微专题10 电磁感应 巩固练-2026届高考物理二轮复习(福建专用)

专题十 电磁感应 一、楞次定律 1．D　解析：按下按钮过程中，穿过螺线管的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，感应电动势的方向从P端经螺线管向Q端，则螺线管Q端电势较高，故A错误；松开按钮过程中，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知，感应电动势的方向从Q端经螺线管向P端，此时螺线管P端电势较高，故B错误；按下按钮过程中，螺线管Q端电势较高；松开按钮过程中，螺线管P端电势较高，按下和松开按钮的过程，螺线管产生的感应电流方向相反，故C错误；按下和松开按钮的过程，螺线管产生的感应电流方向相反，磁场方向不变，螺线管所受的安培力方向相反，故D正确。 2．D　解析：当滑片P向下移动时滑动变阻器接入回路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，穿过线圈a的磁通量增加，方向向下，根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向(俯视)应为逆时针，故A、B错误；根据楞次定律，感应电流的产生总是阻碍引起感应电流的原因，因为滑片向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，故C错误；开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑片向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看作两个条形磁铁，判断知此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，故D正确。 3. D 解析：小磁铁下落的整个过程中，圆环中产生感应电流，则小磁铁的机械能不守恒，所以有mgh>mv2，则小磁铁落在铁架台底面上时的速度v小于，故A错误；根据楞次定律中“来拒去留”可知，小磁铁下落的整个过程中，圆环产生的感应电流总是阻碍小磁铁与圆环间的相对运动，所以圆环对它的作用力始终竖直向上，则小磁铁的加速度大小始终小于g，故B、C错误；小磁铁在圆环上方下落时，圆环中磁通量增加，则产生的感应磁场方向竖直向上，根据安培定则判断可知，圆环中的感应电流沿逆时针方向(从上往下看)，小磁铁在圆环下方下落时，圆环中磁通量减小，产生的感应磁场方向竖直向下，则根据安培定则判断可知，圆环中的感应电流沿顺时针方向(从上往下看)，故D正确。 4. BC 解析: MN向右运动，说明MN受到向右的安培力，通过左手定则判断可知MN中有感应电流，方向由M→N，由安培定则得出L1中感应电流产生的磁场方向向上阻碍原磁场变化，那么L1中原磁场必然是向上减弱或是向下增强，得出L2中磁场也是向上减弱或向下增强。因为PQ运动导致PQ与L2组成的回路中磁通量变化，若L2中磁场方向向上减弱，那么电流也减弱，应用安培定则判断出PQ中电流为Q→P且减小，由楞次定律或右手定则判断PQ向右减速运动，C正确，A错误；若L2中磁场方向向下增强，PQ中电流为P→Q且增大，则PQ向左加速运动，B正确，D错误。 5. C 解析：开关断开瞬间，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其磁通量的减小，所以电流表指针会偏转，故A错误；开关闭合瞬间，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其磁通量的增大，所以两个线圈中的电流方向一定相反，故B错误；开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，滑动变阻器接入回路的阻值减小，则线圈A中的电流增大，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其磁通量的增大，所以感应电流的方向应和开关闭合瞬间时的相同，即电流表指针向右偏转，故C正确；开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其磁通量的减小，表现为线圈B对线圈A产生吸引力，故D错误。 二、法拉第电磁感应定律 1. D 解析：磁感应强度B先正向减小后反向增大，根据楞次定律和安培定则可知R2中的电流方向一直向左，A错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝nS＝n(r)2＝，B错误；由题图乙可知磁感应强度B一直在发生变化，所以t＝t0时刻，回路中的电流不为零，C错误；根据闭合电路欧姆定律可知，R1消耗的电功率为P＝()2R1＝，由此可知，当R1＝R2时，R1消耗的电功率最大，D正确。 2．D 解析：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然为阻力，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。 3．