专题集训16 电磁感应-（配套练习）【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试

专题集训(十六)　 电磁感应 (时间：30分钟　满分：45分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－9题，每题5分，共45分) 1.(2025·河南高考)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(　　) 答案：C 解析：根据题意可知，当金属薄片中心运动到N极正下方时，薄片右侧的磁通量在减小，左侧的磁通量在增加，由于两磁极间的磁场方向竖直向下，根据楞次定律和安培定则可知，此时薄片右侧的涡电流方向为顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时针。故选C。 2.(2025·河南许昌三模)如图所示，虚线MN左侧空间存在一方向与纸面垂直的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝T。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上，t＝0时磁感应强度的方向如图。对从t＝0时到t＝2 s时，下列说法正确的是(　　) A.圆环所受安培力的方向始终不变 B.圆环中的感应电流在1.5 s时发生改变 C.圆环中产生的感应电动势大小为2πr2 D.圆环中的感应电流大小为 答案：D 解析：磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝T，设当t＝t0时磁感应强度B＝0，代入上式解得t0＝1.5 s，即0～1.5 s内磁感应强度向里减到零，1.5 s时磁感应强度为零，之后磁感应强度向外增加；根据楞次定律和安培定则可知，在0～1.5 s内圆环的电流为顺时针方向，1.5 s后圆环的电流也为顺时针方向，即电流方向不发生改变；根据左手定则，可知在0～1.5 s内圆环所受的安培力向左，1.5 s后圆环所受的安培力向右，即安培力方向发生变化，故A、B错误。根据法拉第电磁感应定律有E＝πr2，根据磁感应强度B随时间t的变化关系B＝T，可得感应电动势大小为E＝πr2，故C错误。圆环的电阻为R＝ρ＝ρ，则感应电流大小为I＝＝，故D正确。故选D。 3.(2025·江西九江二模)如图所示，单匝正方形线圈A和B在外力作用下均以速度v向右匀速进入匀强磁场，B线圈的边长是A的2倍，线圈粗细相同，材料相同。在两个线圈完全进入磁场的过程中(　　) A.A、B线圈产生的电流之比是1∶4 B.外力对A、B线圈做功的功率之比是1∶4 C.A、B线圈产生的热量之比是1∶4 D.通过A、B线圈横截面的电荷量之比是1∶4 答案：C 解析：设线圈边长为L，电阻为R，线圈横截面积为S，则线圈中的电流I＝，线圈电阻R＝ρ，解得I＝，电流大小与边长无关，则A、B线圈产生的电流之比是1∶1，故A错误；对线圈，有F外＝F安＝ILB＝＝，则外力的功率P＝F外v＝，功率与边长L成正比，因为B线圈的边长是A线圈的2倍，则外力对A、B线圈做功的功率之比是1∶2，故B错误；线圈产生的热量Q＝I2Rt＝I2R×，解得Q＝，热量Q与L2成正比，故A、B线圈产生的热量之比是1∶4，故C正确；电荷量q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝，解得q＝，可知q与L正比，通过A、B线圈横截面的电荷量之比是1∶2，故D错误。故选C。 4.(2024·浙江6月选考)如图所示，边长为1 m、电阻为0.04 Ω的刚性正方形线框abcd放在匀强磁场中，线框平面与磁场B垂直。若线框固定不动，磁感应强度以＝0.1 T/s均匀增大时，线框的发热功率为P；若磁感应强度恒为0.2 T，线框以某一角速度绕其中心轴OO'匀速转动时，线框的发热功率为2P，则ab边所受最大的安培力为(　　) A. N B. N C.1 N D. N 答案：C 解析：磁场均匀增大时，线框产生的感应电动势为E＝S＝0.1 V，可得P＝＝0.25 W，线框以某一角速度ω绕其中心轴OO'匀速转动时电动势的最大值为Em＝BSω，此时有2P＝＝0.5 W，解得ω＝1 rad/s，分析可知当线框平面与磁场方向平行时感应电流最大，为Im＝＝5 A，故ab边所受最大的安培力为＝ImLB＝1 N。故选C。 5.(2025·宁夏银川二模)如图所示，S闭合后，流过线圈L的电流恒为i1，流过灯泡A的电流恒为i2，且i1＞i2。在t1时刻将S迅速断开，在较短一段时间内流过灯泡的电流随时间变化的图像是(　　) 答案：D 解析：S闭合后，流过线圈L的电流恒为i1，流过灯泡A的电流恒为i2，且i1＞i2。在t1时刻将S迅速断开，由于线圈产生自感电动势阻碍i1的减小，且线圈与灯泡A构成回路，所以通过灯泡A的电流大小从i1逐渐减小，且通过灯泡A的电流方向与原来i2的方向相反。故选D。 6.(多选)(2025·贵州六校联考)如图甲所示，一匝数为10的线圈(图中只画了2匝)处于周期性变化的磁场中，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，如图甲为磁感应强度正方向，线圈的横截面积为0.1 m2，线圈串联一个电流表和电阻，电阻阻值为1 Ω，其余阻值忽略不计，电流表为理想电表。下列说法正确的是(　　) A.线圈输出直流电 B.线圈输出交流电 C.电流表的示数为 A D.电流表的示数为 A 答案：BC 解析：根据法拉第电磁感应定律可知E＝N·S，I＝，可得0～1 s内或者7～8 s内的感应电流I1＝＝3× A＝3 A，1～7 s内的感应电流I2＝＝× A＝1 A，规定逆时针方向为电流正方向，可以画出一个周期内对应的电流如图所示，可以看出是交流电。交流电流表的示数是交变电流的有效值，根据×1 Ω×8 s＝2××1 Ω×1 s＋×1 Ω×6 s，解得I有＝ A。故选BC。 7.(多选)如图所示，两个连续的有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直光滑水平桌面向下和向上，磁场宽度均为L。紧贴磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形均匀导体线框置于桌面上。现用外力使线框由静止开始匀加速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定逆时针方向为电流正方向，外力F向右为正方向，磁感线垂直桌面向下时磁通量Φ为正值。以下反映线框中的感应电流i、外力F、磁通量Φ、电功率P随时间t或位移x的变化规律可能正确的是(　　) 答案：CD 解析：由于线框做匀加速运动，通过相等位移所用时间越来越短，选项A图像中电流与时间关系图像中电流随时间的变化率的大小相同，与实际不符，故A错误；初始时刻有加速度，外力大小为ma，不为零，故B错误；磁通量大小Φ＝BS＝BLx，可知磁通量随位移均匀变化，线框右边进入磁场过程，磁通量随位移均匀增大，线框左边进入磁场时，线框右边进入第二个磁场，由于磁场方向相反，磁通量先减小到零再反向增大，线框右边穿出磁场，磁通量又逐渐减小到零，故位移为0、1.5L、3L时磁通量均为零，故C可能正确；由匀加速直线运动的速度—位移关系可知v＝，则I＝＝＝，电功率P＝I2R＝x，可知P正比于位移x，而且中间段双边切割磁感线，电流加倍，功率增为4倍，故D可能正确。故选CD。 8.(多选)(2025·河北秦皇岛一模)如图所示，光滑水平面上直线PQ左侧有垂直于水平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。半径为R、电阻为r的金属圆环放在水平面上，刚好与PQ相切于O点，用外力使金属圆环绕O点以角速度ω在水平面内沿逆时针方向完全旋进磁场内，则此过程中(　　) A.圆环中的感应电流沿逆时针方向 B.圆环中的电流随时间按正弦规律变化 C.圆环中感应电动势的平均值为BR2ω D.外力对圆环做功的最大功率为 答案：CD 解析：根据楞次定律和安培定则可知，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故A错误；设圆环在磁场中运动时间为t，则其切割磁感线的有效长度为l＝2Rsin ωt，转动切割磁感线产生感应电动势E＝Bl2ω＝2BR2ωsin2ωt，电流i＝＝，电流随时间不是按正弦规律变化，故B错误；圆环完全进入磁场内需要的时间为Δt＝，磁通量的变化量为ΔΦ＝BπR2，感应电动势的平均值为＝＝＝BR2ω，故C正确；当圆环转过90°时，圆环有效切割长度最大，为2R，则Emax＝B2R·＝2BR2ω，最大电流为Imax＝＝，此时安培力最大，为F安max＝Imax2RB＝，故外力对圆环做功的最大功率为Pmax＝F安max·ωR＝，故D正确。故选CD。 9.(多选)(2025·湖南常德二模)如图所示是法拉第圆盘发电机，其圆盘的半径为r，圆盘处于磁感应强度大小为B1＝B，方向竖直向上的匀强磁场中。圆盘左边有两条光滑平行足够长倾斜导轨M、N，导轨间距为L，其所在平面与水平面夹角为θ，导轨处于磁感应强度大小为B2，方向竖直向下的匀强磁场中。现用导线把两导轨分别与圆盘发电机中心和边缘的电刷连接，圆盘边缘和圆心之间的电阻为R。在倾斜导轨上放置一根质量为m，长度也为L，电阻为2R的ab导体棒，其余电阻不计。当圆盘以角速度ω匀速转动时，ab棒刚好能静止在斜面上，则(　　) A.从上往下看，圆盘顺时针方向转动 B.ab间电势差Uab＝Br2ω C.若B2大小、方向均可改变，导体棒始终保持静止状态时，B2的最小值为 D.若圆盘停止转动，ab棒将沿导轨先匀加速下滑后匀速运动 答案：AC 解析：ab棒刚好能静止在导轨上，由受力分析结合左手定则可知，电流方向由a到b，故b端电势低于a端电势，由右手定则可知，圆盘转动的方向(从上往下看)为顺时针方向，A正确；圆盘产生的感应电动势为E＝Br2ω，由闭合电路欧姆定律可知，ab间电势差为Uab＝E＝Br2ω，B错误；若B2大小、方向均可改变，导体棒始终保持静止状态时，由平衡条件可得ILB2min＝mgsin θ，由闭合电路欧姆定律有I＝＝，则B2的最小值为B2min＝，C正确；若圆盘停止转动，ab棒沿导轨向下运动，对ab棒受力分析可知，其先做变加速运动后做匀速运动，D错误。故选AC。 学生用书⬇第74页 学科网（北京）股份有限公司 $