选择题对点练：电磁感应规律及应用-2026届高考物理二轮复习专项训练

选择题对点练　电磁感应规律及应用 一、单选题:本题共6小题,每小题4分,共24分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。 1.(2025江苏镇江检测)如图所示,将一铝质的薄圆管竖直放在表面绝缘的台秤上,整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小与时间成正比(B=kt)的均匀磁场中。则从t=0时刻开始,下列说法正确的是(　　) A.圆管中的感应电流随时间的推移而增大 B.圆管所受安培力随时间的推移而增大 C.圆管所受安培力的合力方向竖直向下 D.台秤的读数随时间的推移不发生变化 2.(2025湖北部分校协作体模拟)如图所示,MNQP是边长分别为L和2L的矩形,在其由对角线划分的两个三角形区域内充满磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场。边长为L的正方形导线框,在外力作用下水平向左匀速运动,线框左边始终与MN平行。设导线框中感应电流i逆时针为正。若t=0时左边框与PQ重合,则左边框由PQ运动到MN的过程中,下列i-t图像正确的是(　　) 3.(2025云南腾冲八中二模)空间中一匀强磁场以MN为边界,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(ab⊥MN)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,则线框可能是(　　) 4.(2025甘肃白银模拟)如图所示,一正方形匀质刚性金属框(形变量忽略不计)边长为L=0.2 m,质量为m=0.1 kg,距离金属框底边H=0.8 m处有一方向水平且垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=5 T。磁场区域上、下边界水平,高度为L=0.2 m,左右宽度足够大。把金属框在竖直平面内以v0=2 m/s的初速度水平无旋转地向右抛出,金属框恰好能匀速通过磁场,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法不正确的是(　　) A.刚性金属框电阻为R=4 Ω B.通过磁场的整个过程中,金属框的两条竖直边都不受安培力作用 C.通过磁场的过程中,克服安培力做功为0.4 J D.改变平抛的初速度大小,金属框仍然能匀速通过磁场 5.(2025广西河池模拟)如图所示,间距为l的水平虚线间有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B;质量为m、阻值为R、长为2l、宽为l的单匝均匀矩形闭合导线框的ab边紧贴磁场上边界由静止释放,竖直穿过整个磁场区域,运动过程中ad边始终垂直于虚线。当cd边进入磁场时,线框开始做匀速直线运动,忽略空气阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) A.穿过磁场的过程中,线框内感应电流方向会改变两次 B.线框先做加速度减小的加速运动,再做匀速运动 C.ab边刚出磁场时,线框的速度为 D.穿过磁场的过程中,线框产生的焦耳热为3mgl- 6.如图所示,在光滑水平面上有一根通有恒定电流I的长直导线,用同种均匀材料做成的单匝线框A、B平铺在水平面上。A是边长为a的正方形,B是长为2a、宽为a的长方形。瞬间关闭恒定电流I,假设线框不会与长直导线碰撞,A、B最终获得的动量之比为(　　) A.3∶8 B.3∶4 C.1∶4 D.9∶16 二、多选题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。 7.(2025山东聊城模拟)如图所示,水平面上固定着两组足够长的平行光滑金属导轨PQ和MN,宽度分别为L和2L,两组导轨用导线交叉连接(导线不接触),导轨区域内存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。PQ导轨上垂直放置导体棒a,MN导轨上垂直放置导体棒b,两棒质量均为m,接入电路的电阻均为R。某时刻两导体棒同时获得向右的初速度v0,导体棒运动过程中始终与导轨保持垂直且接触良好,两导体棒始终没有进入交叉区,不计导轨电阻,下列说法错误的是(　　) A.通过导体棒的最大电流为 B.两导体棒最终均做匀速运动,且导体棒b的运动方向向左 C.导体棒b上产生的热量为 D.整个过程中通过导体棒a的电荷量为 8.如图所示,有界匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。有一半径为R的线圈,其单位长度上的电阻为r,线圈平面与磁场方向垂直,线圈直径MN垂直磁场边界于M点。现以M点为轴在纸面内,线圈沿顺时针方向匀速旋转90°,角速度为ω,则(　　) A.感应电流方向为顺时针方向 B.感应电动势的最大值为BR2ω C.感应电流的最大值为 D.通过线圈任意横截面的电荷量为 9.(2025湖北部分校协作体模拟)如图所示,两足够长的水平光滑导轨置于竖直方向的匀强磁场中,左端分别连接一定值电阻和电容器,将两导体棒分别垂直放在两导轨上。给甲图中导体棒一水平向右的初速度v,给乙图中导体棒施加水平向右的恒定拉力F。不计两棒电阻,两棒向右运动的过程中,下列说法正确的是(　　) A.图甲中,导体棒速度的减小量与运动的时间成正比 B.图甲中,导体棒速度的减小量与通过的距离成正比 C.图乙中,电容器储存的电能与运动时间的平方成正比 D.图乙中,导体棒速度的增加量与通过的距离成正比 10.如图所示,光滑绝缘水平面上有两个垂直于水平面的有界匀强磁场,磁场宽度均为L,磁场间距也为L,Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小分别为B、2B。一质量为m、边长为L、电阻为R的正方形金属线框以某一初速度向右进入磁场区域Ⅰ,当ab边刚要离开磁场区域Ⅱ时线框速度恰好减为0,线框运动过程中ab边始终与磁场边界平行,下列说法正确的是(　　) A.线框进入Ⅰ区域和离开Ⅰ区域的过程中速度的变化量相同 B.cd边进入Ⅰ区域时线框的速度大小为 C.cd边离开Ⅱ区域时线框的速度大小为 D.线框在穿越磁场Ⅰ、Ⅱ区域的过程中产生的焦耳热之比为9∶16 参考答案 1.D　解析 磁感应强度大小与时间成正比,根据电磁感应可知圆管中的感应电流大小恒定,故A错误;圆管中的感应电流在水平面内,构成闭合回路,根据左手定则可知,各段微小电流所受安培力的合力为零,故B、C错误;台秤的读数始终等于圆管的重力,大小不变,台秤的读数随时间的推移不发生变化,故D正确。 2.D　解析 0~t1时间内线框的左边框由PQ向左进入磁场到G点,根据右手定则知感应电流方向为顺时针(负),而切割磁感线的有效长度随着水平位移而均匀减小,则感应电流的大小均匀减小;t1~2t1时间内,线框的前后两边同向同速切割方向相反的磁场,总电动势为两电动势之和,电流方向为逆时针(正),两边的有效长度之和等于L,则电流大小恒定,故选D。 3.D　解析 导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv,设线框总电阻是R,则感应电流I=,由图乙可知,感应电流先均匀变大,后均匀变小,由于B、v、R是定值,由上式知I与有效切割长度成正比,则导体棒的有效长度L应先均匀变长,后均匀变短。闭合圆环匀速进入磁场时,有效长度L先变大,后变小,但随时间做非均匀变化,故A错误;正方形匀速进入磁场时,有效长度L不变,故B错误;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,故C错误;三角形线框匀速进入磁场时,有效长度L先均匀增加,后均匀减小,故D正确。 4.B　解析 金属框水平方向上总电动势为0,只在竖直方向上产生电动势,因为金属框匀速通过磁场,则有mg=F安,而F安=BIL=BL=,且vy=,代入数据解得R=4 Ω,故A正确;通过磁场的整个过程中,根据左手定则可知,金属框的两条竖直边所受安培力大小相等,方向相反,都要受安培力,故B错误;根据功能关系得克服安培力做功WF=mg·2L=0.4 J,故C正确;根据题意可知,初速度大小不影响安培力,安培力的大小只与线框竖直方向的分速度vy有关,而vy只与高度H有关,可知,只要抛出高度不变,不管初速度大小如何,金属框仍然能匀速通过磁场,故D正确。本题选错误的,故选B。 5.C　解析 根据楞次定律,线框进入磁场时电流方向为逆时针,穿出磁场时电流方向为顺时针,所以,穿过磁场的过程中,线框内感应电流方向会改变一次,A错误;因为ab边进入磁场的过程中,根据牛顿第二定律得mg-=ma,随着速度的增大,加速度减小;ab边离开磁场至cd边进入磁场的过程中,线框不受安培力,线框加速下落,cd边进入磁场后,线框再匀速运动,B错误;当cd边进入磁场时,线框开始做匀速直线运动,根据平衡条件得mg=,解得v2=,ab边刚出磁场时,有=2gl,解得线框的速度为v1=,C正确;根据能量守恒定律,穿过磁场的过程中,线框产生的焦耳热为Q=mg×3l-=3mgl-,D错误。 6.A　解析 时间极短,可认为磁感应强度均匀变化,设线框左、右两边的磁感应强度差为ΔB,由动量定理有ΔBLI't=ΔBL=p,根据题意,A、B为同种均匀材料,可得,所以有,故选A。 7. AC　解析 两棒与导轨及交叉导线构成回路,回路总电阻为2R,两棒均做减速运动,t=0时,感应电动势最大,其大小为E=BLv0+2BLv0=3BLv0,所以感应电流最大为I=,故A错误;两金属棒初始阶段都做减速运动,导体棒b所受安培力大于导体棒a所受安培力,则导体棒b减速时的加速度较大,故导体棒b先减速到零,后反方向先加速运动后匀速运动,直到导体棒a速度大小等于导体棒b速度大小的两倍,两棒开始做匀速运动,故B正确;由于两个导体棒电阻都为R,且它们在同一回路中串联,流过的电流始终相同,设从开始运动到两棒刚开始匀速运动的时间为Δt,规定初速度方向为正方向,对导体棒a,由动量定理得-BL·Δt=mva-mv0,对导体棒b,由动量定理得-B·2L·Δt=-mvb-mv0,va=2vb,解得最后两棒的速度大小为va=v0,vb=v0,回路产生的总热量即导体棒产生的热量为Q=2·,所以导体棒b上产生的热量为Qb=Q=,故C错误;由动量定理得-BL·Δt=mva-mv0,q=·Δt,解得整个过程中通过导体棒a的电荷量为q=,故D正确。 8.AD　解析 根据楞次定律,感应电流产生的磁场总要阻碍原磁通量的变化,在线圈转动的过程中通过线圈的磁通量减小,则感应电流方向为顺时针方向,故A正确;当转过90°时的瞬间感应电动势最大,此时切割磁感线的有效长度最大,为圆形线圈的直径,由此可得感应电动势的最大值为Em=B(2R)2ω=2BR2ω,根据闭合电路的欧姆定律可知感应电流的最大值为Im=,故B、C错误;通过线圈任意横截面的电荷量为q=,故D正确。 9.BC　解析 图甲中,导体棒切割磁感线产生感应电动势,则有E=BLv,I=,根据牛顿第二定律有BIL=ma,又a=,则Δv=vΔt=x,所以图甲中,导体棒速度的减小量与通过的距离成正比,故A错误,B正确;图乙中,设极短时间Δt'内,导体棒速度变化量为Δv',则导体棒的加速度为a=,导体棒产生的电动势为E=BLΔv',电容器增加的电荷量为Δq=CE=CBLΔv',电容器储存的电能为ΔE=ΔqE=CB2L2Δv'2,电流为I==CBLa,导体棒又受到安培力,为F安=BIL=B2L2Ca,根据牛顿第二定律有F-F安=ma,解得a=,则Δv'=Δt',ΔE=ΔqE= Δt'2,所以图乙中,电容器储存的电能与运动时间的平方成正比,图乙中,导体棒速度的增加量与运动时间成正比,故C正确,D错误。 10.AD　解析 线框进入Ⅰ区域的过程中,cd边切割磁感线,由动量定理有-∑Ft'=-∑vt'=mv1-mv0,联立解得线框进入Ⅰ区域的过程中速度变化量为Δv=-,同理,线框离开Ⅰ区域的过程中,ab边切割磁感线,由动量定理有-∑Ft″=-∑vt″=mv2-mv1,联立解得线框离开Ⅰ区域的过程中速度变化量为Δv=-,A正确;从cd边刚进入Ⅰ区域到ab边刚要离开Ⅱ区域过程中,由动量定理有-∑F1t1-∑F2t2=-∑vt1-∑vt2=0-mv0,代入数据解得v0=,B错误;从cd边刚进入Ⅰ区域到cd边离开Ⅱ区域的过程中,由动量定理有-∑F1t1-∑F2t2'=-∑vt1-∑vt2'=mv3-mv0,代入数据解得cd边离开Ⅱ区域时的速度大小为v3=,C错误;线框在穿越磁场Ⅰ区域的过程中,由能量守恒定律得Q1=,线框在穿越磁场Ⅰ区域的过程中由动量定理得-∑Ft1=-∑vt1=mv2-mv0,联立解得Q1=,同理,线框在穿越磁场Ⅱ区域的过程中,由能量守恒定律得Q2=-0,联立解得Q2=,则线框在穿越磁场Ⅰ、Ⅱ区域的过程中产生的焦耳热之比为9∶16,D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $