专题五 电磁感应和交变电流 专项训练 -2026届高三物理二轮复习

专题五 电磁感应和交变电流 一、单项选择题:共10题,每题4分,共40分。每题只有一个选项符合题意。 1.(2024北京卷)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(　　) 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a到b D.断开开关瞬间,线圈P中感应电流的磁场方向向左 2.(2025河南卷)如图,一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时,沿N极到S极的方向看,下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是(　　) 3.(2025镇江开学考试)小华用图示电路研究断电自感现象。检查电路无误,闭合开关,小灯泡发光,断开开关后,小灯泡有延时熄灭现象。若想观察到小灯泡“闪亮”现象,以下操作最合理的是(　　) A.增加电池的节数 B.在线圈中插入铁芯 C.换用额定电压相同,额定功率更大的小灯泡 D.减小滑动变阻器接入电路的阻值 4.(2025南京学情调研)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。两对永磁体可随发动机一起上下振动,每对永磁体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,永磁体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(　　) A.穿过线圈的磁通量为BL2 B.永磁体相对线圈上升越高,线圈中感应电动势越大 C.永磁体相对线圈上升越快,线圈中感应电动势越小 D.永磁体相对线圈下降时,线圈中感应电流的方向为顺时针方向 5.(2026苏州调研)水平圆形导体环置于竖直方向的磁场中,规定如图甲所示导体环中电流的方向为正方向,磁场向上为正,磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示,下列能正确表示导体环中感应电流变化情况的是(　　) 6.(2025苏州调研)一个单匝矩形线圈,在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,产生的电动势随时间的变化规律为e=220sin 100πt(V),则(　　) A.频率为100 Hz B.电动势有效值为220 V C.t=0时,线圈位于中性面 D.线圈中最大磁通量为 Wb 7.(2025南京期中)如图甲所示,一理想变压器原、副线圈匝数之比为11∶2,其原线圈两端接入如图乙所示的正弦式交变电流,副线圈通过电流表与负载电阻R相连。若交流电压表和交流电流表都是理想电表,下列说法正确的是(　　) A.变压器输出电压的最大值是40 V B.t=0.01 s时,电流表的示数是0 C.变压器副线圈输出的交变电流的频率为0.5 Hz D.若电流表的示数为1 A,则负载电阻R的阻值为40 Ω 8.(2026南京初调)如图甲所示,白鹤滩水电站是我国实施“西电东送”的重大工程,其输电原理如图乙所示。设输电功率为P,输电电压为U,输电线总电阻为r,仅考虑输电线的功率损耗。下列说法正确的是(　　) A.输电线上的电流I= B.输电线上损耗的功率P损= C.P一定时,输电电压变为,输电线损耗的功率变为原来的4倍 D.U一定时,输电功率变为2P,用户得到的功率变为原来的2倍 9.(2025南京调研)两个完全相同的正方形匀质金属框,边长为l,通过长为l的绝缘轻质杆相连,构成如图所示的组合体。距离组合体下底边h处有一方向水平、垂直于纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平,高度为l,左右宽度足够大。把该组合体在垂直于磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出,设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场,不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A.B与v0无关,与成反比 B.通过磁场的过程中,金属框中电流的大小和方向保持不变 C.通过磁场的过程中,组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等 D.调节h、v0和B,组合体匀速通过磁场的速度越大,则其通过磁场的过程中产生的热量越多 10.(2025宿迁、南通、连云港二模)如图所示,正方形导线框在光滑水平面上以某初速度进入有界匀强磁场,线框边长是磁场宽度的一半。线框穿过磁场的过程中,感应电流i随时间t的变化关系和速度v随位移x的变化关系图像,可能正确的是(　　) 二、非选择题:共5题,共60分,其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分;有数值计算时,答案中必须明确写出数值和单位。 11.(15分)(2025盐城月考)研究性学习小组利用压敏电阻制作电子秤。已知压敏电阻在压力作用下发生微小形变,它的电阻也随之发生变化,其阻值R随压力F变化的图像如图(a)所示,其中R0=15 Ω,图像斜率k=1.4 Ω/N。小组同学按图(b)所示电路制作了一个简易电子秤(秤盘质量不计),电路中电源电动势E=3.5 V,内阻未知,电流表量程为0~10 mA,内阻RA=18 Ω,g取10 m/s2。实验步骤如下: 图(a) 图(b) ①秤盘上不放重物时,闭合开关,调节滑动变阻器,使电流表指针满偏; ②秤盘上放置已知质量的重物,保持滑动变阻器接入电阻不变;读出此时电流表示数I; ③换用不同已知质量的重物,记录每一个质量值对应的电流值; ④将电流表刻度盘改装为质量刻度盘。 (1)实验时发现电流表量程偏小,根据需要将其量程扩大为0~100 mA,则应该给该电流表　　　　(选填“串联”或“并联”)阻值为　　　　 Ω的电阻。  (2)用改装后的电流表进行操作,若电流表示数为20 mA,则待测重物的质量m=　　　　 kg(结果保留两位有效数字)。  (3)电流表表盘改动后,正确的刻线及0刻度位置最合理的是　　　　　　　　。  (4)若电源电动势不变,内阻变大,其他条件不变,用这台电子秤称重前,进行了步骤①的操作,则测量结果　　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。  12.(8分)(2025盐城模拟)如图所示,用等臂天平测量匀强磁场的磁感应强度。天平的左臂为挂盘,右臂挂矩形线圈,天平平衡。线圈上部处在垂直纸面向外的磁场中,磁场区域宽度L=0.4 m,磁感应强度B随时间均匀增大,其变化率=1×10-3 T/s。线圈下部处在另一与纸面垂直的匀强磁场中,挂盘中放质量为m=0.08 kg的砝码时,天平再次平衡。已知线圈的水平边长d=0.2 m,匝数N=1 000,总电阻R=1 Ω,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)线圈中感应电流的大小I; (2)线圈下部所处磁场的磁感应强度大小B0和方向。 13.(8分)(2025南京模拟)如图所示,边长为a,电阻为R的正方形粗细均匀导线框PQMN进入磁感应强度为B的匀强磁场。图示位置线框速度大小为v,且垂直于MN,求: (1)NM两端电势差; (2)线框受到的安培力大小。 14.(13分)(2025盐城模拟)如图所示,交流发电机的线圈处于磁感应强度大小为B= T的匀强磁场中,线圈绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动。已知线圈匝数为N=100匝,面积为S=0.1 m2,转动的角速度为ω=100 rad/s,通过理想变压器连接阻值为R=16 Ω的电阻,正常工作时,理想电流表示数为0.25 A。若从图示位置开始计时: (1)写出该发电机产生感应电动势的瞬时值表达式; (2)若不计发电机线圈电阻,求理想变压器的原、副线圈匝数比。 15.(16分)(2025南京模拟)磁悬浮列车是一种靠安培力使列车浮于空中而减小地面的支持力和摩擦力,从而提高运行速度的列车。图甲为磁悬浮列车简化原理图。一个质量为m、宽为L、长略大于L、总电阻为R的矩形单匝线圈,下半部分处于长为L、宽为、方向交互相反的匀强磁场中,磁感应强度均为B,线圈下边在磁场外;上半部分处于足够长、磁感应强度B1随时间t的变化规律如图乙所示的匀强磁场中,规定垂直于纸面向内的方向为正方向。设t=0时刻,线圈经过如图甲所示位置,在水平力F(未知)作用下,线圈不接触任何支持物匀速向右平动。线圈与地面间的动摩擦因数为μ,且B0=,不考虑磁场边缘效应,重力加速度取g。 (1)求水平力F的大小及匀速运动的速度v0; (2)若t1时刻撤去外力F,求从撤去力F到线圈停止运动所需时间及位移; (3)若B0<,t1时刻撤去外力F后线圈的v-t图像如图丙所示,至t2时刻停止运动,t1、t2、B0为已知量,求该过程线圈的位移。 答案： 1.B　解析 闭合开关瞬间,由楞次定律可知,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,二者相互排斥,A项错误;闭合开关,达到稳定后,通过线圈P的磁通量保持不变,感应电流为零,电流表的示数为0,B项正确;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,C、D项错误。 2.C　解析 根据题意,当金属薄片中心运动到N极正下方时,薄片右侧的磁通量在减小,左侧磁通量在增加,由于两极间的磁场竖直向下,根据楞次定律可知此时薄片右侧的涡电流方向为顺时针,薄片左侧的涡电流方向为逆时针。故选C。 3.D　解析 若想观察到小灯泡“闪亮”现象,就要在电路稳定时通过自感线圈的电流大于通过灯泡的电流,如增加电池的节数,则线圈与灯泡的电流都增大;如在线圈中插入铁芯,则线圈与灯泡的电流都不变;如换用额定电压相同、额定功率更大的小灯泡,则通过灯泡的电流增大;如减小滑动变阻器接入电路的阻值,则通过线圈的电流增大,故A、B、C项错误,D项正确。 4.D　解析 根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0,故A项错误;根据法拉第电磁感应定律可知永磁体相对线圈上升越快,磁通量变化越快,线圈中感应电动势越大,故B、C项错误;永磁体相对线圈下降时,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项正确。 5.B　解析 根据法拉第电磁感应定律有:E=n=nS,因此在面积、匝数不变的情况下,感应电动势与磁场的变化率成正比,即与B-t图像中的斜率成正比,由B-t图像可知:0~2 s斜率不变,故产生的感应电流不变,根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针,即为负值,2~4 s斜率不变,电流方向为逆时针,即为正值,整个过程中的斜率大小相等,所以感应电流大小不变,故A、C、D项错误,B项正确。 6.C　解析 由交流电动势为e=220sin 100πt(V)可得ω=100π,根据ω=2πf得交变电流的频率为50 Hz,故A项错误;由交流电动势为e=220sin 100πt(V)可得峰值为220 V,电动势的有效值为220 V,故B项错误;t=0时,电动势为零,所以线圈平面和磁场垂直,故线圈位于中性面,C项正确;电动势最大值为220 V=nBωS=nωΦ,所以最大磁通量Φ= Wb,故D项错误。 7.D　解析 由图乙可知变压器原线圈两端电压的最大值为220 V,根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系,解得变压器输出电压的最大值是U2m=40 V,故A项错误;电流表在任意时刻显示的示数均为有效值,t=0.01 s时,电流表的示数不是0,故B项错误;变压器不改变交变电流的频率,变压器副线圈输出的交变电流的频率为f= Hz=50 Hz,故C项错误;变压器副线圈的有效值为U2==40 V,若电流表的示数为1 A,则负载电阻R的阻值为R= Ω=40 Ω,故D项正确。 8.C　解析 输电线上的电流为I=,故A错误;输电线上损耗的功率P损=I2r=r,由此可知,P一定时,输电电压变为,输电线损耗的功率变为原来的4倍,故B错误,C正确;用户得到的功率为P'=P-P损=P-r,由此可知,U一定时,输电功率变为2P,输电线损失的功率变为原来的4倍,用户得到的功率不是变为原来的2倍,故D错误。 9.C　解析 组合体下底边刚进入磁场时,竖直方向的速度为vy=,下底边切割磁感线,根据楞次定律可知金属框中电流的方向为逆时针,水平方向速度使左右两边切割磁感线,产生的电动势相互抵消,组合体匀速通过磁场,则有BIL=mg,又有E=BLvy,I=,联立可得=mg,可知B与v0无关,B2与成反比,故A项错误;当金属框刚进入磁场时金属框的磁通量增加,此时感应电流的方向为逆时针方向,当金属框刚出磁场时金属框的磁通量减少,此时感应电流的方向为顺时针方向,故B项错误;组合体通过磁场的过程中BIL=mg,则组合体克服安培力做功的功率等于重力做功的功率,故C项正确;无论调节哪个物理量,只要组合体仍能匀速通过磁场,都有BIL=mg,则安培力做的功都为Q=WG=4mgL,故D项错误。 10.D　解析 根据法拉第电磁感应定律E=Blv,设线圈电阻为R,根据闭合电路欧姆定律I=,根据安培力公式F=BIl,根据牛顿第二定律a=,联立解得a=,根据加速度的表达式可知,线框向右全部进入磁场的过程,线框做加速度减小的减速运动;线框完全进入磁场后,穿过线框的磁通量不变,线框中感应电动势为零,感应电流为零,安培力为零,加速度为零,因此线框完全进入磁场到刚要离开磁场过程,线框做匀速运动;线框穿出磁场过程中,根据加速度的表达式可知,线框继续做加速度减小的减速运动,直到完全穿出磁场;此过程v-t图应为如图所示,由于线框宽度只有磁场宽度的一半,所以线框整体在磁场中匀速运动的距离与出磁场的距离相等,则根据i=,可知出磁场电流将越来越小,方向与进磁场时的电流方向相反,综上可以得出出磁场时间比在磁场中匀速运动时间更长,故A、B项错误。线框进入磁场过程中,由动量定理BL·Δt=mv0-mv,,联立得·Δt=mv0-mv,即v=v0-·Δt=v0-,因此v-x图应该线性变化;完全进入磁场后,通过线框的磁通量为定值,所以没有安培力,线框做匀速直线运动;出磁场时同理可得线框v-x图应该也为线性变化,故C项错误,D项正确。 11.(1)并联　2 (2)10 (3)A (4)不变 解析 (1)根据电流表的改装原理可知,应并联一个电阻,根据欧姆定律有 R==2 Ω。 (2)根据闭合电路欧姆定律可得,当秤盘上不放重物时,调节滑动变阻器使得电流表满偏,有 IA= 当秤盘上放上重物,且电流表示数为20 mA时,有 I0= R=R0+kmg 联立可得 m=10 kg。 (3)由于压敏电阻阻值R随压力增大而增大,则电流表示数随压力增大而减小,所以改装后的刻度盘,其零刻度线在电流表的满刻度处。故选A。 (4)根据操作过程①可知,当电源电动势不变,而内阻增大时,仍可以使得电流表达到满偏,滑动变阻器接入电路的阻值减小,但回路中电源内阻和滑动变阻器接入电路的总电阻不变,所以测量结果不变。 12.(1)8×10-2 A (2)0.05 T,方向垂直纸面向里 解析 (1)由电磁感应定律得 E=N=NLd 由欧姆定律得 I= 代入数据得 I=8×10-2 A。 (2)线圈受到安培力 F=NB0Id 天平平衡 mg=F 代入数据可得 B0=0.05 T 方向垂直纸面向里。 13.(1)Bav (2) 解析 (1)根据题意可知,感应电动势为 E=BLv=Bav NM两端电势差 U=E=Bav。 (2)感应电流为 I= 线框的有效长度为 L'=a 线框受到的安培力大小 F=BIL'=。 14.(1)E=100cos 100t(V) (2)5∶1 解析 (1)该发电机产生感应电动势的瞬时值表达式 E=NBSωcos ωt=100××0.1×100cos 100t(V)=100cos 100t(V)。 (2)变压器原线圈两端的电压为 U1==100 V 变压器输入功率等于输出功率,则 P=U1I1=R 解得 I2=1.25 A 根据理想变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系,理想变压器的原、副线圈匝数比为 。 15.(1)μmg　 (2) (3) 解析 (1)令线圈匀速运动时电流为I0,则对线圈上边受力分析有B0I0L=mg 对线圈左右两条边受力分析,由牛顿第二定律有F=2BI0· 联立以上两式可得F=μmg 由法拉第电磁感应定律有E0=BLv0 由欧姆定律有I0= 联立解得v0=。 (2)撤去外力后,线圈做减速运动,当线圈速度为v时,由法拉第电磁感应定律有E=BLv 由欧姆定律有I= 则F安1=B0IL 对线框受力分析,竖直方向有B0IL+FN=mg 则摩擦力有Ff=μFN 线框左右两边受到的安培力为F安2=BIL 则线框在水平方向上受到的合外力为F合=F安2+Ff=μmg 故线圈做匀减速直线运动,由动量定理有F合t=mv0 联立解得t= 由动能定理有F合x= 解得x=。 (3)若B0<,则对线框受力分析,由牛顿第二定律有F安2+Ff=μmg+=ma 线圈做加速度逐渐减小的减速运动。 由动量定理可得Δt=mv0 即μmgΔt+=mv0 解得s=。 学科网（北京）股份有限公司 $