专题过关创新练(14) 电磁感应的综合分析（Word练习）-【艺术生百日冲刺】2026高考物理艺术生基础生文化课成功方案

[基础保分练] 1．(2025·湖北高考)如图(a)所示，相距L的两足够长的平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好，导轨电阻忽略不计．导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图(b)所示，t＝T时刻，B＝0.t＝0时刻，B＝B0，两棒相距x0，ab棒速度为零，cd棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0～T时间内流过回路的电荷量为(　　) A．　　　　　　B． C． D． 【解析】　结合＝、＝和q＝Δt可知0～T时间内流过回路的电荷量为q＝，由Φ＝BS可知q＝＝，B正确． 【答案】　B 2．(多选)(2025·黑吉辽蒙高考)如图所示，“”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＝时，感应电动势为0 D．t＝0到t＝过程中，感应电动势平均值为0 【解析】　线框旋转切割磁场产生电动势的两条边为cd和af，t＝0时刻cd边速度与磁场方向平行，不产生电动势，因此此时af边切割产生电动势，由右手定则可知电流方向为abcdefa，电动势为E＝Blv＝Blωl＝Bl2ω，A、B正确；t＝时，线框旋转180°，此时依旧是af边切割磁场产生电动势，感应电动势不为零，C错误；t＝0到t＝时，线框abef的磁通量变化量为零，线框bcde的磁通量变化量为ΔΦ＝2BS＝2Bl2 由法拉第电磁感应定律可得平均电动势为E＝＝，D错误． 【答案】　AB 3．(多选)(2025·广州二模)如图，两金属棒ab、cd放在磁场中，ab棒置于光滑水平金属导轨上，并组成闭合电路，当cd棒向下运动时，ab棒受到向左的安培力．则以下说法正确的有(　　) A．图中Ⅱ是S极 B．图中Ⅱ是N极 C．cd的速度越大，ab的速度变化越快 D．cd的速度越大，ab的速度变化越大 【解析】　AB.当cd棒向下运动时，ab棒受到向左的安培力，由左手定则，感应电流a→b，由右手定则，图中Ⅱ是N极，A错误，B正确； CD.由电磁感应定律和闭合电路欧姆定律E＝BLv，I＝ cd的速度越大，感应电流越大，由安培力 F＝BIL 安培力越大，由牛顿第二定律F＝ma 加速度越大，ab的速度变化越快，C正确，D错误．故选BC. 【答案】　BC 4．(2024·九省联考甘肃卷)1831年，法拉第发明了第一台发电机，示意图如下．半径为r的铜盘安装在金属轴上，其边缘置于一个磁铁两极之间的狭缝里，铜盘边缘与轴通过导线与检流计连接．铜盘以周期T匀速旋转，检流计中有电流通过．已知狭缝沿半径方向的长度为a，狭缝间为匀强磁场，磁感应强度为B，忽略狭缝之外的磁场，下列说法正确的是(　　 ) A．检流计中电流方向从Q向P B．若铜盘旋转方向和磁场方向同时反向，则检流计中电流方向也反向 C．铜盘产生的电动势为 D．铜盘产生的电动势为 【解析】　AB.根据右手定则可知，检流计中电流方向从P向Q，若铜盘旋转方向和磁场方向同时反向，则检流计中电流方向不变，故AB错误；CD.铜盘产生的电动势为E＝Ba＝，故C正确，D错误． 【答案】　C [考能提分练] 5．(多选)(2025·浙江1月选考)如图1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随时间变化图像如图2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D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 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 【解析】　对圆环Ⅰ由法拉第电磁感应定律得E＝＝S，又由闭合电路欧姆定律得I＝，又S＝πr2，结合题图2可知，在0～t0和2t0～ 3t0时间内圆环Ⅰ中的感应电流大小均为I1＝，在t0～ 2t0时间内圆环Ⅰ中的感应电流大小为I2＝，设圆环Ⅰ中电流的有效值为I有，根据有效值的定义可得IR·3t0＝IR·2t0＋IRt0，解得I有＝，A错误；直导线CD无限长，则相对于圆心O的张角为180°，则由法拉第电磁感应定律及题图2可知t＝1.5t0时，磁场外圆环(整个磁场处于圆环内)产生的感应电动势大小为E＝，则直导线CD电动势为ECD＝＝，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，即穿过圆环Ⅱ的磁通量不发生变化，又圆环Ⅱ与圆环Ⅰ绝缘，所以圆环Ⅱ不会产生感应电流，C错误；假设有一金属圆环与PQ所在的感生电场线重合，则沿圆环转一圈，电势差即为感生电动势的大小，由法拉第电磁感应定律知，t＝0.5t0时金属圆环上产生的感应电动势大小为E＝，由于圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角φ＝30°，则圆环Ⅱ上PQ间电动势为UPQ＝E，解得UPQ＝，D正确． 【答案】　BD 6．(多选)(2022·全国甲卷)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻．质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中．开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后(　　 ) A．通过导体棒MN电流的最大值为 B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动 C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大 D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热 【解析】　开始时电容器两极板间的电压U＝，合上开关瞬间，通过导体棒的电流I＝＝，随着电容器放电，通过电阻、导体棒的电流不断减小，所以在开关闭合瞬间，导体棒所受安培力最大，此时速度为零，A项正确，C项错误；由于回路中有电阻与导体棒，最终电能完全转化为焦耳热，故导体棒最终必定静止，B项错误；由于导体棒切割磁感线，产生感应电动势，所以通过导体棒的电流始终小于通过电阻的电流，由焦耳定律可知，电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，D项正确． 【答案】　AD 7．(2025·长沙一中测试)如图所示，一个阻值为2R、匝数为N的圆形金属线圈与阻值为R的电阻连接成闭合回路，线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B0随时间t的变化率为＝k，电阻R的两端通过导线与平行金属板a、b相连，一质量为m、带电量为－q的粒子，由a板中央处静止释放，经b板上的小孔射出后，由小孔M沿径向射入有匀强磁场的绝缘圆筒内．已知绝缘圆筒半径为r3，绝缘圆筒内的磁感应强度大小为B，方向垂直圆筒面向里．不计粒子重力．求： (1)磁感应强度B0随时间t是均匀增大还是减小？ (2)粒子进入绝缘筒时速度v的大小； (3)粒子与绝缘筒壁碰撞时速率、电荷量均不变，为使粒子在筒内能与筒壁碰撞4次后又从M孔飞出，则筒内磁感应强度B应满足的条件． 【解析】　(1)带电量为－q的粒子，由a板中央处静止释放，经b板上的小孔射出，说明b板电势高，由楞次定律可知磁感应强度B0随时间t是均匀减小的； (2)由法拉第电磁感应定律有 E＝N，E＝NS＝Nkπr 由闭合电路欧姆定律有I＝，平行金属板a、b两端的电压U＝IR 粒子在电场中运动时，由动能定理有 qU＝mv2，解得v＝r2； (3)粒子从M点进入圆筒，速度为v，在圆筒中运动有qvB＝m，粒子在圆筒中运动的可能轨迹如图所示，由几何关系可知r＝r3tan 5θ＝2nπ(n＝1或2)，第一种情况θ＝，则B＝ 第二种情况θ＝，则B＝ 【答案】　(1)均匀减小的　(2)r2 (3) 或 [高考高分练] 8．(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】　A.根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为零，故A错误；BC.根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁相对线圈上升越快，则磁通量的变化率越大，线圈中感应电动势越大，与线圈的上升高度无关，故BC错误；D.永磁铁相对线圈下降时，线圈中垂直于纸面向外的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确． 【答案】　D 9．(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】　线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过a线圈的磁通量在减小，则根据楞次定律可知a线圈的电流为顺时针，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，则线圈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产生的磁场为顺时针． 【答案】　A 10．(2024·湖南高考)如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac.该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中．则O、a、b、c各点电势关系为(　　 ) A.φO＞φa＞φb＞φc B．φO＜φa＜φb＜φc C．φO＞φa＞φb＝φc D．φO＜φa＜φb＝φc 【解析】　a、b、c点绕O点逆时针转动时，相当于长为Oa、Ob、Oc的导体棒转动切割磁感线，由右手定则可知，O点电势最高．设导线转动角速度大小为ω，由转动切割磁感线产生感应电动势公式有E＝.又lc＝lb＝＝R，la＝R，由于lc＝lb＞la，则UOc＝UOb＞UOa，则 φO－φc＝φO－φb＞φO－φa，所以φO＞φa＞φb＝φc，故ABD错误，C正确． 【答案】　C 11．(2024·甘肃高考)工业上常利用感应电炉冶炼合金，装置如图所示．当线圈中通有交变电流时，下列说法正确的是(　　 ) A．金属中产生恒定感应电流 B．金属中产生交变感应电流 C．若线圈匝数增加，则金属中感应电流减小 D．若线圈匝数增加，则金属中感应电流不变 【解析】　AB.工业上利用感应电炉冶炼合金，当线圈中通有交变电流时，穿过金属中的磁通量的大小和方向发生周期性变化，因此金属中产生的感应电流的大小和方向也发生周期性变化，因此金属中产生交变感应电流，故A错误，B正确；CD.涡流的大小主要由磁场变化的快慢、导体的横截面积、导体材料的电阻率决定；根据法拉第电磁感应定律E＝n可知，增加线圈的匝数，金属中感应电流增大，故CD错误． 【答案】　B 12．(2024·全国甲卷)如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦．定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C.在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直．整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中． (1)开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0.当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小； (2)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动．当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功． 【解析】　(1)开关S闭合时，当施加的恒力F与安培力相等时，金属棒的速度最大，则有： F＝F安＝BIL，由闭合电路欧姆定律得：I＝，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为：E＝BLv0，联立解得恒定的外力为：F＝，金属棒速度为v时，恒力F的功率为：PF＝Fv＝v，定值电阻的功率为：PR＝I2R＝，已知：PF＝2PR，解得：v＝； (2)断开开关S，电容器与定值电阻串联，电容器不断充电，设所求的电容器两端的电压为UC，根据闭合电路欧姆定律得：E＝BLv＝IR＋UC，金属棒以速度v匀速运动，水平外力F与安培力F安＝BIL等大反向，水平外力F的功率为：PF＝Fv＝BILv，定值电阻的功率为：PR＝I2R，当PF＝2PR时有：BILv＝2I2R 联立解得此时电容器两端电压为：UC＝，应用微元法，从开关断开到此刻外力所做的功为 W＝∑BIL(v·Δt)＝BLv∑I·Δt＝BLvq，由电容器定义式可得：q＝CUC＝ 联立解得：W＝. 【答案】　(1)　(2)　 学科网（北京）股份有限公司 $