2026届高三物理二轮复习专项训练：专题四专题练 电路与电磁感应

**基本信息** 聚焦电路与电磁感应核心模块，通过真题模拟题系统覆盖交变电流、电磁感应规律及综合应用，强化物理观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |交变电流及应用|3题（1、2、10）|图像分析、有效值计算|从产生原理到变压器能量传输，构建交变电流描述体系| |电磁感应规律|5题（5、7、8、9、11）|楞次定律应用、电动势计算|以法拉第电磁感应定律为核心，关联电荷量与焦耳热推导| |电路动态分析|2题（4、6）|传感器结合电路|基于闭合电路欧姆定律，分析电阻变化对电路状态的影响| |实际与综合应用|1题（3）|功率电能计算|联系生活实际，体现能量观念在电路中的应用|

专题练　电路与电磁感应 1. (2024·连云港三模)线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴转动，产生交变电流的i-t图像如图所示，则( ) A. 该交变电流的周期为0.5 s B. 该交变电流的有效值为2 A C. t＝0.1 s时，穿过线圈的磁通量为0 D. t＝0.2 s时，穿过线圈的磁通量变化最快 2. (2024·河北卷)R1、R2为两个完全相同的定值电阻，R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图甲所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的倍)，R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图乙所示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为( ) A. 2∶3 B. 4∶3 C. 2∶ D. 5∶4 3. 如图所示为某款扫地机器人，其内置锂电池容量为5 000 mA·h，在一般情况下，充满一次电可供其正常工作的时间为150 min.已知该扫地机器人的额定功率为30 W，则下列说法中正确的是( ) A. 扫地机器人正常工作时的电流是0.2 A B. 扫地机器人正常工作时的电压为15 V C. 扫地机器人正常工作150 min消耗的电能为3.6×105 J D. 扫地机器人电动机的内阻为7.5 Ω 4. (2025·苏州八校三模)火灾报警的工作原理图如图所示，理想变压器的原线圈接电压恒定的交流电，副线圈的电路中R为热敏电阻，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻．当温度升高时，R的阻值变小，报警装置通过检测R2中的电流来实现报警．则( ) A. 发生火灾时，原线圈中的电流在变小 B. 发生火灾时，报警装置检测到电流变小 C. 为了降低报警温度，R1的滑片P应向下滑动 D. R1的滑片P向上滑动时，副线圈两端的电压变大 5. (2025·南通四模)某学习小组估测当地的地磁场磁感应强度大小，如图所示，一根弯成半圆形的金属导线两端连接一个交流电压表，两人站在不同方位匀速摇动导线，电压表的示数不同，其中最大示数为U，已知半圆的半径为R，转动的角速度为ω，导线电阻不计，当地的地磁场磁感应强度B的大小约为( ) A. B. C. 　 D. 6. (2024·姜堰、如东、前黄三校联考)在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻(R1>r)，R3为光敏电阻，其阻值随照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则( ) A. 电压表的示数变大 B. 小灯泡变亮 C. 通过R2的电流变小 D. 电源输出功率变小 7. (2024·苏锡常镇调研二)如图所示，半径为r2的圆形单匝线圈中央有半径为r1的有界匀强磁场，磁感应强度随时间变化关系为B＝B0＋kt(k>0)，线圈电阻为R，则磁感应强度从B0增大到2B0时间内( ) A. 线圈面积有缩小的趋势 B. 线圈中电子沿逆时针方向定向移动 C. 线圈中产生的焦耳热为 D. 通过导线横截面的电荷量为 8. (2024·常州期末监测)如图所示，两光滑导轨PQ、MN水平放置，夹角为45°，处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，在M、P处串联间距极小的电容器，电容为C，与PQ垂直的导体棒在垂直于棒的水平外力作用下从导轨最左端向右匀速运动，速度为v，不计一切电阻，则下列说法中正确的是( ) A. 电容器上板带正电 B. 水平外力保持不变 C. 水平位移为x时电容器储存的电能为CB2v2x2 D. 水平位移为x时外力的功率为CB2v3x 9. (2025·泰州调研)如图所示，两条固定的光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN同时自导轨上图示位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时恰好匀速．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场的过程中，导体棒PQ中的电流随时间变化的图像可能正确的是( ) 10. (2024·南通第一次调研)如图所示，一个小型交流发电机输出端连接理想变压器，原、副线圈匝数分别为n1、n2，副线圈连接电阻R.交流发电机的线圈匝数为N，电动势瞬时值的表达式为e＝Emsin ωt，发电机线圈电阻不计．求： (1) 通过发电机线圈磁通量的最大值Φm. (2) 变压器原线圈中电流的有效值I. 11. (2025·山东卷)如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为α，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系．轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ(－2L≤x<－L)内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ(x≥0)内充满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小B1＝k1t＋k2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成．将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上，pq边与轨道垂直，由静止释放．已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感． (1) 若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中做匀速运动，求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s. (2) 金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t＝0)，此时金属框的速率为v0，若k1＝，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef边移动的距离d. 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题练　电路与电磁感应 1. (2024·连云港三模)线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴转动，产生交变电流的i-t图像如图所示，则(D) A. 该交变电流的周期为0.5 s B. 该交变电流的有效值为2 A C. t＝0.1 s时，穿过线圈的磁通量为0 D. t＝0.2 s时，穿过线圈的磁通量变化最快 【解析】由图可知该交变电流的周期为0.4 s，故A错误；该交变电流的有效值为I＝＝ A，故B错误；t＝0.1 s时，感应电流为0，此时穿过线圈的磁通量最大，故C错误；t＝0.2 s时，感应电流最大，根据法拉第电磁感应定律可知穿过线圈的磁通量变化最快，故D正确． 2. (2024·河北卷)R1、R2为两个完全相同的定值电阻，R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图甲所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的倍)，R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图乙所示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为(B) A. 2∶3 B. 4∶3 C. 2∶ D. 5∶4 【解析】根据有效值的定义可知图甲的有效值的计算为T＝×＋×，解得U1＝U0，图乙的有效值为U2＝，接在阻值大小相等的电阻上，因此Q1∶Q2＝U∶U＝4∶3，故B正确． 3. 如图所示为某款扫地机器人，其内置锂电池容量为5 000 mA·h，在一般情况下，充满一次电可供其正常工作的时间为150 min.已知该扫地机器人的额定功率为30 W，则下列说法中正确的是(B) A. 扫地机器人正常工作时的电流是0.2 A B. 扫地机器人正常工作时的电压为15 V C. 扫地机器人正常工作150 min消耗的电能为3.6×105 J D. 扫地机器人电动机的内阻为7.5 Ω 【解析】扫地机器人正常工作时的电流是I＝ A＝2 A，A错误；扫地机器人正常工作时的电压为U＝＝ V＝15 V，B正确；扫地机器人正常工作150 min消耗的电能为E＝Pt＝30×150×60 J＝2.7×105 J，C错误；由于扫地机器人电动机不是纯电阻，其内阻r≠＝ Ω＝7.5 Ω，D错误． 4. (2025·苏州八校三模)火灾报警的工作原理图如图所示，理想变压器的原线圈接电压恒定的交流电，副线圈的电路中R为热敏电阻，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻．当温度升高时，R的阻值变小，报警装置通过检测R2中的电流来实现报警．则(C) A. 发生火灾时，原线圈中的电流在变小 B. 发生火灾时，报警装置检测到电流变小 C. 为了降低报警温度，R1的滑片P应向下滑动 D. R1的滑片P向上滑动时，副线圈两端的电压变大 【解析】发生火灾时，温度升高，热敏电阻阻值变小，根据欧姆定律可知副线圈电流变大，则报警装置检测到电流变大；根据＝可知，原线圈电流也变大，故A、B错误；为了降低报警温度，即对应的热敏电阻R阻值变大，根据I2＝可知，滑动变阻器接入电路的电阻应减小，则R1的滑片P应向下滑动，故C正确；根据＝可知，副线圈电压由原线圈电压及匝数比决定，故D错误． 5. (2025·南通四模)某学习小组估测当地的地磁场磁感应强度大小，如图所示，一根弯成半圆形的金属导线两端连接一个交流电压表，两人站在不同方位匀速摇动导线，电压表的示数不同，其中最大示数为U，已知半圆的半径为R，转动的角速度为ω，导线电阻不计，当地的地磁场磁感应强度B的大小约为(D) A. B. C. 　 D. 【解析】地磁场可看成是匀强磁场，当电压表的示数最大时转轴与磁感线垂直，有U＝Emax，又Emax＝Bω，解得B＝，故D正确． 6. (2024·姜堰、如东、前黄三校联考)在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻(R1>r)，R3为光敏电阻，其阻值随照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则(D) A. 电压表的示数变大 B. 小灯泡变亮 C. 通过R2的电流变小 D. 电源输出功率变小 【解析】将照射R3的光的强度减弱，则R3阻值增大，根据“串反并同”可知，与它串联的R1电压减小，则电压表示数减小，与它并联的R2的电流变大，与它串联的小灯泡变暗，故A、B、C错误；因为R1>r，R3阻值增大，电路中总电阻增大，根据电源输出功率特点可知，电源输出功率减小，故D正确． 7. (2024·苏锡常镇调研二)如图所示，半径为r2的圆形单匝线圈中央有半径为r1的有界匀强磁场，磁感应强度随时间变化关系为B＝B0＋kt(k>0)，线圈电阻为R，则磁感应强度从B0增大到2B0时间内(C) A. 线圈面积有缩小的趋势 B. 线圈中电子沿逆时针方向定向移动 C. 线圈中产生的焦耳热为 D. 通过导线横截面的电荷量为 【解析】由题意可知，磁场在均匀增加，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知会产生逆时针方向的感应电流，那么线圈中电子沿顺时针方向定向移动，线圈中产生感应电流，但是线圈所在位置没有磁场，所以线圈不受安培力，线圈面积没有变化趋势，A、B错误；设线圈中感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得E＝S，线圈中的感应电流I＝，联立解得I＝，磁感应强度增大为2B0的时间t＝，由焦耳定律得Q＝I2Rt＝，通过的电荷量q＝It＝，C正确，D错误． 8. (2024·常州期末监测)如图所示，两光滑导轨PQ、MN水平放置，夹角为45°，处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，在M、P处串联间距极小的电容器，电容为C，与PQ垂直的导体棒在垂直于棒的水平外力作用下从导轨最左端向右匀速运动，速度为v，不计一切电阻，则下列说法中正确的是(D) A. 电容器上板带正电 B. 水平外力保持不变 C. 水平位移为x时电容器储存的电能为CB2v2x2 D. 水平位移为x时外力的功率为CB2v3x 【解析】由右手定则知，导体棒电流方向向下，所以电容器上板带负电，下板带正电，A错误；导体棒在向右匀速运动过程中，导体棒在磁场中的有效长度变化，安培力也发生变化，故水平外力也发生变化，B错误；水平位移为x时E＝Bxv，电容器储存的电能为W＝CE2＝CB2x2v2，C错误；由平衡条件知，水平位移为x时外力的功率大小等于安培力功率大小，设经过一小段位移Δx，电容器带电荷量增加ΔQ＝CΔE＝CBΔxv，电流为I＝＝＝CBv2，则安培力功率P＝F安v＝B·CBv2·x·v＝CB2v3x，D正确． 9. (2025·泰州调研)如图所示，两条固定的光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN同时自导轨上图示位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时恰好匀速．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场的过程中，导体棒PQ中的电流随时间变化的图像可能正确的是(D) 【解析】设导轨宽度为L，回路电阻为R，PQ进入磁场时速度为v1，MN进入磁场时速度为v2，易判断v2>v1，已知PQ进入磁场时恰好匀速，则有安培力等于mgsin θ，回路电流I1＝，情况1：若PQ出磁场时，MN未进入磁场，则当PQ匀速出磁场过程，电流I＝I1不变，由右手定则可知电流方向为Q指向P，之后当MN进入磁场时，回路电流I2＝，由右手定则可知电流方向P到Q，因为v2>v1，所以有I2>I1，分析可知MN棒做减速运动，即I2会逐渐减小到可能等于I1的过程；情况2：若PQ出磁场前，MN已进入磁场，则此时回路电流I3＝＝，由楞次定律可知电流方向为P到Q，之后MN减速，PQ加速，即Δv减小，I3减小，综合以上分析可知D选项符合题意． 10. (2024·南通第一次调研)如图所示，一个小型交流发电机输出端连接理想变压器，原、副线圈匝数分别为n1、n2，副线圈连接电阻R.交流发电机的线圈匝数为N，电动势瞬时值的表达式为e＝Emsin ωt，发电机线圈电阻不计．求： (1) 通过发电机线圈磁通量的最大值Φm. (2) 变压器原线圈中电流的有效值I. 答案：(1) 　(2) 【解析】(1) 设匀强磁场的磁感应强度大小为B，线圈面积为S，则Em＝NBSω 且Φm＝BS 解得Φm＝ (2) 设变压器原、副线圈上电压的有效值为U1、U2，则 U1∶U2＝n1∶n2，而U1＝ U1I＝ 解得I＝ 11. (2025·山东卷)如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为α，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系．轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ(－2L≤x<－L)内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ(x≥0)内充满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小B1＝k1t＋k2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成．将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上，pq边与轨道垂直，由静止释放．已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感． (1) 若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中做匀速运动，求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s. (2) 金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t＝0)，此时金属框的速率为v0，若k1＝，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef边移动的距离d. 答案：(1) 　　(2) 【解析】(1) 金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中，金属框只有一条边切割磁感线，根据楞次定律可得，安培力水平向左，则切割磁感线产生的电动势E＝BLvcos α 线框中电流I＝ 线框做匀速直线运动，则BILcos α＝mgsin α 解得金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程的速率 v＝ 金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中，只有重力做功，由动能定理可得mgssin α＝mv2 可得释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离 s＝＝ (2) 当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t＝0)，设线框ef边到O点的距离为s时，线框中产生的感应电动势E′＝＝L2＝k1L2＋k2L2＝(k1＋k2v)L2，其中v＝ 此时线路中的感应电流I′＝ 线框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为 F安1＝[k1t＋k2(s＋L)]I′L 线框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为 F安2＝(k1t＋k2s)I′L 则线框受到的安培力 F安＝F安1－F安2＝[k1t＋k2(s＋L)]I′L－(k1t＋k2s)I′L 代入k1＝ 化简得F安＝mgsin α＋ 当线框平衡时F安＝mgsin α，可知此时线框速率为0 则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得mgsin αΔt－F安Δt＝mΔv 即－Δt＝mΔv 对时间累积求和可得－＝0－mv0 可得d＝ 学科网（北京）股份有限公司 $