课下巩固检测练(10) 电磁感应（Word练习）-【正禾一本通】2026年高考物理二轮专题复习高效讲义

[课下巩固检测练(十)]　电磁感应 【基础练】 1．(2025·北京高考)下列图示情况，金属圆环中不能产生感应电流的是(　　 ) A．图(a)中，圆环在匀强磁场中向左平移 B．图(b)中，圆环在匀强磁场中绕轴转动 C．图(c)中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移 D．图(d)中，圆环向条形磁铁N极平移 解析：选A。圆环在匀强磁场中向左平移，穿过圆环的磁通量不发生变化，金属圆环中不能产生感应电流，故A正确；圆环在匀强磁场中绕轴转动，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故B错误；离通有恒定电流的长直导线越远，导线产生的磁感应强度越弱，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故C错误；根据条形磁铁的磁感线分布特征可知，圆环向条形磁铁N极平移，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故D错误。 2．(2025·陕晋青宁卷)电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一。其原理如图所示，在钢制线圈内同轴放置可压缩的铜环，其内已“注入”一个初级磁场，当钢制线圈与电容器组接通时，在极短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培，铜环迅速向内压缩，使初级磁场的磁感线被“浓缩”，在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉。此过程，铜环中的感应电流(　　) A．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同 B．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反 C．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同 D．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反 解析：选D。当钢制线圈与电容器组接通时，钢制线圈中产生迅速增大的电流，即在线圈里产生迅速增强的磁场，根据楞次定律可知，铜环中产生的感应电流的磁场会阻碍引起感应电流的磁通量的增大，故铜环中的感应电流与钢制线圈中的电流方向相反，磁感线被“浓缩”，ΔΦ几乎不变，则E＝几乎不变，铜环中的感应电流I＝几乎不变，远小于钢制线圈中的电流，D正确。 3． (2025·北京高考)绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，磁铁开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁铁正下方的桌面上(如图所示)，仍将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，振动最终也停止。则(　　 ) A．有无线圈，磁铁经过相同的时间停止运动 B．磁铁靠近线圈时，线圈有扩张趋势 C．磁铁离线圈最近时，线圈受到的安培力最大 D．有无线圈，磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能相同 解析：选D。有线圈时，磁铁受到电磁阻尼的作用，振动更快停止，故A错误；根据楞次定律，磁铁靠近线圈时，线圈的磁通量增大，此时线圈有缩小的趋势，故B错误；磁铁离线圈最近时，此时磁铁与线圈的相对速度为零，感应电动势为零，感应电流为零，线圈受到的安培力为零，故C错误；分析可知有无线圈时，根据平衡条件最后磁铁静止后弹簧的伸长量相同，由于磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能为磁铁减少的重力势能减去此时弹簧的弹性势能，故系统损失的机械能相同，故D正确。 4．(2025·湖北高考)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，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：选B。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＝，故B正确。 5．(多选)(2025·河南高考)手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流Ic和Id的大小和方向(无抖动时Ic和Id均为零)，使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是(　　) A．若Ic沿顺时针方向，Id＝0，则表明a的方向向右 B．若Id沿顺时针方向，Ic＝0，则表明a的方向向下 C．若a的方向沿左偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向且Ic>Id D．若a的方向沿右偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿顺时针方向且Ic<Id 解析：选BC。拍照时，镜头处于零加速度状态，则由牛顿第二定律可知，两线圈所受安培力的合力对应的加速度与手机框架的微小加速度大小相等、方向相反。若Ic沿顺时针方向，Id＝0，则由左手定则可知线圈c所受安培力方向水平向右，线圈d所受安培力为0，两线圈所受安培力的合力水平向右，则表明a的方向向左，A错误；若Id沿顺时针方向，Ic＝0，则由左手定则可知线圈d所受安培力方向竖直向上，线圈c所受安培力为0，则表明a的方向向下，B正确；若a的方向沿左偏上30°，则两线圈所受安培力的合力的方向沿右偏下30°，根据力的合成与分解可知，c受到水平向右的安培力大于d所受竖直向下的安培力，根据安培力公式可知Ic>Id，根据左手定则可知Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向，C正确；同理，若a的方向沿右偏上30°，有Ic>Id，Ic沿逆时针方向，Id沿逆时针方向，D错误。 6．(多选)(2025·福建名校联考)如图甲所示，电阻不计的圆形线圈固定在绝缘水平面上，线圈匝数为100，线圈面积为3×10-2 m2，线圈内磁场方向垂直于水平面，磁感应强度以图乙所示规律变化，t＝1 s时磁场方向如图甲中所示，一定值电阻与二极管串联后接在线圈两端，定值电阻阻值R＝1 Ω。不计线圈电阻，下列说法正确的是(　　 ) A．t＝1 s时穿过线圈的磁通量为0.6 Wb B．0～0.2 s内通过电阻R的电流为0 C．线圈产生的感应电动势大小始终不变 D．电阻R消耗的平均电功率为＝0.36 W 解析：选BC。t＝1 s时穿过线圈的磁通量为Φ＝B1S＝0.2×3×10-2 Wb＝0.6×10-2 Wb，A错误。0～0.2 s内通过线圈的磁感应强度增大，由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的电流，但由于电路中存在二极管，且二极管具有单向导电性，故0～0.2 s内通过电阻R的电流为0，B正确。由法拉第电磁感应定律可得E＝，由题图乙可知的绝对值大小不变，故线圈产生的感应电动势大小始终不变，C正确。线圈中产生的感应电动势为E＝N＝0.6 V，线圈中只有半个周期内有电流，则由T，可得电阻R消耗的平均电功率为＝0.18 W，D错误。 【能力练】 7．(多选)(2025·广东高考)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v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(　　) 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＝－M 解析：选BD。设线圈的长为l，磁场的磁感应强度大小为B，由BIl＝(M＋m)g可知，I越大，m越大，故B正确；由E＝Blv可知，v越大，E越大，故C错误；由上述两式可得m＝－M，故D正确；由上述式子与线圈电阻无关可知，线圈电阻无法求出，故A错误。 8． (2025·宁夏银川检测)如图，在直角边长为L的等腰直角三角形区域efg内存在垂直纸面向里的匀强磁场，电阻为R、边长也为L的正方形导线框abcd在纸面上向右匀速运动，cd、ef始终在同一直线上。取逆时针方向的电流为正，在线框通过磁场的过程中，其感应电流i和bc间电势差ubc随位移x变化的图像可能正确的是(　　 ) 解析：选B。ad边的位置坐标x在0～L的过程，根据楞次定律判断可知线框中感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值。线框有效切割长度为l＝L－x，感应电动势为E＝B(L－x)v，随x的增加，电动势从开始的最大均匀减小，则感应电流均匀减小；同理，x在L～2L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，感应电流也是从最大均匀减小，故A错误，B正确。正方形导线框abcd进入磁场时，ad边为电源，若电源最大电动势E＝BLv＝4U0，则ubc＝·4U0＝U0，导线框进入磁场过程中电动势均匀减小，则ubc均匀减小；同理，导线框abcd穿出磁场时，此时bc为电源，开始感应电动势最大，若电源最大电动势E＝4U0，则ubc＝·4U0＝3U0，然后均匀减小，故C、D错误。 9．(2025·陕晋青宁卷)如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度为B，甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0＝并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用，则(　　) A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同 B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1∶1 C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0 D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3 解析：选D。进磁场的过程中，甲线框右边框切割磁感线，由右手定则可知，线框中的电流沿顺时针方向，出磁场的过程中，甲线框左边框切割磁感线，由右手定则可知，线框中的电流沿逆时针方向，A错误；刚进磁场区域时，甲线框切割磁感线产生的电动势E＝BLv0，线框中的电流I＝，所受合力等于所受安培力F安甲＝BIL，联立解得刚进磁场区域时甲线框所受合力大小F安甲＝，同理可得刚进磁场区域时乙线框所受合力大小F安乙＝，有F安甲∶F安乙＝2∶1，B错误；结合A项分析，对乙线框进出磁场的两过程，由动量定理分别有＝mΔv进，－t出＝mΔv出，其中t进＝2L，t出＝2L，又乙线框完全出磁场区域时的速度大小v乙＝v0＋Δv进＋Δv出，联立解得v乙＝，C错误；与C项分析同理可得甲线框完全出磁场区域时速度大小v甲＝0，所以由能量守恒定律可知，甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q甲＝，Q乙＝，联立可得Q甲∶Q乙＝4∶3，D正确。 10．(2025·甘肃名校5月联考) 如图所示，在足够长的光滑平行水平导轨所在空间，有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。导轨间距分别为L和2L，质量为m、电阻为R的铜棒ab跨放在导轨上，同种材料、粗细相同的铜棒cd的长度是ab的两倍，两棒与导轨始终垂直且接触良好。若使ab棒获得一个大小为v0、水平向右的初速度，导轨电阻不计，则在两棒运动过程中(cd棒始终在宽度为2L的导轨上运动)，下列说法正确的是(　　 ) A．两棒组成的系统动量守恒，且最终速度相等 B．ab棒最终的速度大小为 C．cd棒产生的焦耳热为 D．ab棒克服安培力做的功为 解析：选D。两棒受到的安培力不相等，系统受到的合外力不为零，系统动量不守恒，最终两棒切割磁感线产生的电动势相等，速度不相等，A错误；设ab棒和cd棒的最终速度大小分别为v1和v2，则有BLv1＝2BLv2，对ab棒有BIL·Δt＝BLq＝，对cd棒有2BIL·Δt＝2BLq＝2mv2，解得v1＝，B错误；系统产生的焦耳热Q＝，cd棒产生的焦耳热占总焦耳热的，则Qcd＝C错误；ab棒克服安培力做的功W＝，D正确。 11．(2025·黑吉辽蒙卷)如图(a)，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m＝1 kg、电阻R＝0.5 Ω、边长L＝1 m。磁感应强度B随时间t连续变化，0～1 s内B ­t图像如图(b)所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图(c)所示，其中0～1 s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。 (1)求t＝0.5 s时ad边受到的安培力大小F； (2)在图(b)中画出1～2 s内B ­t图像(无需写出计算过程)； (3)从t＝2 s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1 m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。 解析：(1)0～1 s内，导体框中产生的感应电动势为 E＝L2 解得E＝0.05 V 根据闭合电路欧姆定律可知，通过导体框的电流为 I＝ 解得I＝0.1 A 根据图(b)斜率大小可知，0.5 s时的磁感应强度B0满足 解得B0＝0.15 T t＝0.5 s时，ad边受到的安培力大小为 F＝B0IL 解得F＝0.015 N。 (2)由于顺时针方向为电流正方向，则由题图(c)可知，1～2 s内，电流为逆时针方向，大小为I1＝0.2 A 根据闭合电路欧姆定律可知，感应电动势E1＝I1R 根据法拉第电磁感应定律得 E1＝L2 解得＝0.2 T/s 根据楞次定律可知，导体框中磁感应强度增大，变化率为0.2 T/s，对应的B ­t图像如图所示。 (3)解法一　由(2)中分析知2 s时磁感应强度大小为B2＝0.3 T，之后磁场不随时间变化，导体框从初速度v0开始运动，导体框切割磁感线受到的安培力为 FA＝B2ItL＝B2 导体框速度从v0变化至v1，规定水平向右为正方向，根据动量定理有 Δt＝mv1－mv0 结合Δx＝vtΔt、L得 －L＝mv1－mv0 解得v1＝0.01 m/s。 解法二　还可以通过累积电荷量求解，导体框速度从v0变为v1，规定水平向右为正方向，根据动量定理得 ＝mv1－mv0 结合Δq＝ItΔt、＝q得－B2Lq＝mv1－mv0 流过导体框的电荷量为 q＝Δt2＝Δt2＝Δt2＝ 解得v1＝0.01 m/s。 答案：(1)0.015 N　　(2)见解析图　(3)0.01 m/s 【创新练】 12．(2025·安徽高考)如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好(发射前导体棒与导轨不接触)，不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。求： (1)第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率； (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量； (3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。 解析：(1)第1根导体棒刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律得其产生的电动势为E＝BLv0 回路中的感应电流I＝ 此时第1根导体棒所受的安培力为 F安＝BIL 安培力的功率P安＝F安v0 联立解得P安＝。 (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，设流过其的平均电流为，运动时间为t，则该过程通过第2根导体棒横截面的电荷量q＝t 则对第2根导体棒由动量定理有 －BLt＝0－mv0 联立解得q＝。 (3)根据能量守恒定律可知，每一根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，其初动能均转化为回路中产生的总热量，则 第1根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为 Q1＝ 第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为 Q2＝ 第3根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为 Q3＝ 依次类推，第n根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为 Qn＝ 所以定值电阻R上产生的总热量Q总＝Q1＋Q2＋Q3＋…＋Qn＝ 解得Q总＝(n＝1，2，3，…)。 答案：(1)　(2)　(3)(n＝1，2，3，…) 学科网（北京）股份有限公司 $