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大单元周测卷(四) 大单元四 电路与电磁
感应
层级一 教材溯源·基础固本
(总分：100 分)
一、单项选择题：本大题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题列出的四
个选项中，只有一项符合题目要求。
1．(人教版必修第三册P56 第3 题改编)某手机的说明书标明该手机电池容量为
4 000 mA·h，待机时间为22 d，其中单位“mA·h”对应的物理量是( )
A．电荷量
B．功率
C．热量
D．电流
A [根据电荷量的计算公式P＝It 可知，由于mA 为电流单位，h 为时间单位，
所以mA·h 为电荷量单位。故选A。]
2．(人教版选择性必修第二册P45 第1 题改编)图1 为某无线门铃按钮，其原理
如图2 所示。其中M 为信号发射装置，M 中有电流通过时，屋内的门铃会响。
磁铁固定在按钮内侧，按下门铃按钮，磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮，磁铁
远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是( )
A．按住按钮不动，门铃会一直响
B．松开按钮的过程，门铃会响
C．按下和松开按钮过程，通过M 的电流方向相同
D．按下按钮的快慢不同，通过M 的电流大小相同
B [按住按钮不动，则穿过螺线管的磁通量不变，螺线管中无感应电流产生，
则门铃不会响，选项A 错误；松开按钮的过程，穿过螺线管的磁通量减小，在
螺线管中产生感应电流，则门铃会响，选项B 正确；按下和松开按钮过程，穿
过线圈的磁通量分别为向右增加和减小，根据楞次定律可知，通过M 的电流方
向相反，选项C 错误；按下按钮的快慢不同，则磁通量的变化率不同，则感应
电动势不同，通过M 的电流大小不相同，选项D 错误。故选B。]
3．(人教版必修第三册P61 第7 题改编)人体内的脂肪因缺乏自由电子或离子，
不容易导电，某脂肪测量仪的工作原理是根据人体等效电阻阻值的大小来判断
脂肪所占比例的高低，简化电路如图所示，其中定值电阻R1与人体等效电阻R2
的阻值相差不大。下列说法正确的是( )
A．脂肪所占比例低者对应的电压表的示数较大
B．脂肪所占比例高者对应的电流表的示数较小
C．脂肪所占比例低者对应的电源内阻消耗的功率较小
D．脂肪所占比例高者对应的电源消耗的总功率较大
B [由题意知人体脂肪所占比例低者等效电阻较小，根据闭合电路欧姆定律可
得I＝
E
R1+ R2+r ，可知电流较大，则电压表示数U＝E－I(r＋R1)，可知U 较小，
故A 错误；脂肪所占比例高者等效电阻较大，根据闭合电路欧姆定律可知电流
较小，电流表的示数较小，故B 正确；脂肪所占比例低者对应的电流较大，根
据Pr＝I2r 可知电源内阻消耗的功率较大，故C 错误；脂肪所占比例高者对应的
电流较小，根据P＝EI 可知电源消耗的总功率较小，故D 错误。故选B。]
4．(人教版选择性必修第二册P69 第4 题改编)如图所示为某家用小型电吹风电
路原理图，a、b、c、d 为四个固定触点。可动扇形金属触片P 能同时接触两个
触点。触片P 处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作
状态。理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝11∶3。在输入端接入的交流
电压为u＝220√2sin (100πt)V，当触片P 处于合适位置时，小风扇恰好能够正常
工作。已知小风扇的电阻为8 Ω，该电吹风的部分工作参数如表所示。下列说法
正确的是( )
热风时电源输入功率
460 W
冷风时电源输入功率
60 W
A．吹冷风时触片P 位于ab 之间
B．小风扇在正常工作时输出的功率为52 W
C．电热丝的电阻值为100 Ω
D．若把电热丝截去一小段后再接入电路，电吹风吹热风时输入功率将变小
B [当电吹风机送出来的是冷风时，电路中只有电动机自己工作，触片P 与触
点b、c 接触，故A 错误；设小风扇两端电压为U2，由题意可知变压器输入电
压为U1＝220 V，由
U 1
U 2
＝
n1
n2
，解得U2＝60 V，吹冷风时电源输入功率等于小风
扇的电功率P1＝60 W，P1＝I2U2，小风扇正常工作时输出的功率为ΔP＝P1- I 2
2
R1，联立解得小风扇在正常工作时输出的功率为52 W，故B 正确；设吹热风时
电热丝的电阻值为R2，热功率为P2，小风扇的电功率仍为P1，由题意得P1＋P2
＝460 W，电热丝的热功率可表示为P2＝U 1
2
R2
，联立解得R2＝121 Ω，故C 错误；
根据公式P＝U
2
R 可知，把电热丝截去一小段后的电热丝(材料、粗细均不变)电
阻变小，电吹风吹热风时的功率将变大，故D 错误。故选B。]
5．(人教版必修第三册P100 第5 题改编)如图甲所示为中国首辆火星车，命名为
“祝融号”，主要任务是在火星上开展地表成分、物质类型分布、地质结构以
及火星气象环境等探测工作，是一辆纯太阳能电动车，其动力主要来源于太阳
能电池。现将火星车的动力供电电路简化为如图乙所示，其中太阳能电池电动
势E＝160 V，电动机线圈的电阻rM＝4 Ω。在火星车行驶的过程中，当滑动变
阻器接入电路的电阻R＝6 Ω 时，滑动变阻器消耗的功率P＝96 W，此时，电动
机正常工作，两端电压UM＝56 V。则( )
A．太阳能电池的内阻r＝10 Ω
B．电动机正常工作时的输出功率P 出＝160 W
C．滑动变阻器接入电路中的阻值R＝16 Ω 时，电源的输出功率最大
D．若电动机的转子被卡住，路端电压的变化量与电路电流的变化量之比的绝
对值大于太阳能电池内阻
B [由题可知，设此时电路中的电流为I，由P＝I2R，解得I＝√
P
R＝4 A，根据
闭合电路的欧姆定律可得I＝E -U M
r + R ，解得r＝20 Ω，A 错误；电动机的额定功
率P 额＝IUM＝4×56 W＝224 W，电动机的热功率P 热＝I2rM＝42×4 W＝64 W，
故电动机的输出功率P 输出＝P 额－P 热＝160 W，B 正确；在纯电阻电路中，根据
功率的计算公式，可得输出功率P 输出＝I2R′＝(
E
R
' +r)
2
R′＝
E
2
(R
' -r)
2
R
'
+ 4 r ，当R′
＝r 时，输出功率最大，即有R＋rM＝r，代入数据解得R＝16 Ω，结合题意可知
电动机工作时，不是单纯地把电能转化为内能，不符合纯电阻电路的要求，C
错误；若电动机的转子被卡住，根据闭合电路的欧姆定律可得U＝E－Ir，变形
可得ΔU
Δ I ＝r，即路端电压的变化量与电路电流的变化量之比的绝对值等于太阳
能电池内阻，D 错误。故选B。]
6．(人教版选择性必修第二册P41 演示实验改编)如图所示，两个灯泡A1和A2
的规格相同，闭合开关，稳定后两个灯泡正常发光且亮度相同。下列说法正确
的是( )
A．闭合开关瞬间，A1、A2亮度相同
B．闭合开关瞬间，M 点电势低于N 点电势
C．电路稳定后断开S，A2闪亮一下再熄灭
D．电路稳定后断开S 瞬间，M 点电势低于N 点电势
D [闭合开关瞬间，由于自感线圈有自感电动势产生，阻碍电流增大，所以A1
逐渐变亮，而A2立即变亮，A1所在电路的电流方向为从M 到N，所以M 点电
势高于N 点电势，故AB 错误；电路稳定后断开S, A1、A2与L、R 构成回路，L
相当于电源，因原来两支路电流相等，所以不会出现A2闪亮一下再熄灭的现象，
A1、A2都会逐渐熄灭，故C 错误；电路稳定后断开S 瞬间，A1所在电路的电流
方向为从N→A1→A2→R→M，所以M 点电势低于N 点电势，故D 正确。故选
D。]
7．(人教版选择性必修第二册P75 第4 题改编)利用图(a)装置测量储罐内不导电
液体高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器置于储罐中，电
容器可通过开关S 与电感线圈或电源相连。当开关从a 拨到b 时，电路中产生
振荡电流，如图(b)所示，下列说法正确的是( )
A．振荡电流的有效值为√2Im
B．t1～t2内电容器放电
C．t2～t3内LC 回路中电场能逐渐转化为磁场能
D．储罐内液面高度降低时，LC 回路振荡电流的频率将变小
C [根据题意，由图(b)可知，振荡电流的有效值为I＝I m
√2＝√2
2 Im，故A 错误；
根据题意，由图(b)可知，t1～t2内振荡电流减小，电容器充电，故B 错误；根据
题意，由图(b)可知，t2～t3内振荡电流增大，电容器放电，电场能逐渐转化为磁
场能，故C 正确；据平行板电容器电容的决定式有C＝εr S
4 π kd ，储罐内液面高
度降低时，介电常数减小，电容器电容减小，由公式f＝
1
2π √LC ，可知，LC 回
路振荡电流的频率将变大，故D 错误。故选C。]
二、多项选择题：本大题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题列出的四
个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，
有选错的得0 分。
8．(人教版选择性必修第二册P51 思考与讨论改编)某自行车安装有发电照明系
统。发电装置示意图如图所示，车轮带动线圈沿逆时针方向匀速转动从而产生
电流，t＝0 时刻线圈与磁场方向平行。两磁极间的磁场可视为匀强磁场，则下
列说法正确的是( )
A．t＝0 时刻线圈中的电流最大
B．转过90°时线圈中的电流最大
C．t＝0 时刻线圈中的电流方向由C 指向D
D．t＝0 时刻线圈中的电流方向由D 指向C
AD [t＝0 时刻，线圈位于与中性面垂直的位置，通过线圈的磁通量最小，磁
通量变化率最大，感应电动势最大，此时电流最大，故A 正确；线圈转过90°
后位于中性面位置，通过线圈的磁通量最大，磁通量变化率最小，感应电动势
最小，为零，此时线圈中没有感应电流，故B 错误；t＝0 时刻，AB 边的速度方
向竖直向下，CD 边的速度方向竖直向上，由右手定则知此时电流的方向为
D→C→B→A→D，故C 错误，D 正确。故选AD。]
9．(人教版必修第三册P100 第7 题改编)如图甲所示的电路中，R1是可调电阻，
R2是定值电阻，电源内阻不计。实验时调节R1的阻值，得到若干组电压和电流
的数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出的U-I 图线如图乙所示。电
压表和电流表均可视为理想电表。下列说法正确的是( )
A．定值电阻R2＝20 Ω
B．电源的电动势E＝5.0 V
C．当干路电流为0.6 A 时，可调电阻R1＝5 Ω
D．可调电阻R1上消耗的最大功率为1.25 W
BD [根据闭合电路欧姆定律可得E＝U＋IR2，由图乙可知，当U1＝4.0 V 时，
I1＝0.2 A；当U2＝2.0 V 时，I2＝0.6 A，代入这两组数据，解得E＝5.0 V，R2＝
5 Ω，故A 错误，B 正确；当干路电流为I2＝0.6 A 时，由图乙可知此时R1两端
的电压为U2＝2.0 V，此时可调电阻的阻值为R1＝
U 2
I 2
＝10
3 Ω，故C 错误；可调
电阻R1上消耗的功率为P1＝I2R1＝(
E
R1+ R2)2R1＝
E
2
R1+2 R2+ R2
2
R1
，由数学关系可知，
当R1＝R2
2
R1
，即当R1＝R2＝5 Ω 时，可调电阻R1上消耗的功率最大，此时为P1＝
1.25 W，故D 正确。故选BD。]
10．(人教版选择性必修第二册P62 第5 题改编)如图所示，R1为定值电阻，R2
为滑动变阻器，R2的最大阻值小于R1的阻值，V1、V2、A 为理想电表，理想变
压器原线圈两端接电压为U 的正弦式交流电，变压器原、副线圈匝数之比为
n，将R2的滑片从最下端向上滑动过程中( )
A．V1表的示数为U，V2表的示数为U
n
B．A 表的示数变小
C．原线圈输入功率增大
D．R1的电功率一直增大
CD [由于理想变压器原线圈两端的电压为U，故电压表V1的示数为U，根据
理想变压器的原理U
U 副＝n，解得副线圈两端的电压为U 副＝U
n ，而电压表V2测
量定值电阻两端的电压，故V2的示数小于U
n ，A 错误；R2的滑片从最下端向上
滑动过程中，R2接入电路中的阻值减小，而副线圈两端的电压不变，根据欧姆
定律I＝U
R 可知，副线圈中的电流增大，电流表示数变大，B 错误；因为副线圈
两端的电压不变，电流增大，根据P＝UI 可知，副线圈的输出功率增大，而理
想变压器的输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率增大，C 正确；副线
圈的电流增大，根据P1＝I2R1 可知，R1 的电功率一直增大，D 正确。故选
CD。]
三、非选择题：本大题共5 小题，共54 分。
11．(6 分)(人教版必修第三册P77 第6 题改编)多用电表的原理及使用。
(1)如图甲所示的是多用电表内部结构示意图，通过选择开关分别与1、2、3、
4、5、6 相连，以改变电路结构，分别成为电流表、电压表和电阻表，下列说
法正确的是________(多选)。
A．选择开关接2 时量程比接1 时量程小，选择开关接6 时量程比接5 时量程大
B．在使用电阻表测量电阻阻值时，若红黑表笔接反了，测量值将偏大
C．用多用电表的电阻挡测导体的电阻时，若两手同时分别接触两表笔的金属
杆，则测量值偏小
D．用多用电表的电阻挡测电阻时，若指针偏转角度很小，则应换倍率较小的
挡再进行测量
(2)某同学发现如图乙所示的实验电路不能正常工作，为排查电路故障，闭合开
关S 后，他用多用电表测量各点间的电压Uab＝Ubc＝Uac＝0，Uef＝6 V。已知只
有一处故障，为进一步判断电路故障的性质，他断开开关S，将选择开关置于
电阻挡的“×1”挡，分别将红黑表笔接c、e 端，指针指在如图丙所示的位置，
则该电阻为__________Ω；他将红黑表笔接e、f 端时，指针几乎不偏转，因此
电路故障为________。
[解析] (1)对电流表来说，分流电阻越小量程越大，由图可知接2 时分流电阻
更大，所以1 比2 量程大，对电压表来说，分压电阻越大量程越大，由图可知
接6 时分压电阻更大，所以6 比5 量程大，故A 正确；测量电阻时，如果红、
黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B 错误；人是导体，双手
捏住两表笔金属杆，测量的是电阻与人体的并联电阻阻值，测量值将偏小，故
C 正确；用电阻挡测电阻时，如果指针偏转过小，说明待测电阻大，应将选择
开关拨至倍率更大的挡位，故D 错误。故选AC。
(2) 将选择开关置于电阻挡的×1 挡，分别将红黑表笔接c、e 端时，由图可知读
数为18 Ω；再测e、f 时表针几乎不动，说明从e 到f 已开路。结合电路图可判
定是电阻R 断路。
[答案] (1)AC (2)18 R 断路
12．(10 分)(人教版必修第三册P92 第3 题改编)甲、乙、丙三位同学协作测量某
电池的电动势和内阻。他们设计的电路原理如图1，其中R 为电阻箱，R0为保
护电阻，阻值R0＝5.0 Ω。他们改变R 的阻值，记下多组R 和电流表示数I。甲
同学以IR 为纵坐标，以I 为横坐标作图处理数据；乙同学以I(R＋R0)为纵坐标，
以I 为横坐标处理数据，他们在同一张坐标纸上画出的图像如图2 所示。
(1)由图2 可知，乙同学绘制的是图线________(选填“a”或“b”)。
(2) 由甲同学绘制图线得到的电源电动势为__________V ，电源内阻为
________Ω。因未考虑电流表阻值对实验的影响，导致电源内阻的测量值与真
实值相比________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(3)丙同学打算以1
I 为纵坐标，以R 为横坐标处理数据，请根据(2)中计算的结果
将丙所作图线在图3 中画出。
[解析] (1)根据闭合电路欧姆定律可得，甲同学IR＝E－I(R0＋r)
乙同学I(R＋R0)＝E－Ir
因此乙同学绘制图线的斜率更小，b 图线应是乙同学绘制的。
(2)根据上述分析可知，甲同学绘制的图像得到的电源的电动势为E＝1.5 V
R0＋r＝k＝1.5
0.1 Ω
解得r＝10 Ω。
由于电流表的分压作用，根据闭合电路欧姆定律应有IR＝E－I(R0＋r′＋RA)
故其绘制图像的斜率为R0＋RA＋r′＝k
故测量值偏大。
(3)根据闭合电路欧姆定律可得I＝
E
R+ R0+r
变形可得1
I ＝1
ER＋r + R0
E
丙同学打算以1
I 为纵坐标，以R 为横坐标绘制图像，图像的斜率为k＝1
E＝1
1.5
V-1＝2
3 V-1
纵截距为b′＝r + R0
E
＝15
1.5 A-1＝10 A-1
绘制图像如图所示。
[答案] (1)b (2)1.5 10 偏大 (3)见解析图
13．(10 分)(人教版选择性必修第二册P47 第6 题改编)如图所示的装置左侧是法
拉第圆盘发电机，其光滑细转轴竖直安装。内阻不计、半径r＝0.5 m 的金属圆
盘盘面水平，处于竖直向上的匀强磁场B1中，磁感应强度B1＝4 T。圆盘在外力
作用下以角速度ω＝6 rad/s 逆时针(俯视)匀速转动，圆盘的边缘和转轴分别通过
电刷a、b 与光滑水平导轨M1、M2相连，导轨间距L＝0.5 m。在导轨平面内存
在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B2＝1 T，导电性能良好的导轨上放置着一
根质量m＝0.5 kg、电阻R＝0.6 Ω 的金属棒，不计其他一切电阻。
(1)比较a、b 两点电势的高低，并计算闭合开关瞬间通过金属棒的电流I；
(2)从闭合开关到金属棒刚达到最大速度vm过程中，金属棒未离开B2磁场区，
求此过程通过金属棒的电荷量q 和维持圆盘匀速转动外力所做的功W。
[解析] (1)由右手定则可知φa>φb
圆盘切割，感应电动势为E＝1
2B1ωr2
根据闭合电路欧姆定律得I＝E
R
联立解得I＝5 A。
(2)导体棒最大速度为vm，有E＝B2Lvm
设金属棒从开始运动到最大速度通过金属棒的电荷量为q，对金属棒，由动量
定理得B2IL·Δt＝B2Lq＝mvm－0
由以上两式得q＝6 C
该过程外力对金属圆盘做功为W＝qE＝18 J。
[答案] (1)a 点电势高 5 A (2)6 C 18 J
14．(13 分)(人教版选择性必修第二册P45 第3 题改编)如图所示，空间存在水平
方向的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ中磁场垂直纸面向里，Ⅱ中磁场垂直纸面
向外，两磁场区域的高度均为L＝1 m，磁感应强度大小均为B＝1 T，将一边长
也为L＝1 m 的单匝正方形导体框abcd 由磁场区域Ⅰ上方h＝1.25 m 处静止释放
导体框恰好匀速进入磁场区域Ⅰ。导体框的bc 边到达磁场区域Ⅱ下边界前又再
次匀速运动。已知导体框运动过程中始终保持竖直且bc 边始终平行于磁场边界，
导体框质量m＝1 kg，重力加速度g 取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)导体框的电阻值；
(2)导体框bc 边刚进入磁场区域Ⅱ时的加速度；
(3)导体框从bc 边进入磁场区域Ⅰ到bc 边运动至磁场区域Ⅱ下边界的过程中产
生的焦耳热(结果保留一位小数)。
[解析] (1)导体框进入磁场前做自由落体运动，设bc 边进入磁场时的速度为
v1，有v1
2＝2gh
解得v1＝5 m/s
导体框匀速进入磁场区域Ⅰ，安培力FA＝ILB
又I＝E
R ，E＝BLv1
联立可得FA＝B
2 L
2v1
R
根据平衡条件可得FA＝mg
代入数据解得R＝0.5 Ω。
(2)导体框在区域Ⅰ中匀速运动，bc 边进入磁场区域Ⅱ时，速度仍为v1，此时安
培力F′A＝4 B
2 L
2v1
R
＝4mg
对导体框受力分析，根据牛顿第二定律有
F′A－mg＝ma
解得a＝30 m/s2
方向竖直向上。
(3)导体框的bc 边到达磁场区域Ⅱ下边界前已再次匀速运动，设速度为v2，则有
4 B
2 L
2v2
R
＝mg
解得v2＝1.25 m/s
自导体框由静止释放到bc 边运动至磁场区域Ⅱ的下边界，根据能量守恒有
Q+ 1
2 m v2
2＝mg(h＋2L)
解得焦耳热Q≈31.7 J。
[答案] (1)0.5 Ω (2)30 m/s2，竖直向上
(3)31.7 J
15．(15 分)(人教版选择性必修第二册P46 第6 题改编)如图所示，整个区域内有
竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小B＝0.5 T。两根间距为L＝
0.5 m、半径为R＝2 m 的光滑四分之一竖直圆弧金属导轨等高平行放置，顶端
连接阻值为r＝0.4 Ω 的电阻。一根长为L、质量为m＝0.2 kg、阻值为r1＝0.1 Ω
的金属棒在力F(除重力、安培力以外的力)作用下，从导轨顶端ab 处以恒定速
率v＝4 m/s 下滑，整个过程中金属棒与导轨接触良好，始终与导轨垂直。导轨
电阻忽略不计，重力加速度g 取10 m/s2。求：
(1)金属棒运动到cd 处时，金属棒两端的电压U；
(2)金属棒从导轨ab 处运动至圆弧的中间位置的过程中，通过电阻r 的电荷量
q；
(3)金属棒从导轨ab 处运动至cd 处的过程，电流的有效值I 有和外力F 做的功
W。
[解析] (1)根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv
根据U＝E
r +r1·r
代入数据得E＝1.0 V，U＝0.8 V。
(2)根据q＝I·Δt，I＝E
r +r1
，E＝ΔΦ
Δt
联立得q＝ΔΦ
r +r1
又根据ΔΦ＝BL(R－R cos 45°)
联立可得q＝(1- √2
2 ) C。
(3)金属棒做匀速圆周运动，设金属棒下滑过程中，金属棒位置和导轨接触点和
圆心的连线与水平方向的夹角为θ，则金属棒切割磁感线的速度，即速度沿着
水平方向分量为v′＝v sin θ
则金属棒切割磁感线产生的电动势为E′＝BLv′＝E sin θ
金属棒切割磁感线产生的电动势为正弦交流电，则E 有＝E
√2＝√2
2 V
可得电流有效值为I 有＝
E有
r +r1
＝√2 A
则金属棒从导轨ab 处运动至cd 处的过程，电路中产生的焦耳热为Q＝I 有
2 (r＋
r1)t
运动时间t＝π R
2v
根据动能定理有W－W 安＋mgR＝0
且W 安＝Q
联立解得W＝π
4 －4(J)≈－3.215 J。
[答案] (1)0.8 V (2)(1- √2
2 )C
(3)√2 A －3.215 J
大单元周测卷(四) 大单元四 电路与电磁
感应
层级二 模拟精选·能力进阶
(总分：100 分)
一、单项选择题：本大题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题列出的四
个选项中，只有一项符合题目要求。
1．(2025·浙江金华·三模)有关下列四幅图的描述，正确的是( )
A．图1 中，匀速转动的线圈此位置产生的电动势恰好为零
B．图2 中，变压器原、副线圈电流之比
I 1
I 2
＝
n1
n2
C．图3 中，强磁体从带有裂缝的铝管中静止下落(不计空气阻力)可视作自由落
体运动
D．图4 中，电子感应加速器中若电磁铁电流方向反向，可通过减小电流的方
式实现电子的逆时针加速运动
A [图1 中，匀速转动的线圈此位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变
化率为0，即线圈中产生的感应电动势为0，故A 正确；图2 中，变压器原、副
线圈电流之比
I 1
I 2＝
n2
n1，故B 错误；图3 中，强磁体从带有裂缝的铝管中静止下
落，铝管会产生感应电流，即产生电磁阻尼现象，阻碍强磁体的运动，故不可
视作自由落体运动，故C 错误；电子感应加速器中若电磁铁电流方向反向，磁
场方向反向，根据左手定则可知无法实现电子逆时针运动，故D 错误。故选
A。]
2．(2025·广东揭阳·一模)如图所示，电源电压恒定不变，电源内阻忽略不计，
开关S 闭合。现将滑动变阻器R2的滑片P 向右移动一段距离，电压表示数的变
化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI。两电表均为理想电表。下列说法正确
的是( )
A．电阻R1的功率增大
B．滑片P 向右移动过程中，电阻R3中有b→a 的瞬时电流
C．电压表示数U 和电流表示数I 的比值不变
D．ΔU 与ΔI 的比值不变
D [滑片P 向右移动一段距离，R2增大，根据串反并同规律，R1的电流减小，
R1功率减小，A 错误；电路稳定时，电容器左极板与电源正极相连带正电荷，
电容器右极板带负电荷。滑片P 向右移动一段距离，R2增大，根据串反并同规
律，电容器C 两端电压减小，电容器的电量减小，电容器通过R1和R3放电，电
阻R3中有a→b 的瞬时电流，B 错误；当电路稳定时，电阻R3中没有电流，电
阻R3相当于导线，根据欧姆定律，U
I ＝R2 ，滑片P 向右移动一段距离，R2增大
U
I 增大，C 错误；当电路稳定时，电阻R3中没有电流，电阻R3相当于导线，电
阻R1相当于电源内电阻，根据U＝E－IR1得，ΔU
Δ I ＝R1 ，滑片P 向右移动一段
距离，R2增大，ΔU
Δ I 不变，D 正确。故选D。]
3．(2025·北京朝阳·二模)某学习小组想将一块表头改装为电压表和电流表，
设计了如图所示的电路。下列说法不正确的是( )
A．若将S 调到1 位置，则为改装后的电流表
B．若将S 调到2 位置，则为改装后的电压表
C．若想扩大电流表的量程，可适当增大R1
D．若想扩大电压表的量程，可适当增大R2
C [将S 调到1 位置时，电阻R1与表头并联，这是扩大表头的电流量程，故其
改装后是电流表，故A 正确；将S 调到2 位置，电阻R2与改装后的电流表串联，
电阻R2起到分压作用，则为改装后的电压表，故B 正确；若想扩大电流表的量
程，电阻R1分流要增大，电流增大，根据欧姆定律可以知道需要减小电阻R1，
故C 错误；若想扩大电压表的量程，则电阻R2分压作用要增大，故需要适当增
大R2，故D 正确。故选C。]
4．(2025·江苏宿迁·一模)在图甲的电路中，电源内阻不计，不计电表内阻的
影响。调节R1的阻值，得到各组电压表和电流表数据，作出的U-I 图像如图乙
中AB 所示，则表示R1阻值的是( )
A．AB 的斜率
B．仅a 的斜率
C．仅b 的斜率
D．a 或b 的斜率
D [根据闭合电路欧姆定律有U＝E－IR2，可知，AB 的斜率代表R2的阻值，a
的斜率表示通过R1的电流为0.1 A 时，R1的有效电阻；b 的斜率表示通过R1的
电流为0.3 A 时，R1的有效电阻。故选D。]
5．(2025·山东威海·三模)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为
1∶2，a、b 两端接入一内阻不计的交流电源(如图乙所示)。已知电压表、电流
表均为理想电表，当电阻箱的阻值调至R＝8 Ω 时，电阻箱消耗的功率最大，最
大功率为( )
A．1.562 5 W
B．3.125 W
C．6.25 W
D．12.5 W
C [由乙图可知电动势的有效值为E＝
Em
√2＝5√2 V，此变压器原线圈有负载，
利用等效法，可以将副线圈电阻等效到原线圈上。根据题意当电阻箱的阻值调
至R＝8 Ω 时，电阻箱消耗的功率最大，可知等效电阻与原线圈上连接的电阻的
阻值相同，所以原线圈两端的电压为U1＝E
2 ＝5√2
2 V，根据原副线圈两端的电
压之比等于原副线圈匝数比，可知U2＝
n2
n1
U1＝5√2 V，所以电阻箱消耗的最大
功率P＝U 2
2
R ＝(5√2V )
2
8 Ω
＝6.25 W。故选C。]
6．(2025·陕西榆林·二模)如图所示的甲、乙两个电路，电感线圈L 的自感系
数足够大，直流电阻为R；两白炽灯泡和定值电阻的阻值也均为R。先闭合开
关S，待电路达到稳定后，灯泡均能发光，再将开关S 断开，最终两灯都熄灭。
对于开关S 闭合、断开后灯泡亮度变化情况，下列说法中正确的是( )
A．同时闭合开关，甲、乙电路中的灯泡同时亮起
B．同时闭合开关，甲电路中灯泡先闪亮一下再稳定发光
C．断开开关，甲、乙两电路中灯泡都先闪亮一下再延迟熄灭
D．断开开关，甲电路中灯泡延迟熄灭、乙电路中灯泡先闪亮一下再延迟熄灭
D [甲电路闭合开关S，由于线圈的自感现象，灯泡缓慢变亮，乙电路闭合开
关S，灯泡瞬间变亮，A、B 均错误；甲电路在开关S 闭合稳定后，通过灯泡的
电流与通过电感线圈的电流相等，再断开开关S，由于线圈的自感作用，灯泡
延迟熄灭；乙电路在开关S 闭合稳定后，通过L 的电流大于通过灯泡的电流，
再断开开关S，L 将阻碍电流变化，通过L 的电流将流经灯泡，使得断开S 后瞬
间，通过灯泡的电流变大，所以灯泡先闪亮再延迟熄灭， C 错误， D 正确。故
选D。]
7．(2025·江西南昌·三模)如图甲所示，单匝矩形线圈abcd 垂直固定在匀强磁
场中。规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度随时间变化的规
律如图乙所示。以向右方向为安培力正方向，下列关于bc 段导线受到的安培力
F 随时间变化的图像正确的是( )
A．
B．
C．
D．
B [由楞次定律，通过线圈的感应电流方向先顺时针再逆时针，磁场方向不变，
bc 段导线受到的安培力方向应先向右再向左，又以向右方向为安培力正方向，
故A、D 错误；由F＝BIL＝B E
RL＝BS ΔB
Δt
R
L，0～0.5T 内Δ B
Δt 为定值，F 逐渐减
小，故B 正确，C 错误。故选B。]
二、多项选择题：本大题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题列出的四
个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，
有选错的得0 分。
8．(2025·天津北辰·三模)交流发电机的示意图如图甲所示，线圈从图甲所示
的位置以OO′为轴逆时针匀速转动，产生交变电流如图乙所示变化。则( )
A．1 s 时间内电流出现50 次峰值
B．该交变电流的有效值为25√2 A
C．图甲所示位置时，AB 边内电流的方向由B 流向A
D．当电流瞬时值为25 A 时，线圈平面与中性面的夹角为45°
BC [由图乙可知，交变电流的周期为0.02 s，1 个周期内出现2 次峰值，所以1
s 时间内电流出现100 次峰值，故A 错误；由图乙可知该交变电流的最大值为
50 A，则有效值为I＝
I m
√2＝25√2A，故B 正确；根据右手定则可知，图甲所示位
置时，AB 边内电流的方向由B 流向A，故C 正确；线圈处于中性面时，电流为
0；设线圈平面与中性面的夹角为θ，则对应的电流为i＝Imsin θ＝50sin θ(A)，
当电流瞬时值为25 A 时，可得i＝50sin θ(A)＝25 A，可得θ＝30°，故D 错误。
故选BC。]
9．(2025·湖南长沙·模拟预测)发电机的示意图如图甲所示，边长为L 的正方
形单匝金属框，阻值为R，在匀强磁场中以恒定角速度绕OO′轴转动，阻值为
R 的电阻两端的电压如图乙所示，其周期为T。图乙中的Um为已知量。则金属
框转动一周( )
A．框内电流方向不变
B．磁通量的最大值为2T U m
π
C．流过电阻的电荷量为4T U m
π R
D．电阻产生的焦耳热为2T U m
2
R
BC [当线框转动时，框内电流方向每经过中性面一次都要变化一次，而线圈
和外电路接点处通过换向器，保证电流的方向不发生变化，从而使加在电阻两
端的电压方向保持不变，A 错误；依题意，电阻的阻值与金属框的阻值相等，
且电阻两端的电压的最大值为Um，根据闭合电路欧姆定律，金属框中电动势的
最大值为2Um，电动势的周期为2T，由Em＝Φmω，其中ω＝2π
2T ，代入得Φm＝
2T U m
π
，B 正确；线圈转过半周，则流过电阻的电荷量为q＝It，其中
I ＝E
2 R ，E＝ΔΦ
Δt ＝Φm-(-Φm)
t -0
＝2Φm
t
，则金属框转过一周流过电阻的电荷量
为q'＝2q＝4T U m
π R ，C 正确；由焦耳定律Q＝(
U m
√2)
2
R
·2T＝T U m
2
R
，D 错误。故选
BC。]
10．(2025·山西太原·模拟预测)如图所示，在光滑的绝缘水平面上，三条相
互平行、间距为d 的虚线间存在图示方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为
B。一直角三角形导体框放在水平面上，AB 边与虚线平行，BC 边长度为d，刚
开始导体框的C 点刚好在最左侧的虚线上；现给导体框施加一水平向右的外力
F，使导体框向右做匀速直线运动。关于运动过程中产生的感应电动势E 的大
小、感应电流I 的大小、外力F 的大小以及外力功率P 的大小随位移或位移的
平方的变化规律正确的是( )
A．
B．
C．
D．
AD [设∠C＝α，磁感应强度为B，导体框的速度为v，导体框向右运动的位移
在0～d 的过程中，从0 开始向右移动的位移为x，根据几何关系可得有效长度
L＝x tan α，导体框产生的感应电动势为E＝BLv＝Bxv tan α，可知E 与x 成
正比，E-x 图像是一条过原点的倾斜直线；当x＝d 时感应电动势的最大值为E0
＝Bdv tan α，导体框向右运动的位移在d～2d 的过程中，从d 开始向右移动的
位移为x，根据几何关系可得线框在左边磁场的有效长度为L1＝x tan α，产生
的感应电动势大小为E1＝BL1v＝Bxv tan α，根据几何关系，可得线框在右边
磁场的有效长度为L2＝x tan α，产生的感应电动势大小为E2＝BL2v＝Bxv tan
α，根据右手定则可知，两个电源产生的电流方向相同，两个电源相互叠加增强，
则总的电动势为E＝E1＋E2＝2Bxv tan α，可知E 与x 成正比，E-x 图像是一条
的倾斜直线；当x＝d 时感应电动势的最大值为E′0＝2Bdv tan α＝2E0，导体框
向右运动的位移在2d～3d 的过程中，从2d 开始向右移动的位移x，根据几何关
系可得线框的有效长度为L3＝x tan α，导体框产生的感应电动势为E＝BL3v＝
Bxv tan α，可知E 与x 成正比，E-x 图像是一条倾斜的直线；当x＝d 时感应电
动势的最大值为E″0＝Bdv tan α＝E0，故A 正确；导体框向右运动的位移在0
～d 的过程中，导体框中的感应电流为I＝E
R ＝Bxv tan α
R
，可知I 与x 成正比，I-
x 图像是一条过原点的倾斜直线；当x＝d 时感应电流的最大值为 I0＝Bdv tan α
R
，当导体框向右运动的位移在d～2d 的过程中，导体框中的感应电流为I＝E
R ＝
2Bxv tan α
R
，可知I 与x 成正比，I-x 图像是一条的倾斜直线；当x＝d 时感应电
流的最大值为I′0＝2Bdv tan α
R
＝2I0，导体框向右运动的位移在2d～3d 的过程中
导体框中的感应电流为I＝E
R＝Bxv tan α
R
，可知I 与x 成正比，I-x 图像是一条倾
斜直线；当x＝d 时感应电流的最大值为I″0＝E
R＝Bdv tan α
R
＝I0，故B 错误；导
体框向右运动的位移在0～d 的过程中，导体框所受的安培力大小为FA＝BIL＝
B
2 x
2v tan
2α
R
，由力的平衡条件得外力的大小为F＝FA＝B
2 x
2v tan
2α
R
，可知F 与
x2成正比，F-x 图像是一条过原点的开口向上的曲线；当x＝d 时外力的最大值
为F0＝B
2d
2v tan
2α
R
，当导体框向右运动的位移在d～2d 的过程中，导体框所受
的安培力大小为FA＝2Bx tanα·I＝4 B
2 x
2v tan
2α
R
，由力的平衡条件得外力的大
小为F＝FA＝4 B
2 x
2v tan
2α
R
，可知F 与x2成正比，F-x 图像是一条过开口向上
的曲线；当x＝d 时外力的最大值为F′0＝4 B
2d
2v tan
2α
R
＝4F0，导体框向右运动
的位移在2d ～3d 的过程中，导体框所受的安培力大小为FA ＝BIL3 ＝
B
2 x
2v tan
2α
R
，由力的平衡条件得外力的大小为F＝FA＝B
2 x
2v tan
2α
R
，可知F 与
x2成正比，F-x 图像是一条曲线；当x＝d 时外力的最大值为F″0＝B
2d
2v tan
2α
R
＝F0，故C 错误；导体框向右运动的位移在0～d 的过程中，外力F 的功率为P
＝Fv＝B
2v
2tan
2α
R
x2，可知P 与x2成正比，P-x2图像是一条过原点的倾斜直线；
当x＝d 时外力的功率最大值为P0＝B
2d
2v
2tan
2α
R
，当导体框向右运动的位移在
d～2d 的过程中，力F 的功率为P＝Fv＝4 B
2v
2tan
2α
R
x2，可知P 与x2成正比，
P-x2 图像是一条的倾斜直线；当x ＝d 时外力的功率最大值为P′0 ＝
4 B
2d
2v
2tan
2α
R
＝4P0，导体框向右运动的位移在2d～3d 的过程中，外力F 的功
率为P＝Fv＝B
2 x
2v
2tan
2α
R
，可知P 与x2成正比，P-x2图像是一条过原点的倾斜
直线；当x＝d 时外力的功率最大值为P″0＝B
2d
2v
2tan
2α
R
＝P0，故D 正确。故
选AD。]
三、非选择题：本大题共3 小题，共54 分。
11 ．(18 分)(2025· 江苏南京· 二模) 如图甲，某兴趣小组搭建了有
“×1”、“×10”、“×100”三挡位的“电阻表”电路。其中电池的电动势
E＝1.5V，内阻可忽略不计；表头量程I0＝1 mA、内阻R0＝450 Ω，R1、R2为电
阻箱，R 为滑动变阻器，S 为单刀多掷开关。
(1)电路中表笔Ⅰ应为________(选填“红”或“黑”)表笔。
(2)设定B 对应“×10”挡位，A 对应“×1”挡位。
(3)该小组利用此“电阻表”尝试测定一未知电阻Rx的阻值，进行了如下操作：
步骤①：先将S 拨到B ，两表笔短接调零，即调节R 使表头指针指在
________mA 刻度处；
步骤②：把未知电阻接在红、黑表笔间，指针位于图乙a 处，有同学提出此时
指针偏角较小，想增大指针偏角，应将开关S 拨至__________(选填“A”或
“C”)；
步骤③：将选择开关S 拨至新的位置后，重复步骤①，再把未知电阻接在红、
黑表笔间，指针位于图乙b 处，可知Rx阻值为________Ω。
(4)若干电池长时间使用，内阻略有增大，电动势仍为1.5 V，则电阻测量值相对
真实值________( 选填“ 偏大” “ 等大” 或“ 偏小” ) 。其理由为
_____________________________________________________________________。
[解析] (1)电路中表笔Ⅰ与内部电源的正极连接，可知应为黑表笔。
(3)步骤①：先将S 拨到B，两表笔短接调零，即调节R 使表头指针满偏，即指
在1.0 mA 刻度处；
步骤②：把未知电阻接在红、黑表笔间，指针位于图乙a 处，有同学提出此时
指针偏角较小，说明倍率挡选择过低，因C 挡为“×100”挡，则想增大指针偏
角，应将开关S 拨至C；
步骤③：将选择开关S 拨至新的位置后，重复步骤①后，把未知电阻接在红、
黑表笔间，指针位于图乙b 处，因接C 时的中值电阻为R 中＝r 内＝E
I g＝1.5
10
-3 Ω
＝1 500 Ω，可知Rx阻值为1 500 Ω。
(4)电阻调零时，电池内阻不能忽略，可通过减小调零电阻的阻值，保证电阻表
内阻恒定。电阻表内阻不变，测量值就不受影响，即电阻测量值相对真实值等
大。
[答案] (1)黑 (3)1.0 C 1 500 (4)等大 电阻调零时，电池内阻不能忽略，
可通过减小调零电阻的阻值，保证电阻表内阻恒定。电阻表内阻不变，测量值
就不受影响。
12．(18 分)(2025·四川巴中·三模)在研究电磁感应现象时，某同学设计了一种
实验装置，模拟物体在变化磁场中的运动以及由此产生的电流。如图所示，光
滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨间距L＝0.25 m，左端连接R＝0.2 Ω 的
电阻，右端连接一对金属卡环，导轨间MN 右侧(含MN)存在方向垂直导轨平面
向下的匀强磁场，磁感应强度的B-t 图像如图乙所示。质量为m＝0.5 kg、电阻
r＝0.3 Ω 的金属棒与质量也为m 的物块通过光滑定滑轮由绳相连，绳始终处于
绷紧状态，PQ、MN 到右端卡环距离分别为25 m 和15 m，t＝0 时刻由PQ 位置
静止释放金属棒，棒与导轨始终接触良好，滑至导轨右端被卡环卡住不动，金
属导轨、卡环的电阻均不计，g 取10 m/s2。求：
(1)金属棒进入磁场时的速度大小；
(2)金属棒进入磁场时通过导体棒的感应电流；
(3)在0～8 s 时间内电路中产生的焦耳热。
[解析] (1)设棒到达MN 时的速度为v，物块下落的高度为h＝xPQ－xMN＝10 m
这个过程中棒和物块组成的系统机械能守恒mgh＝1
2×2mv2
解得v ＝ √gh ＝ 10 m/s。
(2)设这个过程所用时间为t1，由运动学公式h＝v
2t1
解得t1＝2 s
由图乙可知此时磁感应强度B＝2 T
根据闭合电路欧姆定律可得I ＝ BLv
R+r ＝ 2×0.25×10
0.2 + 0.3 A＝10 A。
(3)金属棒进入磁场时，受到的安培力大小为FA ＝ BIL
解得FA＝5 N
物块的重力mg＝0.5×10 N＝5 N＝FA
所以金属棒匀速运动。匀速运动的时间为t2＝ xMN
v ＝ 15
10 s＝1.5 s
此过程中产生的热Q1 ＝ FAxMN
解得Q1＝75 J
4～6 s 时间内，感应电动势大小为E＝Δ Φ
Δt ＝ ΔB
Δt LxMN ＝2-0
6- 4×0.25×15 V
＝3.75 V
此过程中产生的热Q2＝E
2
R+r Δt＝3.75
2
0.2+0.3×2 J＝56.25 J
以后磁感应强度为零，回路中的电流为零，产生的热为零，所以在0～8 s 时间
内电路中产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2＝75 J＋56.25 J＝131.25 J。
[答案] (1)10 m/s (2)10 A (3)131.25 J
13．(18 分)(2025·辽宁·二模)如图甲所示，粗细均匀的无限长光滑平行导轨固
定在倾角θ＝30°的斜面上，在边界EF 下方区域存在垂直导轨平面向下的匀强
磁场B，有两根相同金属棒ab、cd 分别从磁场边界EF 上方x0＝10 m 位置和边
界EF 位置同时由静止释放，cd 棒运动的v-t 图像如图乙所示，其中OM、NP
段为曲线，其他段为直线。已知磁感应强度B＝4 T，导轨间距L＝0.5 m，导体
棒的质量均为m＝0.2 kg，导体棒电阻均为R＝2 Ω，导轨电阻不计，g 取10
m/s2。求：
(1)v1的大小并直接写出ab 棒在整个运动过程中加速度的最大值；
(2)从t＝0 到t＝2 s 导体棒cd 位移大小xcd；
(3)导体棒ab 进入磁场后，通过导体棒ab 的电荷量q1。
[解析] (1)设2 s 前cd 达到匀速直线运动时的速度为v1，cd 棒受平衡力BI1L＝
mg sin θ
代入题中数据，解得I1＝0.5 A
因为I1＝BLv1
2 R
联立解得v1＝1 m/s
2 s 时ab 棒刚好进入磁场va＝at1＝10 m/s
电路中的感应电流I2＝BLva- BLv1
2 R
对ab 棒根据牛顿第二定律BI2L－mg sin θ＝mamax
可得ab 棒在整个运动过程中加速度的最大值amax＝40 m/s2。
(2)cd 棒在0～2 s 的运动过程，以v1 的方向为正方向，由动量定理得mg sin
θ×t1－∑BiL Δt＝mv1
因为q＝∑i Δt＝E
2 RΔt＝
ΔΦ
Δt
2 R
Δt＝BL xcd
2 R
联立解得xcd＝1.8 m。
(3)ab 棒先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin ＝ma
2 s 时ab 棒刚好进入磁场，其速度大小va＝at1
设ab 棒进入磁场后经过时间t2与cd 棒速度相等，一起做匀加速直线运动，以
v1的方向为 正方向，则对cd 棒有mg sin θ×t2＋∑BLi
' Δt2＝mv2－mv1
以沿斜面向下的方向为正方向，对ab 棒有mg sin θ×t2－∑BLi
' Δt2＝mv2－
mva
因为q1＝∑i
' Δt2，2BLq1＝mva－mv1
联立解得q1＝0.45 C。
[答案] (1)1 m/s 40 m/s2 (2)1.8 m
(3)0.45 C
大单元周测卷(四) 大单元四 电路与电磁
感应
层级三 高考重组·素养对标
(总分：100 分)
一、单项选择题：本大题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题列出的四
个选项中，只有一项符合题目要求。
1．(2025·北京卷)下列图示情况，金属圆环中不能产生感应电流的是( )
A．图(a)中，圆环在匀强磁场中向左平移
B．图(b)中，圆环在匀强磁场中绕轴转动
C．图(c)中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移
D．图(d)中，圆环向条形磁铁N 极平移
A [圆环在匀强磁场中向左平移，穿过圆环的磁通量不发生变化，金属圆环中
不能产生感应电流，故A 正确；圆环在匀强磁场中绕轴转动，穿过圆环的磁通
量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故B 错误；离通有恒定电流的长直
导线越远，导线产生的磁感应强度越弱，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向
右平移，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故C 错误；
根据条形磁铁的磁感应特征可知，圆环向条形磁铁N 极平移，穿过圆环的磁通
量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故D 错误。故选A 。]
2．(2025·江苏卷)如图所示。将开关S 由a 拨到b，使电容器C 与线圈L 构成
回路。以电容器C 开始放电时为0 时刻，能正确反映电路中电流i 随时间t 变化
关系的图像是( )
A．
B．
C．
D．
A [根据题意可知，将开关由a 调到b 时，电容器和自感线圈组成回路，此回
路为振荡电路，产生周期性迅速变化的振荡电流。电容器开始放电，由于电容
器上极板带正电，则电流为逆时针，电场能向磁场能转化，电流越来越大，当
电容电量为0 时，电流最大，其后磁场能向电场能转化，电容器充电，电流越
来越小，电流为0 时，充电完成，此时，电容器下极板带正电，之后开始反向
放电，电流为顺时针，电场能向磁场能转化，电流越来越大，当电容电量为0
时，电流最大，其后磁场能向电场能转化，电容器充电，电流越来越小，电流
为0 时，充电完成，电场能转化为磁场能以及磁场能又再次转化为电场能的过
程中，电路向外辐射电磁波，电路中的能量在耗散，最大电流越来越小。故选
A。]
3．(2025·甘肃卷)闭合金属框放置在磁场中，金属框平面始终与磁感线垂直。
如图，磁感应强度B 随时间t 按正弦规律变化。Φ 为穿过金属框的磁通量，E 为
金属框中的感应电动势，下列说法正确的是( )
A．t 在0～T
4 内，Φ 和E 均随时间增大
B．当t＝T
8 与3T
8 时，E 大小相等，方向相同
C．当t＝T
4 时，Φ 最大，E 为零
D．当t＝T
2 时，Φ 和E 均为零
C [在0～T
4 时间内，磁感应强度B 增加，根据Φ＝BS 则磁通量Φ 增加，但是
图像的斜率减小，即磁感应强度B 的变化率逐渐减小，根据法拉第电磁感应定
律可知E＝ΔB
Δt S，感应电动势E 逐渐减小，选项A 错误；当t＝T
8 和t＝3T
8 时，
因B-t 图像的斜率大小相等，符号相反，可知感应电动势E 大小相等，方向相
反，选项B 错误；t＝T
4 时，B 最大，则磁通量Φ 最大，但是B 的变化率为零，
则感应电动势E 为零，选项C 正确；t＝T
2 时，B 为零，则磁通量Φ 为零，但是
B 的变化率最大，则感应电动势E 最大，选项D 错误。故选C。]
4．(2025·广西卷)如图电路中，材质相同的金属导体a 和b，横截面积分别为
S1、S2，长度分别为l1、l2。闭合开关后，a 和b 中自由电子定向移动的平均速率
之比为( )
A．l1∶2l2
B．2l2∶l1
C．l2S1∶2l1S2
D．2l2S2∶l1S1
B [
]
5．(2025·福建卷)某理想变压器如图甲，原、副线圈匝数比为4∶1，输入电压
随时间的变化图像如图乙，R1的阻值为R2的2 倍，则( )
A．交流电的周期为2.5 s
B．电压表示数为12 V
C．副线圈干路的电流为R1电流的2 倍
D．原副线圈功率之比为4∶1
B [由图可知，交流电的周期为2.25 s，故A 错误；根据图乙可知，输入电压最
大值Um＝48√2 V，则输入电压有效值为U1＝U m
√2 ＝48 V，根据变压比可知，副
线圈电压即电压表示数为U2＝
n2
n1
U1＝12 V，故B 正确；R1的阻值为R2的2 倍，
根据并联规律可知，两电阻的电压相同，根据欧姆定律可知，流经R1和R2的电
流之比为1∶2，副线圈干路电流等于流经两电阻的电流之和，则副线圈干路的
电流为R1电流的3 倍，故C 错误；根据变压器的原理可知，原副线圈功率相同，
故D 错误。故选B。]
6．(2025·河北卷)2024 年底，世界装机容量最大的抽水蓄能电站——河北丰宁
抽水蓄能电站全面投产发电。如图，若该电站通过理想变压器调节输出电压U2
时，输入电压U1保持不变。已知副线圈总匝数为n，分接头1、2 间和2、3 间
的线圈匝数n12＝n23＝n
10，开关S 接3 时输出电压的瞬时值u2＝Umsin ωt，则S
接2 时u2-t 的图像为( )
A．
B．
C．
D．
D [根据理想变压器电压比与匝数比关系可知
U 1
U 3
＝
n1
n3
，
U 1
U 2
＝
n1
n2
，由于输入电
压U1不变，可知
U 2
U 3
＝
n2
n3
，即
u2
U msin ωt ＝
n- n
10
n- 2n
10
，解得u2＝9
8Umsin ωt；可知此
时输出的交流电的周期为T＝2π
ω 。故选D。]
7．(2025·陕晋青宁卷)如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d 大于2L 的匀
强磁场，其磁感应强度为B，甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为
2L，宽均为L，电阻分别为R 和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0＝
4 B
2 L
3
mR
并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用，则( )
A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1∶1
C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0
D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3
D [进磁场的过程中，甲线框右边框切割磁感线，由右手定则可知，线框中的
电流沿顺时针方向，出磁场的过程中，甲线框左边框切割磁感线，由右手定则
可知，线框中的电流沿逆时针方向，A 错误；刚进磁场区域时，甲线框切割磁
感线产生的电动势E＝BLv0，线框中的电流I＝E
R，所受合力等于所受安培力F
安甲＝BIL，联立解得刚进磁场区域时甲线框所受合力大小F 安甲＝B
2 L
2v0
R
，同理
可得刚进磁场区域时乙线框所受合力大小F 安乙＝B
2 L
2v0
2 R
，有F 安甲∶F 安乙＝
2∶1，B 错误；结合A 项分析，对乙线框进出磁场的两过程，由动量定理分别
有－B
2 L
2v进
2 R
t 进＝mΔv 进，－B
2 L
2v出
2 R
t 出＝mΔv 出，其中v进t 进＝2L，v出t 出＝
2L，又乙线框完全出磁场区域时的速度大小v 乙＝v0+Δv 进+Δv 出，联立解得v 乙
＝2B
2 L
3
mR ，C 错误；与C 项分析同理可得甲线框完全出磁场区域时速度大小v 甲
＝0，所以由能量守恒定律可知，甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域
产生的焦耳热分别为Q 甲＝1
2mv0
2，Q 乙＝1
2mv0
2－1
2mv乙
2 ，联立可得Q 甲∶Q 乙＝
4∶3，D 正确。]
二、多项选择题：本大题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题列出的四
个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，
有选错的得0 分。
8．(2025·黑吉辽蒙卷)如图，“
”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平
向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e 所
在直线以角速度ω 顺时针匀速转动，be 与磁场方向垂直。t＝0 时，abef 与水平
面平行，则( )
A．t＝0 时，电流方向为abcdefa
B．t＝0 时，感应电动势为Bl2ω
C．t＝π
ω时，感应电动势为0
D．t＝0 到t＝π
ω过程中，感应电动势平均值为0
AB [t＝0 时，线框中能切割磁感线的边只有af 边，由右手定则可知af 边的电
流方向为f 到a，则线框中的电流方向为abcdefa，A 正确；t＝0 时，af 边的速
度方向与磁场方向垂直，且af 边的速度大小为v＝ωl，感应电动势的大小为E
＝Blv，解得E＝Bl2ω，B 正确；线框的转动周期为T＝2π
ω ，则t＝π
ω时，线框
转动了180°，此时线框中能切割磁感线的边仍只有af 边，且af 边的速度方向与
磁场方向垂直，所以线框中产生的感应电动势的大小仍为Bl2ω，C 错误；t＝0
时，穿过bcde 面的磁通量为Φ1＝－Bl2，t＝π
ω时，磁场从bcde 面的另一面穿过，
磁通量为Φ2＝Bl2，由法拉第电磁感应定律得E＝Φ2-Φ1
t
，由以上整理得E＝
2Bl
2ω
π
，D 错误。]
9．(2025·湖北卷)在如图所示的输电线路中，交流发电机的输出电压一定，两
变压器均为理想变压器，左侧升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，两
变压器间输电线路电阻为r。下列说法正确的是( )
A．仅增加用户数，r 消耗的功率增大
B．仅增加用户数，用户端的电压增大
C．仅适当增加n2，用户端的电压增大
D．仅适当增加n2，整个电路消耗的电功率减小
AC [设用户端的总电阻为R，右侧降压变压器的匝数比为k，则可将降压变压
器和用户端等效为一个等效电阻，则等效电阻R 等效＝k2R，仅增加用户数，用
户端的总电阻减小，等效电阻的阻值减小，又交流发电机的输出电压即升压变
压器的输入电压U1不变，升压变压器的匝数比不变，所以升压变压器的输出电
压U2不变，则由I2＝
U 2
R等效+r 可知输电线路上的电流增大，由P＝I 2
2r 可知r 消
耗的功率增大，A 正确；结合A 项分析和U3＝U2－I2r 可知，右侧降压变压器的
输入电压减小，又降压变压器的原副线圈匝数比不变，可知用户端的电压减小，
B 错误；仅适当增加n2，结合A 项分析可知，左侧升压变压器的输出电压U2变
大，等效电阻的阻值不变，则与B 项分析同理可得，用户端的电压增大，C 正
确；输电线路中的电流I2＝
U 2
R等效+r ，则升压变压器原线圈中的电流I1＝
n2
n1
I2，
整个电路消耗的电功率P 总＝U1I1＝
n2
2U 1
2
n1
2(r + R等效)，所以整个电路消耗的电功率增
大，D 错误。]
10．(2025·湖南卷)如图，关于x 轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状
为抛物线，顶点位于O 点。一足够长的金属杆初始位置与y 轴重合，金属杆的
质量为m，单位长度的电阻为r0。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应
强度为B。现给金属杆一沿x 轴正方向的初速度v0，金属杆运动过程中始终与y
轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是( )
A．金属杆沿x 轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y 轴负方向
B．金属杆可以在沿x 轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动
C．金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为
mv0r0
B
2
D．若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半
AC [根据右手定则可知，金属杆中电流沿y 轴负方向，A 正确；由法拉第电磁
感应定律有E＝BLv，由欧姆定律有I＝E
R ，由安培力公式有F 安＝BIL，又R＝
Lr0，联立解得F 安＝B
2v
r0
L，若金属杆做匀速运动，则安培力随有效长度的增大
而增大，则与安培力平衡的外力一定不是恒力，B 错误；对金属杆的整个运动
过程，由动量定理有－BI Lt＝0－mv 0，又It＝q＝ΔΦ
R ＝B Δ S
Lr0 ，联立解得金
属杆停止时与导轨围成的面积S＝ΔS＝
mv0r0
B
2
，C 正确；由C 项分析可知，金
属杆的初速度减半时，ΔS 变为原来的1
2，由抛物线性质可知金属杆停止运动时
经过的距离大于原来的一半，D 错误。]
三、非选择题：本大题共3 小题，共54 分。
11．(16 分)(2025·四川卷)某学生实验小组要测量一段合金丝的电阻率。所用实
验器材有：
待测合金丝样品(长度约1 m)
螺旋测微器
学生电源E(电动势0.4 V，内阻未知)
米尺(量程0～100 cm)
滑动变阻器(最大阻值20 Ω)
电阻箱(阻值范围0～999.9 Ω)
电流表(量程0～30 mA，内阻较小)
开关S1、S2
导线若干
(1)将待测合金丝样品绷直固定于米尺上，将金属夹分别夹在样品20.00 cm 和
70.00 cm 位置，用螺旋测微器测量两金属夹之间样品三个不同位置的横截面直
径，读数分别为0.499 mm、0.498 mm 和0.503 mm，则该样品横截面直径的平
均值为____________mm。
(2)该小组采用限流电路，则图1 中电流表的“＋”接线柱应与滑动变阻器的接
线柱________(选填“a”或“b”)相连。闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于
________(选填“左”或“右”)端。
(3)断开S2、闭合S1，调节滑动变阻器使电流表指针恰好指到15.0 mA 刻度处。
断开S1、闭合S2，保持滑动变阻器滑片位置不变，旋转电阻箱旋钮，使电流表
指针仍指到15.0 mA 处，此时电阻箱面板如图2 所示，则该合金丝的电阻率为
_____________________________________________________________________
Ω·m
(取π＝3.14，结果保留2 位有效数字)。
(4)为减小实验误差，可采用的做法有____________________________(多选)。
A．换用内阻更小的电源
B．换用内阻更小的电流表
C．换用阻值范围为0～99.99 Ω 的电阻箱
D．多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值
[解析] (1)直径的平均值D＝D1+ D2+ D3
3
＝0.499+0.498+0.503
3
mm＝0.500
mm。
(2)滑动变阻器限流接法必须一上一下接入电路，故电流表的“＋”接线柱需要
和滑动变阻器的接线柱a 相连；在闭合开关前，滑动变阻器接入电路的阻值应
最大，保证电路接通时电路电流最小，电路安全，故滑动变阻器滑片应置于左
端。
(3)由题意知合金丝接入电路的长度l＝70.00 cm－20.00 cm＝50.00 cm，因合金
丝与电阻箱等效替代，当电流相等时，二者电阻相等，由题图2 所示的电阻箱
读数可知合金丝接入电路中的电阻为3.2 Ω，合金丝的横截面积S＝π(
D
2 )
2
，根
据R＝ρ l
S，得ρ＝RS
l ＝π R (D)
2
4l
＝1.256×10-6 Ω·m≈1.3×10-6 Ω·m。
(4)本实验通过等效替代法测电阻，电源内阻对本实验无直接影响，换用内阻更
小的电源，不能减小误差，A 错误；电流表内阻不影响电阻测量结果，B 错误；
换用0～99.99 Ω 的电阻箱，电阻箱测量阻值时更精确，能减小误差，C 正确；
多次测量合金丝不同区间相等长度样品的电阻率，再求平均值，可减小偶然误
差，D 正确。
[答案] (1)0.500 (2)a 左 (3)1.3×10-6 (4)CD
12．(18 分)(2025·黑吉辽蒙卷)如图(a)，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方
形导体框abcd，置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad 边与磁场边界平行，ab 边
中点位于磁场边界。导体框的质量m＝1 kg、电阻R＝0.5 Ω、边长L＝1 m。磁
感应强度B 随时间t 连续变化，0～1 s 内B-t 图像如图(b)所示。导体框中的感应
电流I 与时间t 关系图像如图(c)所示，其中0～1 s 内的图像未画出，规定顺时针
方向为电流正方向。
(1)求t＝0.5 s 时ad 边受到的安培力大小F；
(2)在图(b)中画出1～2 s 内B-t 图像(无需写出计算过程)；
(3)从t＝2 s 开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个
向右的初速度v0＝0.1 m/s，求ad 边离开磁场时的速度大小v1。
[解析] (1)0～1 s 内导体框中产生的感应电动势为E＝Δ B
Δt ·1
2L2，
解得E＝0.05 V。
根据闭合电路欧姆定律可知通过导体框的电流为I＝E
R，解得I＝0.1 A。
根据题图(b) 斜率大小可知0.5 s 时的磁感应强度B0 满足0.2 T - B0
0.5 s
＝
0.2 T -0.1 T
1 s
，
解得B0＝0.15 T。
t＝0.5 s 时，ad 边受到的安培力大小为
F＝B0IL，
解得F＝0.015 N。
(2)由于顺时针方向为电流正方向，则由题图(c)知1～2 s 内电流为逆时针方向，
大小为
I1＝0.2 A。
根据闭合电路欧姆定律可知感应电动势
E1＝I1R，
根据法拉第电磁感应定律得
E1＝
Δ B1
Δt1
·1
2L2，
解得
ΔB1
Δt1 ＝0.2 T/s，
根据楞次定律和安培定则可知，导体框中磁感应强度增大，变化率为0.2 T/s，
对应的B-t 图像如图所示。
(3)解法一 由(2)中分析知2 s 时磁感应强度大小为B2＝0.3 T，之后磁场不随时
间变化，导体框从初速度v0开始运动，导体框切割磁感线受到的安培力为FA＝
B2ItL＝B2
B2 Lvt
R
L＝B2
2 L
2vt
R
导体框速度从v0变化至v1，规定水平向右为正方向，根据动量定理有
∑－B2
2 L
2vt
R
Δt＝mv1－mv0，
结合Δx＝vtΔt、∑Δx＝1
2L 得，
－B2
2 L
2
R
·1
2L＝mv1－mv0，
解得v1＝0.01 m/s。
解法二 还可以通过积累电荷量求解，导体框速度从v0变为v1，规定水平向右
为正方向，根据动量定理得，
∑－B2ItLΔt＝mv1－mv0
结合Δq＝ItΔt、∑Δq＝q 得，
－B2Lq＝mv1－mv0
流过导体框的电荷量为
q＝IΔt2＝E
RΔt2＝
ΔΦ
Δt2
R
Δt2＝ΔΦ
R ＝
1
2 B2 L
2
R
，
解得v1＝0.01 m/s。
[答案] (1)0.015 N (2)见解析图 (3)0.01 m/s
13．(20 分)(2025·福建卷)光滑斜面倾角为θ＝30°，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂
直斜面向外的匀强磁场，两区磁感应强度大小相等。正方形线框abcd 质量为
m，总电阻为R，由同种材料制成且粗细均匀，Ⅰ区域长为L1，Ⅱ区域长为
L2，两区域间无磁场的区域长度大于线框边长。线框从某一位置释放，从cd 边
进入Ⅰ区域到ab 边离开Ⅰ区域的过程中速度均为v，cd 边进入Ⅱ区域时的速度
和ab 边离开Ⅱ区域时的速度一致，(重力加速度为g)。则：
(1)求线框释放时cd 边与Ⅰ区域上边缘的距离；
(2)求cd 边进入Ⅰ区域时cd 边两端的电势差；
(3)求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率。
[解析] (1)解法一：线框从释放到cd 边进入Ⅰ区域，由动能定理有
mgs1sin θ＝1
2mv2，
解得线框释放时cd 边与Ⅰ区域上边缘的距离为s1＝v
2
g 。
解法二：线框从释放到cd 边进入Ⅰ区域做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可
知该过程线框的加速度为a1＝g sin θ＝1
2g，
则线框释放时cd 边与Ⅰ区域上边缘的距离为s1＝v
2· v
a1＝v
2
g 。
(2)由题意可知，线框穿过Ⅰ区域做匀速直线运动，则线框的边长为L1，结合安
培力公式和力的平衡条件有mg sin θ＝BI1L1，
由法拉第电磁感应定律可知E＝BL1v，
又I1＝E
R，
则此时cd 两端的电势差为Ucd＝I1·3
4R＝3
8 √2mgRv。
(3)线框从进入Ⅱ区域到完全离开过程，由动能定理有
mg(L1＋L2)sin θ－W＝0，
由动量定理有
mgt sin θ－∑B L1 IΔt＝0，
其中∑IΔt＝∑
B L1v Δt
R
＝B L1 Δ x
R
，
当L1＜L2时，Δx＝2L1；当L1＞L2时，Δx＝2L2；当L1＝L2时，分析可知cd 边
进入Ⅱ区域时的速度和ab 边离开Ⅱ区域时的速度不可能一致，故不存在此种情
况
联立解得该过程的运动时间为t＝4 B
2 L1
3
mgR 或4 B
2 L1
2 L2
mgR
由(2)分析得B2＝
mgR
2 L1
2v
则该过程克服安培力做功的平均功率为P＝W
t ＝mg( L1+ L2)v
4 L1
或mg( L1+ L2)v
4 L2
。
[答案] (1)v
2
g (2)3
8 √2mgRv (3)见解析
