导体棒以v=√2sin(2d)m/s运动时，滑动变 阻器滑动触头P向G端移动，若电压表V与电 流表A示数变化量的大小分别为△U和△I,则 AU=49 △I A.当S断开时，MW两端的电压为3 BoL乃 4.（2026湖南·模拟预测)如图，在xOy平面内， 8 >0的区域内有垂直纸面向外的磁场，磁场上边界 B.当S断开时，MN两端的电压为上BoL 为直线=L,下边界为x轴，磁感应强度随横坐标 C.当8闭合时，流过灯泡L的电流为2W2BL@ 变化而变化的关系为B=B。二(x>O)。一无限长直 19r 导体棒初始时与y轴正半轴重合，某时刻以坐标原 试卷第1页，共1页 点为圆心顺时针转动，角速度恒为ω，则导体棒离 部离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是 开磁场前其产生的感应电动势最小值为() () ● 2L- XLx,L 0 A. 整个过程中感应电流的方向会改变两次 A.BL@ B. B I'a 2 B.外力F的最大值为D=9B R C.2BIo D.√2BL2w C.回路中产生的交变电流的电压有效值为 5.(2024湖南长沙三模)电子感应加速器的基本 5BLN 原理如图所示，上、下两个电磁铁线圈中电流的大 2 小、方向可以变化，产生的感生电场使真空室中的 D.整个过程中水平外力F所做的功为 电子加速。若两个电磁铁之间的磁场可视为匀强磁 10B'dLv R 场，且磁场分布关于两个电磁铁的轴线旋转任意角 7.(25-26高三下·湖南长沙开学考试)（多选）如 对称。改变电磁铁线圈中电流的大小（方向如图所 图，在光滑水平桌面上建立水平向右的x轴，x=O, 示并保持不变)，使该磁场的磁感应强度均匀增大， x=L,x=2L分别为两相邻匀强磁场的边界，两个匀 其变化率5=k。产生的感生电场的电场线为一系 △t 强磁场的磁感应强度大小均为B,方向分别垂直于 列真空室的同心圆。则下列说法正确的是() 光滑水平面向下和向上。由粗细均匀、同种材料制 成的边长为L的正方形线框abcd,从x=O处以某一 初速度沿x轴正方向进入磁场，当c边位于x= 时选红的速度为位于x兰时线花的速度为 2 A.从上往下看，产生的感生电场沿逆时针方向 己知正方形线框的质量为，总电阻为R,线框在 B.若在两个电磁铁之间放入与真空室同心的环 运动过程中bc边始终与磁场边界平行。下列说法 形导线圈，感生电场对处于其中的自由电荷的作 正确的是() 用力是静电力 C.若在两个电磁铁之间放入与真空室同心的环 B 水平 形导线圈，且该导线圈的材质和粗细均匀，则稳 定时导线圈上各处电势都相同 面 D.两个电磁铁之间到轴线的距离为r的位置处， 感生电场的电场强度E=a L 6.(2025湖南长沙·模拟预测)如图所示，光滑的 A.当bc边位于x=二时线框中的电流沿逆时针 长直金属杆与一个形状为正弦函数图像的漆包线 方向 通过小金属环连接成闭合回路。金属杆、小金属环 B.当bc边位于x= 电阻不计，漆包线电阻为R,、b间距离为2L,导 时bc两端的电压为BN 2 线构成的正弦图形项部和底部到杆的距离都是d, 3L C.当bc边位于x= 时线框的电功率为 在导线和金属杆所在平面内有两个方向相反的有 2 界匀强磁场区域，磁场区域的宽度均为L,磁感应 4B2L2 强度大小均为B,t=0时刻导线在水平外力F作用 R 下从O点开始以速度ⅴ匀速穿过磁场，直到导线全 3 D.当bc边位于x= 时线框的加速度大小为 2 试卷第2页，共3页 2B'Lv B.小球在运动过程中加速度大小不变 R C.小球在运动一周的过程中动能增加kgR 8.（2026湖南邵阳一模)（多选）如图甲，水平面 D.任意时刻小球受到细环弹力大小是所受洛伦 上以O为圆心、半径为2r的圆形区域内存在方向竖 兹力大小的一半 直的匀强磁场，磁感应强度B（向下为正)随时间 10.(25-26高三上·湖南长沙·月考)（多选）如图， 变化如图乙所示，周期为3t。。变化的磁场在空间产 AQ为一段固定于水平面上的光滑圆弧导轨，圆弧 生感生电场，电场线为一系列以O为圆心的同心圆， 的圆心为O,半径为L。空间存在垂直导轨平面、 在同一电场线上，电场强度大小相同。在该平面内， 磁感应强度大小为B的匀强磁场。电阻为R的金属 有由同种均匀材料构成的半径为3的导电圆环（圆 杆OA与导轨接触良好，图中电阻R,=R2=R,其 心与O重合)，电阻为R;另有一可视为无限长的直 余电阻不计。现使OA杆在外力作用下以恒定角速 导线CD,CD与圆环相切，彼此绝缘。M为磁场 度ω绕圆心0顺时针转动，在其转过元的过程中， 边界上的一点。不计电路间相互影响，下列说法正 3 确的是( 下列说法正确的是() B* B B ×0×R2×× 甲 A.流过电阻R,的电流方向为P→R→O A.0~2t。内穿过圆环某横截面的电量为 8πr2B。 B.A、O两点间电势差为BPw 2 中 B.圆环中电流的有效值为V2xrB。 C.流过OA的电荷量为πB亚 6R Rto D.外力做的功为TwB工 C.t=1.5,时刻直导线CD电动势为2rB。 18R to D.t=2.5t。时刻M点的感生电场强度大小为 2rBo io 9.(2026湖南·一模)（多选）在半径为R的无限长 竖直圆柱形区域内分布有竖直向上的匀强磁场，将 半径也是R的光滑绝缘细环固定在水平面内，边缘 正好与磁场区域重合，在细环上套有质量为、电 量为+9（重力不计）的带电小球，俯视图如图所示。 已知磁感应强度B随时间变化规律为B=t(k>0), 在t=0时刻释放小球，小球将沿细环做圆周运动， 下列判断正确的是() A.小球将沿逆时针方向做圆周运动 试卷第3页，共3页 《第24练楞次定律、法拉第电磁感应定律》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 10 答案 D D C B AD ACD CD AD 1. D【解析】AB.滑片向右移动时，螺线管内的 磁感应定律可知感应电动势恒定，则电压表示数不 电流增大，它产生的磁场变强，通过A、B两线圈 变，故B错误；C.导体棒以速度v=√2sin(2U)m/s 的磁通量增大，A远离螺线管、B靠近螺线管可以 运动时，产生的感应电动势E=B以正弦式交变 阻碍通过它们的磁通量增大。故A所受安培力使它 电流变化，电动势有效值为1V,副线圈的滑动触 具有远离螺线管的趋势，B所受安培力使它具有靠 头移动至中点处时，电路中理想变压器及负载的 近螺线管的趋势。AB错误；CD.断开开关时，通 过A、B两线圈的磁通量减小，A靠近螺线管、B 1 等效电阻为R。 当 R=r,R=42时滑 4 远离螺线管可以阻碍通过它们的磁通量减小。故A 2 3 所受安培力使它具有靠近螺线管的趋势，B所受安 动变阻器可获得最大功率P= 数-0.25w,故C正 Ar 培力使它具有远离螺线管的趋势。C错误，D正确。 确；D.由上述分析可知，将理想变压器及左侧导 故选D。 体棒和导轨等效处理，副线圈输出电压与电流关系 2.D【解析】AB.线框abcd绕着垂直于磁场的轴 匀速转动，产生交流电的电动势最大值为 有U= =162,故D错误。 B。,=B亚0，则电动势的有效值为B= Bi正O, 2 故选C。 当S断开时，MN两端的电压等于cd两端的电压， 4.C【解析】设导体棒转过的角度为α，以原点为 圆有UB2BEo,故AB错误：CD,当S 圆心转动，棒上任意一点到原点的距离为，则该 8 闭合时，电路总电阻为e=3+:=9, 点的横纵坐标分别为x=rsina,y=rcos,由于 1,流过 r+45 y≤工，所以r≤ ,取微元dr,其产生的感应 灯泡L的电流为I=,+40=V2BL0 cosa 387 「，故D正 电动势为dB=Bm=B,L0d,所以导体棒产生的 5 sina 确，C错误。故选D。 感应电动势为=「讴=B0N 2BL'@ sin a sin 2a 3.C【解析】A.导体棒匀速运动时，感应电动势 由此可知，当o=45°时，sin2a最大，等于1，所以 E=BL稳定，理想变压器原线圈回路产生恒定的 感应电动势最小，最小值为Em=2B,Lw,故选C。 电流，则理想变压器副线圈回路不产生感应电流， 5.C【解析】A.放入半径为"且与真空室同心的 滑动触头P向G端移动，电流表A示数不发生变 环形导线圈，由楞次定律可知其中的感应电流从上 化，故A错误：B.导体棒匀加速运动时，主线圈 往下看沿顺时针方向，这说明自由电子沿逆时针运 电压U=BL·(t)均匀增大，在主线圈中产生的磁 动，而自由电子是在感生电场力作用下发生定向移 通量均匀增大，副线圈磁通量同样均匀增大，由电 答案第1页，共1页 动的，故感生电场力从上往下看沿逆时针方向，感 和3L4L时间内有效值1=R C.在0-L和3L dv 12 生电场从上往下看沿顺时针方向，A错误；B.感 2和2L3 3Bdy 在 生电场与静电场的性质不同，对自由电荷施加的力 时间内有效值1，=、2R 对全过程，根据焦耳定律，有 不是静电力，B错误；C.由对称性可知导线圈内 正、负电荷都应均匀分布在整个导线圈上，导线圈 FR2L+R2L- 1 1 ,,解得全过程电流的有效 各处都呈电中性，它们在电路中产生的恒定电场的 值I=iDB,电压有效值U=R=IoBh,故 2R 2 场强处处为零，于是导线圈上电势处处相等，C正 C错误；D.水平外力F做的功等于克服安培力做 确；D.由法拉第电磁感应定律可知该导线圈的电 动势为8=9=元rk,电荷量为9的自由电荷 的功，即产生的焦耳热，得m=I'R4L_10BZw 1 R 故D错误。故选B。 沿线圈转一圈，感生电场力对它做的功为 7.AD【解析】A.根据楞次定律以及安培定则可 W非=qE(2π），而感生电场力就是感生电磁感应的 知，0~L的过程中，线框内的磁通量竖直向下增加， 非静电力，由电动势的定义可得￡--2B, 所以感应电流为逆时针方向，故A正确：B.当bc 故k=2xB,解得g=?,D错误。故选C。 边位于-子处时，c边切制磁感线产生的感应电 动势为E=BL,由于bc两端的电压为路端电压， 6.B【解析】A.闭合回路切割磁感线，规定电流 沿金属杆b到a为正方向，在0二、3弘、4红时 所以bc两端的电压为U=BZY,故B错误；C.当 4 111v 间内，切割的有效长度为dsin(t),产生的电动势 边位于三，处时，线框切割磁感线产生的感应 大小e=Bdvsin(a）,在二2和2L3礼时间内， 电动势为层=2L号Bm,所以线框的电功率为 121 1》12 p=B' 切割的有效长度为3dsin(at),产生的电动势大小 ,故C错误：D.设bc边位于x=3 为3，再根据右手定则，得全过程回路中电流I=。 处时回路中的感应电流为1，则1=E=B ,ad、 RR bc两边受到的安培力方向均向左，则根据牛顿第二 和时间关系图像如图所示， 定律有2BIL=a,解得此时线框的加速度大小为 3Bdv/R 2BIL 2B'Lv Bdv/R a= ,故D正确。故选AD。 m mR -Bdv/R 8.ACD【解析】A.0~2t。时间内，圆环的磁通 -3Bdv/R 可知电流方向改变4次，故A错误；B.t= L或 量变化量为△④=2B。×π(2)=8πr2B。,穿过圆环 2 者1=二时，安培力最大，此时有效长度1=3d, 21 候线面的电景为g=把-8如受数A正，B.由 1,=3Bh.则F=BLL=B,故B正确： 题图可知，在0~2t。内圆环中的电动势大小为 答案第2页，共3页 B=A9_8mB_4r8 C.由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势大小 △t-2t ,电流大小为 to 为B=4 S=kπR2,小球在运动一周的过程中只有 1=8,同理，在2么，~3。内圆环中的电流 电场力做功，电场力所做的功即为其动能增加量， 故△E=W=qE=gR2,故C正确：D.电场力 大小为1=8m Rt。 ，设圆环中电流的有效值为1， 方向始终与速度方向相同，t时刻小球速度为 y=d=94=kxR-,可知小球所受洛 根据有效值定义可得IR×3。=R×2t。+IR×t, 2πR2 一，对小球在任意时刻 联立解得1=4V5rB,故B错误：C.设右制 伦兹力为f=gnB=脉q 2 Rt。 gvB-Fx=m R,代入可得R=R, 故任意 有对称的无限长直导线CD'与CD构成回路，则 时刻小球所受弹力方向背离圆心，大小为洛伦兹力 t=1.5t时刻，CD、C'D'回路产生的总电动势为 的一半，故D正确。故选CD。 B=4r2马，根据对称性可知1=1.56时刻直导线 10.AD【解析】A.由右手定则判断出OA中电流 方向由O→A,可知流过电阻R,的电流方向为 D电动势为27，故C正确：D,121,过 P→R1→O,故A正确；B.OA产生的感应电动势 M点的圆环内感生电动势B。'=8m:及， 圆环周 为B=BZ0,将O4A当成电源，外部电路R与R 2 长1=4，电场强度大小B=E',得B=278 1 to E R 并联，则A、O两点间的电势差为U= R 故D正确。故选ACD。 22 R 9.CD【解析】A.由楞次定律可知感生电场的方 BI@ 6 ,故B错误：C.流过OA的电流大小为I= 向为顺时针，由于小球带正电，其将沿顺时针方向 E BIo 做加速圆周运动，故A错误；B.均匀变化的磁场 R+- ”,转过5弧度所用时间为仁3= 3R 0 产生恒定的电场，故小球所受电场力大小恒定，沿 ,流过OA的电荷量为g=n=BL ,故C错 速度方向的加速度大小4=具恒定，由于速度逐浙 30 9R 误：D.转过无弧度过程中，外力做的功为W=亚 增大，在半径方向向心加速度8二)逐渐增大，所 =oB卫，故D正确。故选AD。 以其合加速度a=√a+aG逐渐增大，故B错误： 18R 答案第3页，共3页第25练电磁感应综合问题 (三年考频：4次 预测指数：★★★ ) 本卷共7小题，共35分。1~7题每小题5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2分，有选错的得0分。 1.(2025湖南长沙模拟预测)（多选)如图所示， 水平金属圆环由外环和内环构成，其半径分别为 5=0.3m,2=0.1m,沿半径方向放置的金属杆固 定在圆环上，金属圆环和金属杆以角速度o=5rads 绕中心轴线转动。两环通过电刷用导线连接间距为 A.匀强磁场的磁感应强度大小B为1,2四 L=0.5m的两条平行光滑水平金属导轨PMP'M', B.撤去拉力前b棒前进的距离为2t-2m 水平金属导轨接有理想电容器，电容C1F。MM'右 侧是水平绝缘导轨。导体棒b、cd,垂直静止放置 C.撤去拉力前ab棒前进的距离为t-m F 于MM'两侧，质量分别为=0.1kg,20.2kg,电 阻均为=0.12。ab放置位置与MM距离足够长， D.全过程中ab棒产生的焦耳热为2t-7mm 所有导轨均光滑，除已知电阻外，其余电阻均不计。 3.(2025湖南长沙三模)（多选）如图，足够长的 整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度 光滑平行导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导 B=1T,忽略磁场对电容器的影响。下列说法正确的 轨间距分别为2L和L,图中OO'左侧是电阻不计的 是() 金属导轨，O0右侧是绝缘轨道。金属导轨部分处 于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B: O0右侧以O为原点，沿导轨方向建立x轴，O0 右侧存在分布规律为B=B什（心O)的竖直向下的 磁场（图中未标出)。一质量为、阻值为R、三边 A.水平金属圆环中金属杆产生的电动势为0.2V 长度均为L的U形金属框，左端紧靠OO平放在绝 B.S掷向1，稳定后电容器所带电荷量的大小 缘轨道上（与金属导轨不接触）处于静止状态。长 =0.3C 为2L、质量为2m、接入电路中的阻值为R的导体 C.S掷向1，稳定后再将S掷向2，导体棒ab 棒a处在间距为2L的金属导轨上，长为L、质量为 到达MM的速度大小是ms 、接入电路中的阻值为R的导体棒b处在间距为 L的金属导轨上。现同时给导体棒α、b大小相同的 D.S掷向1，稳定后再将S掷向2，导体棒ab 水平向右的初速度o,当导体棒b运动至OO时， 到达M'时通过导体棒cd的电荷量是上c 导体棒α中已无电流。导体棒b与U形金属框碰撞 2.(2025·湖南长沙·三模)（多选）如图所示，平行 后连接在一起构成回路，导体棒α、b、金属框与导 光滑金属导轨间距为工，导轨处在竖直向上的匀强 轨始终接触良好，导体棒α被立柱挡住没有进入右 磁场中，两根长度均为L材料相同的金属棒ab、cd 侧轨道。下列说法正确的是() 垂直于导轨平行放置，与导轨始终接触良好，αb、 cd金属棒质量分别为m、2m。ab棒的电阻为R。 XX 开始时cd棒锁定在轨道上，对ab棒施加水平向右 的恒定拉力F,经时间t,ab棒的速度达到最大值 v,此时撤去拉力，同时解除对cd棒的锁定，导轨 (俯视图) 足够长且电阻不计。则() A.导体棒、b获得相同的水平向右的初速度 vo后，导体棒a做匀减速运动 试卷第1页，共1页 B.导体棒b运动至O0时的速度大小为； C.导体棒b运动至O0前，导体棒α和导体棒 b构成的回路产生的热量为m6 3 A.导体棒的最大速度是5m/s D.导体棒b与U形金属框碰撞后至停止的过程 B.恒力F所做的功是900J 中，通过导体棒b截面的电荷量为4 C.电容器最终的电压是5V 3kL D.全过程电阻R产生的热量是875J 4.(2025湖南长沙模拟)（多选）如图所示，长木 6.（25-26高三下·湖南长沙·开学考试)（多选）如 板放置在足够大的光滑水平面上，电源、电阻、开 图，光滑金属轨道α、b水平放置，间距为d,左端 关、导轨固定在长木板上，光滑导轨N和MN平 连接自感系数为L的线圈，垂直轨道平面有垂直向 行，间距为L,长木板及固定在其上的电源、电阻、 下、磁感应强度为B的匀强磁场，质量为的金属 开关、导轨的总质量为M。长度也为L的导体棒PQ 杆以初速度向右运动，不计一切电阻和电磁辐射， 垂直平行导轨放置在N和M'间，导体棒的质量 下列分析正确的是( 为。匀强磁场方向竖直向上，大小为B。长木板 与固定在水平面上的力传感器通过刚性轻绳连接。 电阻的阻值为R,电源内阻、导轨和导体棒的电阻 以及接触电阻均不计。t=0时刻，闭合开关，通过 力传感器记录力随时间变化的图线，如图所示。从 A.金属杆将做匀减速运动 图像中可以读出t=0时刻力F=,t=t。时刻力F B.金属杆向右运动到最大距离时，通过线圈的 的大小趋近于0，可认为此时的拉力为0。则( 电量为匹 Bd C.金属杆和右侧的最大距离为 nL VB D.金属杆向右运动到最大距离的时间为 ml πBd 7.(2026湖南长沙模拟预测)（多选）如图所示， 在足够大的光滑水平绝缘桌面上，虚线MN的右侧 A.电源的电动势B=R 充满竖直向下的匀强磁场。一个粗细均匀的正方形 BL 导线框bcd(其电阻为R)以足够大的初速度从左 B.导体棒的最大速度，？A 边界沿x轴正方向进入磁场。t=0时，bc边与虚线 BL 重合，设线框的位移为x,速度为v,电流为I,受 C.时间内导体棒的位移大小x=mR 到的安培力为F,ad边两端的电势差为U,通过 L 导线横截面的电荷量为q4。在导线框运动的过程中， D.若辙去传感器的连接后，再闭合开关，则导 下列图像可能正确的是() MFR 体棒的最大速度vm= (M+m)B2L 5.(2025湖南长沙模拟预测)（多选）如图所示， 光滑金属导轨水平固定在地面上，导轨间距为 L=1m,定值电阻大小为R=13,整个装置处于竖 直方向且磁感应强度为B=1T的匀强磁场中，一根 导体棒垂直导轨放置，质量为=1kg,导轨和导体 棒电阻忽略不计，左侧电容器电容大小为C=1F, 原来不带电，刚开始，开关S闭合，导体棒在恒力 F=10N作用下由静止开始运动，经时间=10s后 导体棒早己达到稳定速度，此过程中通过电阻R的 电荷量为q=90C,之后立即撤去恒力F,同时断 开开关S,导体棒继续运动，导轨足够长，则下列 说法正确的是() 试卷第2页，共2页 《第25练电磁感应综合问题》参考答案 题号 2 3 4 U 6 7 答案 AC CD BD ABD BCD BC CD 1.AC 由能量守恒定律Q=m,3,得 【解析】A.水平金属圆环中金属杆产生的电动势 m,则Q6= 7 Q=乃t- 2 8=8-(G-5}5@@=1x03-01x03+01k5v=02N, g,故D 2 2 正确。故选CD。 故A正确：B.根据C=号：解得q=CU=C8=02C, 3.BD 故B错误；C.由于M右侧绝缘，cd棒中没有电 【解析】A.给导体棒α、b大小相同的水平向右的 流，cd棒不受安培力作用处于静止，ab棒做加速 初速度o,由E=2B。L-BL%=BLo,因为 度减小的减速运动最后匀速运动，设匀速运动时速 E I= Fx=2B,IL,解得a棒所受安培力 度为根据C-名则有 2R BiEvo, 由牛顿第二运动定律得F安=21a, R △q=CAU=C(O.2-BNm),根据动量定理有 解得a=B, 可知α棒运动的速度减小，加速 -B△t=0-mm,解得Bl△g=Nm,代入解得 2mR 度也减小，故A错误；B.设b棒到达OO时的速 3 m/s,△g三C,故C正确：D.由于 度大小为，此时导体棒a的速度大小为a,因为 右侧绝缘，cd棒中没有电流，所以通过导体棒cd 此时已经无电流，即BL。=2B,Ly。,设向右为正 的电荷量为0，故D错误。故选AC。 方向，对4、b棒分别根据动量定理可得 2.CD -2B,ILt=2w。-2wb,B,ILt=%-,联立解 【解析】A.因ab、cd棒材料、长度相同，质量分 2 4 别为、2，则cd棒的横截面积是ab棒2倍，由 得v=了%，%=3，故B正确：C.导体棒b运 R=P片可知见，心棒速度达到最大时，受 动至OO前，导体棒α和导体棒b构成的回路产生 的热量为 E 力平衡，有F=BIL,又E=BLm,I= R+R, 1 联 0=2(2+m加 2x2+ ,故C 6 立解得B=1B欧，故A错误：BC,撤去拉力前。 错误；D.设b棒与U形金属框碰撞后共同速度为 ΓLV2 B2Lv ,设向右为正方向，根据动量守恒定律可得 对b棒，根据动量定理，有t- 1 -t =nv 2 R+R 2 mm=2mm,解得y=3,由O0右侧磁场分布规 其中7=，解得x=1-分，故B错误，C正确。 律为B=B。+(化>O),可知U形金属框右边始终 D.解除锁定后两棒相互作用过程中动量守恒，最 比U形金属框左边的磁场大，即△B=L,从导体 后以相同的速度运动，则有'=3mw共，对全过程 棒b与U形金属框碰撞后到最终静止的过程，回路 答案第1页，共1页 中的平均电流为了，设向右为正方向，根据动量定 所做的功是W=F=900J,此过程由能量守恒知 理可知-△BILt=0-211,通过导体棒b截面的电 Q=m-m=8501,B正确，C.撤去恒力F后， 21 荷量为9=正，联立解得93学， 故D正确。故 导体棒继续向前运动，并给电容器充电，稳定时， 导体棒产生的动生电动势等于电容器的电压U,即 选BD。 4.ABD U=BL2,对导体棒用动量定理 【解析】A.t=0时刻，闭合开关，回路中的电流 -BL∑it=-BLq2=m(y2-,),稳定时电容器的电 ,景对长木板及因定在其上的电源、电团、开 荷量☑，=CBL,,联立以上两式解得 关、导轨进行分析有瓜=B,上，解得E=,故 BL m+CB=5m/s,=U=BIV:=5V,C 2= w。 A正确；B.t=。时刻力F的大小趋近于0，导体 确；D.撤去力F后，导体棒的动能转化为电阻R的 棒速度达到最大值时，回路总的电动势为0，回路 焦耳热和电容器的电场能，其中电场能大小是 中的电流为0，导体棒做匀速直线运动，则有 E=Σq=ΣCUAU=-号CU125J,此过程中电 E=BLa,结合上述解得y。 FR BP,故B正确； 1 阻8的焦耳热Q,mm2-B=25J,全过程 2 C.0~t。时间内，对导体棒进行分析，根据动量定 电阻R产生的焦耳热是 理有BiL,=m。,根据欧姆定律有7-E-BLT, 中 2=21+92=850J+25J=875J,D正确。故选BCD。 其中x=,解得x= FRt。 FR2 B-"B - 故C错误： 6.BC D.对长木板及固定在其上的电源、电阻、开关、 【解析】ACD.在任意时刻有LA以-Bdh, △t 导轨与导体棒构成的系统进行分析，根据动量守恒 ∑ZM=∑aM,即0-0=B,对杆 △t 定律有m-,=0,此时回路总电动势为0，则 F=Bld= B'd2 x,故杆做简谐运动，回复系数 有E=BLm+BL,结合上述解得 B'd2 k= 设最大位移为A,则二k4=6,得 MF R L 2 =M十mBE,故D正确。故选ABD。 nvL 5.BCD A= 周期T=2元 =2π1 向右运 NB'd2 【解析】A.当导体棒加速度为0时，速度最大 动到最大距离的时间t=T-交mL ,故AD错 此时导体棒的安培力大小 421B'd F=P=BBL=B,解得 误，C正确：B.对杆∑BIA-△t=m,-0,得q=" Bd R R FR 故B正确。故选BC。 =10m/s,A错误；B.此过程中通过电 7.CD 阻R的电荷量q= BLx =90m,恒力F R 解得x= BL 【解析】A.设线框的初速度为。，边长为L,磁 答案第2页，共3页 感应强度为B,线框进入磁场过程，根据F=BL, 故C正确；B.根据q=九，1=安，可知g-1图 1兴，解得R-B,根据动量定理有 R 像的斜率先逐渐减小，再突变为O,故B错误； Ft=m-。,解得v=。- B2 x,可知线框进入 D.线框进入磁场的过程中 R Ue-B-子Bv。4 、B 磁场的过程，v随x均匀减小，F随x均匀减小， x,可知U-x是一条 4 4 线框完全进入磁场后F突变为0，故A错误；C.根 倾斜向下的直线：完全进入磁场后线框做匀速直线 据1：女，可知，线框进入磁场的过程I随v均匀 运动，速度保持不变，则U=BLN,故D正确。 减小，线框完全进入磁场后匀速运动，I突变为0， 故选CD。 答案第3页，共3页