五、电路、电磁感应和交变电流-【优学精研】2027年高考物理一轮总复习收官模考蓄力（提升版）

**基本信息** 以电磁感应和交变电流为核心，融合微元法等数学工具与生活科技情境，构建“概念-方法-应用”三维训练体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |物理与生活科技类|4题（含电磁弹射、漏电保护等）|电磁驱动模型、磁通量变化分析|从电磁感应现象到科技应用，强化物理观念与科学态度| |物理与数学方法类|3题（含电容器、变压器等）|微元法、动量定理（∑BiLΔt=mv）、等效电阻法|数学工具（导数、微元）与物理规律结合，培养科学思维|

五、电路、电磁感应和交变电流 物理与生活科技类 （2025·安徽马鞍山二模）2025年9月福建号航母已经成功完成了多次舰载电磁弹射实验，电磁弹射是利用运动磁场对闭合线圈的电磁力来驱动物体运动的。如图所示是某个电磁驱动的模拟场景，水平面上等距分布着宽度和间距都为L＝0.2 m的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。通过控制使整个磁场以v0＝20 m/s的速度水平向右匀速运动。两个放在水平面上的导线框a、b，表面绝缘，它们的质量均为m＝0.2 kg、边长均为L＝0.2 m、电阻均为R＝1 Ω，与水平面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、μ2＝0.4。两线框在如图位置静止释放，b恰能保持静止，a在安培力驱动下向右运动，然后与b发生弹性碰撞。已知a在与b碰撞前已达到最大速度，忽略a、b产生的磁场，以及运动磁场的电磁辐射效应，重力加速度g取10 m/s2。试求： （1）磁感应强度B的大小； （2）导线框a与b碰撞前的最大速度和首次碰撞后a、b速度的大小； （3）首次碰撞后a、b相距最远瞬间，a的速度为多大？若首次碰撞后到两者相距最远用时t＝3.5 s，且在这段时间内a移动的距离sa＝9.7 m，则在这段时间内b的位移为多大？ 答案：（1）1 T　（2）10 m/s　0　10 m/s　（3）5 m/s　25 m 解析：（1）开始b恰能保持相对静止，则有BIbL＝μ2mg Ib＝＝ 联立解得B＝1 T。 （2）当a达到最大速度时，有BIaL＝μ1mg 其中Ea＝BL（v0－vam） Ia＝ 联立解得vam＝10 m/s a、b发生弹性碰撞有 mvam＝mva＋mvb m＝m＋m 解得va＝0，vb＝10 m/s。 （3）由于碰撞后a、b组成的系统合外力为零，则a、b组成的系统动量守恒，则a、b共速时相距最远，有 mvam＝2mv共 解得v共＝5 m/s 对b，由动量定理得BL·t－μ2mgt＝mv共－mvb 其中qb＝·t＝ 联立解得xb＝25 m。 物理与数学方法类 〔多选〕（2025·河北保定一模）固定在水平面内足够长的光滑平行金属直导轨与电动势E＝12 V的直流电源、电容C＝0.1 F的电容器和阻值R＝1 Ω的定值电阻组成了如图所示的电路。空间内存在方向竖直向上、磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场，质量m＝0.1 kg、阻值r＝0.5 Ω的金属棒ab静置在水平直导轨上，金属棒ab的长度和导轨间距均为L＝1 m。闭合开关S1，给电容器充电，经足够长时间后断开S1，同时将S2接“1”，金属棒ab从静止开始先加速后匀速，匀速运动后将S2接“2”，金属棒ab做减速运动并最终静止在导轨上。已知重力加速度g＝10 m/s2，导轨电阻不计，金属棒ab始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确的是（　　） A.电容器完成充电时所带的电荷量为120 C B.