2026届高考物理二轮复习周测卷1 电路与电磁感应（提升卷）

2026高考物理二轮复习周测卷1电路与电磁感应 (提升卷) (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 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. 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。 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, 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, 最大,E为零 D.当t=时, 和E均为零 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 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 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 t,则S接2时u2-t的图像为( ) A. B. C. 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 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 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Bl2 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 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 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 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 ) 电阻箱(阻值范围0~999.9 ) 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_ m(取 =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 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 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 、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。 13.(20分)(2025 福建卷)光滑斜面倾角为 =30 , 区域与 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, 区域长为L1, 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 区域到ab边离开 区域的过程中速度均为v,cd边进入 区域时的速度和ab边离开 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 区域上边缘的距离; (2)求cd边进入 区域时cd边两端的电势差; (3)求线框进入 区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率。 2026高考物理二轮复习周测卷1电路与电磁感应 (提升卷)参考答案 1.A 2.A 3.C 4.B 5.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.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 t;可知此时输出的交流电的周期为T=。故选D。] 7.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=m v进,-t出=m v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+ v进+ v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。] 8.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= l,感应电动势的大小为E=Blv,解得E=Bl2 ,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Bl2 ,C错误;t=0时,穿过bcde面的磁通量为 1=-Bl2,t=时,磁场从bcde面的另一面穿过,磁通量为 2=Bl2,由法拉第电磁感应定律得,由以上整理得,D错误。] 9.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.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-BLt=0-mv0,又t=q=,联立解得金属杆停止时与导轨围成的面积S= S=,C正确;由C项分析可知,金属杆的初速度减半时, S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。] 11.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 ,合金丝的横截面积S= ,根据R= , 得 ==1.256 10-6 m≈1.3 10-6 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 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.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 ∑- t=mv1-mv0, 结合 x=vt t、∑ x=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, ∑-B2ItL t=mv1-mv0 结合 q=It t、∑ q=q得, -B2Lq=mv1-mv0 流过导体框的电荷量为 q= t2= t2= t2=, 解得v1=0.01 m/s。 答案:(1)0.015 N (2)见解析图 (3)0.01 m/s 13.解析:(1)解法一:线框从释放到cd边进入 区域,由动能定理有 mgs1sin =mv2, 解得线框释放时cd边与 区域上边缘的距离为s1=。 解法二:线框从释放到cd边进入 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=gsin =g, 则线框释放时cd边与 区域上边缘的距离为s1= 。 (2)由题意可知,线框穿过 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 mgsin =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 区域到完全离开过程,由动能定理有 mg(L1+L2)sin -W=0, 由动量定理有 mgtsin -∑BL1 t=0, 其中∑ t=∑, 当L1<L2时, x=2L1;当L1>L2时, x=2L2;当L1=L2时,分析可知cd边进入 区域时的速度和ab边离开 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 $