C解析：磁感应强度大小随时间均匀增大，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，圆环为了阻碍磁通量的增加，圆环应有收缩的趋势，A项错误；圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，圆环中产生的感应电流方向沿逆时针方向，根据左手定则，可知圆环所受的安培力向右，圆环有向右滑动的趋势，B项错误；由法拉第电磁感应定律得E＝＝×πr2＝kπr2，根据电阻定律，可得圆环的电阻为R＝ρ，由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为I＝＝，故C正确；圆环在磁场中的有效长度L＝2r，t秒末磁场的磁感应强度为Bt＝kt，因此圆环t秒末所受的安培力为F＝BtIL＝kt··2r＝，D项错误。 4.D 解析：S接通时，由于线圈L产生自感电动势阻碍通过线圈L电流的增大，则接通S瞬间，干路电流全部通过灯泡b，则灯泡b先达到最亮；当电路稳定后，由于线圈L直流电阻值与R相同，则灯泡a和灯泡b亮度相同；S断开时，由于线圈L产生自感电动势阻碍原电流的减小，且线圈L和灯泡b构成自感回路，灯泡a和R被中间导线短路，所以灯泡a立刻熄灭，灯泡b滞后熄灭，且通过灯泡b的电流方向与原来相反，故选D。 三、电磁感应中的图像问题 1．C 解析：0～2 s时间内，t＝0时刻磁感应强度变化率最大，感应电流最大，I＝＝＝0.01 A，A错误；3～5 s时间内磁感应强度 变化率恒定，产生的感应电动势恒定，电流大小不变，B错误；前2 s内通过线圈的电荷量q＝＝＝0.01 C，C正确；第3 s内，B没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，D错误。 2.AB 解析：圆盘转动产生的电动势为E＝BL2ω，若转动的角速度恒定，则E不变，根据I＝可知电流大小恒定，故A正确；若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流由a流向b，故B正确；若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小发生变化，故C错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，回路电流变为原来的2倍，根据P＝I2R可知，电阻R的热功率变为原来的4倍，故D错误。 3. （1）　由c到d　（2） 解析：（1）依题意，金属棒cd恰好处于静止状态，有 mgsin θ＝BIL 解得I＝ 根据左手定则可知电流方向由c到d。 （2）根据法拉第电磁感应定律，可得E＝ 由闭合电路欧姆定律，有 I＝ 联立，解得＝。 四、电磁感应中的综合问题 1．ABD 解析：由题图可知，在t2～t3时间内，线圈向下做匀速直线运动，则根据平衡条件有mg＝BIL，而I＝，联立解得v2＝8 m/s，故B正确；t1～t2时间内线圈一直做匀加速直线运动，则知线圈内磁通量变化为零，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，仅在重力作用下运动，以cd边与L2重合时为初状态，以ab边与L3重合时为末状态，设磁场的宽度为d，则线圈长度为2d，线圈下降的位移为3d，则有3d＝v2t－gt2，其中v2＝8 m/s，t＝0.6 s，代入解得d＝1 m，所以线圈的长度为L'＝2d＝2 m，故C错误；在0～t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为q＝＝＝0.25 C，故A正确；0～t3时间内，根据能量守恒定律可得Q＝mg－m＝1.8 J，故D正确。 2．(1)见解析图 (2)　g sin θ－　(3) 解析: 　(1)由右手定则可知，ab杆中电流方向为a→b。如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于导轨平面向上；安培力F安，方向沿导轨平面向上。 (2)当ab杆的速度大小为v时，产生的感应电动势E＝BLv， 此时电路中的电流I＝＝， ab杆受到安培力F安＝BIL＝， 根据牛顿第二定律，有 mg sin θ－F安＝mg sin θ－＝ma， 解得a＝g sin θ－。 (3)当a＝0时，ab杆有最大速度vm， 由平衡条件得mg sin θ＝， 解得vm＝。 3．(1)1.2 V　(2)3.2 J　(3)0.9 J 解析：(1)线框ab边以v＝4.0 m/s的速度进入磁场并匀速运动，产生的感应电动势为E＝BLv＝1×0.4×4 V＝1.6 V，将ab边作为等效电源，则a、b两点间的电势差为外电压Uab＝E＝1.2 V。 (2)线框进入磁场后立即做匀速运动，并匀速穿过磁场区，线框所受安培力F安＝ILB， 根据闭合电路欧姆定律有I＝， 联立解得F安＝4 N， 所以线框克服安培力做功W安＝F安×2L＝4×2×0.4 J＝3.2 J。 而Q＝W安，故该过程中产生的焦耳热Q＝3.2 J。 (3)设线框出磁场区域的速度大小为v1，则根据运动学关系有v－v2＝2a·2L， 而根据牛顿第二定律可知a＝， 联立整理得 (M＋m)（v－v2）＝(M－m)g·2L， 线框穿过磁场区域过程中，力F和安培力都是变力， 根据动能定理有WF－W′安＋(M－m)g·2L＝(M＋m)（v－v2），联立解得WF－W′安＝0， 而W′安＝Q′，故Q′＝3.6 J。 又因为线框每边产生的热量相等，故ab边上产生的焦耳热Qab＝Q′＝0.9 J。 答案第2页，共4页 答案第1页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题十 电磁感应 一、楞次定律 1．图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮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，P、Q端与门铃(图中未画出)连接构成回路。下列说法正确的是(　 　) A．按下按钮的过程，螺线管P端电势较高 B．松开按钮的过程，螺线管Q端电势较高 C．按下和松开按钮的过程，螺线管产生的感应电流方向相同 D．按下和松开按钮的过程，螺线管所受的安培力方向相反 2．如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管b与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是(　 　) A．线圈a中将产生沿顺时针方向(俯视)的感应电流 B．穿过线圈a的磁通量减小 C．线圈a有扩张的趋势 D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大 3．如图所示，金属导体圆环用绝缘支架固定在铁架台上，圆环面水平。在圆环正上方，一质量为m，可视为质点的小磁铁通过细线吊在铁架台的横杆上，细线与圆环的轴线重合，小磁铁距铁架台底面的高度为h。现剪断细线，小磁铁沿圆环轴线下落到铁架台底面上。不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　 　) A．小磁铁落在铁架台底面上时的速度大小为 B.小磁铁下落的整个过程中，加速度先小于g后大于g C．在小磁铁下落的整个过程中，圆环对小磁铁的作用力先竖直向上后竖直向下 D．在小磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流先逆时针后顺时针(从上往下看) 4. (多选) 如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，PQ、MN均处在竖直向下的匀强磁场中，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是(　 　) A．向右加速运动 B．向左加速运动 C．向右减速运动 D．向左减速运动 5. 如图所示，线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面。实验中观察到，开关闭合瞬间，电流表指针向右偏转，则(　 　) A．开关断开瞬间，电流表指针不偏转 B．开关闭合瞬间，两个线圈中的电流方向可能同为顺时针或逆时针 C．开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，电流表指针向右偏转 D．开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B将对线圈A产生排斥力 二、法拉第电磁感应定律 1. 如图甲所示，正方形虚线框为匀强磁场区域的边界，取垂直纸面向里为正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。匝数为n、半径为r的导线圈恰好处于虚线框的外接圆上，导线圈与电阻箱R1、定值电阻R2组成回路，回路中的其他电阻不计。以下说法正确的是(　　) A．R2中的电流方向先向左，再向右 B．回路中的电动势为 C．t＝t0时刻，回路中的电流为零 D．R1＝R2时，R1消耗的电功率最大 2．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(电流恒定)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，导体就可获得动力 D．制动过程中导体获得的制动力逐渐减小 3. 用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的直径。如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度随时间的变化规律为B＝kt(k>0)，则(　　) A．圆环有扩张的趋势 B．圆环有向左滑动的趋势 C．圆环中感应电流的大小为 D．圆环t秒末所受的安培力为 4. 如图所示，a、b是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数很大的线圈，其直流电阻值与R相同，且R小于小灯泡的电阻。闭合开关S，待电路达到稳定后，a、b两灯泡均可发光。由于自感作用，在开关S接通和断开后，灯泡a和b中的电流方向和发光情况（只考虑接通和断开后的短时间内），下列说法中正确的是（　　） A.S断开后，两灯泡中的电流方向均与S接通后的方向相反 B.S断开后，两灯泡中的电流方向均与S接通后的方向相同 C.S接通后灯泡a先达到最亮，S断开后灯泡b滞后熄灭 D.S接通后灯泡b先达到最亮，S断开后灯泡b滞后熄灭 三、电磁感应中的图像问题 1．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m2，线圈电阻为1 Ω。规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。以下说法正确的是（　　） A.在0～2 s时间内，I的最大值为0.02 A B.在3～5 s时间内，I的大小越来越小 C.前2 s内，通过线圈某横截面的总电荷量为0.01 C D.第3 s内，线圈的发热功率最大 2. (多选) 法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中，圆盘旋转时，下列说法正确的是（　　） A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B.若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流由a流向b C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电阻R的热功率也变为原来的2倍 3. 如图所示，两光滑导轨ABC、A1B1C1平行放置，间距为L，其中BC、B1C1与水平面间的夹角为θ，AB、A1B1水平。一电阻为r的导体杆ab，垂直于AB、A1B1固定在导轨上，并处在边长为L的正方形有界磁场Ⅰ区域的正中间，磁场方向垂直于导轨平面向上、磁场均匀分布但随时间线性增大，质量为m、电阻也为r的金属棒cd垂直于BC、B1C1置于导轨上，处在磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场Ⅱ区域中，金属棒与两导轨接触良好，不计其余电阻，若金属棒cd恰好处于静止状态，求： （1）流过金属棒cd的电流I的大小和方向； （2）磁场Ⅰ区域磁感应强度随时间的变化率。 四、电磁感应中的综合问题 1. (多选) 如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间，L3、L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1 T，方向垂直于虚线所在平面。现有一矩形线圈abcd，宽度cd＝L＝0.5 m，质量为0.1 kg，电阻阻值为2 Ω，将其从图示位置由静止释放（cd边与L1重合），线圈速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向（重力加速度g取10 m/s2）。则（　　） A. 在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 C B. 线圈匀速运动的速度大小为8 m/s C. 线圈的长度为1 m D. 0～t3时间内，线圈产生的热量为1.8 J 2. 如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下。导轨和ab杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和ab杆接触良好，不计它们之间的摩擦。(重力加速度为g) (1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图； (2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求杆中的电流及其加速度的大小； (3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。 3. 如图所示，正方形单匝线框abcd边长L＝0.4 m，每边电阻都相同，总电阻R＝0.16 Ω。一根足够长的绝缘轻质细绳跨过两个轻小光滑定滑轮，一端连接正方形线框，另一端连接物体P，手持物体P使二者在空中保持静止，线框处在竖直面内。线框的正上方有一有界匀强磁场，磁场区域的上、下边界水平平行，间距也为L＝0.4 m，磁感线方向垂直于线框所在平面向里，磁感应强度大小B＝1.0 T，磁场的下边界与线框的上边ab相距h＝1.6 m。现将系统由静止释放，线框向上运动过程中始终在同一竖直面内，ab边保持水平，刚好以v＝4.0 m/s的速度进入磁场并匀速穿过磁场区，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。 (1)线框ab边进入磁场中运动时，a、b两点间的电势差Uab为多少？ (2)线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q为多少？ (3)若在线框ab边刚进入磁场时，立即给物体P施加一竖直向下的力F，使线框保持进入磁场前的加速度做匀加速运动穿过磁场区域，已知此过程中力F做功WF＝3.6 J，ab边上产生的焦耳热Qab为多少？ 试卷第2页，共6页 试卷第1页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 $