专题强化练(十一) 电磁感应-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习课时作业

专题强化练（十一） 1.C闭合瞬间，由于线圈的自感作用，线图中没有电流通 过，因为电容器原来不带电，电源能够给电容器充电，所以 灯泡A2中有充电电流经过，所以闭合瞬间，A1与A2同时 亮起，A3不亮，故A错误；闭合后，随着线图L自感作用的 消失，通过A的电流逐渐增大，所以A3的亮度是逐渐变 亮的，故B错误；稳定后，因为电容器的作用，A2处于断 路，A1和A串联，通过的电流相等，所以A1与A3的亮 度一样，故C正确；稳定后，电容器两瑞的电压和灯泡A 两端的电压相等，因为A1、A2和A3是三个相同的小灯 泡，根据串联电路电压分配原则可知A3两端电压等于电 源电功势的一半，所以电容器的电荷堂是Q=C·号 CB,故D错误。 2.C根据图像可知磁场方向向下，从开始到金属薄片中心 运动到N极的正下方时，右半部分磁场向下减小、左边部 分磁场向下增加，沿N极到S极的方向看，根据楞次定律 可知：右半部分涡流沿顺时针方向、左边部分涡流沿逆时 针方向，故C正确、ABD错误. 3.C根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势大小为：E= N曾=N:智.S,所以B-1因像的斜◆智地大，感应 电动势越大1在0一子内，磁感应强度增加，根据0=BS 可知，磁通量增加：但减小，则感应电动势E减小，故A日 错误；根据图像可知，当1=8 与时，B一（图像斜率方向 相反，剥感应电动势E方向湘反，故B错误：当1=子时，B 最大，根据中=BS可知，磁通量中最大，但为零，则E 为索，故C正确：当1=时，B=0,根据电=BS可知，磁通 量D为家，包是最大，则E最大，故D错误。 4.B根据法拉第电磁感应定律，闭合回路中产生的感应电 动势E一曾根搭闭合电路胶好定律得电流I=景通过 回路的电荷量为g=I△t,0~T时间内△p=BoLx0,联立 部特=梁-R故B三确，ACD得民 5,AB由题可知，=0时刻cd边的速度方向与磁感线平行，： 只有af切割磁感线产生感应电动势，此时af边的速度大 小为U=l,方向与磁感线垂直向下，根据法拉第电磁感应 定律得感应电动势为E=Blv=Bw.根据右手定则判断此 时感应电流方向为abedefa,故AB正确：易知t=时导 线框转动了半周，此时cd边的速度方向水平向左，仍与磁 感线平行，af边的速度方向与磁感线垂直向上，只有af切 割磁感线产生感应电动势，故此时感应电动势不为零，故C 错误；由=0到1=兀的过程，导线框转动了半周，导线框 的abf部分初末均与磁场方向平行，其磁通量变化量为 零.导线框的bcde部分初末均与磁场方向垂直，其磁通量 变化量为△Φ=B2一（一B2)=2BP.即此过程导线框的 磁通量变化量不为零，根据法拉第电磁感应定律可知感应 电动势平均值不为零，故D错误. 6.BDA选项的公式中，E是线图切割磁感线产生的电动 势，而【是称重框架受力平衡时线圈内的电流，二者不是同！ 时发生的，故A错误：设线图的下面的边长为L,线图共n! ·26 匝，当称重框架受力平衡时，称重框架与待测物体重力的 和等于线图受到的安培力，则Mg十mg=nBIL,磁场以速 率？匀速向下运动，测得线图中感应电动势为E,则E= nBL,联立可得m=EL-M,可知I越大，表明m越大，故 vg BD正确；根据E=nBLv可知，v越大，则电动势E越大，故 C错误. 7,C设导线框速度为，电阻为R,感应电流电流=费 由图示可知，在0~1s内切割磁感线的有效长度L均匀增 加，i随时间均匀增加，由右手定则可知，感应电流沿逆时 针方向，方向为正： 在1一2s内，导线框一部分在垂直纸面向里的磁场，一部 分在垂直纸面向外的磁场，且两边切割磁感线产生的感应 电动势方向相同， 此时两边产生的感应电动势相加，感应电流妇=尺 BX2X-2-21,电流从最大远渐减 R R 小到0，由右手定则可知电流方向为顺时针，为负方向； 2~3长内，子线都离开猴场，电流=是=BR02 R Blv_Bo2, RR,电流逐渐减小到0，由右手定则可知电流方向 为逆时针，为正方向；由以上分析可知，1一2s内最大电流 是01s末电流的2倍，故A错误，B正确； 根据0~1s内，AC在磁场外，安培力F4C1=0,1~2s内， 导线框一部分在垂直纸面向里的磁场，一部分在垂直纸面 向外的磁场， AC边安培力大小FC,=B×BX2X(I-W) R 2BI)巴，则该过程安培力从最大值2B巴逐渐减小 R R 到0，再反向增大最后减小到0， 由左手定则可知，AC边安培力方向先向左后向右，即方向 先正后负，且图像为开口向上的二次函数； 在2一3s内，线框出磁场，AC边安培力大小FAC,=BX B-（1)巴×（1-)=B1)巴，安培力从最大值 R R B巴逐新减小，且图像为开口向上的二次函数，故C正 R 确，D错误. 8.解(1)线框ab边滑至EF处时加速度为零，合力为零，根 据平衡条件得mg=2BIL 解得1器由E=2BL1景解释器 mgR (2)根搭能登守恒定律得mg·是L=7mu2+Q 1 解得Q=子mgL- 3 32B4L4 (3)ab边由静止滑至CD处的过程中，线框磁通量变化量 L)2 为△中=B·之) 该过程中，线框c边产生的平均电动势为E=A吧 △t 手均电说为1-晨 流过线框某一截面的电量q=·△ BπL2 联立解得q=4R· 9.解(1)金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，产生感应电 动势E=Blw; (2)金属杆运动距离d时，电路中的总电阻为R=2dr+ 25此时回路中的总的热功率为P=二 （Bl)2 2r(d+s) =B2122 2r(d+5)9 ③)根据闭合电路欧好定律，感应电流1三長2，d十· B22v 安培力F安=BIl=2r(d+5) 设金属杆保持速度大小做匀速直线运动的最大路程为 x,刚好将要脱离导轨，此时绳子拉力为T,与水平方向的夹 角为；对金属杆，根据受力平衡，水平方向F安=Tx= Tcos0,竖直方向mg=Tsin0,根据位置关系有tan0= 产联立解得一√面 2mgr 专题强化练（十二） 1.C开始时金属框产生的感应电动势E=Bd),回路中感 应电流大小为15-，根据牛颜第二定律得B1= ma,解得金属棒的加速度大小a2mR,故A绪误：根据 平衡条件可知，开始时挡板给导体棒的作用力大小F= B1d二B方向向右，故B错误：金属框从开始运动到 静止过程中，取向左为正方向，由动量定理得一BId·t=0 一m通过会属捧的电符莹g=了·1：联立解得q=册· 故C正确；金属棒接入电路部分的电阻与ab间电阻均为 R,两者产生的热量相等，则金属棒上产生的热量为Q=2 1 ×m6=子m6,故D错误。 2.ABD棒EF、GH由相同材料制成，即电阻率P1、密度P2 均相同，根据电阻定律有：R=A号 质量M=P2xS,可得：RM=P1P2x2,设GH的电阻为r',则 32·可得/=寺，旅据右手定则判断知山时 rm L2 刻GH产生的感应电动势方向是从H到G,回路中的感应 电动势E=2B·2Lb=4BL0,根据闭合电路欧姆定律可 知回路中的感应电流：=2心故A正确：设2 7r 时刻，EF,GH的速度大小分别为v1、2,则有BL1=2BX 2L,可得=子1山~12时间内，根据动量定理，向右 为正方向 对EF有BTLt=my-0,对GH有-2BT·2Lt=3m- 12 3mo,解得：心=96，故B正确：根据左手定则知EF受 到的安培力水平向左，GH受到的安培力水平向左，EF的！ 速度逐渐增大，GH的速度逐渐减小，回路中的感应电动势 E=2B·2LG一BLE逐渐减小，根据法拉第电磁感应定 律知，穿过回路磁通量的变化率逐渐减小，故C错误；在1 ~1时间内，对两捧组成的系统，根据能量守恒定律有号 X3m6=乞m听+乞X3m呢+Qs,解得回路中产生的总 24. 热量Qs的m听根据焦耳定律有侵=·解得Q 72 133m6,故D正确. ·26 3.AD设导体棒P在倾斜导轨上向下运动过程中很小一段 时间△1内速度的变化量为△，电容器带电量的变化量为 △Q,电容器两端电压变化量为△U.由法拉第电磁感应定律 有△U=BL△u,取沿导轨向下为正方向，根据动量定理可 得mgsin0·△t-BTL·△t=m△v,其中：T△1=△Q= CBLAv,a棒的加速度大小为a三，联立解得a一 m平C谓品将C品代入上式可得a=吾 mgsin 0 4g,可知导体 棒P沿倾斜导轨运动时加速度保持不变，做匀加速直线运 动，故A正确：导体棒P到达EG边时速度大小为0= L 4 √2a·sm0-?√红，设导体棒P与U形线框碰撞后的共 同速度为4，取向右为正方向，由动量守恒定律得 m=(m十3m,解得=日V工 线框bc边和ad边通过磁场时做减速运动，线框左右两边 都在磁场外时，没有感应电流，线框不受安培力做匀速运 动，所以ad边刚进入磁场边界eh时的速度小于发，故 B错误；bc边通过磁场时，电阻R被短路.当ad边通过磁 L 场时，通过ad边的电荷量为g=74=-△迎_BL R R R 2 2 2 一货流过电阻R的电芳黄为0=号-紧，截心错送： =BL2 设bc边到达∫g时的速度为U2,整个线框穿出磁场后的速 度为3. bc边通过磁场的过程，取向右为正方向， 由动量定理得一BI1L·1=4mw2一4m1, L △地BL· 又g1=万·1= R BL2 2R,联立可得欢= 8一8R,ad边通过磁场的过程，取向右为正方向，由 √gL.B2L3 动量定理得-BI2L·t2=43一4m, L =4Φ 又q2=五·=R BL·立-B R R,联立可得=延 8 2 2 3B2L3 8Rm 即整个线框穿出磁场后的速度为工 8 3BL,故D正确 8Rm 4.解(1)由闭合电路欧姆定律得I(R十R)=B。L。F= BoIL,解得b=4m/s； 2)根据电荷堂的计算公式g尺十R,解得g三2.5C； (3)设碰后瞬间金属框的速度为1，此后任意时刻闭合线 框的速度为v,ab边处磁场为B1,de边处磁场为B2,回路 总电阻为4R,取向右为正方向，碰撞过程中动量守恒 =4U1 根据法拉第电磁感应定律I·4R=(B2Lv一B1Lu),B2一 月L,郎得P=L一BL=装，取向右为正方 向，旅裙动量定卫有（祭紫）=0-加m 解得x=∑u△1= ,剥=立-解得 4mvoR 1 3m;班级 姓名 专题强化练（十 …0 基础达标练。… 1.(2025·北京卷·9)如图所示，线圈自感系 数为L,电容器电容为C,电源电动势为E, A1、A2和A3是三个相同的小灯泡.开始 时，开关S处于断开状态.忽略线圈电阻和 电源内阻，将开关S闭合，下列说法正确 的是 ☒A ☒A2 A A.闭合瞬间，A1与A3同时亮起 B.闭合后，A3亮起后亮度不变 C.稳定后，A1与A3亮度一样 D.稳定后，电容器的电荷量是CE 2.(2025·河南卷·5)如图，一金属薄片在力 F作用下自左向右从两磁极之间通过.当金 属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N 极到S极的方向看，下列图中能够正确描 述金属薄片内涡电流绕行方向的是( N 得分 电磁感应 3.(2025·甘肃卷·6)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 B T T A:在0一T内，西和E均随时间增大 B当1君与时，E大小相等，方向和同 C.当1=T时，Φ最大，E为零 4 D.当1-时，中和E均为零 4.(2025·湖北卷·5)如图(a)所示，相距L 的两足够长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，两棒相距xo, 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 B Bo 图(a) 图6) 班级 姓名 A. BoLxo oLxo 4R B. 2R BoLxo C.R D. BoLxo R 5.(多选)(2025·黑、 吉、辽、蒙卷·9)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w顺时针匀速转动，b 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abcde fa B.t=0时，感应电动势为B2w C.t=兀时，感应电动势为0 D.t=0到t=灭过程中，感应电动势平均值 (o 为0 …0能力提升练0… 6.(多选)(2025·广东卷·9)如图是一种精 确测量质量的装置原理示意图，竖直平面 内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形 线圈组成.线圈的一边始终处于垂直线圈 平面的匀强磁场中，磁感应强度不变.测量 分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物 块，其质量用m表示，线圈中通大小为I的 电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈 处于断开状态，取下物块，保持线圈不动， 磁场以速率匀速向下运动，测得线圈中 感应电动势为E.利用上述测量结果可得出 m的值，重力加速度为g.下列说法正确 的有 ·14 得分 ×米×××× XXXXXX ×XXXX× 步骤① 步骤② A.线圈电阻为 B.I越大，表明m越大 C.v越大，则E越小 D.m=EI -M vg 7.(多选)(2025·山东省淄博市高三一模)如 图，直角梯形区域abcd,ab=2ad=2cd= 2l,e为ab的中点，直角三角形aed、平行四 边形ebcd两区域内存在磁感应强度大小相 等、方向相反且垂直与纸面的匀强磁场，一 等腰直角三角形导线框ABC与梯形abcd 在同一平面内，AB边长为l且与ae共线， 导线框以垂直于ad的恒定速度穿过磁场 区域，从B点进人磁场开始计时，3s末AC 刚好到达b点.规定逆时针方向为感应电流 的正方向，水平向左为导线AC受到的安培 力的正方向，此过程中线框中的感应电流 i、AC受到的安培力FAc,二者与时间t的 关系图像可能正确的是 B a e XXX + i0 B 2F 2F 0 0 3ts C D 班级 姓名 8.(2025·广东省佛山市高三 第二次质检)如图所示，质 d 量为m、边长为L、总电阻 为R的单匝正方形线框 abcd能在两竖直光滑绝缘 导轨间滑行，导轨间存在两 个直径为L的相切的圆形 D 区域磁场(AB和EF分别 为两圆与轨道垂直的直 XX 径)，磁感应强度大小均为 B,方向分别垂直导轨平面向外和向内，线 框从图中位置(ab边与磁场上边界相切)静 止释放，线框ab边滑至EF处时加速度为 零，重力加速度为g,求： (1)ab边滑至EF处时，线框的电流大小I 及速度大小v; (2)ab边由静止滑至EF处的过程中，线框 产生的焦耳热Q; (3)ab边由静止滑至CD处的过程中，流过 线框某一截面的电量q. 14 得分 创新拓展练 9.(2025·四川卷·14)如图所示，长度均为s 的两根光滑金属直导轨MV和PQ固定在 水平绝缘桌面上，两者平行且相距，M、P 连线垂直于导轨，定滑轮位于V、Q连线中 点正上方h处.MN和PQ单位长度的电阻 均为r,M、P间连接一阻值为2sr的电阻. 空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感 应强度大小为B.过定滑轮的不可伸长绝缘 轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿 导轨向右做匀速直线运动，速度大小为. 零时刻，金属杆位于M、P连线处.金属杆 在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好， 重力加速度大小为g.求： (1)金属杆在导轨上运动时，回路的感应电 动势； (2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d 时，回路的热功率； (3)金属杆在导轨上保持速度大小)做匀 速直线运动的最大路程.