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阶段复习(五)　电磁感应和交变电流
答案　(1)0.03 m/s2，方向水平向右　(2)15 C
(3)0.45 J
解析　(1)甲棒在斜面导轨下滑的过程，由机械能守恒定律有mgh=m
甲棒进入磁场产生的感应电动势为
E1=2Bcos 60°·Lv0
由闭合电路欧姆定律可知，I1=
对乙棒，由牛顿第二定律可得Bcos 60°·I1·2L=ma
联立可得a=0.03 m/s2，方向水平向右。
(2)两棒稳定时，电路中电流为0，则
2Bcos 60°·Lv1=Bcos 60°·2Lv2
解得v1=v2
两棒受到的安培力满足F甲=F乙
则两棒组成的系统水平方向动量守恒，可得mv0=mv1+mv2
对乙棒，根据动量定理Bcos 60°··2Lt=mv2
其中q=t
联立可得q=15 C
(3)从甲棒进入磁场到两棒达到稳定过程中，根据能量守恒定律
m=m+m+Q总
解得Q总=0.9 J
则Q乙=Q总=0.45 J
阶段复习练(五)
[分值：100分]
一、选择题：1~10题，每题6分，共60分。
1.(2025·浙江温州市一模)关于下列四幅图，说法正确的是(　　)
A.图甲中，三角形导线框绕轴匀速转动，产生的是正弦式交变电流
B.图乙中，随时间变化的该磁场不可能产生电磁波
C.图丙中，强磁体从带有裂缝的铝管中静止下落(不计空气阻力)可视为自由落体运动
D.图丁中，此时电容器中的电场能正在减少
答案　A
解析　闭合线框绕着与匀强磁场方向垂直的轴匀速转动，就会产生正弦式交变电流，故A正确；变化的磁场产生变化的电场，变化的电场产生变化的磁场，如此循环往复，就会形成电磁波，故B错误；强磁体从带有裂缝的铝管中静止下落，铝管中仍然会产生涡流效应，感应电流的磁场将会对下落的强磁体也产生阻力作用，故强磁铁不做自由落体运动，故C错误；由题图丁可知，此时电容器正在充电，电容器极板上的电荷量增多，电场能正在增加，故D错误。
2.(多选)(2025·新课标卷·21)如图，过P点的虚线上方存在方向垂直于纸面的匀强磁场。一金属圆环在纸面内以P点为轴沿顺时针方向匀速转动，O为圆环的圆心，OP为圆环的半径。则(　　)
A.圆环中感应电流始终绕O逆时针流动
B.OP与虚线平行时圆环中感应电流最大
C.圆环中感应电流变化的周期与环转动周期相同
D.圆环在磁场内且OP与虚线垂直时环中感应电流最大
答案　BC
解析　在圆环进入磁场的过程中圆环中感应电流绕O逆时针流动，圆环出磁场的过程中圆环中感应电流绕O顺时针流动，故A错误；圆环进入磁场过程中切割磁感线的有效长度先增大后减小，圆环出磁场过程中切割磁感线的有效长度先增大后减小，当OP与虚线平行时，切割磁感线的有效长度最大，圆环中感应电流最大；分析可知当环转动一圈的过程中，圆环中的感应电流先逆时针增大再减小，后顺时针增大再减小，故圆环中感应电流变化的周期与圆环转动周期相同；而圆环在磁场内且OP与虚线垂直时，此时环中感应电流为零，故B、C正确，D错误。
3.(2025·河南卷·5)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(　　)
答案　C
解析　根据题意，当金属薄片中心运动到N极正下方时，下一刻，薄片右侧向下的磁通量减小，左侧向下的磁通量增加，根据楞次定律可知沿N极到S极的方向看，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。
4.(2025·北京市大兴区三模)如图所示为交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向匀强磁场，单匝线框绕垂直于磁场的水平轴OO'沿逆时针方向以角速度ω=10π rad/s匀速转动，电流表为理想交流电表。从图示位置开始计时，穿过线框的磁通量最大值Φm= Wb，电阻R=5 Ω，线框电阻也是5 Ω，其余电阻不计。下列判断正确的是(　　)
A.R的电功率为0.625 W
B.t=0时刻，电流表示数为零
C.产生的交变电流的频率为10 Hz
D.R两端电压的瞬时值表达式为u=2.5sin (10πt) V
答案　A
解析　根据ω=2πf，解得f=5 Hz，故C错误；根据法拉第电磁感应定律可知Em=Φmω=5 V，由闭合电路欧姆定律可知Im==0.5 A，电流表示数为有效值，即I== A，故B错误；R的电功率为P=I2R=0.625 W，故A正确；R两端电压的瞬时值表达式为u=Umcos ωt，其中Um=ImR=2.5 V，解得u=2.5cos (10πt) V，故D错误。
5.(2025·重庆市二模)如图所示，一理想变压器原线圈可通过移动滑动触头P的位置改变接入电路的匝数，b为原线圈的中点。当P接a时，原、副线圈的匝数比为5∶1，线圈L的直流电阻不计。原线圈接u=220sin ωt(V)的交流电，则(　　)
A.当P接a时，滑动变阻器R两端的电压为55 V
B.若将P由a向b滑动，则变压器的输入功率减小
C.若将滑片M向下滑动，则变压器输入功率增大
D.若增大电源的频率，则灯泡B将变亮
答案　C
解析　根据题意可知，原线圈输入电压的有效值为U1= V=220 V，当P接a时，原、副线圈的匝数比为5∶1，滑动变阻器R两端的电压等于副线圈输出电压为U2=U1=44 V，故A错误；若将P由a向b滑动，原、副线圈的匝数比减小，副线圈输出电压增大，副线圈输出功率变大，则变压器的输入功率增大，故B错误；若将滑片M向下滑动，滑动变阻器阻值减小，副线圈输出功率变大，则变压器输入功率增大，故C正确；若增大电源的频率，线圈L上电流频率增大，由XL=2πfL可知，线圈L的感抗增大，则灯泡B将变暗，故D错误。
6.(2023·天津卷·6)如图为输电线为用户输电的情景，电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器，中间输电电路电阻为R，下列说法正确的有(　　)
A.T1输出电压与T2输入电压相等
B.T1输出功率大于T2输入功率
C.若用户接入的用电器增多，则R功率降低
D.若用户接入的用电器增多，则T2输出功率降低
答案　B
解析　由于输电过程中电阻R要产生热量，会损耗功率，故T1输出功率大于T2输入功率，T1输出电压大于T2输入电压，故A错误，B正确；由于输入电压不变，所以变压器T1的输出电压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端的等效电阻变小，则用户端电流变大，输电电路电流也相应变大，根据P损=I2R可知R功率增大，故C错误；用户接入的用电器增多，用电器消耗功率增大，即T2输出功率增大，故D错误。
7.(2025·安徽省模拟)已知长直导线在其周围空间产生的磁感应强度大小B=k，其中k是常量，I是导线中的电流，r是空间某点到导线的垂直距离。如图所示，在水平面上固定间距为d的光滑导轨，左端接有阻值为R的电阻。一质量为m、阻值为R、长度为d的导体棒MN在水平拉力作用下沿导轨运动，已知运动过程中电阻R上的电功率恒为P，不计导轨电阻，导体棒的速度v和加速度a与导体棒到直导线的距离r关系图像可能正确的是(　　)
答案　C
解析　由电功率公式可得P=I2R，由闭合电路欧姆定律可得E=I·2R=2，由导体棒切割磁感线得电动势E=Bdv=kdv，解得v=r，即导体棒的速度v和距离r成正比，故A、B错误；加速度a=，联立解得a==·=v=r，即加速度a和距离r成正比，故C正确，D错误。
8.(多选)(2025·河南省三模)如图甲所示，两根足够长的粗糙平行金属导轨间距为L=1 m，其电阻不计，两导轨及其所在平面与水平面的夹角均为θ=37°，上端连接一阻值为R=2 Ω的电阻，整个装置处于方向垂直于导轨平面的匀强磁场中。将一质量为m=1 kg、电阻不计的金属棒放在导轨上，无磁场时金属棒恰好处于静止状态。从t=0时刻开始，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化关系如图乙所示(令垂直导轨平面向下为正方向)，已知金属棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。在t=2 s时，导体棒恰好运动，则(　　)
A.金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.75
B.t=2 s时，从上方俯视整个回路，回路中感应电流的方向沿顺时针
C.t=2 s时，金属棒受到的安培力大小为6 N
D.t=0时刻，金属棒与导轨顶端的距离为3 m
答案　AD
解析　没有磁场时，对金属棒由平衡条件有mgsin θ=μmgcos θ，解得μ=0.75，故A正确；0~2 s内，闭合回路中的磁通量向下增大，由楞次定律和安培定则可知，从上方俯视整个回路，感应电流的方向沿逆时针，故B错误；t=2 s时，对金属棒由平衡条件有F安=mgsin θ+μmgcos θ，解得F安=12 N，故C错误；设金属棒与导轨顶端的距离为x，由法拉第电磁感应定律有E=·Lx，又E=IR，F安=BIL，解得x=3 m，故D正确。
9.(多选)(2025·浙江1月选考·13)如图甲所示，在平面内存在一以O为圆心、半径为r的圆形区域，其中存在一方向垂直平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化如图乙所示，周期为3t0。变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为一系列以O为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在同一平面内，有以O为圆心的半径为2r的导电圆环Ⅰ，与磁场边界相切的半径为0.5r的导电圆环Ⅱ，电阻均为R，圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角φ=30°，另有一可视为无限长的直导线CD。导电圆环间绝缘，且不计相互影响，则(　　)
A.圆环Ⅰ中电流的有效值为
B.t=1.5t0时刻直导线CD电动势为πr2
C.t=0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为
D.t=0.5t0时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为πr2
答案　BD
解析　由题图可知，在0~t0内和2t0~3t0内圆环Ⅰ中的电流大小均为I1=
在t0~2t0内圆环Ⅰ中的电流大小为I2=
设圆环Ⅰ中电流的有效值为I，有
I2R·3t0=R·2t0+Rt0
联立解得I=，故A错误；
设右侧有一与CD对称的无限长的直导线C'D'与CD构成回路，则t=1.5t0时刻，CD、C'D'回路产生的总电动势为E总=πr2·
根据对称性可知t=1.5t0时刻直导线CD电动势为πr2，故B正确；
由于圆环Ⅱ处于磁场外部，通过圆环Ⅱ的磁通量一直为0，所以圆环Ⅱ不会产生感应电流，则t=0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为0，故C错误；
以O点为圆心，过P、Q两点的圆轨道，在t=0.5t0时刻产生的电动势为E=πr2
则P、Q两点间圆弧的电动势为
E'=E=πr2
由于P、Q两点间圆弧与圆环Ⅱ上PQ构成的回路不会产生感应电流，则圆环Ⅱ上PQ间电动势为πr2，故D正确。
10.(2025·浙江6月选考·10)如图甲所示，有一根长1 m、两端固定紧绷的金属丝，通过导线连接示波器。在金属丝中点处放置一蹄形磁体，在中点附近1.00 cm范围内产生B=10-3 T、方向垂直金属丝的匀强磁场(其他区域磁场忽略不计)。现用一激振器使金属丝发生垂直于磁场方向的上下振动，稳定后形成如图乙所示的不同时刻的波形，其中最大振幅A=0.5 cm。若振动频率为f，则振动最大速度vm=2πfA。已知金属丝接入电路的电阻r=0.5 Ω，示波器显示输入信号的频率为150 Hz。下列说法正确的是(　　)
A.金属丝上波的传播速度为π m/s
B.金属丝产生的感应电动势最大值约为π×10-3 V
C.若将示波器换成可变电阻，则金属丝的最大输出功率约为π2×10-10 W
D.若让激振器产生沿金属丝方向的振动，其他条件不变，则金属丝中点的振幅为零
答案　C
解析　由题图乙可知波长为λ=L= m，又振动频率为f=150 Hz，可得波速为v=λf=100 m/s，故A错误；金属丝在中点附近的匀强磁场中振动，其振动最大速度为vm=2πfA，其中A=0.5 cm=0.005 m，f=150 Hz，计算得vm=2π×150×0.005 m/s=1.5π m/s，中点切割的有效长度为L'=0.01 m，则中点处感应电动势最大值为Emax=BL'vm=π×10-5 V，故B错误；金属丝在中点附近的匀强磁场中振动，产生的是正弦式交流电，电动势的有效值为E=，可变电阻R=r=0.5 Ω时，输出功率最大，Pmax==π2×10-10 W，故C正确；纵向振动时，金属丝中点可能为波腹或波节，振幅不一定为零，故D错误。
二、非选择题：本题共3小题，共40分。
11.(10分)(2025·四川卷·14)如图所示，长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上，两者平行且相距l，M、P连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r，M、P间连接一阻值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。零时刻，金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度大小为g。
(1)(2分)金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势；
(2)(3分)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率；
(3)(5分)金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。
答案　(1)Blv　(2)　(3)
解析　(1)金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，在回路中产生的感应电动势E=Blv
(2)金属杆运动距离d时，电路中的总电阻为R=2dr+2sr
故此时回路中的热功率为P==
(3)设金属杆保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为x，此时刚好将要脱离导轨，设绳子拉力为FT，与水平方向的夹角为θ，对金属杆根据受力平衡可知F安=FTcos θ，mg=FTsin θ
根据几何关系有tan θ=
同时有F安=BIl，I=
联立解得x=。
12.(14分)(2025·浙江温州市一模)如图所示，间距L=1 m的导轨MN、PQ和M'N'、P'Q'水平放置，NP、N'P'为半径r=0.4 m的半圆弧导轨，其中N、N'点有一小段的绝缘材料，其余部分均导电，水平导轨和半圆弧导轨平滑连接。MM'处连接一充满电的电容器，电容C=0.1 F，MN、M'N'上垂直导轨放置两根质量均为m=0.1 kg的导体棒，b棒放在绝缘处，a棒在b棒左侧且相距足够远，QQ'连接有定值电阻R=1 Ω。整个装置处于竖直向上、磁感应强度大小为B=1 T的匀强磁场中，闭合开关S，a棒被弹射出后与b棒发生弹性碰撞，碰后瞬间断开开关S并给b棒施加外力使其立刻沿半圆弧导轨匀速率运动，b棒运动至最低点时受到的支持力FN=2 N，运动到PP'时撤去外力使其沿水平轨道自由滑行直至停止，运动过程中a、b棒始终与导轨垂直且接触良好。不计其他电阻，忽略一切阻力，g取10 m/s2，π取3，求：
(1)(3分)b棒运动到最低点时，回路中的感应电流大小；
(2)(5分)电容器初始时的电压U0及弹射a棒释放的电荷量q；
(3)(6分)整个过程中R上产生的焦耳热。
答案　(1)2 A　(2)4 V　0.2 C　(3)1.4 J
解析　(1)b棒运动至最低点，由牛顿第二定律FN-mg=m
代入题中数据，解得vb=2 m/s
则电流I===2 A
(2)质量相等的a、b棒发生弹性碰撞，速度互换，可知碰前a棒速度va=vb=2 m/s，
规定向右为正方向，对a棒，由动量定理有BL·Δt=mva，又由q=Δt
联立解得q=0.2 C
电容器释放的电荷量与通过a棒的电荷量相等，则q=C(U0-U')
a棒被弹射时运动距离足够长，可知a棒的电动势与电容器的电压相等，即U'=BLva=2 V
联立求得U0=4 V
(3)b棒在半圆弧导轨上运动时产生的感应电动势等效为正弦式交变电流，
电动势有效值E有=== V
定值电阻R上产生的焦耳热Q1=t，t==0.6 s，
联立解得Q1=1.2 J
撤去外力后，b棒的动能全部转化为焦耳热Q2=m=0.2 J
故整个过程中R上产生的焦耳热Q=Q1+Q2=1.4 J。
13.(16分)(2025·湖北武汉市模拟)如图所示，两足够长平行金属直导轨的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。在水平导轨某处放置一边长为L、由均匀金属丝制成的单匝闭合正方形线框，左右两边分别记为b、c。线框质量为m，总电阻为8R，初始时处于静止状态。现让长度也为L、质量为2m、阻值为R的导体棒a从圆弧导轨上离水平导轨高h处由静止释放，某时刻导体棒a与线框发生碰撞，并且碰后瞬间线框的速度是导体棒a进入磁场瞬间速度的，碰撞过程中的机械能损失与碰前回路产生的总热量相等。已知重力加速度为g，忽略导轨的电阻、所有摩擦以及线框的可能形变，且导体棒a和线框b、c边运动过程中始终与导轨垂直，导体棒和线框侧边与导轨始终接触良好。求：
(1)(3分)导体棒a刚进入磁场时的速度大小v0；
(2)(3分)碰后瞬间导体棒a的速度大小v；
(3)(10分)从最初到稳定，导体棒a上产生的焦耳热Qa及最终导体棒a和线框b边的距离x。
答案　(1)　(2)　(3)mgh　
解析　(1)导体棒a进入磁场前，有2mgh=×2m，解得v0=
(2)b、c边接入电路，并联电阻为R并=R
导体棒a和线框受到的安培力等大反向，从a进磁场到碰后瞬间，a和线框组成的系统动量守恒，可得
2mv0=2mv+m·
解得v=
(3)二者碰后到稳定，动量守恒，有2mv0=3mv共
解得v共=
从释放导体棒a到碰后瞬间，系统损失的总机械能
ΔE损=2mgh-m(v0)2-×2mv2=mgh
碰前回路中产生的总焦耳热为
Q=ΔE损=mgh
a棒产生的焦耳热为Q1=Q=mgh
碰后回路产生的总焦耳热为Q'=m(v0)2+×2mv2-×3m=mgh
a棒产生的焦耳热为Q2=Q'=mgh
故全程Qa=Q1+Q2=mgh
碰后某瞬间，设导体棒的速度为va，线框的速度为v框，
对导体棒a，有F安=BiL，i=
从碰后到稳定，设安培力的冲量为I安，对导体棒a，由动量定理
I安=2m(v共-v)
综上所述，有∑·t=2m(v共-v)
其中∑(v框-va)·t=x
解得x=。(共55张PPT)
交变电流　
电磁振荡 电磁波
传感器
第十三章
电磁感应和交变电流
阶段复习(五)
知识网络
规范训练
规范答题
　　　 (1)甲棒在斜面导轨下滑的过程，由机械能守恒定律有mgh=m
甲棒进入磁场产生的感应电动势为
E1=2Bcos 60°·Lv0
由闭合电路欧姆定律可知，I1=
对乙棒，由牛顿第二定律可得Bcos 60°·I1·2L=ma
联立可得a=0.03 m/s2，方向水平向右。
答案　(1)0.03 m/s2，方向水平向右　(2)15 C　(3)0.45 J
　　　(2)两棒稳定时，电路中电流为0，则
2Bcos 60°·Lv1=Bcos 60°·2Lv2
解得v1=v2
两棒受到的安培力满足F甲=F乙
则两棒组成的系统水平方向动量守恒，可得mv0=mv1+mv2
对乙棒，根据动量定理Bcos 60°··2Lt=mv2
其中q=t
联立可得q=15 C
　　　(3)从甲棒进入磁场到两棒达到稳定过程中，根据能量守恒定律
m=m+m+Q总
解得Q总=0.9 J
则Q乙=Q总=0.45 J
阶段复习练(五)
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A BC C A C B C AD
题号 9 10 　11 答案 BD C (1)Blv　(2)　(3) 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
题号 　12
答案 (1)2 A　(2)4 V　0.2 C　(3)1.4 J
题号 　13
答案 (1)　(2)　(3)mgh　
一、选择题
1.(2025·浙江温州市一模)关于下列四幅图，说法正确的是
A.图甲中，三角形导线框绕轴匀速转动，产生的是正弦式交变电流
B.图乙中，随时间变化的该磁场不可能产生电磁波
C.图丙中，强磁体从带有裂缝的铝管中静止下落(不计空气阻力)可视为
自由落体运动
D.图丁中，此时电容器中的电场能正在减少
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
√
　　　闭合线框绕着与匀强磁场方向垂直的轴匀速转动，就会产生正弦式交变电流，故A正确；
变化的磁场产生变化的电场，变化的电场产生变化的磁场，如此循环往复，就会形成电磁波，故B错误；
强磁体从带有裂缝的铝管中静止下落，铝管中仍然会产生涡流效应，感应电流的磁场将会对下落的强磁体也产生阻力作用，故强磁铁不做自由落体运动，故C错误；
由题图丁可知，此时电容器正在充电，电容器极板上的电荷量增多，电场能正在增加，故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
2.(多选)(2025·新课标卷·21)如图，过P点的虚线上方存在方向垂直于纸面的匀强磁场。一金属圆环在纸面内以P点为轴沿顺时针方向匀速转动，O为圆环的圆心，OP为圆环的半径。则
A.圆环中感应电流始终绕O逆时针流动
B.OP与虚线平行时圆环中感应电流最大
C.圆环中感应电流变化的周期与环转动周期相同
D.圆环在磁场内且OP与虚线垂直时环中感应电流最大
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
　　　在圆环进入磁场的过程中圆环中感应电流绕O逆时针流动，圆环出磁场的过程中圆环中感应电流绕O顺时针流动，故A错误；
圆环进入磁场过程中切割磁感线的有效长度先增大后减小，圆环出磁场过程中切割磁感线的有效长度先增大后减小，当OP与虚线平行时，切割磁感线的有效长度最大，圆环中感应电流最大；分析可知当环转动一圈的过程中，圆环中的感应电流先逆时针增大再减小，后顺时针增大再减小，故圆环中感应电流变化的周期与圆环转动周期相同；而圆环在磁场内且OP与虚线垂直时，此时环中感应电流为零，故B、C正确，D错误。
13
3.(2025·河南卷·5)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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
　　　根据题意，当金属薄片中心运动到N极正下方时，下一刻，薄片右侧向下的磁通量减小，左侧向下的磁通量增加，根据楞次定律可知沿N极到S极的方向看，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。
13
4.(2025·北京市大兴区三模)如图所示为交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向匀强磁场，单匝线框绕垂直于磁场的水平轴OO'沿逆时针方向以角速度ω=10π rad/s匀速转动，电流表为理想交流电表。从图示位置开始计时，穿过线框的磁通量最大值Φm= Wb，电阻R=5 Ω，线框电阻也是5 Ω，其余电阻不计。下列判断正确的是
A.R的电功率为0.625 W
B.t=0时刻，电流表示数为零
C.产生的交变电流的频率为10 Hz
D.R两端电压的瞬时值表达式为u=2.5sin (10πt) V
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答案
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√
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答案
　　　根据ω=2πf，解得f=5 Hz，故C错误；
根据法拉第电磁感应定律可知Em=Φmω=5 V，由闭合电路欧姆定律可知Im==0.5 A，电流表示数为有效值，即I== A，故B错误；
R的电功率为P=I2R=0.625 W，故A正确；
R两端电压的瞬时值表达式为u=Umcos ωt，其中Um=ImR=2.5 V，解得u=2.5cos (10πt) V，故D错误。
13
5.(2025·重庆市二模)如图所示，一理想变压器原线圈可通过移动滑动触头P的位置改变接入电路的匝数，b为原线圈的中点。当P接a时，原、副线圈的匝数比为5∶1，线圈L的直流电阻不计。原线圈接u=220sin ωt(V)
的交流电，则
A.当P接a时，滑动变阻器R两端的电压为55 V
B.若将P由a向b滑动，则变压器的输入功率减小
C.若将滑片M向下滑动，则变压器输入功率增大
D.若增大电源的频率，则灯泡B将变亮
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答案
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√
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答案
　　　根据题意可知，原线圈输入电压的有效值为U1= V=220 V，当P接a时，原、副线圈的匝数比为5∶1，滑动变阻器R两端的电压等于副线圈输出电压为U2=U1=44 V，故A错误；
若将P由a向b滑动，原、副线圈的匝数比减小，副线圈输出电压增大，副线圈输出功率变大，则变压器的输入功率增大，故B错误；
若将滑片M向下滑动，滑动变阻器阻值减小，副线圈输出功率变大，则变压器输入功率增大，故C正确；
若增大电源的频率，线圈L上电流频率增大，由XL=2πfL可知，线圈L的感抗增大，则灯泡B将变暗，故D错误。
13
6.(2023·天津卷·6)如图为输电线为用户输电的情景，电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器，中间输电电路电阻为R，下列说法正确的有
A.T1输出电压与T2输入电压相等
B.T1输出功率大于T2输入功率
C.若用户接入的用电器增多，则R功率降低
D.若用户接入的用电器增多，则T2输出功率降低
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答案
13
√
　　　由于输电过程中电阻R要产生热量，会损耗功率，故T1输出功率大于T2输入功率，T1输出电压大于T2输入电压，故A错误，B正确；
由于输入电压不变，所以变压器T1的输出电压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端的等效电阻变小，则用户端电流变大，输电电路电流也相应变大，根据P损=I2R可知R功率增大，故C错误；
用户接入的用电器增多，用电器消耗功率增大，即T2输出功率增大，故D错误。
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答案
13
7.(2025·安徽省模拟)已知长直导线在其周围空间产生的磁感应强度大小B=k，其中k是常量，I是导线中的电流，r是空间某点到导线的垂直距离。如图所示，在水平面
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答案
13
上固定间距为d的光滑导轨，左端接有阻值为R的电阻。一质量为m、阻值为R、长度为d的导体棒MN在水平拉力作用下沿导轨运动，已知运动过程中电阻R上的电功率恒为P，不计导轨电阻，导体棒的速度v和加速度a与导体棒到直导线的距离r关系图像可能正确的是
√
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答案
　　　由电功率公式可得P=I2R，由闭合电路欧姆定律可得E=I·2R=2，由导体棒切割磁感线得电动势E=Bdv=kdv，解得v=r，即导体棒的速度v和距离r成正比，故A、B错误；
加速度a=，联立解得a==·=v=r，即加速度a和距离r成正比，故C正确，D错误。
13
8.(多选)(2025·河南省三模)如图甲所示，两根足够长的粗糙平行金属导轨间距为L=1 m，其电阻不计，两导轨及其所在平面与水平面的夹角均为θ=37°，上端连接一阻值为R=2 Ω的电阻，整个装置处于方向垂直于导轨平面的匀强磁场中。将一质量为m=1 kg、电阻不计的金属棒放在导轨上，无磁场时金属棒恰好处于静止状态。从t=0时刻开始，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化关系如图乙所示(令垂直导轨平面向下为正方向)，已知金属棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。在t=2 s时，导体棒恰好运动，则
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答案
13
A.金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.75
B.t=2 s时，从上方俯视整个回路，回路中感应电流的方向沿顺时针
C.t=2 s时，金属棒受到的安培力大小为6 N
D.t=0时刻，金属棒与导轨顶端的距离为3 m
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答案
13
√
√
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12
答案
　　　没有磁场时，对金属棒由平衡条件有mgsin θ=μmgcos θ，解得μ=0.75，故A正确；
0~2 s内，闭合回路中的磁通量向下增大，由楞次定律和安培定则可知，从上方俯视整个回路，感应电流的方向沿逆时针，故B错误；
t=2 s时，对金属棒由平衡条件有F安=mgsin θ+μmgcos θ，解得F安=12 N，故C错误；
设金属棒与导轨顶端的距离为x，由法拉第电磁感应定律有E=·Lx，又E=IR，F安=BIL，解得x=3 m，故D正确。
13
9.(多选)(2025·浙江1月选考·13)如图甲所示，在平面内存在一以O为圆心、半径为r的圆形区域，其中存在一方向垂直平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化如图乙所示，周期为3t0。变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为一系列以O为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在同一平面内，有以O为圆心的半径为2r的导电圆环Ⅰ，与磁场边界相切的半径为0.5r的导电圆环Ⅱ，电阻均为R，圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角φ=30°，另有一可视为无限长的直导线CD。导电圆环间绝缘，且不计相互影响，则
A.圆环Ⅰ中电流的有效值为
B.t=1.5t0时刻直导线CD电动势为πr2
C.t=0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为
D.t=0.5t0时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为πr2
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答案
13
√
√
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答案
13
　　　由题图可知，在0~t0内和2t0~3t0内圆环Ⅰ中的电流大小均为I1=
在t0~2t0内圆环Ⅰ中的电流大小为I2=
设圆环Ⅰ中电流的有效值为I，有
I2R·3t0=R·2t0+Rt0
联立解得I=，故A错误；
设右侧有一与CD对称的无限长的直导线C'D'与CD构成回路，则t=1.5t0时刻，CD、C'D'回路产生的总电动势为E总=πr2·
根据对称性可知t=1.5t0时刻直导线CD电动势为πr2，故B正确；
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答案
13
　　　由于圆环Ⅱ处于磁场外部，通过圆环Ⅱ的磁通量一直为0，所以圆环Ⅱ不会产生感应电流，则t=0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为0，故C错误；
以O点为圆心，过P、Q两点的圆轨道，在t=0.5t0时刻产生的电动势为E=πr2
则P、Q两点间圆弧的电动势为
E'=E=πr2
由于P、Q两点间圆弧与圆环Ⅱ上PQ构成的回路不会产生感应电流，则圆环Ⅱ上PQ间电动势为πr2，故D正确。
10.(2025·浙江6月选考·10)如图甲所示，有一根长1 m、两端固定紧绷的金属丝，通过导线连接示波器。在金属丝中点处放置一蹄形磁体，在中点附近1.00 cm范围内产生B=10-3 T、方向垂直金属丝的匀强磁场(其他区域磁场忽略不计)。现用一激振器使金属丝发生垂直于磁场方向的上下振动，稳定后形成如图乙所示的不同时刻的波形，其中最大振幅A=0.5 cm。若振动频率为f，则振动最大速度vm=2πfA。已知金属丝接入电路的电阻r=0.5 Ω，示波器显示输入信号的频率为150 Hz。下列说法正确的是
A.金属丝上波的传播速度为π m/s
B.金属丝产生的感应电动势最大值约为π×10-3 V
C.若将示波器换成可变电阻，则金属丝的最大输出功率约为π2×10-10 W
D.若让激振器产生沿金属丝方向的振动，其他条件不变，则金属丝中点的振幅为零
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答案
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答案
13
　　　由题图乙可知波长为λ=L= m，又振动频率为f=150 Hz，可得波速为v=λf=100 m/s，故A错误；
金属丝在中点附近的匀强磁场中振动，其振动最大速度为vm=2πfA，其中A=0.5 cm=0.005 m，f=150 Hz，计算得vm=2π×150×0.005 m/s=1.5π m/s，中点切割的有效长度为L'=0.01 m，则中点处感应电动势最大值为Emax=
BL'vm=π×10-5 V，故B错误；
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答案
13
　　　金属丝在中点附近的匀强磁场中振动，产生的是正弦式交流电，电动势的有效值为E=，可变电阻R=r=0.5 Ω时，输出功率最大，Pmax
==π2×10-10 W，故C正确；
纵向振动时，金属丝中点可能为波腹或波节，振幅不一定为零，故D错误。
二、非选择题
11.(2025·四川卷·14)如图所示，长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上，两者平行且相距l，M、P连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q连线中点正上方h
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答案
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处。MN和PQ单位长度的电阻均为r，M、P间连接一阻值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。零时刻，金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度大小为g。
(1)金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势；
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答案
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答案　Blv
　　　金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，在回路中产生的感应电动势E=Blv
(2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率；
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答案
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答案　
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答案
13
　　　金属杆运动距离d时，电路中的总电阻为R=2dr+2sr
故此时回路中的热功率为P==
(3)金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。
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答案
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答案　
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答案
13
　　　设金属杆保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为x，此时刚好将要脱离导轨，设绳子拉力为FT，与水平方向的夹角为θ，对金属杆根据受力平衡可知F安=FTcos θ，mg=FTsin θ
根据几何关系有tan θ=
同时有F安=BIl，I=
联立解得x=。
12.(2025·浙江温州市一模)如图所示，间距L=1 m的导轨MN、PQ和M'N'、P'Q'水平放置，NP、N'P'为半径r=0.4 m的半圆弧导轨，其中N、N'点有一小段的绝缘材
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答案
13
料，其余部分均导电，水平导轨和半圆弧导轨平滑连接。MM'处连接一充满电的电容器，电容C=0.1 F，MN、M'N'上垂直导轨放置两根质量均为m=0.1 kg的导体棒，b棒放在绝缘处，a棒在b棒左侧且相距足够远，QQ'连接有定值电阻R=1 Ω。整个装置处于竖直向上、磁感应强度大小为B=1 T的匀强磁场中，闭合开关S，a棒被弹射出后与b棒发生弹性碰撞，碰后瞬间断开开关S并给b棒施加外力使其立刻沿半圆弧导轨匀速率运动，b棒运动至最低点时受到的支持力FN=2 N，运动到PP'时撤去外力使其沿水平轨道自由滑行直至停止，运动过程中a、b棒始终与导轨垂直且接触良好。不计其他电阻，忽略一切阻力，g取10 m/s2，π取3，求：
(1)b棒运动到最低点时，回路中的感应电流大小；
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答案
13
答案　2 A
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答案
13
　　　b棒运动至最低点，由牛顿第二定律FN-mg=m
代入题中数据，解得vb=2 m/s
则电流I===2 A
(2)电容器初始时的电压U0及弹射a棒释放的电荷量q；
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答案
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答案　4 V　0.2 C
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答案
13
　　　质量相等的a、b棒发生弹性碰撞，速度互换，可知碰前a棒速度va=vb=2 m/s，
规定向右为正方向，对a棒，由动量定理有BL·Δt=mva，又由q=Δt
联立解得q=0.2 C
电容器释放的电荷量与通过a棒的电荷量相等，则q=C(U0-U')
a棒被弹射时运动距离足够长，可知a棒的电动势与电容器的电压相等，即U'=BLva=2 V
联立求得U0=4 V
(3)整个过程中R上产生的焦耳热。
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答案
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答案　1.4 J
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答案
13
　　　b棒在半圆弧导轨上运动时产生的感应电动势等效为正弦式交变电流，
电动势有效值E有=== V
定值电阻R上产生的焦耳热Q1=t，t==0.6 s，
联立解得Q1=1.2 J
撤去外力后，b棒的动能全部转化为焦耳热Q2=m=0.2 J
故整个过程中R上产生的焦耳热Q=Q1+Q2=1.4 J。
13.(2025·湖北武汉市模拟)如图所示，两足够长平行金属直导轨的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定的圆弧导轨相切。MP连线与直导
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答案
13
轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。在水平导轨某处放置一边长为L、由均匀金属丝制成的单匝闭合正方形线框，左右两边分别记为b、c。线框质量为m，总电阻为8R，初始时处于静止状态。现让长度也为L、质量为2m、阻值为R的导体棒a从圆弧导轨上离水平导轨高h处由静止释放，某时刻导体棒a与线框发生碰撞，并且碰后瞬间线框的速度是导体棒a进入磁场瞬间速度
的，碰撞过程中的机械能损失与碰前回路产生的总热量相等。已知重力加速度为g，
忽略导轨的电阻、所有摩擦以及线框的可能形变，且导体棒a和线框b、c边运动过程中始终与导轨垂直，导体棒和线框侧边与导轨始终接触良好。求：
(1)导体棒a刚进入磁场时的速度大小v0；
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答案
13
答案　
　　　导体棒a进入磁场前，有2mgh=×2m，解得v0=
(2)碰后瞬间导体棒a的速度大小v；
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答案
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答案　
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答案
13
　　　b、c边接入电路，并联电阻为R并=R
导体棒a和线框受到的安培力等大反向，从a进磁场到碰后瞬间，a和线框组成的系统动量守恒，可得
2mv0=2mv+m·
解得v=
(3)从最初到稳定，导体棒a上产生的焦耳热Qa及最终导体棒a和线框b边的距离x。
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答案
13
答案　mgh　
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12
答案
13
　　　二者碰后到稳定，动量守恒，有2mv0=3mv共
解得v共=
从释放导体棒a到碰后瞬间，系统损失的总机械能
ΔE损=2mgh-m(v0)2-×2mv2=mgh
碰前回路中产生的总焦耳热为
Q=ΔE损=mgh
a棒产生的焦耳热为Q1=Q=mgh
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答案
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　　　碰后回路产生的总焦耳热为Q'=m(v0)2+×2mv2-×3m=
mgh
a棒产生的焦耳热为Q2=Q'=mgh
故全程Qa=Q1+Q2=mgh
碰后某瞬间，设导体棒的速度为va，线框的速度为v框，
对导体棒a，有F安=BiL，i=
从碰后到稳定，设安培力的冲量为I安，对导体棒a，由动量定理
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答案
13
　　　I安=2m(v共-v)
综上所述，有∑·t=2m(v共-v)
其中∑(v框-va)·t=x
解得x=。
本课结束
THANKS
第十三章

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