课下巩固检测练9 电磁感应-【正禾一本通】2025年高考物理高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

[课下巩固检测练(九)]　电磁感应 __________________________________________________________________ (选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟) 一、单选题 1．汽车使用的电磁制动原理示意图如图所示，当导体在固定通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是(　　 ) A．制动过程中，导体不会发热 B．制动力的大小与导体运动的速度无关 C．改变线圈中的电流方向，导体就可以获得动力 D．制动过程中导体获得的制动力逐渐减小 解析：选D。由于导体中产生了涡流，根据Q＝I2Rt可知，制动过程中，导体会发热，A错误；导体运动的速度越大，穿过导体中回路的磁通量的变化率越大，产生的涡流越大，则所受安培力，即制动力越大，即制动力的大小与导体运动的速度有关，B错误；根据楞次定律可知，原磁场对涡流的安培力总是要阻碍导体的相对运动，即改变线圈中的电流方向，导体受到的安培力仍为阻力，C错误；制动过程中，导体的速度逐渐减小，穿过导体中回路的磁通量的变化率变小，产生的涡流变小，则所受安培力，即制动力变小，D正确。 2．(2024·江苏高考)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是(　　 ) A．顺时针，顺时针 B．顺时针，逆时针 C．逆时针，顺时针 D．逆时针，逆时针 解析：选A。将线圈a从磁场中匀速拉出的过程中，穿过线圈a的磁通量在减小，根据楞次定律可知，线圈a的电流为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出，则a中产生的电流为恒定电流，线圈a靠近线圈b的过程中，线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b产生的电流为顺时针，故A正确。 3．近年来，无线门铃逐渐流行。图甲为某款无线门铃按钮，其“自发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮的过程，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．按下按钮的过程，螺线管上有P→Q方向的电流 B．松开按钮的过程，螺线管上的导线P端电势较低 C．按住按钮不动，螺线管上的导线两端P、Q间仍有电势差 D．按下和松开按钮的过程，螺线管产生的感应电动势大小一定相等 解析：选A。按下按钮的过程，穿过螺线管的磁通量向左增加，结合楞次定律可知，螺线管上产生的感应电流从P流向Q，故A正确；松开按钮的过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，结合楞次定律可知，螺线管上产生的感应电流从Q流向P，螺线管上的导线P端电势较高，故B错误；按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，则螺线管无感应电动势产生，则导线两端P、Q间无电势差，故C错误；按下和松开按钮的过程，时间不一定相等，则磁通量的变化率不一定相等，根据法拉第电磁感应定律可知，螺线管产生的感应电动势大小不一定相等，故D错误。 4．(2024·广东高考)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈。下列说法正确的是(　　 ) A．穿过线圈的磁通量为BL2 B．永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大 C．永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小 D．永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向 解析：选D。根据题图乙可知，此时穿过线圈的磁通量为0，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误；永磁铁相对线圈下降时，根据安培定则可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。 5．如图甲所示，固定的矩形铜线框左半部分处于垂直纸面向里的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度由B0均匀减小到0后反向增大到－B0，如图乙所示。关于此过程，下列说法正确的是(　　 ) A．铜线框中的自由电子先顺时针定向移动、后逆时针定向移动 B．铜线框中的自由电子始终逆时针定向移动 C．铜线框围成的面积始终有扩大的趋势 D．铜线框受到的安培力大小不变 解析：选B。根据楞次定律，按照题图乙中变化的磁场产生顺时针方向的电场，铜线框中的自由电子在电场力的作用下逆时针定向移动，故A错误，B正确；根据楞次定律中“增缩减扩”的规律，穿过铜线框的磁通量先减小后增大，铜线框围成的面积先有扩大的趋势、后有缩小的趋势，故C错误；设题图乙中图线的斜率为k，根据E＝＝kS，斜率不变，可知线圈中的感应电动势大小不变，则通过铜线框的电流不变，又因为线框受力的有效长度不变，而磁感应强度先减小后增大，根据F安＝BIL，可知铜线框受到的安培力先减小后增大，故D错误。 6．柔性可穿戴设备导电复合材料电阻率的测量需要使用一种非接触式传感器。如图(a)所示，传感器探头线圈置于被测材料上方，给线圈通正弦交变电流如图(b)所示，电路中箭头为电流的正方向。在～时间内，关于涡旋电流的大小和方向(俯视)，下列说法正确的是(　　 ) A．不断增大，逆时针 B．不断增大，顺时针 C．不断减小，逆时针 D．不断减小，顺时针 解析：选D。由题意可知，在～时间内电路中的电流与原电流方向相反，且不断增大，根据楞次定律可知，被测材料的感应磁场方向竖直向下，由安培定则可知，在被测材料上的涡流方向为顺时针(俯视)；又因为～时间内，i ­t图像的斜率不断减小，则感应磁场变化率不断减小，由法拉第电磁感应定律E＝nS及欧姆定律I＝可知，被测材料上的涡流大小不断减小，故D正确。 7．如图所示的电路中，L1、L2、L3是三个相同的灯泡，线圈L的电阻和电源的内阻可忽略，D为理想二极管。下列判断正确的是(　　 ) A．开关S从断开状态突然闭合时，L1逐渐变亮，L2一直不亮，L3立即变亮 B．开关S从断开状态突然闭合时，L1、L2逐渐变亮，L3立即变亮再熄灭 C．开关S从闭合状态突然断开时，L1逐渐熄灭，L2突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，L3立即熄灭 D．开关S从闭合状态突然断开时，L1、L2逐渐熄灭，L3突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭 解析：选C。由于二极管具有单向导电性，所以开关S从断开状态突然闭合时，二极管不能导通，L2一直不亮，此时L1、L3和L串联在同一回路中，L产生自感电动势阻碍通过其电流增大，所以通过L1和L3的电流逐渐增大，L1和L3均逐渐变亮，故A、B错误。开关S从闭合状态突然断开时，通过L3的电流立即变为零，所以L3立即熄灭；L产生自感电动势阻碍通过其电流减小，此时自感电动势的方向满足二极管导通的条件，所以L1、L2和L串联在同一回路中，通过L1的电流逐渐减小，L1逐渐熄灭，由于L2开始时不亮，所以L2突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，故C正确，D错误。 8．(2024·北京平谷模拟预测)如图所示，空间中存在竖直向下的匀强磁场，一导体棒MN绕固定的水平轴OO′在磁场中匀速转动，且始终平行于 OO′。导体棒MN两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是(　　 ) 解析：选C。如图所示， 导体棒匀速转动，设速度为v，角速度为ω，则导体棒转过θ角时，导体棒MN两端的电势差为u＝BLv cos θ＝BL2ωcos ωt，所以导体棒MN两端的电势差u随时间t变化的图像为余弦图像，C正确。 二、多选题 9．(2024·湖北武汉一模)如图所示为用同样的细导线做成的刚性闭合线框，圆线框Ⅰ的直径与正方形线框Ⅱ的边长相等，它们均放置于磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，磁场方向与线框所在平面垂直，则(　　 ) A．线框Ⅰ、Ⅱ中产生的感应电流相等 B．线框Ⅰ、Ⅱ中产生的感应电动势相等 C．同一时刻，通过线框Ⅰ、Ⅱ的磁通量相等 D．同一时间内，线框Ⅰ、Ⅱ产生的焦耳热之比为 解析：选AD。根据法拉第电磁感应定律，线框中产生的感应电动势E＝·S，而，则，线框中产生的感应电流I＝，又R＝ρ，即，则，所以A正确、B错误；同一时刻，通过线框的磁通量Φ＝BS，则，C错误；同一时间内，线框产生的焦耳热Q＝I2Rt，则，D正确。 10．如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n＝10，边长ab＝1 m，线圈总电阻r＝1 Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示。设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的感应电流i，焦耳热Q以及ab两点间的电压u，ab边所受的安培力F(取向下为正方向)随时间t的变化图像正确的是(　　 ) 解析：选ACD。0～1 s内产生的感应电动势为e1＝＝2 V，由楞次定律得，感应电流为逆时针(为负)，大小为i1＝＝2 A，同理可得，1～5 s内产生的感应电动势为e2＝nS＝1 V，由楞次定律得，感应电流为顺时针(为正)，大小为i2＝＝1 A，A正确。ab两点间的电压，0～1 s内大小为u1＝i1·＝0.5 V，方向为负，1～5 s内大小为u2＝i2·＝0.25 V，方向为正，B错误。ab边所受的安培力，0～1 s内大小为0≤F1＝nB1i1L≤4 N，随时间逐渐增大，由左手定则，方向为向下(为正)；同理，1～3 s内大小为0≤F2＝nB2i2L≤2 N，随时间逐渐减小，由左手定则，方向为向上(为负)；3～5 s内大小为0≤F3＝nB3i2L≤2 N，随时间逐渐增大，由左手定则，方向为向下(为正)，C正确。0～1 s内焦耳热0≤Q1＝rt≤4 J，随时间逐渐增加，1～5 s内焦耳热4 J≤Q2＝Q1m＋rt′≤8 J，D正确。 三、计算题 11．如图所示，用横截面积为S、电阻率为ρ的金属丝制成半径为a的金属圆环来研究涡流现象。在金属圆环内有半径为b的圆形区域，区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt(k＞0)，求： (1)金属圆环内感应电动势E的大小； (2)金属圆环中感应电流的方向和感应电流I的大小； (3)金属圆环单位长度上的发热功率P。 解析：(1)由B＝B0＋kt可知 ＝k 由法拉第电磁感应定律得 E＝n＝kπb2。 (2)根据楞次定律知，感应电流的方向为逆时针 金属圆环电阻 R阻＝ 则在金属圆环中的感应电流 I＝。 (3)金属圆环的发热功率 P总＝I2R阻＝ 单位长度的发热功率 P＝。 答案：(1)kπb2　(2)逆时针，　(3) 12．(2024·广东广州二模)如图，水平面内固定有平行长直金属导轨ab、cd和金属圆环；金属杆MN垂直导轨静止放置，金属杆OP一端在圆环圆心O处，另一端与圆环接触良好。水平导轨区域、圆环区域有等大反向的匀强磁场。OP绕O点逆时针匀速转动；闭合K，待MN匀速运动后，使OP停止转动并保持静止。已知磁感应强度大小为B，MN质量为m，OP的角速度为ω，OP长度、MN长度和平行导轨间距均为L，MN和OP的电阻阻值均为r，忽略其余电阻和一切摩擦，求： (1)闭合K的瞬间，MN所受安培力的大小和方向； (2)MN匀速运动时的速度大小； (3)从OP停止转动到MN停止运动的过程，MN产生的焦耳热。 解析：(1)当OP绕O点逆时针匀速转动时，由右手定则可知O点电势高，OP切割磁感线产生的感应电动势为 E＝BL2ω 闭合K瞬间，由闭合电路欧姆定律可知，通过MN的电流大小为 I＝，方向由M到N 则有MN所受安培力大小为 F＝BIL＝ 由左手定则可知，安培力方向水平向左。 (2)闭合K后，则有MN向左做加速运动，速度逐渐增大，MN切割磁感线产生感应电动势，则感应电流方向与原电流方向相反，减弱原电流，可知MN所受安培力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，当MN中电流减小到零时，安培力是零，加速度是零，MN的速度达到最大，设为v，此时MN做匀速直线运动，则有MN切割磁感线产生的感应电动势与OP产生的感应电动势大小相等，可知 EMN＝BLv＝BL2ω 解得v＝ωL。 (3)从OP停止转动到MN停止运动的过程，由能量守恒定律可知，电路中产生的焦耳热为 Q＝mω2L2 MN产生的焦耳热为 QMN＝mω2L2。 答案：(1)，方向水平向左　(2)ωL (3)mω2L2 学科网（北京）股份有限公司 $$