金属棒ab匀速运动时的速度大小为3 m/s C.金属棒ab加速过程中电容器放出的电荷量为0.6 C D.金属棒ab减速过程中运动的位移大小为0.9 m 答案：CD 解析：电容器完成充电时所带的电荷量q＝CE＝1.2 C，故A错误；在金属棒ab匀速时，根据法拉第电磁感应定律有E1＝BLv0，在加速过程中，对金属棒ab，根据动量定理可得∑Bi'LΔt'＝mv0，又Δq＝i'Δt'，可得BLΔq＝mv0，其中Δq＝CE－CE1，联立解得v0＝6 m/s，Δq＝0.6 C，故B错误，C正确；减速过程中，对金属棒ab应用动量定理得－∑BiLΔt＝0－mv0，又q1＝iΔt＝Δt，E'＝＝，联立可得BLq1＝mv0，即＝mv0，解得x＝0.9 m，故D正确。 导数微元法在物理问题中的应用 1.利用微分思想的分析方法称为微元法。它是将研究对象（物体或物理过程）进行无限细分，再从中抽取某一微小单元进行讨论，从而找出被研究对象的变化规律的一种思想方法。 2.利用微元法的解题思路可概括为选取“微元”，分析较短时间或较短位移内物理量的变化；再利用数学“微积分”知识，将微元变化转化为整个过程中物理量的变化；即采取了从对事物的极小部分（微元）分析入手，达到解决事物整体的方法。 物理与生活科技类 1.如图1所示，大功率家用电器的插头常配备漏电保护装置，工作原理如图2所示，其中“零序电流互感器”可视为闭合铁芯。正常用电时，火线和零线的电流等大反向；出现漏电时，快速响应电路能够在毫秒级的时间内检测到漏电并触发断路器，使触头弹起从而自动切断电源。下列说法正确的是（　　） A.漏电保护装置根据电流磁效应的原理 B.图2中零线应该置于互感器的外面，否则无法正常使用 C.正常用电时，M和N两点之间没有电压 D.出现漏电时，M和N两点之间没有电压 解析：C　若火线和零线电流始终等大反向，则穿过零序电流互感器的磁通量不发生变化，零序电流互感器无感应电动势，则与之构成闭合回路的断路器两端MN间无电压，但若发生漏电，则由火线、用电器、零线构成的闭合回路中，流经火线与零线的电流大小将不再相等，从而使穿过零序电流互感器的磁通量发生变化，产生感应电动势，触发断路器，使触头弹起从而自动切断电源，保护电路，即此时断路器两端MN间有电压，由此可知漏电保护装置应用了电磁感应的原理，故C正确，A、D错误；题图2中若零线置于互感器的外面，则发生漏电时，零序电流互感器不能感应到通过火线的电流变化，因此互感器不能正常使用，只有零线与火线同在互感器里面，互感器通过感应相反电流产生的磁场是否变化从而做出反馈，因此题图2中零线应该置于互感器的里面，故B错误。 2.〔多选〕（2025·广东东莞模拟）如图甲所示，浮桶式灯塔的装置可简化为由带空腔的磁体和一个连着灯泡的线圈组成，磁体在空腔中产生磁场的俯视图如图乙所示，磁体通过支柱固定在暗礁上，线圈随波浪相对磁体在竖直方向上做简谐运动的图像如图丙所示。若取竖直向上为正方向，则下列说法正确的是（　　） A.若海水水平匀速流动时，灯泡不会发光 B.线圈和磁感线共面，磁通量没有变化，灯泡不会发光 C.若仅增大线圈随海水上下振荡的幅度，灯泡变亮 D.若仅增大线圈随海水上下振荡的频率，灯泡变亮 解析：ACD　当海水水平匀速流动时，线圈相对于磁场是静止的，没有切割磁感线，不能产生感应电动势，所以灯泡不亮，故A正确；当海水波动时，线圈随波浪相对磁体做切割磁感线运动，能产生感应电动势，所以灯泡会发光，故B错误；由图丙得：y＝Asin ωt，则v＝Aωcos ωt，根据法拉第电磁感应定律得：E＝BLv＝BLAωcos ωt，可知海水上下振荡频率越大，海水上下振荡幅度越大，产生的感应电动势均越大，灯泡发光越亮，故C、D正确。 3.（2025·安徽淮南模拟）图甲是电动公交车无线充电装置，供电线圈设置在充电站内，受电线圈和电池系统置于车内。如图乙所示，供电线路中导线的等效电阻为R，当输入端ab接入电压为U0正弦交流电时，供电线圈与受电线圈两端电压分别为U1、U2，通过电池系统的电流为I。若不计其他电阻，忽略线圈中的能量损失，下列说法正确的是（　　） A.ab端的输入功率等于U2I B.ab端的输入功率等于U0I C.供电线圈和受电线圈匝数比为U0∶U2 D.供电线圈和受电线圈匝数比为U1∶U2 解析：D　根据题意可知，变压器的输出功率为P＝U2I，由于原线圈上串联的电阻R也要消耗功率，所以ab端的输入功率大于U2I，变压器原线圈中的电流不等于I，所以ab端的输入功率也不等于U0I，故A、B错误；根据变压器电压比等于匝数比，可得供电线圈和受电线圈匝数比为＝，故C错误，D正确。 物理与数学方法类 4.如图所示，一理想变压器的原线圈匝数n1为1 000匝，所加电压为U＝220 V，串联了一个阻值为r＝4 Ω的电阻；副线圈接入电路的匝数n2可以通过滑动触头Q调节，副线圈接有电阻R＝9 Ω；R相当于变压器在原线圈电路中的电阻，当n2取下列哪个值时，R消耗的功率最大（　　） A.2 000匝 B.1 500匝 C.600匝 D.400匝 解析：B　变压器和R的等效电阻为R'＝R，当等效电阻R'与r相等时，R消耗的功率最大，即R＝r，解得n2＝1.5n1＝1 500匝，故B正确。 5.（2025·江西赣州一模）如图所示为某工厂的传送装置，两个足够长的平行导轨MNPQ与M'N'P'Q'间距d＝0.5 m，粗糙倾斜轨道和光滑的水平轨道圆滑连接，倾斜轨道与水平面的夹角θ＝37°，以PP'为边界，边界左侧的水平轨道和倾斜轨道均处在垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B＝2.0 T的匀强磁场中。边界右侧没有磁场，边界位置可调。视为金属棒的工件ab从倾斜轨道足够高处滑下后通过水平轨道（不计拐弯处能量损失），最后从右端掉入收集网中，收集网的底端与水平轨道的距离H＝0.8 m，收集网的截面呈抛物线形状，以收集网的底端O点为原点建立坐标系xOy，其抛物线方程为y＝。已知工件ab质量m＝1 kg，电阻r＝0.3 Ω，运动中与导轨有良好接触，并且垂直于导轨；定值电阻R＝0.7 Ω，连接在MM'间，其余电阻不计，金属棒与倾斜轨道间动摩擦因数μ＝0.125，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 （1）求金属棒到达NN'的最大速度； （2）改变边界位置，当NP间的距离大于L时，发现金属棒无法掉入收集网中，求L； （3）改变边界位置，当L为多少时，金属棒能掉入收集网中，且金属棒落在收集网时的动能最小，动能的最小值为多少？ 答案：（1）5 m/s　（2）5 m　（3）3 m　6 J 解析：（1）当金属棒到达最大速度时，做匀速运动，合力为0，经受力分析可得 F＋f＝mgsin θ 其中摩擦力f＝μmgcos θ 所受安培力F＝BId＝ 联立可得v＝5 m/s。 （2）设金属棒到达PP'时速度恰好为0，由动量定理可得－FΔt＝0－mv 其中FΔt＝BIdΔt＝BQd 电荷量Q＝＝ 联立可得L＝5 m。 （3）金属棒离开磁场后做匀速运动，设此时速度为v1，然后从QQ'离开轨道做平抛运动，落在收集网的D点，设D点与抛出点的竖直高度为h。 由平抛运动可得竖直方向h＝gt2 水平方向x＝v1t 由D点在抛物线上，可得H－h＝ 联立可得＝－ 落在D点的动能Ek＝m＋mgh 代入得Ek＝＋mgh－ 当＝mgh时， 即h＝时，Ek有最小值，代入数据可得Ek＝＝6 J 将h＝代入可得v1＝2 m/s 根据－FΔt＝mv1－mv 再由（2）中步骤得L＝3 m。 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $