专题8 电磁感应中的电路问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（教科版）

电磁感应中的电路问题 1.(2022·广东深圳平冈中学期中)如图甲所 示，线圈的匝数n=100匝，横截面积S 50cm,线圈总电阻r=102,沿轴向有匀强 磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应 强度随时间按如图乙所示规律变化，则在 开始的0.1s内 ↑B/T 0 0.1 甲 U A.a点的电势高于b点的电势 B.磁通量的变化率为2.5Wb/s C.在a、b间接一个阻值为102的电阻时， a、b间的电势差为2.5V D.在a、b间接一个理想电流表时，电流表 的示数为0.25A 2.将一根涂有绝缘 层的细导线绕成 如图所示的线圈」 再将线圈和阻值为R的定值电阻构成闭合 回路，线圈内部存在方向垂直纸面向外的 变化磁场，已知细导线的电阻为r,闭合回 路所构成的矩形的面积为S,两个线圈构 成的小圆的面积均为S2,磁感应强度大小 随时间变化的规律为B=B。+t,B。和k均 为大于零的常数，则 ( A.定值电阻中的电流方向为a流向b B.闭合回路中的感应电动势为k(S1-2S2) (S1+S2) C.定值电阻两端的电流大小为 R+r Rk(S1+2S2) D.定值电阻两端的电压为 R+r 3.(2023·黑龙江实验中学期末)在如图甲所 示的电路中，电阻R,=R2=R,圆形金属线圈 限时 20分钟 半径为π1，线圈导线的电阻也为R,半径为 r2(r2<r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平 面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间 变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵 轴的交点坐标分别为t,和B。,其余导线的 电阻不计.t=0时闭合S,至t1时刻，电路中 的电流已稳定，下列说法正确的是( ↑B B t to 乙 oTri A.线圈中产生的感应电动势的大小为 to B.电容器下极板带负电 C.t时间内流过R,的电荷量为 oTr2 R BoTr2 D.稳定后线圈两端的电压为 3to 4.（2023·山东菏 泽期中)（多 导线 选)如图所示，6 由同一金属材料制成的硬质金属线框，其中 abgh正方形线框无右边，cdef是正方形线 框，各边长度为L,hd、gc用导线相连（导线 电阻不计)，线框abgh放置在垂直纸面向里 的磁场中，金属框平面与磁场方向垂直.磁 感应强度B随时间t均匀增加，变化规律为 B=t,下列说法正确的是 ( Ad点电势比e点电势尚等 B.c点电势比d点电势高L C.fe两点间的电势差与c、d两点间的相等 D.cf两点间的电势差与f、e两点间的相等 进阶突破·专项练09 专题 电磁感应中的动力学问题 1.(2023·河北衡水中学质检)边长为1的正 方形线框以初速度v。水平抛出，在其正下 方有一宽度为2、水平足够长的垂直于纸面 向里的匀强磁场区域，如图所示.cd边刚进 入磁场时，线框恰好做匀速直线运动.以cd 边刚离开磁场时为计时起点，此后线框的 加速度与其竖直方向位移的关系图像可能 正确的是（忽略空气阻力，线框在此过程中 不发生转动，取竖直向下为正方向)() 2l×××× a D 2.(2023·广东江门一模)如图甲所示，一对 足够长金属导轨由等宽的右侧水平导轨和 左侧倾斜导轨两部分在虚线mn处连接组 成，mn右侧存在竖直向下的匀强磁场，mn 左侧存在与倾斜轨道平行的匀强磁场（图 中未画出)，mn两侧磁场的磁感应强度B 大小相等(B的大小未知)，导轨的间距为 L=1.5m,倾角0=37°，在t=0时刻，置于倾 斜导轨上的ef棒由静止释放，置于水平导 轨上的cd棒在一水平向右的外力F的作用 下由静止开始做匀加速直线运动，外力随 10黑白题物理|选择性必修第二册·JK O限时 25分钟 时间的变化规律如图乙所示，cd、ef棒的质 量分别为m1=1.0kg、m2=2.0kg,电阻分别 为R1=22、R2=32,忽略导轨的电阻，ef棒 与金属导轨的动摩擦因数为u=0.12,不计 cd棒与导轨之间的摩擦，sin37°=0.6， cos37°=0.8，g取10m/s2,求： (1)t=0时刻cd棒的加速度大小及cd棒的 电流方向； (2)磁感强度B的大小： (3)经过多长时间ef棒在倾斜轨道上的速 度达到最大？ F/N 13 10 t/sAX X 0 两个轨迹圆的圆心分别为01、02，半径R=2 3 3k1 1 R 2 7 由几何关系：y=l+l+ 岭 3 (3)当磁感应强度均变为2B时，粒子在磁场里运动的轨迹 半径为R-得由儿何关系知，散子在两个磁杨中的圆心角 西为120°粒子运动的周期为T=C因此粒子运动的时恒 为了工粒子想要在无磁区域时间最大，需路程最长，由此可 得轨迹如图所示： -0 X P -P √3l- 2R -(5.2）m 由几何关系，得：。=3T+3+,一（元+3）而 专题七楞次定律的广义表述 1.B解析：AB.磁铁靠近铝环，铝环中的磁通量变大，根据 楞次定律可知，要想阻碍铝环中磁通量变化，铝环会有缩小 趋势，且远离磁铁，A错误，B正确：C.磁铁靠近铝环，铝环中 磁感线方向向右，磁通量增大，根据楞次定律及右手螺旋定 则可知，要想阻碍磁通量变化，铝环中应产生逆时针方向电 流（从A向B看），C错误：D.能景是守恒的，不可能凭空产 生，D错误故选B. 2.A解析：磁铁由高处静止释放接近回路，通过回路的磁通 量向下增大，根据楞次定律得感应电流的磁场总是阻碍磁通 量的变化，即回路中产生感应电流的磁场方向向上，由右手 螺旋定则可知，回路中电流的方向为MWOP:根据楞次定律 选择性必修第二册·JK 的推论：增缩减扩可知，PQ与MN相互靠拢故选A. 3.C解析：吉他弦向右靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增大， 线圈中产生感应电流，由“来拒去留”可知吉他弦受到向左 的安培力，由“增缩减扩”可知线圈有收缩趋势，故ABD错 误，C正确.故选C. 4.C解析：根据楞次定律的推论可知，电磁感应产生的现象 总是阻碍两物体间的相对运动，但阻碍不是阻止，磁铁旋转 时，磁铁相对圆盘旋转，则圆盘也跟着同向旋转，即阻碍磁铁 相对圆盘的旋转运动，但不会阻止，则圆盘相对磁铁同方向 旋转，且角速度小于ωo,ABD错误，C正确.故选C. 5.D解析：磁体转动前，通过线框的磁通量最大，线圈内磁场 方向向上，若以磁体中心为轴在xOz平面内顺时针转过一个 小角度，通过线框的磁通量减小，根据楞次定律，线框产生 adcba方向的感应电流，磁体以磁体中心为轴在xOz平面内 顺时针转过一个小角度，等效为磁体向左上方移动，根据来 拒去留，磁体对线框产生向左上方的吸引力，根据平衡条件， 线框受地面的摩擦力方向水平向右，线框ab边、cd边安培力 均向上，对地面的压力减小故选D. 专题八电磁感应中的电路问题 1.D解析：A.依题意，根据楞次定律判断知通过线圈内部的 电流方向为从α端流人，b端流出，根据电源内部电流从低 电势流向高电势，可知α点的电势低于b点的电势，故A错 误：B.通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，若设Φ，=BS 为正，则线圈中磁通量的变化量为△中=B'S-(-BS), 代人数据即△Φ=(0.1+0.4)×50×10-4Wb=2.5×10-3Wb 可得磁通量的变化率为A中_25×10 Wb/s=0.025Wb/s, △t 0.1 故B错误：C.根据法拉第电磁感应定律可知，当α、b间断开 时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小 △Φ△B E=n- =n△ S=2.5V,若在a、b间接一个阻值为102的 电阻时，根据闭合电路欧姆定律可得αb间的电势差为 10 U,=-RE=10t10X2.5V=-1.25V,放C错误； D.在a、b间接一个理想电流表时，则电流表的示数为 =E-25A=0,25A,故D正确故选D, r10 2.D解析：A.闭合回路的磁通量增加，由楞次定律和右手螺 旋定则可知，定值电阻中的电流方向为b流向α，故A错误； 3矩形线圈产生的感应电动势E=S,A=S △B 两个小圆线圈产生的感应电动势E,=25,=2kS, 由楞次定律可知，两部分感应电动势的方向相同，所以总电 动势E=E1+E2=k(S1+2S2),故B错误； C定值电阻中的电流大小1=E(S,+29）,故C错误， R+rR+r D.定值电阻中的电流是恒定电流，定值电阻两端的电压U= 黑白题52 Rk(S,+2S2 IR= ,故D正确故选D. R+r 3.D解析：A.由法拉第电磁感应定律知感应电动势为E= △Φ△B。TT2B ,A项错误： B.由楞次定律知圆形金属线圈中的感应电流方向为顺时针 方向，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正 极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，B项错误； C.由闭合电路欧姆定律得感应电流为IR+R,+R,3。, E Tr2Bo 6时间内流过R,的电荷量为g=,=m, 3R,C项错误； 2BoTr D.稳定后线圈两端的电压为U=I(R,+R)= ,D项正 确.故选D 4BD解析：AB,由B=可得，磁感应强度变化率为代A 电磁感应定律可得E=△中_△B △t△t 其中S=L2, 解得回路中产生的感应电动势为&=公·工=L, 设金属线框每个边的电阻为R,abgh正方形线框相当于电 R×3R 源，则有内阻为3R,外电路的电阻为R外-R+3R=0.75R, 由楞次定律可知，g点为等效电源的正极，h点为等效电源的 负极，则有d点电势比c点电势低，由闭合电路欧姆定律可 得UR+R4075R+3RX0.75R=了 A错误，B正确： CD.由欧姆定律可得Ug= - 315 ©矿与尼串联，电阻相等，因此则有U,=。-, C错误，D正确.故选BD 专题九电磁感应中的动力学问题 1.D解析：AB.线框完全离开磁场后的运动为a=g的匀加速 运动，由题意可知，加速度恒为+g,AB错误；C.cd边刚进入 磁场时，线框恰好做匀速直线运动，所受安培力等于重力，线 框完全进入磁场后的运动为a=g的匀加速运动，故cd边刚 离开磁场时竖直方向的分速度大于cd边刚进入磁场时竖直 方向的分速度，所受安培力大于重力，可知cd边离开磁场时 的过程中做加速度减小的减速运动，根据C选项的图像，αb 边出磁场时，加速度为零，安培力等于重力，即此时的速度刚 好等于cd边进入磁场时的速度：而从ab边刚进入磁场到cd 边刚出磁场，物体的加速度为g,位移为；接下来再运动位 移为l时，加速度均小于g,山边刚出磁场时速度肯定大于 ab刚进人磁场时的速度，所以加速度不可能为零，C错误； D.cd边刚出磁场时的速度大小不确定，线框的加速度大 参考答案与解析 于g、等于g和小于g均有可能，D正确故选D. 2.(1)5m/s2,电流方向由d到c(2)1.33T(3)见解析 解析：(1)在t=0时刻根据牛顿第二定律有F=m1a, 且由图可知，t=0时F=5N,代入得a=5m/s2, 由右手定则可知，cd棒的电流方向是由d到c. (2)由题知cd棒做匀加速直线运动，经过时间t,cd棒速度 为v=al, E 此时E=BLv=Blat,I= R1+R2' 则cd棒的安培力为F安=BIL= B2Lat R1+R2 由牛顿第二定律得F-F安=m1a, B2Lat 由以上各式整理得F=ma+R,+R, 由图线可知t=2s,F=13N, 代人得B=4T=1.33① (3)①当mn左侧的匀强磁场与倾斜轨道平行斜向上时，ef 棒受力如图所示， F、 B ∠---m2g 当F,=m2gcos0时，ef棒在倾斜轨道上的速度达到最大，之 后ef棒飞离轨道，由于F,=BlL= a,联立解得h=4, R1+R2 ②当mn左侧的匀强磁场与倾斜轨道平行斜向下时，ef棒受 力如图所示， ---m28 当2=m2gsin0时，ef棒在倾斜轨道上的速度达到最大，之 后ef棒减速并最终停在导轨上，且2=uF2=u(m2gcos+ B2L2at2 F2),F2=BL= R1+R2 联立解得t2=21s. 专题十电磁感应中的动量问题 1.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△B,由动量定理可知有△BLt= 4Φ △BL R=mv=p, 根据题意A,B为同种均匀材料，可得元：4， gR8_6 所以有片会梁是}·宁·任号旋途A 2.B解析：金属杆cd向左靠近金属杆ab过程中，两金属杆系 黑白题53