章末卷12 电磁感应-【高考领航】2026年高考物理总复习四测通关卷

章末卷12　电磁感应 (满分：100分) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1．如图所示，在水平地面上建立平面直角坐标系xOy，直线1、2、3平行于y轴，直线4、5平行于x轴。若地下平行于y轴方向埋着一根通有恒定直流电的线缆，为了准确定位线缆的位置和走向，一圆形金属线圈在水平地面上分别沿直线1、2、3从x轴往y轴正方向匀速移动，或沿直线4、5从y轴往x轴正方向匀速移动，则下列说法正确的是(　　) A．线圈沿着直线1、2、3中的某条线移动时没有产生感应电流，则该条线的正下方一定没有线缆 B．线圈沿着直线1、2、3中的某条线移动时没有产生感应电流，则该条线的正下方一定有线缆 C．线圈沿着直线4、5移动的过程中，感应电流反向时，则该位置的正下方有线缆 D．线圈沿着直线4、5移动的过程中，磁通量为零时，则该位置的正下方有线缆 2．在空间站进行实验可以克服来自地球磁场及电场的干扰，使得物理现象更为准确和明显。为了研究电感现象，航天员在空间站进行如图所示的研究。在图中，L为自感系数较大的电感线圈，且电阻不计，A、B为两个完全相同的灯泡，且它们的额定电压均等于电源的电动势。则(　　) A．断开S以后，A熄灭，B重新亮后再熄灭 B．断开S以后，B变得更亮，A缓慢熄灭 C．合上S的瞬间，A先亮，B后亮 D．合上S的瞬间，B先亮，A后亮 3．水平桌面上固定一根绝缘长直导线，矩形导线框abcd靠近长直导线固定在桌面上，如图甲所示。当长直导线中的电流按图乙的规律变化时(图甲所示电流方向为其正方向)，则(　　) 　 甲 乙 A．t1～t2，线框内电流的方向为abcda B．0～t1，线框内电流的方向为abcda C．t2～t3，线框所受安培力方向先向左后向右 D．t1～t3，线框所受安培力方向一直向左 4．如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B＝kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，则(　　) A．从上向下看，薄圆管中的感应电流为逆时针方向 B．薄圆管有垂直于轴线方向向内收缩趋势 C．轻绳对薄圆管的拉力的合力大于薄圆管的重力 D．轻绳对薄圆管的拉力随时间减小 5．如图所示，整个空间中存在方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B，导轨间距为l且足够长，左端接阻值为R的定值电阻，导轨电阻不计，现有一长为2l的金属棒垂直放在导轨上，在金属棒以O点为轴沿顺时针方向以恒定角速度ω转过60°的过程中(金属棒始终与导轨接触良好，电阻不计)(　　) A．通过定值电阻的电流方向由b到a B．转动过程中棒两端的电动势大小不变 C．通过定值电阻的最大电流为 D．通过定值电阻的电荷量为 6．如图所示，一个平行于纸面的等腰直角三角形导线框，水平向右匀速运动，穿过宽度为d的匀强磁场区域，三角形两直角边长度为2d，线框中产生随时间变化的感应电流i，下列图形正确的是(　　) 7．为保证游乐园中过山车的进站安全，过山车安装了磁力刹车装置。磁性很强的钕磁铁安装在轨道上，正方形金属线框安装在过山车的底部。过山车返回站台前的运动简化模型如图所示。线框abcd沿斜面加速下滑后，bc边以速度v1进入匀强磁场区域，此时线框开始减速，bc边出磁场区域时，线框恰好以速度v2做匀速直线运动。已知线框边长为L、匝数为n、总电阻为R，斜面与水平面的夹角为θ，过山车的总质量为m，所受摩擦阻力的大小恒定，磁场区域上下边界间的距离为L，磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向上，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　) A．线框刚进入磁场时，感应电流的方向是a→b→c →d→a B．线框刚进入磁场时，bc边两端的电压为nBLv1 C．线框刚出磁场时，通过线框的电流大小为 D．线框所受的摩擦阻力为mg sin θ－ 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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．(2024·黑吉辽卷)如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g，两棒在下滑过程中(　　) A．回路中的电流方向为abcda B．ab中电流趋于 C．ab与cd加速度大小之比始终为2∶1 D．两棒产生的电动势始终相等 9．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨左端连接电容为C的电容器，导轨间距为l，磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场穿过导轨所在平面。一根质量为m的导体棒垂直静置在导轨上，t＝0时刻导体棒在水平恒力F的作用下从静止开始向右运动，t＝t0时刻电容器两极板间的电势差为U，此时撤去拉力F。导体棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好，忽略所有电阻。下列判断正确的是(　　) A．t＝t0时刻，导体棒的速度为 B．恒力F的大小为 C．0～t0的时间内，拉力F做的功为 D．撤去拉力F后，导体棒稳定后的速度为 10．如图所示，两根“”形平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为l和2l，处于竖直向下的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒ab的电阻为R、长度为l，导体棒cd的电阻为2R、长度为2l，cd的质量是ab的3倍。两棒中点之间连接一原长为L轻质绝缘弹簧。现将弹簧拉伸至3L后，同时由静止释放两导体棒，两棒在各自磁场中往复运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直且接触良好，导轨足够长，电阻不计。下列说法正确的是(　　) A．整个过程中，回路中始终产生顺时针方向的电流 B．整个运动过程中，ab与cd的路程之比为3∶1 C．cd棒克服安培力做的功等于cd棒产生的热量 D．整个运动过程中，通过cd的电荷量为 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11．(7分)为探究影响感应电流方向的因素，同学们做了如下实验。 (1)小明同学用如图甲所示的实验装置探究影响感应电流方向的因素。 ①部分实验记录如下： ⅰ.实验得出所用电流表指针偏转方向与电流方向间的关系为：当电流从“＋”接线柱流入电流表时，指针向右偏转。 甲 ⅱ.将条形磁铁按如图甲方式N极向下插入螺线管时，发现电流表的指针向右偏转。判断出螺线管中电流的方向，再判断出螺线管中的感应电流磁场的方向。 ⅲ.经分析可得出结论：当穿过螺线管的磁通量增加时，感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向________(填“相同”或“相反”)。 ②(多选)关于该实验，下列说法正确的是___________________________。 A．只有磁铁N极向下插入螺线管，灵敏电流计指针才会向右偏转 B．将磁铁的S极向下插入螺线管时，灵敏电流计指针向右偏转 C．将磁铁的S极向下插入螺线管时，灵敏电流计指针向左偏转 D．将磁铁向下插入或向上抽出的速度越大，灵敏电流计指针偏转幅度越大 (2)小宁同学用如图乙所示的电路研究感应电流的方向。 乙 ①将线圈A插入线圈B中，闭合开关S瞬间，发现电流计指针向左偏转，则保持开关闭合，将滑动变阻器的滑片向左匀速移动，则电流计指针________(填“向左”“向右”或“不”)偏转。 ②实验结束后，某同学在开关还没断开，A、B两螺线管和铁芯也没分开放置的情况下，直接用手去拆除某螺线管处的导线，突然被电击了一下，则该同学被电击是在拆除__________(选填“A”或“B”)螺线管所在电路时发生的。 12．(9分)(1)探究电磁感应现象应选用如图____(选填“甲”或“乙”)所示的装置进行实验。在这个现象中感应电流的方向与________的方向和磁感线方向有关。 甲 乙 (2)如图丙所示，A为弹簧测力计(量程足够大)，B为条形磁铁(下端为S极)，C为螺线管，螺线管线圈的电阻忽略不计。闭合开关S1，记下弹簧测力计示数。现将S1断开，S2由1改接到2，则弹簧测力计的示数将________；若S2接2不变，再闭合S1，弹簧测力计的示数将________。(均选填“变大”“变小”或“不变”) 丙 13．(10分)如图所示，一个足够长的矩形金属框架与水平面成θ＝37°角，宽L＝0.5 m，上端有一个电阻R0＝2.0 Ω，框架的其他部分的电阻不计，有一垂直于框架平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1.0 T，ab为金属杆，与框架垂直且接触良好，其质量m＝0.1 kg，接入电路的电阻r＝0.5 Ω，杆与框架间的动摩擦因数μ＝0.5，杆由静止开始下滑到速度达到最大值的过程中，电阻R0产生的热量Q0＝2.0 J(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求： (1)通过R0的最大电流； (2)ab杆下滑的最大速度的大小； (3)从开始下滑到速度最大的过程中ab杆下滑的距离。 14．(13分)如图甲所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距L，导轨下端连接电阻R，质量为m的金属杆ab与导轨垂直并接触良好，金属杆及导轨电阻不计，在矩形区域cdfe内有垂直于纸面向里的匀强磁场，c、e距离为H，cdfe区域内磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，在t＝0时刻，将金属杆ab从到磁场上边界距离为h处由静止释放，在t1时刻进入磁场，离开磁场时的速度为进入磁场时速度的一半，已知重力加速度为g，求： 甲　　　　　　　乙　 (1)金属杆刚进入磁场时的加速度大小； (2)从金属杆开始下落到离开磁场的过程，回路中产生的焦耳热。 15．(15分)如图，平行金属导轨MM′、NN′和平行金属导轨PQR、P′Q′R′固定在水平台面上，平行金属导轨间距均为L＝1 m，M′N′与PP′高度差为h1＝0.6 m。导轨MM′、NN′左端接有R＝3.0 Ω的电阻，导轨平直部分存在宽度为d、磁感应强度B1＝2 T，方向竖直向上的匀强磁场；导轨PQR与P′Q′R′平行，其中PQ与P′Q′是圆心角为60°、半径为r＝0.9 m的圆弧形导轨，QR与Q′R′是水平长直导轨。QQ′右侧存在磁感应强度B2＝4 T，方向竖直向上的匀强磁场，导体棒a的质量m1＝0.2 kg，接在电路中的电阻R1＝2.0 Ω；导体棒b的质量m2＝0.3 kg，接在电路中的电阻R2＝6.0 Ω。导体棒a从距离导轨MM′、NN′平直部分h＝1.25 m处由静止释放，恰能无碰撞地从PP′滑入右侧平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度g取10 m/s2，不计导轨电阻、一切摩擦及空气阻力。求： (1)导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小以及此时电阻R的电流大小和方向； (2)导体棒b的最大加速度； (3)导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P′Q′R′中产生的总焦耳热(导轨足够长)。 学科网（北京）股份有限公司 $ 章末卷12　电磁感应 1．D　线圈沿着直线1、2、3移动时，磁通量都不会变化，都不会产生感应电流，所以不能确定下方是否有线缆，故A、B错误；线圈沿着直线4、5移动时，从y轴到线缆正上方的过程中磁通量先增大后减小，过了正上方后磁通量反向先增大后减小，且在线缆正上方时磁通量最小为零，故C错误，D正确。 2．A　断开S以后，A马上熄灭，线圈L中产生自感电动势阻碍电流减小，在线圈与灯泡B构成的闭合回路中产生感应电流，故B闪亮后熄灭，故A正确，B错误；合上S的瞬间，电源电压同时加到两灯上，两灯同时亮，故CD错误。 3．A　t1～t2，穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线框内电流的方向为abcda，选项A正确；0～t1，穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框内电流的方向为adcba，选项B错误；t2～t3，穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，线框内电流的方向为abcda，根据左手定则，ad受安培力向右，bc受安培力向左，因ad边受安培力大于bc边受的安培力，可知线框所受安培力方向一直向右，选项C错误；同理，t1～t2时间内线框所受安培力方向向左，可知t1～t3，线框所受安培力方向先向左后向右，选项D错误。 4．B　由题意可知，穿过圆管的磁通量向上且增加。根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍其增加。所以感应电流的磁场方向竖直向下，根据右手定则可知，从上向下看感应电流的方向为顺时针，故A错误；由题意可知，穿过圆管的磁通量向上且增加。根据楞次定律的“增缩减扩”可知，其薄圆管有垂直于轴线方向向内收缩趋势，故B正确；根据左手定则可知，圆管中各段所受的安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力，不随时间变化，故C、D错误。 5．B　根据右手定则可知，通过定值电阻的电流方向由a到b，故A错误；整个导体棒都在磁场中切割磁感线，故产生感应电动势不变，故B正确；当金属棒两端接触到导轨时，电路接入感应电动势最大，则有Em＝B(2l)2ω＝2Bl2ω，则最大感应电流为Im＝，故C错误；转过60°的过程中，通过定值电阻的电荷量为q＝Δt＝Δt＝Δt＝，又ΔS＝l2，联立解得q＝，故D错误。 6．C　在0～时间内，线框进入磁场时磁通量向里增加，感应磁场向外，因此感应电流方向为逆时针，随着线框的运动，导线切割磁感线长度减小，感应电流减小；在～时间内，穿过线框的磁通量向里减小，根据楞次定律知，感应电流沿顺时针方向，穿过线框的磁通量均匀减小，产生的感应电流不变；在时间内，穿过线框的磁通量向里减少，根据楞次定律知，感应电流沿顺时针方向，线框有效切割长度均匀减小，感应电流减小，故C正确。 7．D　根据楞次定律，从线框上方俯视，感应电流的方向为a→d→c→b→a，故A错误；线框刚进入磁场时，感应电动势为E＝nBLv1，bc边两端的电压为路端电压，U＝nBLv1，故B错误；bc边出磁场区域时，线框恰好以速度v2做匀速直线运动，E′＝nBLv2，通过线框的电流大小为I＝，故C错误；bc边出磁场区域时，线框恰好以速度v2做匀速直线运动，合力为零，mg sin θ＝f＋nBIL，解得f＝mg sin θ－，故D正确。 8．AB　由右手定则可知回路中的电流方向为abcda，故A正确；导轨倾角θ＝30°，ab棒稳定时有2mg tan θ＝F安＝2BIL，解得I＝，B正确；加速时，对ab棒有2mg·sin θ－2BIL cos θ＝2ma1，对cd棒有mg·sin θ－BLI cos θ＝ma2，解得a1＝a2＝g sin θ－，加速度大小的表达式相同，C错误；由法拉第电磁感应定律可知E感＝B0Lv cos θ，v、L、θ相同，但磁感应强度不同，所以两棒产生的电动势不相等，D错误。 9．BC　t＝t0时刻，导体棒产生的感应电动势为E＝U＝Blv，导体棒的速度为v＝，故A错误；0～t0时间内，根据动量定理Ft0－Blt0＝mv，电量为q＝＝CU，解得恒力F的大小为F＝，故B正确；忽略所有电阻，0～t0的时间内，根据能量守恒，拉力F做的功为W＝，故C正确；撤去拉力F后，导体棒稳定后，设电容器两端的电压为U′，则U′＝Blv′，根据动量定理有－BlΔt＝mv′－mv，电荷量为Δq＝Δt＝C(U－U′)，解得导体棒稳定的速度为v′＝，故D错误。 10．BD　根据题意可知，导体棒由静止释放，ab向右运动，cd向左运动，由右手定则可知，回路中产生顺时针电流，设某时刻电流大小为I，则ab所受安培力大小为Fab＝2BIl，方向向左，cd所受安培力大小为Fcd＝BI·2l，方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，则当弹簧伸展过程中，一定有ab向左运动，cd向右运动，根据右手定则可知，回路中产生逆时针方向的电流，故A错误；由A分析可知，任意时刻两棒的动量大小相等，方向相反，则有mabvab＝mcdvcd，即mabsab＝mcdscd，则ab与cd的路程之比为，故B正确；由上述分析可知，ab与cd克服安培力做的功之比为3∶1，由公式Q＝I2Rt可知，ab与cd产生的热量之比为1∶2，则cd棒克服安培力做的功不等于cd棒产生的热量，故C错误；当两棒在各自磁场中往复运动直至停止，弹簧恢复原长，两棒间距离减小2L，则ab向右运动的距离为xab＝L，cd向左运动的距离为xcd＝，由q＝得q＝，故D正确。 11．解析：(1)由楞次定律可知，感应电流产生的磁场总是阻碍条形磁铁磁场的增加(增反减同)，故感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向相反。将磁铁的S极向下插入螺线管后，向上将磁铁拔出螺线管时，灵敏电流计指针也会向右偏转，A错误；由右手定则知，将磁铁的S极向下插入螺线管时，灵敏电流计指针向左偏转，B错误，C正确；将磁铁向下插入或向上抽出的速度越大，灵敏电流计指针偏转幅度越大，D正确。 (2)由题知，当闭合开关S瞬间，线圈A中电流瞬间增加，电流计指针向左偏转，由实物图知，将滑动变阻器的滑片向左匀速移动，电路中总阻减小，线圈A中电流继续增加，故电流计指针向左偏转。拆除A线圈电流时，B线圈产生的感应电流阻碍A线圈中电流减小，A线圈电流瞬间增加，故填“A”。 答案：(1)①相反　②CD　(2)①向左　②A 12．解析：(1)探究电磁感应现象的实验装置，只需要有磁场、导体棒、电流表即可，不需要电源，分析图甲与乙可知，探究电磁感应现象应选用甲图装置，在电磁感应现象中，感应电流的方向与导体切割磁感线运动的方向和磁感线的方向有关。 (2)根据安培定则，由题图丙可知，闭合开关，螺线管上端是N极，条形磁铁下端是S极，条形磁铁受到向下的吸引力，现将S1断开，S2由1改到2，电路电流变小，通电的螺线管圈数变少，电磁铁的磁性变弱，螺线管对条形磁铁的吸引力变小，弹簧测力计示数变小；若S2接2不变，闭合S1，电阻R2短路，电路电流变大 ，螺线管的磁场变强，条形磁铁受到的吸引力变大，弹簧测力计的示数变大。 答案：(1)甲　导体切割磁感线运动(或“导体运动”)　(2)变小　变大 13．解析：(1)杆达到最大速度后，ab中最大电流为Im，由平衡条件 BImL＋μmg cos θ＝mg sin θ 解得Im＝0.4 A。 (2)由闭合电路的欧姆定律 Em＝Im(R0＋r)＝1.0 V 由法拉第电磁感应定律Em＝BLvm 解得vm＝ m/s＝2 m/s。 (3)电路中产生的总焦耳热 Q总＝Q0＝2.5 J 由动能定理得 mgx sin θ－μmgx cos θ－Q总＝mvm2 解得杆下滑的距离x＝13.5 m。 答案：(1)0.4 A　(2)2 m/s　(3)13.5 m 14．解析：(1)金属杆进入磁场之前有mgh＝mv12 刚进入磁场时，有 E＝B0Lv1 I＝ F安＝B0IL F安－mg＝ma 可得a＝－g。 (2)进入磁场之前，有 E＝n Q1＝t1 进入磁场之后，由能量守恒，有 mgH＋m2 Q＝Q1＋Q2＝＋mg。 答案：(1)－g (2)＋mg 15．解析：(1)导体棒a从h＝1.25 m处由静止释放，根据动能定理可知m1gh＝m1v12 解得导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小为v1＝5 m/s 由题可知E＝B1Lv1 由闭合电路欧姆定律可得I1＝ 解得I1＝2.0 A 由右手定则可判断，此时电阻R的电流方向为由N到M。 (2)由题可知，导体棒a到达PP′时速度方向与水平方向的夹角为60°，则h1＝ 解得v2＝4 m/s 导体棒a刚进入磁场B2时，导体棒b的加速度最大， 则有m1gr(1－cos 60°)＝m1v22 又I2＝，B2I2L＝m2a 解得v3＝5 m/s，a＝ m/s2，方向向右。 (3)根据动量守恒定律可知m1v3＝(m1＋m2)v4 解得v4＝2 m/s 导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P′Q′R′中产生的总焦耳热与系统减少的动能相等，即 Q＝(m1＋m2)v42 解得Q＝1.5 J。 答案：(1)5 m/s　2.0 A，方向为由N到M　 (2) m/s2，方向向右　(3)1.5 J 学科网（北京）股份有限公司 $