2026版高考物理步步高大二輪（標(biāo)準(zhǔn)版）計(jì)算題培優(yōu)練6帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)[分值：40分]1.(10分)(2025·四川德陽(yáng)市二模)豎直平面內(nèi)水平虛線上方有方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)。虛線下方高度為H的區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，虛線上、下方的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等。將質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從a點(diǎn)以初速度v0豎直向上拋出，小球的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，a、c兩點(diǎn)在虛線上，b點(diǎn)為軌跡的最高點(diǎn)。小球從c點(diǎn)進(jìn)入虛線下方區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)且恰好不出下邊界。不計(jì)空氣阻力。求：(1)(5分)小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)(5分)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。答案(1)5v0(2)(2+解析(1)由于小球在虛線下方磁場(chǎng)和電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則qE=mg從a點(diǎn)到c點(diǎn)，在豎直方向上，有tac=2在水平方向上qE=ma，vcx=atac由運(yùn)動(dòng)的合成有vc=v又vcy=v0聯(lián)立解得vc=5v0(2)由題意可知小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。設(shè)小球在c點(diǎn)的速度方向與水平方向成θ，由cosθ=v解得cosθ=2由幾何關(guān)系可得，rcosθ+r=H，解得r=5由牛頓第二定律，得qvcB=mv由以上各式，聯(lián)立解得B=(2+52.(15分)(2025·重慶市縉云教育聯(lián)盟一模)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系x<0區(qū)域內(nèi)存在平行于x軸、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E(E未知)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，分界線OP將x>0區(qū)域分為區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ，區(qū)域Ⅰ存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B(B未知)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B'=12B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)及沿y軸負(fù)方向、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E'=23E的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M(-d，0)點(diǎn)以初速度v0垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入第二象限，經(jīng)N點(diǎn)進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ，此時(shí)速度與y軸正方向的夾角為60°，經(jīng)過(guò)區(qū)域Ⅰ后由分界線OP上的A點(diǎn)(圖中未畫出)垂直分界線進(jìn)入?yún)^(qū)域(1)(3分)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?2)(5分)帶電粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間t；(3)(7分)粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)時(shí)，第1次和第5次經(jīng)過(guò)x軸的位置之間的距離s。答案(1)3mv02解析(1)粒子經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)的速度v=v0cos60°=2粒子從M點(diǎn)到N點(diǎn)，由動(dòng)能定理得qEd=12mv2-12解得E=3(2)粒子從M點(diǎn)到N點(diǎn)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有d=12·解得t1=2粒子從M點(diǎn)到A點(diǎn)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示由拋體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得d|ON|=12tan由幾何關(guān)系可得，粒子在區(qū)域Ⅰ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r1=|ON|sin60°=d運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2=14T1=則t=t1+t2=23d3v(3)粒子在區(qū)域Ⅰ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有qvB=mv解得B=2如圖甲所示，設(shè)v1對(duì)應(yīng)的洛倫茲力與靜電力平衡，則有v1=v2方向相反，v2與v的合速度v'對(duì)應(yīng)洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，這樣粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)分解為以v1的勻速直線運(yùn)動(dòng)和以v'的勻速圓周運(yùn)動(dòng)靜電力等于洛倫茲力，則有qE'=qv1B'解得v1=v0則合速度v'=3v0設(shè)對(duì)應(yīng)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r2，由洛倫茲力提供向心力有qv'B'=mv解得r2=3d其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示粒子從第1次到第5次經(jīng)過(guò)x軸，共運(yùn)動(dòng)了2個(gè)周期，時(shí)間t3=2T2=4πr2距離s=v1t3解得s=4πd。3.(15分)(2025·安徽蚌埠市質(zhì)檢)如圖所示，水平虛線a、b、c、d間距均為L(zhǎng)，a、b間和c、d間有沿水平方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ，兩個(gè)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，空間存在平行于紙面豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在P點(diǎn)由靜止釋放，粒子進(jìn)磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)撤去電場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的軌跡恰好與虛線b相切，已知P點(diǎn)離虛線a距離也為L(zhǎng)，不計(jì)粒子的重力。(1)(4分)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2)(5分)不撤去電場(chǎng)，改變帶電粒子在虛線上方由靜止釋放的位置，粒子進(jìn)磁場(chǎng)Ⅰ后軌跡恰好與虛線b相切，則粒子釋放的位置離虛線a的距離為多少；(3)(6分)不撤去電場(chǎng)，將粒子在虛線a上方距離為2L的Q點(diǎn)(圖中未畫出)以水平速度v向右射出，結(jié)果粒子恰好不能從磁場(chǎng)Ⅱ的d邊界射出，則初速度v多大。答案(1)2mEqL(2)粒子應(yīng)在邊界a解析(1)設(shè)粒子進(jìn)磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)的速度大小為v0，根據(jù)動(dòng)能定理有qEL=12m解得v0=2據(jù)題意可知，粒子在磁場(chǎng)Ⅰ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其半徑r1=L根據(jù)牛頓第二定律有qv0B=mv解得B=2(2)設(shè)粒子釋放的位置離虛線a的距離為d，粒子與虛線b相切時(shí)的速度大小為v1，根據(jù)動(dòng)能定理有qE(L+d)=12m解得v1=2粒子在磁場(chǎng)Ⅰ中運(yùn)動(dòng)到b的過(guò)程，水平方向應(yīng)用動(dòng)量定理有∑qvy1Bt1=mv1在豎直方向有∑vy1t1=L解得d=0，即粒子應(yīng)在邊界a上由靜止釋放。(3)由題意可知，粒子到邊界d時(shí)速度與d相切水平向右，設(shè)其速度大小為v2，則有qE×5L=12mv22-粒子在兩個(gè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)到d的過(guò)程，水平方向應(yīng)用動(dòng)量定理有∑qvy2Bt2=mv2-mv在豎直方向有∑vy2t2=2L則有2qBL=mv2-mv解得v=12第8講直流電路與交流電路考點(diǎn)一直流電路的分析與計(jì)算1.閉合電路歐姆定律的三個(gè)公式(1)E=U外+U內(nèi)=U外+Ir(任意電路)；(2)E=I(R+r)(純電阻電路)。2.動(dòng)態(tài)電路分析的三種方法：程序法、串反并同法、極限法。3.電源的三個(gè)功率(1)總功率P總=EI=U外I+U內(nèi)I=P外+P內(nèi)。(2)內(nèi)部消耗的功率P內(nèi)=I2r。(3)電源的輸出功率：①P外=UI=EI-I2r。②對(duì)于純電阻電路：P出=I2R=E2(4)純電阻電路輸出功率隨R的變化關(guān)系如圖。①當(dāng)R=r時(shí)，電源的輸出功率最大為Pm=E2②當(dāng)P出<Pm時(shí)，每個(gè)輸出功率對(duì)應(yīng)兩個(gè)可能的外電阻R1和R2，且R1R2=r2。(5)電源的效率η=P出P總×100%=對(duì)于純電阻電路：η=RR+4.閉合電路和部分電路的U-I圖像的比較(1)A為電源的U-I圖像：①縱軸截距表示電動(dòng)勢(shì)E，橫軸截距表示短路電流Im=Er；②斜率的絕對(duì)值表示內(nèi)阻r(2)B為電阻的U-I圖像，斜率表示電阻R。(3)兩圖像的交點(diǎn)坐標(biāo)表示將該電阻接到電源上時(shí)的外電壓U和回路電流I，圖中陰影的面積表示輸出功率。例1(多選)(2025·云南昆明市模擬)硅光電池是一種太陽(yáng)能電池，具有低碳環(huán)保的優(yōu)點(diǎn)。如圖所示，圖線a是該電池在某光照強(qiáng)度下路端電壓U和電流I的關(guān)系圖像(電池電動(dòng)勢(shì)不變，內(nèi)阻不是常量)，圖線b是某電阻的U-I圖像，傾斜虛線是過(guò)a、b交點(diǎn)的切線。在該光照強(qiáng)度下將它們組成閉合回路時(shí)，下列相關(guān)敘述正確的是()A.此時(shí)硅光電池的內(nèi)阻為20ΩB.此時(shí)硅光電池的內(nèi)阻為25ΩC.此時(shí)硅光電池的輸出效率約為86%D.此時(shí)硅光電池的總功率為1.4W答案CD解析由圖線a知，此硅光電池的電動(dòng)勢(shì)E=7V，由圖線b知，電阻R=60.2Ω=30Ω，當(dāng)電阻接在硅光電池上，在該光照強(qiáng)度下U外=6V，I=0.2A，由E=U外+Ir，解得r=5Ω，故A、B錯(cuò)誤；電池總功率P=EI=7×0.2W=1.4W，故D正確；電池的輸出功率P出=U外I=6×0.2W=1.2W，效率η=P出P×100%≈86%例2(2023·海南卷·7)如圖所示電路，已知電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻不計(jì)，電容器電容為C，閉合開(kāi)關(guān)K，待電路穩(wěn)定后，電容器上電荷量為()A.CE B.12CE C.25CE D.答案C解析看似是一個(gè)電橋，但只需將電源負(fù)極接地(就是取電勢(shì)為零)，則電容器上極板電勢(shì)為2E5，下極板電勢(shì)為4E5，極板間電勢(shì)差U=2E5，由含容電路的特點(diǎn)1.只有當(dāng)電容器充、放電時(shí)，電容器所在支路中才會(huì)有電流，當(dāng)電路穩(wěn)定時(shí)，電容器所在的支路相當(dāng)于斷路。2.電路穩(wěn)定時(shí)，與電容器串聯(lián)的電路中沒(méi)有電流，同支路的電阻相當(dāng)于導(dǎo)線，電容器兩端的電壓等于與之并聯(lián)的電阻兩端的電壓。例3(2025·四川遂寧市二模)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)測(cè)量壓力的電子秤，電路圖如圖所示，壓敏電阻R會(huì)隨秤臺(tái)上所受壓力的變大而線性變小，G是由理想電流表改裝而成的指針式測(cè)力顯示器，R0是定值電阻，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r(R0>r)，當(dāng)壓力變大時(shí)()A.電流表示數(shù)隨壓力大小變化而線性變化B.電容器C放電C.電源的輸出功率變大D.電源的效率變大答案C解析根據(jù)閉合電路歐姆定律可得電流表示數(shù)為I=ER+R0+r，由題意可知壓敏電阻R隨壓力大小變化而線性變化，則電流表示數(shù)隨壓力大小變化而非線性變化，故A錯(cuò)誤；當(dāng)壓力變大時(shí)，壓敏電阻R阻值減小，則電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電路總電流增大，則定值電阻R0兩端電壓增大，電容器C兩端電壓增大，電容器所帶電荷量應(yīng)增大，電容器C充電，故B錯(cuò)誤；電源的輸出功率為P出=(ER外+r)2R外=E2R外+r2R外+2r，可知當(dāng)外電阻等于內(nèi)阻時(shí)，電源的輸出功率最大；而R考點(diǎn)二交變電流的分析與計(jì)算1.交變電流的規(guī)律及圖像(1)正弦式交變電流的變化規(guī)律①線圈位于中性面時(shí)，磁通量Φ最大，磁通量變化率ΔΦ②線圈垂直中性面時(shí)，Φ=0，ΔΦ(2)表達(dá)式及圖像(3)書寫瞬時(shí)值表達(dá)式需確定：①最大值Em=NBSω②開(kāi)始計(jì)時(shí)時(shí)線圈的位置③角速度ω=2πT=2π2.有效值的計(jì)算(1)正弦式交變電流：E=Em2，I=Im2，(2)非正弦式交變電流：計(jì)算有效值時(shí)，要根據(jù)電流的熱效應(yīng)，即“一個(gè)周期”內(nèi)“相同電阻”上產(chǎn)生“相同熱量”，然后分段求和列式，求得有效值。3.正弦式交流電“四值”的應(yīng)用表達(dá)式應(yīng)用最大值Em=NBSω討論電容器的擊穿電壓瞬時(shí)值e=Emsinωt計(jì)算某時(shí)刻所受安培力有效值E=E電表的讀數(shù)及計(jì)算電熱、電功及保險(xiǎn)絲的熔斷電流平均值E=N計(jì)算通過(guò)導(dǎo)體的電荷量例4(2025·北京卷·4)如圖所示，交流發(fā)電機(jī)中的線圈ABCD沿逆時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的規(guī)律為e=10sin(100πt)V，下列說(shuō)法正確的是()A.該交流電的頻率為100HzB.線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為0C.線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)，AB邊受到的安培力方向向上D.僅線圈轉(zhuǎn)速加倍，電動(dòng)勢(shì)的最大值變?yōu)?02V答案C解析根據(jù)題意可知，該交流電的頻率為f=ω2π=50Hz，故A錯(cuò)誤；線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)，磁場(chǎng)與線圈平面平行，磁通量最小，磁通量變化率最大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，故B錯(cuò)誤；由右手定則可知，線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)，電流由B→A，由左手定則可知，AB邊受到的安培力方向向上，故C正確；由公式Em=NBSω可知，僅線圈轉(zhuǎn)速加倍，電動(dòng)勢(shì)的最大值變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，為20V，故D例5(2024·河北卷·4)R1、R2為兩個(gè)完全相同的定值電阻，R1兩端的電壓隨時(shí)間周期性變化的規(guī)律如圖甲所示(三角形脈沖交流電壓的峰值是有效值的3倍)，R2兩端的電壓隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化如圖乙所示，則兩電阻在一個(gè)周期T內(nèi)產(chǎn)生的熱量之比Q1∶Q2為()A.2∶3 B.4∶3 C.2∶3 D.5∶4答案B解析題圖甲一個(gè)周期T內(nèi)產(chǎn)生的熱量Q1=(U03)2R1×T2+U02R1×T2=2U023R1T；題圖乙一個(gè)周期T內(nèi)產(chǎn)生的熱量Q2=(U02)考點(diǎn)三變壓器的分析和計(jì)算電能的輸送1.理想變壓器問(wèn)題(1)三個(gè)不變：功率不變；磁通量的變化率不變；周期和頻率不變。(2)決定關(guān)系：輸出功率決定輸入功率；輸入電壓決定輸出電壓；輸出電流決定輸入電流。2.遠(yuǎn)距離輸電問(wèn)題(1)理清三個(gè)回路(2)抓住兩個(gè)聯(lián)系①理想的升壓變壓器中線圈1(匝數(shù)為n1)和線圈2(匝數(shù)為n2)中各個(gè)量間的關(guān)系是U1U2=n1n2，I1I2②理想的降壓變壓器中線圈3(匝數(shù)為n3)和線圈4(匝數(shù)為n4)中各個(gè)量間的關(guān)系是U3U4=n3n4，I3I4(3)掌握一個(gè)守恒，能量守恒關(guān)系：P1=P損+P3。3.輸電線路功率損失的四種計(jì)算方法P損=P1-P4P1為輸送的功率，P4為用戶得到的功率P損=I線2I線為輸電線路上的電流，R線為輸電線路總電阻P損=(ΔΔU為輸電線路上損失的電壓，不要與U2、U3相混P損=ΔU·I線例6(多選)(2025·云南卷·8)電動(dòng)汽車充電樁的供電變壓器(視為理想變壓器)示意圖如圖所示。變壓器原線圈的匝數(shù)為n1，輸入電壓U1=1.1kV；兩副線圈的匝數(shù)分別為n2和n3，輸出電壓U2=U3=220V。當(dāng)Ⅰ、Ⅱ區(qū)充電樁同時(shí)工作時(shí)，兩副線圈的輸出功率分別為7.0kW和3.5kW，下列說(shuō)法正確的是()A.n1∶n2=5∶1B.n1∶n3=1∶5C.變壓器的輸入功率為10.5kWD.兩副線圈輸出電壓最大值均為220V答案AC解析根據(jù)理想變壓器原、副線圈的電壓比等于匝數(shù)比可得n1∶n2=U1∶U2=5∶1，n1∶n3=U1∶U3=5∶1，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒可知變壓器的輸入功率等于總的輸出功率，故P輸入=P輸出=7.0kW+3.5kW=10.5kW，故C正確；輸出電壓為交流電的有效值，根據(jù)正弦式交流電的最大值與有效值的關(guān)系可知，兩副線圈輸出電壓最大值均為Um=2202V，故D錯(cuò)誤。例7(多選)(2025·安徽省一模)如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2=2∶1，原線圈接入的交流電壓瞬時(shí)值表達(dá)式為u=2202sin100πt(V)，定值電阻R1=2Ω，副線圈接有滑動(dòng)變阻器R2，阻值為0~10Ω。電壓表和電流表均為理想交流電表，其讀數(shù)為U和I，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R2的滑片，電表示數(shù)變化量的絕對(duì)值為ΔU和ΔI，下列說(shuō)法正確的是()A.向下調(diào)節(jié)R2的滑片，電壓表示數(shù)減小B.ΔUC.當(dāng)滑動(dòng)變阻器R2阻值調(diào)到2Ω時(shí)，電流表示數(shù)I為55AD.當(dāng)滑動(dòng)變阻器R2滑片在中央時(shí)，變壓器輸出功率最大答案AB解析對(duì)該電路使用等效電阻法，可將理想變壓器(包含電阻R2)等效為(n1n2)2R2，向下調(diào)節(jié)R2的滑片，(n1n2)2R2變小，分壓減小，故電壓表示數(shù)減小，A正確；對(duì)該電路使用等效電源法，等效后的電源電壓U'=n2n1U有=110V，等效內(nèi)阻r=(n2n1)2R1=0.5Ω，由ΔUΔI等于電源內(nèi)阻，故ΔUΔI=0.5Ω，B正確；當(dāng)滑動(dòng)變阻器R2阻值調(diào)到2Ω時(shí)，由閉合電路歐姆定律可知I變式(2025·湖南卷·6)如圖，某小組設(shè)計(jì)了燈泡亮度可調(diào)的電路，a、b、c為固定的三個(gè)觸點(diǎn)，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為k，燈泡L和三個(gè)電阻的阻值均恒為R，交變電源輸出電壓的有效值恒為U。開(kāi)關(guān)S與不同觸點(diǎn)相連，下列說(shuō)法正確的是()A.S與a相連，燈泡的電功率最大B.S與a相連，燈泡兩端的電壓為kUC.S與b相連，流過(guò)燈泡的電流為UD.S與c相連，燈泡的電功率為U答案B解析將理想變壓器與副線圈電路等效為一個(gè)電阻R等，電路如圖所示，則有R等=U1I1，燈泡L的阻值R=U2I2，由理想變壓器原、副線圈電壓、電流與匝數(shù)的關(guān)系有U1U2=k，I1I2=1k，聯(lián)立解得R等=k2R，又R等的電功率等于燈泡的電功率，S與c相連時(shí)回路中電流最大，R等的電功率最大，即燈泡的電功率最大，A錯(cuò)誤；S與a相連，變壓器原線圈電壓U1=Uk2R+3R·k2R，燈泡兩端的電壓為U2=U1k=kUk2+3，B正確；S與b相連，變壓器原線圈的電流I1=Uk2R+2R，流過(guò)燈泡的電流I21.等效電阻法當(dāng)理想變壓器的副線圈接純電阻元件時(shí)，可以把理想變壓器(含副線圈中的元件)等效成一個(gè)電阻來(lái)處理，設(shè)原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，原線圈輸入電壓為U1，電流為I1，副線圈輸出電壓為U2，電流為I2，副線圈負(fù)載電阻為R，則等效電阻R等效=U1I1=n1n2U2n2n1I2.等效電源法理想變壓器的原線圈接純電阻元件時(shí)，可把變壓器的原線圈和電阻等效為一個(gè)電源來(lái)處理：U1=U-I1R0，U1U2=n1n2=則U2=n2n1U1=n2n1U-(n2對(duì)比U2=E等效-I2r等效得E等效=n2n1U=Uk，r等效=(n2n例8(多選)(2025·河北省部分校模擬)某個(gè)小水電站發(fā)電機(jī)的輸出功率為100kW，發(fā)電機(jī)的輸出電壓為250V。通過(guò)升壓變壓器升壓后向遠(yuǎn)處輸電，輸電線的總電阻為50Ω，在用戶端用降壓變壓器把電壓降為220V。要求在輸電線上損失的功率控制在20kW(即用戶得到的功率為80kW)。后來(lái)因?yàn)殡娐犯脑?，將輸電線路的總電阻降到了5Ω，并對(duì)降壓變壓器做了適當(dāng)調(diào)整。下列說(shuō)法中正確的是()A.電路改造前，升壓變壓器的匝數(shù)比為1∶20B.電路改造前，降壓變壓器的匝數(shù)比為20∶1C.電路改造后，線路電阻上損失的功率為5kWD.電路改造后，降壓變壓器的匝數(shù)比為245∶11答案AD解析電路改造前，輸電線上損失的功率P損=I22R線=20kW，解得I2=20A，又因?yàn)樗娬景l(fā)電機(jī)的輸出功率為P1=U1I1=100kW，U1=250V，解得I1=400A，故升壓變壓器的匝數(shù)比為n1n2=I2I1=120，A正確；電路改造前，降壓變壓器的輸入電壓為U3=P1-P損I2，可得U3=4000V，故降壓變壓器的匝數(shù)比為n3n4=U3U4=4000V220V=20011，B錯(cuò)誤；電路改造后，線路電阻上損失的功率為P損'=I22R線'=2kW，C錯(cuò)誤；電路改造后，降壓變壓器的輸入電壓為專題強(qiáng)化練[分值：52分][1~7題，每題4分，8~11題，每題6分][保分基礎(chǔ)練]1.(2024·廣東卷·1)將阻值為50Ω的電阻接在正弦式交流電源上。電阻兩端電壓隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A.該交流電的頻率為100HzB.通過(guò)電阻電流的峰值為0.2AC.電阻在1秒內(nèi)消耗的電能為1JD.電阻兩端電壓表達(dá)式為u=102sin(100πt)V答案D解析由題圖可知交流電的周期為0.02s，則頻率為f=1T=50Hz，故A根據(jù)題圖可知電壓的峰值為102V，根據(jù)歐姆定律，電流的峰值Im=U解得Im=0.22A，故B錯(cuò)誤；電流的有效值為I=Im2=0.2所以電阻在1秒內(nèi)消耗的電能W=I2Rt解得W=2J，故C錯(cuò)誤；根據(jù)題圖可知電阻兩端電壓表達(dá)式為u=Umsinωt=Umsin(2πTt)=102sin(100πt)V，故D2.(2025·江蘇南京市一模)如圖所示，某同學(xué)利用一塊表頭G和三個(gè)定值電阻R1、R2、R3設(shè)計(jì)了如圖所示的多量程電流表，該電表有1、2兩個(gè)量程。當(dāng)只增大電阻R1的阻值時(shí)，下列說(shuō)法中正確的是()A.兩個(gè)量程均變大B.兩個(gè)量程均變小C.1的量程變大，2的量程變小D.1的量程變小，2的量程變大答案A解析測(cè)電流時(shí)，量程1為I1=Ig(Rg+R1+R3)R2+Ig，量程2為3.(2025·廣西卷·6)如圖所示，a、b為同種材料的電阻，已知a的長(zhǎng)度為L(zhǎng)1，橫截面積為S1，b的長(zhǎng)度為L(zhǎng)2，橫截面積為S2，則在兩支路a和b中，電荷移動(dòng)的速率之比()A.L2∶L1 B.2L2∶L1C.2S1L2∶S2L1 D.S1L1∶S2L2答案B解析根據(jù)電阻定律R=ρLS，可得Ra=ρL1S1，Rb總=2ρL2S2，由并聯(lián)電路規(guī)律得IaRa=IbRb總，電流的微觀表達(dá)式為I=nqvS，對(duì)于同種材料n、q相同，聯(lián)立可得vaL1=2vbL24.(多選)(2025·四川成都市二診)光控開(kāi)關(guān)是“太陽(yáng)能路燈”實(shí)現(xiàn)自動(dòng)控制的重要元件，其內(nèi)部電路的簡(jiǎn)化原理圖如圖，Rt為光敏電阻(光照強(qiáng)度增加時(shí)，其電阻值減小)，忽略燈阻值由于亮度變化的影響，電流表為理想電表。在黎明時(shí)分，閉合開(kāi)關(guān)，環(huán)境光照穩(wěn)定時(shí)，電容器兩板間小液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，則環(huán)境光照逐漸增強(qiáng)時(shí)()A.L1燈、L2燈均逐漸變暗B.L2燈的電壓與電流的變化量之比不變C.電源的輸出功率一定是先變大后變小D.小液滴向上運(yùn)動(dòng)，在接觸極板前機(jī)械能增大答案AB解析光照逐漸增強(qiáng)時(shí)，光敏電阻阻值減小，總電阻減小，干路電流增大，路端電壓減小，L1燈、L2燈均變暗，故A正確；L2燈的電壓與電流的變化量之比等于L2燈電阻值，故B正確；由于Rt的電阻減小，電源的外電阻在減小，因無(wú)法確定外電阻與電源內(nèi)阻的關(guān)系，即無(wú)法確定電源的輸出功率的變化，故C錯(cuò)誤；路端電壓減小，電容器C兩端的電壓減小，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，靜電力減小，因開(kāi)始時(shí)靜電力等于重力，故減小后小于重力，小液滴向下運(yùn)動(dòng)，靜電力做負(fù)功，在接觸極板前機(jī)械能減小，故D錯(cuò)誤。5.(2025·北京卷·9)如圖所示，線圈自感系數(shù)為L(zhǎng)，電容器電容為C，電源電動(dòng)勢(shì)為E，A1、A2和A3是三個(gè)相同的小燈泡。開(kāi)始時(shí)，開(kāi)關(guān)S處于斷開(kāi)狀態(tài)。忽略線圈電阻和電源內(nèi)阻，將開(kāi)關(guān)S閉合，下列說(shuō)法正確的是()A.閉合瞬間，A1與A3同時(shí)亮起B(yǎng).閉合后，A2亮起后亮度不變C.穩(wěn)定后，A1與A3亮度一樣D.穩(wěn)定后，電容器的電荷量是CE答案C解析閉合開(kāi)關(guān)瞬間，電容器C相當(dāng)于通路，線圈L相當(dāng)于斷路，所以A1、A2瞬間亮起，A3逐漸變亮，A錯(cuò)誤；閉合開(kāi)關(guān)后，電容器充電，充電完成后相當(dāng)于斷路，所以A2亮一下后熄滅，B錯(cuò)誤；穩(wěn)定后，電容器相當(dāng)于斷路，線圈L相當(dāng)于短路，A1、A3串聯(lián)，所以一樣亮，C正確；穩(wěn)定后，電容器與A3并聯(lián)，兩端電壓等于A3兩端電壓，由于線圈電阻和電源內(nèi)阻忽略不計(jì)，且A1、A3串聯(lián)，A3兩端電壓為12E，根據(jù)Q=CU，可得電容器的電荷量等于12CE，6.(多選)(2025·湖北卷·8)在如圖所示的輸電線路中，交流發(fā)電機(jī)的輸出電壓一定，兩變壓器均為理想變壓器，左側(cè)升壓變壓器的原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，兩變壓器間輸電線路電阻為r。下列說(shuō)法正確的是()A.僅增加用戶數(shù)，r消耗的功率增大B.僅增加用戶數(shù)，用戶端的電壓增大C.僅適當(dāng)增加n2，用戶端的電壓增大D.僅適當(dāng)增加n2，整個(gè)電路消耗的電功率減小答案AC解析整個(gè)電路物理量標(biāo)注如圖僅增加用戶數(shù)，相當(dāng)于負(fù)載電阻R減小，R與右側(cè)變壓器的等效電阻R等=(n3n4)2R減小，可知降壓變壓器原線圈中的電流I3增大，又I2=I3，ΔP=I22r，可知r消耗的功率增大，故A正確；根據(jù)U3=U2-I2r，僅增加用戶數(shù)，I2增大，可知U3減小，根據(jù)用戶端的電壓U4=n4n3U3，可知用戶端的電壓減小，故B錯(cuò)誤；僅適當(dāng)增加n2，根據(jù)U2=n2n1U1，可知U2增大，根據(jù)I2=U2r+(n3n4)2R用戶，可知I2增大，根據(jù)U3=I2(n3n4)2R用戶，可知U3增大，用戶端的電壓U4=n4n3U7.(2025·江西萍鄉(xiāng)市一模)如圖甲所示交流電(t軸上方和下方曲線均為正弦曲線的一部分)通過(guò)燈泡L1輸入到如圖乙所示理想變壓器原線圈上，變壓器輸出端接有三個(gè)燈泡L2、L3、L4，四個(gè)燈泡完全相同，電阻均為1510Ω，且均正常工作，不計(jì)導(dǎo)線電阻，下列說(shuō)法正確的是()A.通過(guò)燈泡L1的電流方向每秒改變50次B.變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為4∶1C.燈泡額定電流為1AD.變壓器輸出功率為9610W答案C解析由題圖甲可知周期為T=2×10-2s，一個(gè)周期內(nèi)通過(guò)燈泡L1的電流方向改變2次，則通過(guò)燈泡L1的電流方向每秒改變100次，故A錯(cuò)誤；設(shè)燈泡額定電流為IL，則原線圈電流為I1=IL，副線圈電流為I2=3IL，變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為n1n2=I2I1=31，故B錯(cuò)誤；設(shè)交流電的電動(dòng)勢(shì)有效值為E，根據(jù)有效值定義可得E2RT=(12022V)2R·T2+(24022V)2R·T2，解得E=6010V，設(shè)燈泡額定電壓為UL，則有E=UL+U1=UL+n1n2U2=4UL，解得UL=1510[爭(zhēng)分提能練]8.(多選)(2025·重慶卷·9)2025年1月“疆電入渝”工程重慶段全線貫通，助力重慶形成特高壓輸電新格局，該工程計(jì)劃將輸電站提供的1.6×106V直流電由新疆輸送至重慶，多次轉(zhuǎn)換后變?yōu)?.0×104V的交流電，再經(jīng)配電房中的變壓器(視為理想變壓器)降為2202sin(100πt)V的家用交流電，若輸電線路輸送功率為8.0×109W，且直流輸電過(guò)程中導(dǎo)線電阻產(chǎn)生的電功率損耗不超過(guò)輸送功率的5%，則()A.直流輸電導(dǎo)線中的電流為250AB.直流輸電導(dǎo)線總阻值不超過(guò)16ΩC.家用交流電的電壓最大值為220V，頻率為50HzD.配電房中變壓器原、副線圈中電流比為11∶500答案BD解析直流輸電導(dǎo)線中的電流由I=PU計(jì)算得I=8.0×109W1.6×106V=5000A，故A錯(cuò)誤；導(dǎo)線允許的最大功率損耗為輸送功率的5%，故P損m=0.05×8.0×109W=4×108W，由P損m=I2Rm得導(dǎo)線總阻值的最大值Rm=P損mI2=4×108(5000)2Ω=16Ω，故B正確；家用交流電的電壓表達(dá)式為2202sin(100πt)V，電壓最大值為2202V；頻率為f=ω2π=100π2πHz=50Hz，故C錯(cuò)誤；變壓器原線圈電壓U1=1.0×104V，副線圈電壓U9.(2025·山東臨沂市一模)如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與水平面成60°角斜向右下方，矩形線圈以恒定角速度ω繞水平面內(nèi)的OO'軸按圖示方向轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈通過(guò)換向器與電阻R相連。以圖中時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，規(guī)定電流由a通過(guò)R流向b方向?yàn)殡娏髡较?，則通過(guò)R的電流i隨時(shí)間t變化的圖像正確的是()答案A解析從圖示位置順時(shí)針轉(zhuǎn)60°角的過(guò)程中，線圈的磁通量在減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向由b通過(guò)R流向a，即為負(fù)方向。這段時(shí)間為Δt1=π3ω，此時(shí)線圈平面與磁場(chǎng)方向平行，線圈的感應(yīng)電流最大。繼續(xù)轉(zhuǎn)30°角的過(guò)程中，線圈的磁通量在增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向由b通過(guò)R流向a，即為負(fù)方向。這段時(shí)間為Δt2=π6ω。繼續(xù)轉(zhuǎn)60°角的過(guò)程中，線圈的磁通量在增大，線圈兩個(gè)接頭通過(guò)換向器改變了與R兩端的連接，由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向由a通過(guò)R流向b，即為正方向，這段時(shí)間為Δt3=π3ω，此時(shí)，線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直，感應(yīng)電流為0。故A正確，10.如圖甲所示電路，電源內(nèi)阻r=1.0Ω，R1為一定值電阻，R2為一滑動(dòng)變阻器，電流表、電壓表均為理想電表。閉合開(kāi)關(guān)，將滑動(dòng)變阻器的滑片從A端逐漸滑到B端的過(guò)程中，得到R2的功率隨電壓表示數(shù)的變化規(guī)律如圖乙，電壓表示數(shù)與電流表示數(shù)的關(guān)系圖像如圖丙。下列說(shuō)法正確的是()A.電源的電動(dòng)勢(shì)大小為4.5VB.定值電阻R1的大小為3ΩC.圖乙中Px的值為1.5WD.圖丙中Ux的值為4.5V答案D解析電壓表測(cè)量滑動(dòng)變阻器兩端的電壓，電流表測(cè)量干路電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律U=E-I(r+R1)整理得I=-Ur+R2的最大功率對(duì)應(yīng)的電壓值為3V，把R1看成電源內(nèi)阻的一部分，當(dāng)內(nèi)、外電阻相等，即路端電壓為電動(dòng)勢(shì)的一半時(shí)，R2的功率最大，則E2=3V，所以E=6V，故A根據(jù)I-U的關(guān)系式可知R1=2Ω，故B錯(cuò)誤；根據(jù)I-U的關(guān)系式可知當(dāng)I=0.5A時(shí)，Ux=4.5V則Px=UxI=2.25W，故C錯(cuò)誤，D正確。11.(2025·湖南省一模)如圖甲所示，理想變壓器原線圈連接定值電阻R0，副線圈連接滑動(dòng)變阻器R，滑動(dòng)變阻器最大阻值足夠大，M、N端輸入正弦式交變電流。將滑動(dòng)變阻器的滑片從a端緩慢向下滑動(dòng)，記錄理想電壓表V的示數(shù)U1與理想電流表A的示數(shù)I1，描繪出U1-I1圖像，如圖乙所示。當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為9R0時(shí)，滑動(dòng)變阻器消耗的功率達(dá)到最大，則下列說(shuō)法正確的是()A.定值電阻R0的阻值為10ΩB.滑動(dòng)變阻器消耗的最大功率為400WC.理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比n1∶n2=1∶3D.輸入的交流電壓的峰值為1002V答案C解析設(shè)輸入的交流電壓的有效值為E，將定值電阻R0等效為交流電源的內(nèi)阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律有U1=E-I1R0，結(jié)合題圖乙可知E=200V，R0=20010Ω=20Ω，A錯(cuò)誤；根據(jù)E=Em2，解得Em=2002V，D錯(cuò)誤；將理想變壓器與滑動(dòng)變阻器整體等效為一個(gè)電阻，等效電阻Rx=U1I1=n1n2U2n2n1I2=(n1n2)2R，滑動(dòng)變阻器消耗的功率P=(ER0+Rx)2Rx=E2R02Rx+Rx+2R0，當(dāng)?shù)?講電磁感應(yīng)考點(diǎn)一楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律及應(yīng)用1.感應(yīng)電流方向的判斷(1)線圈面積不變、磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化的情形，往往用楞次定律。(2)導(dǎo)體棒切割磁感線的情形往往用右手定則。2.求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方法(1)法拉第電磁感應(yīng)定律：E=nΔ(2)導(dǎo)體棒垂直切割磁感線：E=Blv。(3)導(dǎo)體棒以一端為圓心在垂直勻強(qiáng)磁場(chǎng)的平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)：E=12Bl2ω(4)線圈繞與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(從線圈位于中性面開(kāi)始計(jì)時(shí))：e=nBSωsinωt。3.通過(guò)回路橫截面的電荷量q=IΔt=nΔΦR總ΔtΔt=nΔΦR總。q例1(2025·北京卷·10)絕緣的輕質(zhì)彈簧上端固定，下端懸掛一個(gè)磁鐵。將磁鐵從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放，磁鐵開(kāi)始振動(dòng)，由于空氣阻力的影響，振動(dòng)最終停止?，F(xiàn)將一個(gè)閉合銅線圈固定在磁鐵正下方的桌面上(如圖所示)，仍將磁鐵從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放，振動(dòng)最終也停止。則()A.有無(wú)線圈，磁鐵經(jīng)過(guò)相同的時(shí)間停止運(yùn)動(dòng)B.磁鐵靠近線圈時(shí)，線圈有擴(kuò)張趨勢(shì)C.磁鐵離線圈最近時(shí)，線圈受到的安培力最大D.有無(wú)線圈，磁鐵和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能相同答案D解析有線圈時(shí)，磁鐵受到電磁阻尼的作用，振動(dòng)更快停止，故A錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律，磁鐵靠近線圈時(shí)，線圈的磁通量增大，此時(shí)線圈有縮小的趨勢(shì)，故B錯(cuò)誤；磁鐵離線圈最近時(shí)，此時(shí)磁鐵與線圈的相對(duì)速度為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，感應(yīng)電流為零，線圈受到的安培力為零，故C錯(cuò)誤；分析可知有無(wú)線圈時(shí)，根據(jù)平衡條件最后磁鐵靜止后彈簧的伸長(zhǎng)量相同，由于磁鐵和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為磁鐵減小的重力勢(shì)能減去此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能，故系統(tǒng)損失的機(jī)械能相同，故D正確。楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式(1)阻礙原磁通量的變化——“增反減同”；(2)阻礙物體間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)——“來(lái)拒去留”；(3)使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢(shì)——一般情況下為“增縮減擴(kuò)”；(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——一般情況下為“增反減同”。例2(多選)(2025·浙江1月選考·13)如圖甲所示，在平面內(nèi)存在一以O(shè)為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域，其中存在一方向垂直平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化如圖乙所示，周期為3t0。變化的磁場(chǎng)在空間產(chǎn)生感生電場(chǎng)，電場(chǎng)線為一系列以O(shè)為圓心的同心圓，在同一電場(chǎng)線上，電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同。在同一平面內(nèi)，有以O(shè)為圓心的半徑為2r的導(dǎo)電圓環(huán)Ⅰ，與磁場(chǎng)邊界相切的半徑為0.5r的導(dǎo)電圓環(huán)Ⅱ，電阻均為R，圓心O對(duì)圓環(huán)Ⅱ上P、Q兩點(diǎn)的張角φ=30°，另有一可視為無(wú)限長(zhǎng)的直導(dǎo)線CD。導(dǎo)電圓環(huán)間絕緣，且不計(jì)相互影響，則()A.圓環(huán)Ⅰ中電流的有效值為3B.t=1.5t0時(shí)刻直導(dǎo)線CD電動(dòng)勢(shì)為πr2BC.t=0.5t0時(shí)刻圓環(huán)Ⅱ中電流為πD.t=0.5t0時(shí)刻圓環(huán)Ⅱ上PQ間電動(dòng)勢(shì)為112πr2答案BD解析由題圖可知，在0~t0內(nèi)和2t0~3t0內(nèi)圓環(huán)Ⅰ中的電流大小均為I1=πr2B0Rt0；在t0~2t0內(nèi)圓環(huán)Ⅰ中的電流大小為I2=2πr2B0Rt0，設(shè)圓環(huán)Ⅰ中電流的有效值為I，有I2R·3t0=I12R·2t0+I22Rt0，聯(lián)立解得I=2πr2B0Rt0，故A錯(cuò)誤；假設(shè)右側(cè)有一與CD對(duì)稱的無(wú)限長(zhǎng)的直導(dǎo)線C'D'與CD構(gòu)成回路，則t=1.5t0時(shí)刻，CD、C'D'回路產(chǎn)生的總電動(dòng)勢(shì)為E總=πr2·2B0t0，根據(jù)對(duì)稱性可知t=1.5t0時(shí)刻直導(dǎo)線CD電動(dòng)勢(shì)為πr2B0t0，故B正確；由于圓環(huán)Ⅱ處于磁場(chǎng)外部，通過(guò)圓環(huán)Ⅱ的磁通量一直為0，所以圓環(huán)Ⅱ不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，則t=0.5t0時(shí)刻圓環(huán)Ⅱ中電流為0，故C錯(cuò)誤；假設(shè)有以O(shè)點(diǎn)為圓心，過(guò)P、Q兩點(diǎn)的圓環(huán)Ⅲ，其在t=0.5t0時(shí)刻產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E=πr2B0t0例3(多選)(2025·安徽省皖北協(xié)作區(qū)一模)如圖所示，半徑為R的34金屬圓環(huán)ab固定在水平絕緣桌面上，有一垂直于圓環(huán)向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系為B=kt(k>0)。一長(zhǎng)為2R的金屬直桿垂直磁場(chǎng)放置在圓環(huán)上，桿的一端與圓環(huán)的端口a接觸，t=0時(shí)，桿從圖示實(shí)線位置以角速度ω順時(shí)針繞a在圓環(huán)所在平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，t=3π4ω時(shí)，金屬桿轉(zhuǎn)到虛線位置，與圓環(huán)另一端口b剛好接觸，設(shè)t=3πA.t=3π4B.t=0到t=π2C.t=3π4ωD.t=3π4ω答案ABD解析由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，故A正確；t=0到t=π2ω的過(guò)程中，回路中的感生電動(dòng)勢(shì)和動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)均增大且方向相同，故B正確；t=3π4ω時(shí)，圓環(huán)與桿構(gòu)成的回路由于磁場(chǎng)均勻增大，產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢(shì)為E感=ΔΦΔt=ΔBΔtS=(3πR24+R22)ΔBΔt=(3πR24+R22)k，動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為E動(dòng)=12B(2R)2ω=12kt(2R)考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題例4(2024·天津卷·4)如圖所示，兩根不計(jì)電阻的光滑金屬導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成某一角度，導(dǎo)軌上端用直導(dǎo)線連接，整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。具有一定阻值的金屬棒MN從某高度由靜止開(kāi)始下滑，下滑過(guò)程中MN始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，則MN所受的安培力F及其加速度a、速度v、電流I隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像可能正確的是()答案A解析根據(jù)題意，設(shè)導(dǎo)體棒的電阻為R，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)體棒速度為v時(shí)，受到的安培力為F=BIL=B2L2vR，可知F∝v，由牛頓第二定律可得，導(dǎo)體棒的加速度為a=mgsinθ-Fm=gsinθ-B2L2vmR，可知，隨著速度的增大，導(dǎo)體棒的加速度逐漸減小，當(dāng)加速度為零時(shí)，導(dǎo)體棒開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則v-t圖像的斜率逐漸減小直至為零時(shí)，速度保持不變，由于安培力F與速度v成正比，則F-t圖像的斜率逐漸減小直至為零時(shí)，F(xiàn)保持不變，故A正確，B、C錯(cuò)誤；根據(jù)題意，由公式可得，感應(yīng)電流為I=BLv例5(多選)(2025·山東淄博市一模)如圖，直角梯形區(qū)域abcd，ab=2ad=2cd=2l，e為ab的中點(diǎn)，直角三角形aed、平行四邊形ebcd兩區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一等腰直角三角形導(dǎo)線框ABC與梯形abcd在同一平面內(nèi)，AB邊長(zhǎng)為l且與ae共線，導(dǎo)線框以垂直于ad的恒定速度穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，從B點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，3s末AC剛好到達(dá)b點(diǎn)。規(guī)定逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流的正方向，水平向左為導(dǎo)線AC受到的安培力的正方向，此過(guò)程中線框中的感應(yīng)電流i、AC受到的安培力FAC，二者與時(shí)間t的關(guān)系圖像可能正確的是()答案BC解析設(shè)導(dǎo)線框速度為v，電阻為R，則0~1s內(nèi)電流i1=E1R=Bvt·vR=Bv2Rt，可知電流從0均勻增大到BlvR，由右手定則可知電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，為正方向；1~2s內(nèi)，導(dǎo)線框一部分在垂直紙面向里的磁場(chǎng)，一部分在垂直紙面向外的磁場(chǎng)，且兩邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相同，此時(shí)兩邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相加，可得i2=E2R=B×2(2l-vt)vR=4BlvR-2Bv2Rt，可知電流從最大2BlvR均勻減小到0，由右手定則可知電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，為負(fù)方向；2~3s內(nèi)，導(dǎo)線框離開(kāi)磁場(chǎng)，電流i3=E3R=B(3l-vt)vR=3BlvR-Bv2Rt，可知電流從最大BlvR均勻減小到0，由右手定則可知電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，為正方向。所以B選項(xiàng)正確，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)0~1s內(nèi)，AC在磁場(chǎng)外，安培力FAC1=0，1~2s內(nèi)，導(dǎo)線框一部分在垂直紙面向里的磁場(chǎng)，一部分在垂直紙面向外的磁場(chǎng)，AC邊安培力大小FAC2=B×B×2(2l-vt1.電磁感應(yīng)中常見(jiàn)的圖像常見(jiàn)的有磁感應(yīng)強(qiáng)度、磁通量、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流、速度、安培力等隨時(shí)間或位移的變化圖像。2.解答此類問(wèn)題的兩個(gè)常用方法(1)函數(shù)關(guān)系法：根據(jù)題目所給的條件寫出物理量之間的函數(shù)關(guān)系，再對(duì)圖像作出判斷，這種方法得到的結(jié)果準(zhǔn)確、詳細(xì)，但不夠簡(jiǎn)捷。(2)排除法：定性分析電磁感應(yīng)過(guò)程中某個(gè)物理量的變化情況，把握三個(gè)關(guān)注，快速排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)。這種方法能快速解決問(wèn)題，但不一定對(duì)所有問(wèn)題都適用?？键c(diǎn)三電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)與能量問(wèn)題1.電磁感應(yīng)綜合問(wèn)題的解題思路2.求解焦耳熱Q的三種方法(1)焦耳定律：Q=I2Rt，適用于電流恒定的情況；(2)功能關(guān)系：Q=W克安(W克安為克服安培力做的功)，導(dǎo)體切割磁感線且電路為純電阻電路時(shí)適用；(3)能量轉(zhuǎn)化：Q=ΔE(其他能的減少量)。例6(多選)(2025·山西省部分學(xué)校聯(lián)考)如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬軌道ab、cd固定在水平面內(nèi)，相距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，導(dǎo)軌平面處在豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，ac間接有阻值為R的電阻，電阻為r、質(zhì)量為m的金屬導(dǎo)體棒MN垂直于ab、cd放在軌道上，與軌道接觸良好，導(dǎo)體棒MN的中點(diǎn)用與軌道平行的絕緣輕繩經(jīng)過(guò)滑輪與質(zhì)量也為m的物塊相連。物塊放在傾角為θ的絕緣斜面上，不計(jì)一切摩擦。若初始時(shí)刻給導(dǎo)體棒一個(gè)水平向左的初速度為v0，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒始終未離開(kāi)水平軌道，物塊始終未離開(kāi)斜面，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中輕繩始終與斜面平行且處于繃緊狀態(tài)，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A.初始時(shí)刻導(dǎo)體棒的加速度大小B2L2vB.導(dǎo)體棒的加速度先增大后減小C.導(dǎo)體棒的加速度一直減小D.導(dǎo)體棒最終的速度為mg答案CD解析初始時(shí)刻，將導(dǎo)體棒和物塊作為整體，分析受力，由牛頓第二定律，可得BIL+mgsinθ=2ma，其中I=BLv0R+r，聯(lián)立解得a=B2L2v02m(R+r)+12gsinθ，A錯(cuò)誤；向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中a=B2L2v2m(R+r)+12gsin例7(多選)(2025·河北廊坊市模擬)如圖所示，水平虛線M、N間存在垂直于紙面向里、沿水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框abcd由虛線M上方無(wú)初速度釋放，在釋放瞬間ab邊與虛線M平行且相距為L(zhǎng)。已知線框的質(zhì)量為m，電阻為R，線框cd邊剛要進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)，線框的加速度為零，線框ab邊剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)和剛出磁場(chǎng)時(shí)速度相同，重力加速度為g，線框在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終在垂直于磁場(chǎng)的豎直面內(nèi)，ab邊始終水平，忽略空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是()A.線框進(jìn)磁場(chǎng)的過(guò)程可能是加速運(yùn)動(dòng)B.線框進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程通過(guò)線框橫截面的電荷量為BC.通過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為2mgLD.M、N間的距離為2L-m答案BD解析若導(dǎo)線框在穿越磁場(chǎng)的過(guò)程中，先加速，則線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的重力大于安培力，線框在進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，可能一直加速直到完全進(jìn)入磁場(chǎng)，或者先加速再勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，線框只受到重力的作用，接著將加速，一直到線框剛出磁場(chǎng)，顯然此時(shí)ab邊與兩虛線重合時(shí)的速度大小不可能相等，后面的速度大于前面的速度，故A錯(cuò)誤；線框進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=ΔΦΔt，平均電流為I=ER，通過(guò)的電荷量為q=IΔt，磁通量的變化量為ΔΦ=BL2，聯(lián)立可得線框進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)線框橫截面的電荷量為q=BL2R，故B正確；線框cd邊剛要進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)，線框的加速度為零，根據(jù)平衡條件，有mg-B2L2vR=0，解得v=mgRB2L2，從開(kāi)始釋放到線框cd邊剛要進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)能量守恒，有Q熱=mg·2L-12mv2，解得Q熱=2mgL-m3g2R22B4L4，因線框ab邊剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)和剛出磁場(chǎng)時(shí)速度相同，所以線框進(jìn)入過(guò)程和穿出過(guò)程產(chǎn)生的熱量相等，即通過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=2Q熱=4mgL-m3g2R例8(2025·河北省模擬)如圖所示，間距L=2m的光滑平行導(dǎo)軌及其所在平面與水平面的夾角均為θ=30°，導(dǎo)軌底端AB水平，且接有一個(gè)特殊的電源，電路接通后該電源在不同的外接負(fù)載條件下均保持所輸出的電流恒定為I=0.5A，導(dǎo)軌上C、D兩點(diǎn)連線與AB平行，E為導(dǎo)軌平面上一點(diǎn)，C、D、E的連線構(gòu)成等腰直角三角形，O點(diǎn)為等腰直角三角形CDE過(guò)E點(diǎn)高的中點(diǎn)，三角形內(nèi)部存在垂直導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。將一長(zhǎng)度也為L(zhǎng)=2m，質(zhì)量m=0.05kg，電阻為定值的導(dǎo)體棒放置在C、D位置，導(dǎo)體棒受到C、D兩處擋板的作用處于靜止?fàn)顟B(tài)。導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，重力加速度g取10m/s2。求：(1)閉合開(kāi)關(guān)S的瞬間，導(dǎo)體棒的加速度a的大??；(2)導(dǎo)體棒第一次經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)速度v0的大??；(3)已知閉合開(kāi)關(guān)S后經(jīng)π4s導(dǎo)體棒第一次經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，若以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)沿斜面向上為正方向建立x坐標(biāo)軸，請(qǐng)寫出導(dǎo)體棒所受合力F合與其坐標(biāo)x的關(guān)系式及導(dǎo)體棒從O點(diǎn)第一次到達(dá)x=0.25m所用的時(shí)間t答案(1)5m/s2(2)102(3)F合=-0.5x(N)π12解析(1)由左手定則可知導(dǎo)體棒所受安培力方向沿斜面向上，由牛頓第二定律得BIL-mgsinθ=ma解得a=5m/s2(2)導(dǎo)體棒沿斜面向上運(yùn)動(dòng)位移d=0.5m時(shí)第一次經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，由幾何關(guān)系易得此時(shí)導(dǎo)體棒處于磁場(chǎng)中的長(zhǎng)度為L(zhǎng)'=1m；向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒處于磁場(chǎng)中的長(zhǎng)度隨其位移均勻減小，安培力做功W=FAx=BIL解得W=316由動(dòng)能定理得W-mgdsin30°=m解得v0=102(3)導(dǎo)體棒坐標(biāo)為x時(shí)，導(dǎo)體棒處于磁場(chǎng)中的長(zhǎng)度為L(zhǎng)2-2合力大小F合=BI(L2-2x)-mgsin即F合=-0.5x(N)可知導(dǎo)體棒以O(shè)點(diǎn)為中心做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，振幅A=0.5m，且導(dǎo)體棒第一次經(jīng)過(guò)O點(diǎn)用時(shí)π4s為四分之一周期，可得T=π導(dǎo)體棒過(guò)O點(diǎn)后再經(jīng)A2第一次到達(dá)x=0.25從導(dǎo)體棒第一次經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，則有x=Asin2πT解得所用時(shí)間t=T12=π12電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題棒、框受力平衡靜止閉合K，ab恰好靜止棒、框處于平衡狀態(tài)，進(jìn)行受力分析，滿足合力為零勻速運(yùn)動(dòng)恰好勻速進(jìn)入磁場(chǎng)棒的最大速度棒、框受力不平衡變加速運(yùn)動(dòng)棒在恒力作用下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)棒從靜止開(kāi)始下滑受力分析，分析加速度的變化：a=Fm-a=gsinθ-B棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)勻加速運(yùn)動(dòng)a=mMN棒：F-B2L2(PQ棒：B2L2(棒、框運(yùn)動(dòng)過(guò)程中能量問(wèn)題棒、框從某一速度到另一速度棒從靜止到勻速時(shí)產(chǎn)生的焦耳熱利用能量守恒定律或功能關(guān)系求產(chǎn)生的焦耳熱，回路中有多個(gè)電阻時(shí)，注意熱量的分配專題強(qiáng)化練[分值：50分][1~5題，每題4分，6~8題，每題6分][保分基礎(chǔ)練]1.(2025·甘肅卷·6)閉合金屬框放置在磁場(chǎng)中，金屬框平面始終與磁感線垂直。如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按正弦規(guī)律變化。Φ為穿過(guò)金屬框的磁通量，E為金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，下列說(shuō)法正確的是()A.在0~T4內(nèi)，Φ和EB.當(dāng)t=T8與3T8C.當(dāng)t=T4時(shí)，Φ最大，ED.當(dāng)t=T2時(shí)，Φ和E答案C解析在0~T4時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B增加，根據(jù)Φ=BS可知磁通量Φ增加，但是圖像的斜率減小，即磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率逐漸減小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=ΔBΔtS，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E逐漸減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)t=T8和t=3T8時(shí)，因B-t圖像的斜率絕對(duì)值相等，符號(hào)相反，可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E大小相等，方向相反，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t=T4時(shí)，B最大，則磁通量Φ最大，但是B的變化率為零，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E為零，選項(xiàng)C正確；t=T2時(shí)，B2.(2024·江蘇卷·10)如圖所示，在絕緣的水平面上，有閉合的兩個(gè)線圈a、b，線圈a處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，現(xiàn)將線圈a從磁場(chǎng)中勻速拉出，線圈a、b中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向分別是()A.順時(shí)針，順時(shí)針 B.順時(shí)針，逆時(shí)針C.逆時(shí)針，順時(shí)針 D.逆時(shí)針，逆時(shí)針答案A解析線圈a從磁場(chǎng)中勻速拉出的過(guò)程中，穿過(guò)a線圈的磁通量在減小，根據(jù)楞次定律可知a線圈中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，由于線圈a從磁場(chǎng)中勻速拉出，則a中產(chǎn)生的電流為恒定電流，線圈a靠近線圈b的過(guò)程中穿過(guò)線圈b的磁通量在向外增大，同理可得線圈b中產(chǎn)生的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針。故選A。3.(多選)(2025·黑吉遼蒙卷·9)如圖，“”形導(dǎo)線框置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。線框相鄰兩邊均互相垂直，各邊長(zhǎng)均為l。線框繞b、e所在直線以角速度ω順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，be與磁場(chǎng)方向垂直。t=0時(shí)，abef與水平面平行，則()A.t=0時(shí)，電流方向?yàn)閍bcdefaB.t=0時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Bl2ωC.t=πωD.t=0到t=πω答案AB解析線框轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的兩條邊為cd和af，t=0時(shí)刻cd邊速度與磁場(chǎng)方向平行，不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，此時(shí)af邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由右手定則可知電流方向?yàn)閍bcdefa，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=Blv=Blωl=Bl2ω，A、B正確；t=πω時(shí)，線框旋轉(zhuǎn)180°，此時(shí)依舊是af邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不為零，C錯(cuò)誤；t=0到t=πω的過(guò)程中，線框abef的磁通量變化量為零，線框bcde的磁通量變化量大小為|ΔΦ|=2BS=2Bl2，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=|ΔΦΔ4.(多選)(2025·河南卷·9)手機(jī)拍照時(shí)手的抖動(dòng)產(chǎn)生的微小加速度會(huì)影響拍照質(zhì)量，光學(xué)防抖技術(shù)可以消除這種影響。如圖，鏡頭僅通過(guò)左、下兩側(cè)的彈簧與手機(jī)框架相連，兩個(gè)相同線圈c、d分別固定在鏡頭右、上兩側(cè)，c、d中的一部分處在相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。拍照時(shí)，手機(jī)可實(shí)時(shí)檢測(cè)手機(jī)框架的微小加速度a的大小和方向，依此自動(dòng)調(diào)節(jié)c、d中通入的電流Ic和Id的大小和方向(無(wú)抖動(dòng)時(shí)Ic和Id均為零)，使鏡頭處于零加速度狀態(tài)。下列說(shuō)法正確的是()A.若Ic沿順時(shí)針?lè)较?，Id=0，則表明a的方向向右B.若Id沿順時(shí)針?lè)较?，Ic=0，則表明a的方向向下C.若a的方向沿左偏上30°，則Ic沿順時(shí)針?lè)较?，Id沿逆時(shí)針?lè)较蚯襂c>IdD.若a的方向沿右偏上30°，則Ic沿順時(shí)針?lè)较?，Id沿順時(shí)針?lè)较蚯襂c<Id答案BC解析若Ic沿順時(shí)針?lè)较蚯襂d=0，由左手定則可知線圈c受到的安培力向右，則手機(jī)框架向左運(yùn)動(dòng)，加速度方向向左，A錯(cuò)誤；若Id沿順時(shí)針?lè)较蚯襂c=0，由左手定則可知線圈d受到的安培力向上，則手機(jī)框架向下運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，B正確；若a的方向沿左偏上30°，說(shuō)明手機(jī)框架向上運(yùn)動(dòng)以及向左運(yùn)動(dòng)，且向左運(yùn)動(dòng)的分速度大于向上運(yùn)動(dòng)的分速度，可知線圈c受到的安培力向右，Ic沿順時(shí)針?lè)较颍€圈d受到的安培力向下，Id沿逆時(shí)針?lè)较颍钟蒃=Blv，I=ER，可知Ic>Id，C正確；若a的方向沿右偏上30°，同理可知Ic沿逆時(shí)針?lè)较?，Id沿逆時(shí)針?lè)较?，且Ic>Id，D5.(多選)(2025·江西省模擬)如圖，勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的邊界P、Q、M水平，兩磁場(chǎng)的方向相反，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，磁場(chǎng)Ⅰ的寬度為L(zhǎng)，磁場(chǎng)Ⅱ的寬度大于L。邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形金屬線框abcd自距磁場(chǎng)邊界P上方L處自由下落，當(dāng)ab邊剛進(jìn)磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)線框的加速度為零；當(dāng)ab邊剛出磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)，線框的加速度也為零。重力加速度大小為g，線框運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線框平面與磁場(chǎng)始終垂直，ab邊始終水平，忽略空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是()A.當(dāng)線框ab邊剛進(jìn)磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)，線框的速度大小為mgRB.線框ab邊通過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ的過(guò)程中，通過(guò)線框橫截面的電荷量為BC.磁場(chǎng)Ⅱ的寬度為L(zhǎng)+15D.線框通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為4mgL+7答案BC解析設(shè)線框ab邊剛進(jìn)磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)速度為v1，根據(jù)題意可得2B2BLv1RL=mg，解得v1=mgR4B2L2，故A錯(cuò)誤；線框ab邊通過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ的過(guò)程中，通過(guò)線框橫截面的電荷量q=ΔΦR=BL2R，故B正確；設(shè)線框ab邊剛出磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)，線框的速度大小為v2，則B2L2v2R=mg，解得v2=mgRB2L2，設(shè)磁場(chǎng)Ⅱ的寬度為d，則d=L+v22-v1[爭(zhēng)分提能練]6.(多選)(2024·全國(guó)甲卷·21)如圖，一絕緣細(xì)繩跨過(guò)兩個(gè)在同一豎直面(紙面)內(nèi)的光滑定滑輪，繩的一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊。線框與左側(cè)滑輪之間的虛線區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)上下邊界水平，在t=0時(shí)刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場(chǎng)下方進(jìn)入磁場(chǎng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線框始終在紙面內(nèi)且上下邊框保持水平。以向上為速度的正方向，下列線框的速度v隨時(shí)間t變化的圖像中可能正確的是()答案AC解析設(shè)