2026届高考物理一轮复习专项训练：电磁感应精选小题

2026届电磁感应精选小题 一、单选题 1．物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图所示，插有铁芯的螺线管直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，螺线管与电源、开关相连，线圈上端与电源正极相连，闭合开关的瞬间，铝环立刻向上跳起。下列说法中正确的是（　　） A．若保持开关闭合，则铝环停留在某一高度 B．跳起的铝环会回落，断开开关时铝环又将跳起 C．若将电源的正、负极对调，观察到的现象不变 D．若换用交流电源做实验，则观察不到铝环跳起的现象 2．如图所示，桌面上竖直固定四根直径相同且等高的长管，甲为空心塑料管，乙为空心铝管，丙为内部紧密排列强磁铁的塑料管（等效于一根条形磁铁），丁为内部每间隔距离d固定一段强磁铁（相邻强磁铁上下磁极相反）的塑料管。把一枚直径略小于长管内径、高为d的强磁铁分别从甲、乙上端静止释放，强磁铁穿过长管的时间分别为t甲、t乙；把一枚内径略大于长管外径、高为d的小铝环从丙、丁上端静止释放，小铝环穿过长管的时间分别为t丙、t丁。不计摩擦与空气阻力，则下列说法最有可能的是（    ） A．t甲与t丁几乎相等 B．t乙与t丙几乎相等 C．t丙比t甲大得多 D．t丁比t丙大得多 3．如图所示，a、b两个单匝闭合线圈用同样的导线制成，线圈半径，图示区域内匀强磁场的磁感应强度随时间均匀减小，下列说法正确的是（　　） A．a、b线圈中产生的感应电动势大小之比 B．a、b线圈中产生的感应电动势大小之比 C．两线圈中感应电流大小之比 D．两线圈中感应电流大小之比 4．某研究小组制作了一仪表，发现指针在示数附近的摆动很难停下，使读数变得困难。在指针转轴上装上扇形铝板或扇形铝框，在合适区域加上磁场，可以解决此困难。下列方案合理的是（　　） A．  B．  C．  D．   5．一个匀强磁场的边界是MN，MN左侧无磁场，右侧是范围足够大的匀强磁场区域，如图甲所示。现有一个金属线框沿ab方向以恒定速度从MN左侧垂直进入匀强磁场区域，线框中的电流随时间变化的I－t图像如图乙所示，则线框的可能形状是下列选项图中的（　　） A．B．C．D． 6．如图所示，水平面内ab和cd是两条平行放置的足够长的固定粗糙金属直导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为2kg和1kg，两杆与导轨间的动摩擦因数相同。开始时恒定水平外力F作用在杆MN上，使两杆以大小为4m/s的速度水平向右匀速运动。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直，导轨电阻可忽略。在t=0时刻将细线烧断，保持外力F不变，金属杆和导轨始终接触良好，已知在t=t0时刻后杆MN速度大小为5m/s并保持不变，且在0~t0时间内两杆速度方向始终向右，下列说法正确的是（　　） A．细线烧断后，流经MN的电流方向为由M到N B．M′N′稳定后的速度大小为3m/s C．0~t0时间内MN和M′N′的位移大小之比大于3∶2 D．整个过程中系统动能变化量的大小等于整个系统产生的焦耳热 7．两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为l，通过长为l的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边h处有一方向水平、垂直于纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为l，左右宽度足够大。把该组合体在垂直于磁场的平面内以初速度水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（    ） A．B与无关，与成反比 B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变 C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的 功率相等 D．调节h、和B，组合体匀速通过磁场的速度越大，则其通过磁场的过程中产生的热量越多 二、多选题 8．如图所示，两根倾斜平行放置的光滑导电轨道，轨道间接有电阻R，处于垂直轨道平面的匀强磁场中，一根放置在轨道上的导体棒在拉力F作用下，沿轨道匀速上滑，在上滑的过程中（　　） A．作用在ab杆上所有力做功的代数和为正 B．拉力F和安培力做功的代数和等于ab杆机械能的增加量 C．拉力F做功等于回路内能的增加量 D．拉力F所做的功等于ab杆机械能与回路内能增加量之和 9．如图甲所示，绝缘水平面上固定有两条足够长的平行光滑金属导轨，导轨电阻不计，间距为。金属棒、垂直导轨放置，电阻均为，质量分别为和。虚线右侧存在磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场。两金属棒、分别以初速度和同时沿导轨向右运动，先后进入磁场区域。从棒进入磁场区域开始，其电流随时间变化的图像如图乙所示，则（　　） A．、棒的初速度满足 B．棒即将进入磁场时，棒在磁场中移动的距离为 C．两棒最终的间隔距离为 D．两棒最终的间隔距离为 10．电磁减震器是利用电磁感应原理制作的一种新型智能化汽车独立悬架系统。该减震器由绝缘滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠、绝缘的相同单匝矩形线圈组成，滑动杆及线圈的总质量m＝0.5kg，每个矩形线圈abcd电阻值R＝0.1Ω，ab边长＝20cm，bc边长＝10cm，该减震器在光滑水平面上以初速度＝2m/s向右进入范围足够大且方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1.0T。整个过程不考虑互感影响，下列说法正确的是（　　） A．减震器刚进入磁场时，线圈abcd中电流大小I＝4A B．线圈1恰好完全进入磁场时，减震器的速度大小＝1.92m/s C．线圈1受到安培力冲量的大小比线圈2受到安培力冲量的大小大 D．要使减震器的速度减为零，至少需要25个线圈 11．如图所示的水平装置置于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，电源电动势为E、内阻为R，两副平行且光滑的导轨间距分别为d与2d。材质均匀的导体棒b、c的长度均为2d、电阻均为R、质量均为m，垂直置于导轨上，导轨足够长且不计电阻。从闭合开关到两导体棒达到稳定状态的全过程中，下列说法正确的是（　　） A．稳定前b、c棒均做加速度增大的加速运动 B．稳定前b、c棒的加速度大小之比始终是1∶2 C．稳定时导体棒c的速度大小为 D．导体棒b中产生的焦耳热为 12．如图所示，空间存在磁感应强度大小相等、方向分别垂直于光滑绝缘水平面向上和向下的匀强磁场，正方形导线框从紧靠磁场的位置 I以某一初速度垂直边界进入磁场，运动到位置Ⅱ时完全进入左侧磁场，运动到位置Ⅲ（线框各有一半面积在左、右两个磁场中）时速度恰好为0。设从位置Ⅰ到位置Ⅱ、从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，通过线框某一横截面的电荷量分别为、，线框中产生的焦耳热分别为，。则（　　） A． B． C． D． 13．两平行的光滑绝缘导轨组成的平面与水平面间的夹角为，导轨间交替分布着方向相反、磁感应强度大小均为B的垂直于导轨平面的匀强磁场，每块磁场区域的长度均为L，宽度均为d。现有一匝数为N的矩形线框，线框的长度略大于磁场的长度，宽度为d，质量为m，总电阻为R。线框从斜面顶端由静止下滑，导轨足够长，重力加速度为g，忽略摩擦阻力和空气阻力，下列说法正确的是（    ） A．线框中电流方向始终不发生改变 B．图示位置线框的速度为v时，线框所受安培力的大小为 C．线框的最大速度为 D．线框速度最大时，克服安培力做功的功率为 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2026届电磁感应练习2》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 C D B A D C C BD BC 题号 10 11 12 13 答案 ABD BCD AD BD 1．C 【详解】A．闭合开关的瞬间，穿过铝环的磁通量瞬间增大，铝环中产生感应电流，铝环所受安培力向上，若大于重力则向上跳起。若保持开关闭合，穿过铝环的磁通量不变，铝环中没有感应电流，不受安培力作用，不会停留在某个位置，故A错误； B．跳起的铝环会回落，断开开关时，感应电流方向与开关闭合时相反，磁场方向不变，故铝环所受安培力方向竖直向下，铝环不会跳起，故B错误； C．若将电源的正、负极对调，磁场方向和感应电流方向都发生变化，安培力方向不变，故观察到的现象不变，故C正确； D．若换用交流电源做实验，也可以观察到铝环跳起的现象，故D错误。 故选C。 2．D 【详解】ACD．甲管是空心塑料管，强磁铁在其中几乎不受额外作用力，基本做自由落体运动，故t甲最小；丙管等效于“一整根条形磁铁”，管外除两端外磁场微弱，变化较小，小铝环感应电流所受阻力较小，时间稍大于自由落体时间；丁管内部磁极上下交替分布，铝环的磁通量不断变化，会连续提供较强阻尼，故 t丁比t丙 和甲大得多，故AC错误，D正确； B．乙管是空心铝管，落下的强磁铁会在铝管中感应涡流并受到较强的电磁阻尼，下降时间比自由落体显著变长，则，故B错误； 故选D。 3．B 【详解】AB．对任一半径为的线圈，根据法拉第电磁感应定律可得 由于相同，则有 因，故a、b线圈中产生的感应电动势之比为，故A错误，B正确； CD．根据电阻定律得：线圈的电阻为 可知两线圈电阻之比为 线圈中的感应电流为 联立可得，故CD错误。 故选B。 4．A 【详解】A．此图是铝板，磁场在铝板中间，无论指针偏转角度大小，都会在铝板上产生涡流，起到电磁阻尼的作用，指针会很快稳定的停下，便于读数，A方案合理，A正确； BD．如图所示，当指针向左偏转时，铝框或铝板可能会离开磁场，产生不了涡流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，B、D方案不合理，BD错误； C．此图是铝框，磁场在铝框中间，当指针偏转角度较小时，铝框不能切割磁感线，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，C方案不合理，C错误。 故选A。 5．D 【详解】导体棒切割磁感线产生的感应电动势 设线框总电阻是R，则感应电流 由题图乙所示图像可知，感应电流先均匀变大，后均匀变小，且电流大小与时间之间为线性关系，由于B、v、R是定值，故线框的有效长度L应先变长，后变短，且L随时间均匀变化，即L与时间t之间为线性关系。 A．闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但L随时间不是均匀变化，不符合题意，故A错误； B．正方形线框进入磁场时，有效长度L不变，感应电流不变，不符合题意，故B错误； C．梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后不变，最后均匀减小，不符合题意，故C错误； D．三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先增加，后减小，且随时间均匀变化，故D正确。 故选D。 6．C 【详解】A．细线烧断前两杆做匀速运动，回路中无感应电流，烧断细线后，MN的速度大于M′N′的速度，根据右手定则可知MN切割磁感线产生的感应电动势大于M′N′产生的感应电动势，则回路中电流方向由N到M，故A错误； B．两杆组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，设MN的质量为，M′N′的质量为，初始速度为，MN稳定后的速度大小为，M′N′稳定后的速度大小为。规定向右为正方向，由系统动量守恒定律 代入数据解得M′N′稳定后的速度大小为，故B错误； C．由题意可知做加速运动，做减速运动，两者速度差变大，电动势变大，电流变大，安培力变大，安培力向左，安培力向右。根据牛顿第二定律可知、的加速度大小都逐渐减小，则、的图像如图所示 由图可知，， 则，故C正确； D．根据能量守恒定律 故整个过程中系统动能变化量的大小不等于整个系统产生的焦耳热，故D错误。 故选C。 7．C 【详解】A．组合体下底边刚进入磁场时，竖直方向的速度为 下底边切割磁感线，根据楞次定律可知金属框中电流的方向为逆时针，水平方向速度使左右两边切割磁感线，产生的电动势相互抵消，组合体匀速通过磁场，则有 又有， 联立可得 可知B与无关，与成反比，故A错误； B．当金属框刚进入磁场时金属框的磁通量增加，此时感应电流的方向为逆时针方向，当金属框刚出磁场时金属框的磁通量减少，此时感应电流的方向为顺时针方向，故B错误; C．组合体通过磁场的过程中 则组合体克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，故C错误正确; D．无论调节哪个物理量，只要组合体仍能匀速通过磁场，都有中 则安培力做的功都为，故D错误。 故选C。 8．BD 【详解】A．根据动能定理，所有力做功的代数和等于动能变化量。由于导体棒匀速运动，动能变化为 0，因此所有力做功的代数和为 0，A错误； B．导体棒的受力包括：拉力F、安培力、重力mg、支持力（支持力不做功）。机械能的增加量等于 “除重力外其他力做的功”（功能关系），即：，B正确； CD．根据能量守恒，拉力F做的功（总能量输入），最终转化为两部分：①导体棒的机械能（匀速上滑，重力势能增加）；②回路的内能。因此 “拉力F做的功等于 ab 杆机械能与回路内能增加量之和” ，C错误；D正确。 故选BD。 9．BC 【详解】A．金属棒a刚进入磁场时产生的感应电动势E0=BLv0 感应电流 金属棒b刚要进入磁场时a棒的速度大小为v2，此时产生的感应电动势E2=BLv2 感应电流 解得 由图乙所示图像可知，b进入磁场时电流反向，则v1＞v2，回路产生的电动势E1=BL（v1-v2） 电流大小 解得v1=v0，故A错误； B．b棒即将进入磁场时，以向右为正方向，对a由动量定理得 其中 解得，故B正确； CD．b进入磁场后，当两金属棒速度相等后达到稳定状态，a、b组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv2+3mv1=（m+3m）v 解得 此过程，以向右为正方向，对a由动量定理得 其中 解得b进入磁场后a、b的相对位移 两棒最终的间隔距离为，C正确，D错误。 故选BC。 10．ABD 【详解】A．减震器刚进入磁场时，感应电动势 线圈abcd中电流大小，故A正确； B．线圈1恰好完全进入磁场时，根据动量定理 其中 可得减震器的速度大小，故B正确； C．线圈受安培力的冲量为 可知线圈1受到安培力冲量的大小等于线圈2受到安培力冲量的大小，C错误； D．由上述分析可知，要使减震器的速度减为零，至少需要线圈的个数为，D正确。 故选ABD。 11．BCD 【详解】A．稳定前b、c棒均做加速运动，由 可知两棒产生的反电动势越来越大，则回路中的电动势越来越小，由闭合电路欧姆定律知回路中电流越来越小，由牛顿第二定律得 则两棒的加速度越来越小，故稳定前b、c棒均做加速度减小的加速运动，故A错误； B．加速过程，b棒的加速度大小为 c棒的加速度大小为 故稳定前b、c棒的加速度大小之比始终是1∶2，故B正确； C．两棒稳定时，两棒产生的反电动势与电源电动势的关系为 根据动量定理，对b棒有 对c棒有 解得， 故C正确； D．由能量守恒定律得，电源提供的电能转化为两棒的动能和焦耳热，有 则 解得导体棒b中产生的焦耳热为 故D正确。 故选BCD。 12．AD 【详解】AB．根据电荷量的计算公式可得 从位置Ⅰ到位置Ⅱ磁通量的变化量为 ΔΦ1=BS 在位置Ⅲ时磁通量为零，所以从位置Ⅱ到位置Ⅲ磁通量的变化为ΔΦ2=BS 所以q1：q2=1：1，故A正确，B错误； CD．设初速度为v0，完全进入磁场时的速度大小为v； 取向右为正方向，从位置Ⅰ到位置Ⅱ，根据动量定理可得 即Bq1L=mv0-mv 取向右为正方向，从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，根据动量定理可得 即2Bq2L=mv 联立解得 根据功能关系可得， 所以Q1：Q2=5：4，故C错误，D正确。 故选AD。 13．BD 【详解】A．由右手定则可知，电流方向为逆时针与顺时针交替变化，故A错误； B．根据安培力公式有 由法拉第电磁感应定律得 且 可得，故B正确； C．线框由静止下滑后受安培力与重力，有 其中 由法拉第电磁感应定律得， 可得 随着的增加，加速度减小，当加速度为0时，速度达到最大值，以后线框做匀速运动，当线框速度最大时，安培力与重力的分力平衡有 解得，故C错误； D．当线框速度最大时 所以克服安培力做功的功率为，故D正确。 故选BD。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $