选择题专练(9)电磁感应-【鱼跃龙门卷】2026年高考物理试题逐题突破

2025一2026学年度高考试题逐题突破一选择题专练（九） 物理·电磁感应 总分：64分时间：40分钟 1.如图所示，a、b是用同种规格的铜丝做成的两个同心圆环，两环半径之比为2：3，其中仅在α 环所围区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场。下列说法正确的是 A.穿过a、b两环的磁通量大小之比为4：9 B.α、b两环绕圆心在纸面内转动时，两环中均有感应电流 a C.磁感应强度B增大时，a、b两环中均有逆时针方向的感应电流 D.磁感应强度B均匀增大时，a、b两环中产生的感应电流之比为4：9 2.如图所示，歼-35A和直-20分别是我国新一代中型隐身多用途战斗机和中型多用途直升机，假 设歼-35A的翼展为L,直-20的螺旋桨桨叶长为2L,若歼-35A和直-20从我国中部地区自西 向东飞行演练（机身和地面平行），此时歼-35A的速度为，直-20的顶端螺旋桨叶片逆时针匀 速转动（俯视），转动角速度为ω，该处的地磁场的水平分量为B,,竖直分量为B,下列分析正 确的是 A.歼-35A两翼电势差为B,Lv,战斗机右翼电势高 B.歼-35A两翼电势差为BLv,战斗机左翼电势高 C.悬停时，直-20桨叶电动势为2B,L2ω，桨叶外端比内端电势低 D.悬停时，直-20桨叶电动势为2BL2ω，桨叶外端比内端电势高 3.(多选)某品牌电瓶车的动能回收系统的结构原理如图所示，传动轴与磁铁固定连接，当车辆 下坡时，车轮通过传动装置带动磁铁在绕有多匝线圈的铁芯间转动，线圈通过α、b端给电池 充电，不考虑磁铁转速的变化，穿过线圈的磁通量按正弦（或余弦）规律变化，某时刻磁铁的位 置和转动方向如图所示，下列说法正确的是 A.在图示位置，线圈中的磁通量变化最快 铁芯 B.从图示位置开始的一小段时间内，线圈a端的电 传动轴 ) -oa 势比b端低 :充电电路 C.从图示位置转过90°时，线圈中的感应电动势最大 ob D.从图示位置转过180°时，线圈a端的电势比b 磁铁 端高 4.(多选)手摇发电手电筒经历发电、整流、充电存储后，通过电池给LED灯泡供电。发电装置的 结构如图甲所示，两对永磁体可随手电筒相对于边长为L的N匝正方形线圈上下振动，每对 永磁体间存在着垂直于线圈平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。某时刻磁场分界线恰 好经过线圈的中轴线，如图乙所示，永磁体振动时磁场分界线不会离开线圈。下列说法正确 的是 物理·选择题专练（九）第1页（共4页） 鱼欧花门卷 A.图乙时刻穿过线圈的磁通量为零 线圈 B.永磁体相对线圈运动越快，线圈中产生的 感应电动势越小 磁场分界线 C.当永磁体相对于线圈的速度大小为v时， 线圈中产生的感应电动势大小为2BL D.永磁体相对线圈下降时，图乙中感应电流 甲 的方向为顺时针方向 5.如图，一硬质异形导线框Oab放置在足够大的垂直纸面向里的匀强磁场中，其中ab段是半径 为R的圆弧，直线段O长为R且与圆弧段相切。该导线框在纸面内绕O点逆时针转动， 下列说法正确的是 Aa,0两点间的电势差Uo}BR B.线框中感应电流的方向为b→a→O C.O、a、b三点间的电势pb>pa>po 5 X O X D.Ob两点间的电势差Ua=2BuR 6.有一种科普玩具由一枚强磁铁和一根厚铝管组成，铝管竖直放置，磁铁从铝管上端口由静止 释放，在铝管内下落很慢。小明同学认为铝管可以等效成多个铝环叠放，所以用套在长玻璃 管外的线圈代替铝环，结合传感器进行研究，如图甲所示。现将连接电流传感器的线圈套在 竖直放置的长玻璃管上，如图甲所示。将强磁铁从离玻璃管上端高为五处由静止释放，磁铁 在玻璃管内下落并穿过线圈。如图乙所示 强磁铁 IIA 是实验中观察到的线圈中电流随时间变化 电流传感器 0.4 的图像，则 0.2 A.该科普玩具的原理是电流的磁效应 接电脑 0 B.若上下翻转磁铁，重复实验，电流先负向 -0.2 线圈 后正向 -0.4 长玻璃管 -0.6 C.线圈匝数加倍后重复实验，电流峰值将 0.8 1.0 -t/s 加倍 甲 乙 D.h加倍后重复实验，电流峰值将加倍 7.如图，足够长的“<”形光滑金属框架EOF固定在水平面内，金属框架所在×××XE× 空间分布有范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场。t=0时刻，一足够长×××××× 导体棒MN在水平拉力F作用下，以速度，沿金属框架角平分线从O点X合x, XX ×××× 开始向右匀速运动，已知金属框架和导体棒单位长度的电阻相等。下列关 xF× 于整个回路的电动势e、电流i,拉力F、拉力F的功率P随时间t变化的图像正确的是 B 物理·选择题专练（九）第2页（共4页） 班级 8.（多选)如图所示，在光滑绝缘的水平面上方有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直 匀强磁场区域，磁场宽度均为L。一个边长为L、电阻为R、匝数为N的正方形金属线框，在 水平外力作用下沿垂直磁场边界方向在水平面上匀速运动，线框的速度始终为？，从位置I运 姓名 动到位置Ⅱ（线框分别有一半面积在两个磁场中）过程中，下列说法正确的是 ×·Ⅱ A.线框从位置I进入左侧磁场的过程中，线框中感应电流方向为逆时针 得分 B. 在位置Ⅱ时外力F为2N2BL 、 R C. 在位置Ⅱ时线框中的电功率为4NBL ● R D.从位置I运动到位置Ⅱ的过程中线框的磁通量先增大后减小 9 (多选)如图，两条足够长平行导轨所在平面与水平地面的夹角为0，间距为L。导轨上端接有 一平行板电容器和一电阻，其电阻的阻值R可调整，电容器的电容为C。导轨处于匀强磁场 中，磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨平面向下。在导轨上放置一质量为m、电阻为r、长 答题栏 为L的金属棒，金属棒可沿导轨静止下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。重 入 力加速度为g。则金属棒达到稳定状态时 2 A.可调电阻R的阻值越大，流过金属棒的电流越小 3 B.可调电阻R的阻值越大，电容器所带的电荷量越大 C. 金属棒两端的电压始终为mg(R十r)sin0 BL 5 D.金属棒的热功率始终为(mg sin, BL）r 1 10. (多选)如图所示，电阻不计、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，间距为L,上端连接定值电 阻R,OO'下方存在方向垂直于导轨平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。现将质量为、电 P 阻为r、长为L的金属杆PQ从OO'上方某处由静止释放，金属杆PQ下落过程中始终水平且 与导轨接触良好，金属杆从进入磁场至稳定时的位移为x。取重力加速度为g,下列说法正 10 确的是 11 A.金属杆PQ减少的重力势能全部转化为内能 B.金属杆PQ进入磁场后有可能做变减速运动直至匀速 12 13 C. 金属杆PQ在磁场中稳定时的速度大小为mg(,+R B2L2 14 D.金属杆进人磁场直至稳定，流过金属杆的电荷量g= BLx 15 11. (多选)截至2025年7月，我国福建舰已完成八次海试，其中包括对电磁弹射系统和阻拦系统 16 的测试验证。电磁阻拦简图如图甲所示，飞机着舰时，关闭动力系统并通过绝缘阻拦索钩住 固定平行导轨上的金属棒ab,飞机减速滑行x。后停下。已知飞机拉动金属棒ab时的初速 度为。，除电磁阻力外，其他阻力不计，导轨间距为L,导轨电阻不计，导轨左端定值电阻和 金属棒ab接入电路的电阻均为R,测得金属棒ab两端的电压U与金属棒ab运动位移x的 关系如图乙所示，金属棒αb运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确的是 A.匀强磁场的磁感应强度大小为 U 本U ×a× ×××N U B.通过金属棒ab横截面的总电荷量 ××× Uoxo 为U0 C.金属棒ab、阻拦索和飞机的总质量 为2Ug Rv D,定值电阻中产生的焦耳热为：C ARvo 物理·选择题专练（九）第3页（共4页） 鱼欧克门卷 12.(多选)如图所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L,在E、F间连 接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1(0≤R1≤ 2R)。框内存在着竖直向下的匀强磁场。一长为L、电阻为R的导体 棒AB在外力作用下以速度匀速向右运动。金属框电阻不计，导体棒 与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是 A.ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针 B.电路中的感应电动势大小为2BLw C.当滑动变阻器接入电路中的阻值R1=R时，导体棒两端的电压为BL0 D.当滑动变阻器接入电路中的阻值R,-时，清动变阻器所在支路电流为R BLv 13.(多选)两根相互平行的光滑金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，与导轨始终接触 良好的导体棒AB和CD可以自由滑动。当AB在水平恒力F作用下向右运动时，下列说法 中不正确的是 IC A A.导体棒CD内有电流通过，方向是D→C B B.磁场对导体棒CD的作用力向左 XX C.导体棒CD的加速度大小趋于恒定值 D B D.导体棒AB与CD的距离趋于恒定值 14.如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d,处 于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度 为d,导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d,PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止， 两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至 停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且 电阻不计。下列说法正确的是 p A.弹簧伸展过程中，回路中产生逆时针方向的电流 M B,PQ速率为u时，MN所受安培力大小为B 2 B ●● ● C.整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2：1 Q D.整个运动过程中，通过MN的电荷量为3R BLd 15.如图所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是电阻不计的电感线圈。若最初S是接通的， S2是断开的，下列描述中正确的是 A.刚接通S2,A灯就立即亮，B灯延迟一段时间才亮 B.刚接通S2时，A灯延迟一段时间才亮，B灯就立即亮 C.接通S2到电路稳定，B灯由亮变暗最后熄灭 D.接通S2,电路稳定后再断开S2时，A、B灯均立即熄灭 16.电动汽车无线充电技术是新一代充电技术的重点发展方向，避免了传统有线充电频繁插拔 充电枪的繁琐。充电时车辆静止在地面发射线圈上方，发射线圈通入高频交变电流，在车辆 底盘上方的接收线圈中产生感应电流。为减少充电过程中车辆金属底盘的涡流损耗，工程 师进行了特殊设计。下列说法正确的是 A.车辆金属底盘应使用整块铝合金，利用其高导电性增强感应电流 B.高频交变电流通过发射线圈时，金属底盘因切割磁感线产生持续的涡流 C.对金属底盘进行分段绝缘处理（如绝缘胶填充接缝），可以大幅减少涡流损耗 D.若发射线圈通入恒定电流，无线充电系统可以正常工作 物理·选择题专练（九）第4页（共4页）高考试题逐题突破 15.C 16.D【解析】由图乙可知，物块做加速度逐渐减 、FN 小的加速运动。对物块进行受力分析可知，开 始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用 设动摩擦因数为4，沿传送带方向有F、 mg sin0=ma,物块运动后，又受到洛伦兹力的 作用，物块的加速度逐渐减小，一定是F、逐渐ms 减小，而开始时F、=ng cos0,后来FN=mg cos0一F洛，洛伦 兹力垂直传送带向上，由左手定则判断物块带正电，故A错 误。物块加速运动时，有μ(mng cos日-F路)一ng sin8=ma> 0,可得umg cos0>mng sin0,即>tan0,故C错误。对物块 受力分析如图所示，加速度为零时，有mgsin=u(mg cos0 gwB),由图乙可得v=1ms,只要传送带的速度v带≥1m:s, 物块就能匀速运动，物块可能相对于传送带静止，也可能相对 于传送带滑动，所以在2一4.5s内，物块与传送带可能有相对 运动，故B错误，D正确。 物理选择题专练（八） 1.ABD【解析】电子在t= 。时刻由静止释放进人两极板间运 3 动，先加速后减速，在t=T时刻到达B板，设两板的间距为 d,加速度a=期有d=2×号a(）八.解得d qU.T 16m ，A正确。由题意可知，经过后电子速度最大，则最 T qUo 大速度um=a·4=√m ,B正确。电子在两板间先向右做 匀加速直线运动，然后向右做匀减速直线运动，C错误。若电子 在t= 。时刻进人两极板在了一了时同内电子做匀加速直线 8 运动，位移x=2· 9 下2··（÷T）=8>d,说明电子会 直向B板运动并打在B板上，不会向A板运动，D正确 2.CD【解析】由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和V 板的电势高低，故A错误。垂直M板向右的粒子，到达N板时 速度增加，动能增加，故电场力对其做正功，电势能减小，平行 M板向下的粒子，在电场中运动时电场力对其也做正功，电势 能减小，故B错误。设两板间距离为d,平行M板向下的粒子， 刚好从N板下端射出，该粒子在两板间做类平抛运动，有之 1,d=2at,垂直M板向右的粒子，在两板间做匀加速直线 运动，两粒子的加速度大小相等，有（√2vn)一=2ad,联立解 得1=20 2w6 .0 ,故C、D正确。 3.AB 4.B【解析】根据等量同种点电荷电场的电势分布规律可知，以 O点为圆心且垂直于MN连线的圆环，其上每一位置的电势均 相等，故小球从A到C的过程中电势能不变，故A错误。小球 从A到C的过程中，电势能不变，则电场力不做功，重力做正 功，速度会增大，故小球不可能沿圆环做匀速圆周运动，故B正 确。小球在A处的速度为√gR,两正电荷对其库仑力的合力 指向O点，根据牛顿第二定律有mg十F十FN=m尺，可得 F、=一F,即小球在A处受到内轨道向上的支持力，故C错 误。在D点，两正电荷对小球库仑力的合力指向O点，小球所 受重力竖直向下，故小球在D点受到的合外力不指向O点，故 D错误。 5.B【解析】粒子带正电，由洛伦兹力①. 、◆1V/cm 提供向心力可知，粒子在磁场中做逆 时针方向的圆周运动，由Bq= 01 5 m”,可得r=g=5cm,粒子运动 gB x/em 的两种临界情况如图所示，当粒子沿 轨迹①运动时，打到最左端，位置坐 标为(-一5cm,0);当粒子沿轨迹②运动时，打到最右端，由几何 知识可知，最右端位置坐标为(5cm,0)。 D【解析】粒子做逆时针方向的匀速圆周运动，根据左手定则 可知粒子带正电，A错误。根据qwB=:XXXXXX m,得o=r,从M点射出的粒子的轨 n 迹半径更小，则速率更小，B错误。根据t= 一B,粒子运动的周期不变，圆周运动 Om N --b a 的圆心角越大，运动时间越长，由几何关系 可知，弦切角等于圆心角的一半，当弦切角越小时，运动时间越 短，如图所示，当弦与bc圆弧边界相切时，弦切角最小，Ob等于 R,由几何关系可知，此时圆周运动的圆心角为120°，则最短时 间为1am=360X 02πm=,M、N两点具体位置未知，则无 法判断从M、N点射出的粒子在磁场中运动的时间的大小关 系，C错误，D正确。 D【解析】根据题述，粒子从CF的中点射出，由左手定则可 知，粒子带正电。若区域I中电场强度大小为E、磁感应强度大 小为B,,区域Ⅱ中磁感应强度大小为B,,沿直线AC运动的粒 子进人区域Ⅱ，则有Eg=gB,可得其速度为0=B,设C℉ L,粒子从CF的中点射出，在区域Ⅱ的磁场中运动轨迹半径为 ,=2L,所对的圆心角仍为9，它们在区域Ⅱ中运动的时间 4 为。=年，若仅将区域【中磁感应强度大小变为2B,沿直线 E AC运动的粒子进入区域Ⅱ，其速度为，一2B,在区域Ⅱ的磁 场中运动轨迹所对的圆心角仍为90°，它们在区域Ⅱ中运动的 间为，=故A错误。若仅将区域【中电场强度大小变 2E,沿直线AC运动的粒子进入区域川，其速度二名，在区國 Ⅱ的磁场中运动轨迹所对的圆心角为90°，它们在区域Ⅱ中运 动的时间为？=4，故B错误。若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大 小变为得由0…，=m号解得，·四-急 02 3B3 6 人，大于2)带电粒子将从GF射出，由sm0=工c0s5 3 复粒子运动轨速所对的圆心角0=号，则1-号，放C销误。 若仅将区蚊Ⅱ中磁感应强度大小变为B由四·B, m,解得r= 4m4 2B,√2 ，=L,大于②，带电粒子将从 2 GF射出，由sn0=上5-号粒子运动轨迹所对的周心角 0=子则1=分，故D正确。 AD【解析】粒子在磁感应强度为B'的磁场中向左偏转，根据 左手定则可知粒子带正电；粒子经过速度选择器时所受的电场 力和洛伦兹力平衡，电场力水平向右，可知洛伦兹力水平向左 由左手定则可知速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外，有 9E=gB,解得，=后，即通过速度选择器的所有粒子速度大小 E 相同，故A正确，C错误。经过速度选择器进入下方磁场的粒 子速率相等，由洛伦兹力提供向心力得B'=mR,可得比荷 为是B,粒子打在屏AA2上的位置越靠近P,则半径 m 越小，粒子的比荷越大，故D正确。所有打在屏A1A2上的粒 ·6 下方磁场中做匀速圆周运动，运动时间为1三，T=? 的适当值应为v,= ,故A正确。对从O点以水平向左的 2迟_R5,由于粒子在磁场中运动的半径不同，则运动时间不 速度。做匀速圆周运动这个分运动进行分析，由洛伦兹力提 E 相同，故B错误。 供向心力，有0，B=m尺，圆周运动的周期T-2R,解得轨 0.BC【解析】粒子在磁场中运动一周加速两次，则交变电压的 周期应等于粒子在磁场中的运动周期，故A错误；二者周期相 迹半径R工B小球第一次到达滚轮线最低点时 Bq 等，则频率也相等，由周期公式T=2=,可得磁感应强 元72 eB f 经过的时间1=？T一B,最低点的y轴坐标为y=一2R= 度B-2,故B正确：由周期公式T-2-子，质最m增 散B错误，C正确。根据运动的合成可知，小球在最 大，则周期增大，频率减小，要保证粒子动能持续增加，则高频 交流电的频率应减小，故C正确：由公式B=m0,得= 低点的速度大小为2w。= 2mg,故D正确。 g r B,当r取最大半径R时，粒子有最大速度。=B ,则最 16。AB【解析】电子经电场加速，由动能定理有U=2mv,得 m 终的动能为E,-弓m心-，可知最终获得的动能与加 ,故A正确：电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹 2m v入Nm 速电压无关，根据qU=△Ek,可知仅使高频交流电电压加倍 时，粒子每次加速增加的动能加倍，总的加速次数就减少，最终 力充当向心力B=mR,其半径R-=豆四m,打在 eB B e 动能不变，故D错误。 管靶材料上，最小半径R=号得B一名√。 220m,由儿何 1.AB【解析】当传感器有向上的纵向加速度时，其弹簧质量系 统向下偏移，则霍尔元件所处位置的磁场方向向上，根据左手 关系有(2a)十(Rmx一a)2=Rx,得最大半径Rmx=2.5a, 定则可知，金属导体中的自由电子在洛伦兹力的作用下，向前 表面运动，所以前表面比后表面的电势低，故A正确。若将 侧B√磁感应强度大小范围为2电 N、S磁极对调，根据左手定则可知，金属导体中的自由电子所 受洛伦兹力的方向反向，所以前后表面电势的高低情况相反， 2℃m,故B正确；电子在磁场中运动速度相同，对应半径 ae 故B正确。若汽车纵向加速度为0，则霍尔元件所处位置的磁 场为0，则监测不到霍尔电压，故C错误。根据导电粒子所受 最小时所用时间1，= R=a_am,对应半径最大时， 2v 4 Ue 伦兹力等于电场力可知guB三g:,解得EH=Bdo,仪增 在酸场中转过角度为a,由几何关系得sina一R 2a=0.8,解得 磁极间磁场的磁感应强度，其他条件相同时，监测到的霍尔电 ! 压增大，则传感器的灵敏度增大，故D错误。 ×2xR=530/2m,所以最长 CD【解析】根据左手定则可知，电离气体中正离子向上偏， 女=53对应时间t2三0大号 U 144Ue 负离子向下偏，上表面的导体电极可视为电源的正极，A错误。 根据电阻定律可知，发电机的内阻为，一P分，B错误。当发电 时间为√肥，故C错误：产生X光的电子在磁场中的动 量变化量最大为△p=2mv=2√2Ume,故D错误 通道上下表面间的电势差稳定时，有二9=B如，解得电动势 物理选择题专练（九） E=Bau,C正确。根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻RL.C【解析】穿过a,b两环的磁通量对应的有效面积相同，所以 E Bably 的电流为I=R+rR+p ,D正确。 磁通量大小之比为1：1，故A错误。a、b两环绕圆心在纸面内 转动时，穿过两环的磁通量均不变，均不产生感应电流，故B错 C 误。根据楞次定律结合安培定则可知，磁感应强度B增大时， 4,C【解析】根据题意可知，使不同时刻通过电容器的电子发生 α、b两环中均有逆时针方向的感应电流，故C正确。根据法拉 不同程度的偏转，则电子通过电容器后速度方向不同，故A错 误。经交变电场后电子发生不同程度的偏转，故经交变电场后 第电磁感应定律有E=A ,可知磁感应强度B均匀增 △t =S AB 电子在垂直PO方向上的速度大小不同，此时由洛伦兹力提供 大时，a、b两环中产生的感应电动势之比为E:E,=1:1,根 向心力，有m三=B01,得r一5，放从右侧往左侧看，电 E 据电阻定律R=pS,可得R。:R=2:3,根据I=尺，解得 子做圆周运动的半径不同，故B错误。电子在垂直于磁场方 I。:I,=3:2,故D错误。 2.C 动的周期TT-g从中抽线到再次回到中3.C【解析】图示位置线圈中的磁通量最大，磁通量变 轴线所用时间t=T,故所有电子从发散到再次会聚所用的时 零，则线圈中的感应电动势为零，故A错误。从图示位置开始 间相同，故C正确。从发散点到会聚点，电子在沿PO方向和 的一小段时间内，线圈中的磁场竖直向下且磁通量减小，根据楞 垂直PO的平面上的两个分运动时间相等，则t直=t侧，电子经 次定律，感应电流由a到b,b端的电势比a端高，故B正确。从 过加速电场有eU= 2mu,电子射出电容器后在P0方向做 图示位置转过90°时，线圈中的磁通量最小，磁通量变化率最 大，则线圈中的感应电动势最大，故C正确。从图示位置转过 180°时，线圈中的磁通量最大，感应电动势为零，a端的电势等 速直线运动，有1电子在垂直于P0的平面上做 于b端的电势，故D错误。 4. ACD【解析】图乙时刻穿过线圈的磁通量为零，选项A正确。 圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有w1B=m,,T- 2πr 永磁体相对线圈运动越快，线圈切割磁感线的速度越大，则线 U⊥ 圈中产生的感应电动势越大，选项B错误。当永磁体相对于线 eB1倒=nT(n=1,2,3,…),联立解得=8nrV 2元m mB212(n=1,2, 圈的速度大小为时，线圈两边切割磁感线产生的感应电动势 方向相同，则线圈中产生的感应电动势大小为E=2BL心，选项 3…),故D错误 C正确。根据右手定则，永磁体相对线圈下降时，线圈相对磁场 ACD【解析】对以V。的速度水平向右做匀速直线运动这个 向上运动，则图乙中感应电流的方向为顺时针方向，选项D 分运动进行分析，根据平衡条件有ng=qvaB,则速度。所取 正确。 ·物理· 5.D【解析】由于转动过程中，导线框的磁通量保持不变，所以导 线框中不产生感应电流，故B错误。对于Oab部分，根据右手 定则可知，产生的感应电动势方向由b>a>O,则b端相当于 电源的负极，O端相当于电源的正极，所以电势关系为9> Pa>P6,故C错误。对于Oa部分，则有U=BRu=BR· R,十0-)BwR,则有UU=一2BwR,故A错误。】 对于Ob部分，则有Uw=BL,由几何关系可得lw= 10 √R2+(2R)产=5R,则有U=BLw0=B·W5R· 。5R+0-号BaR,故D正确. 2 6.B【解析】该科普玩具的原理是电磁感应，故A错误。磁铁上 下翻转后重复实验，穿过线圈过程中，磁通量方向相反，根据楞 次定律可知，将会先产生负向电流后产生正向电流，故B正确 若将线圈匝数加倍，根据法拉第电磁感应定律￡=m,可知， 线圈中感应电动势也加倍，由电阻定律R一ρS,可知，线圈匝 U 数加倍，长度也加倍，电阻加倍，由欧姆定律I一R可知，线圈中 11 感应电流的峰值不会加倍，故C错误。若没有磁场力，则由机 械能守恒定律mgh=之mu,可得u=√2gh,若将h加倍，速 度并非变为原来的2倍，实际中存在磁场力做负功，速度也不是 原来的2倍，则线圈中产生的电流峰值不会加倍，故D错误。 7.D【解析】设三角形框架的顶角为，导体棒匀速运动的速度 为，单位长度的电阻为R,当运动时间为t时，导体棒的位移 为x=t,则连人电路的导体的长度为1=2xtan? 0 2tan2,连入电路的框架的长度为1=2x。 0 2v 日t,则 0 回路中的电动势为e=Bu=2 Bv'tan2·t,故A错误。电流 0 12 E B·2ttan2·u 为I=R Butan 2 0 20 1 （2tan2+g)R （tan2+9)R cos2 c082 可知电流为一定值，故B错误。因导体棒做匀速运动，则外力F 2B2v'tan2 与安培力平衡，则有F=BIl= 1 t,故C错 tan2 、R 2Bam号 误。拉力F的功率P=Fu= 01 一t,故D正确。 （tan2 +)R 13 cos 2 8.ACD【解析】线框从位置I进入左侧磁场的过程中，穿过线框 的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，线框中感应电流方向 为逆时针：线框从位置I运动到位置Ⅱ的过程中，线框的磁通 量先增大后减小，故A、D正确。线框在位置Ⅱ时，根据右手定 测知线框左右两边同时切割磁感线产生的电流同向，所以总电 流为I=2NBL”,线框左右两边所受安培力的方向均向左，根据 R 受力平衡可得外力为F=2NBL=4NBL·,此时线框中的电 R 功率为P=IrR=4NB10,故B错误，C正确。 R 9.BD【解析】金属棒最终将在导轨上匀速运动，则有ng sin0 B1L,可得流过金属棒的电流1=mgsn,而U。=R,Q= BL CUc,由于电流I为定值，电阻R越大，电容器两端电压Uc越 大，电容器所带的电荷量Q越大，故A错误，B正确。金属棒切 割磁感线产生感应电动势，在闭合回路中形成感应电流，相当 于电源。根据闭合电路欧姆定律，可知金属棒运动达到稳定时 两端电压为U=U。=R=mgRsin0,故C错误。运动达到稳 BL 定时，金属棒的热功率为P,=Ir= (),故D正确。 BC【解析】金属杆PQ减少的重力势能转化为金属杆的动能 和回路的内能，选项A错误。当金属杆进入磁场恰能匀速运 6BL1,解得0= 动时，则mg=BR十7 gr+R）,若金属杆PQ B2L2 进入磁场时的速度大于。，则进入磁场后做变减速运动直至 匀速，选项B正确。由以上分析可知，金属杆PQ在磁场中稳 定时的速度大小为mg十R),选项C正确。金属杆进人磁场 B2L2 E △Φ 直至稳定，流过金属杆的电荷量g=I△t一R十，△：一R十 选项D错误 BC【解析】绝缘阻拦索钩住金属棒ab的一瞬间，感应电动势 E=BLw,则有U。三，E=BL心，解得B二LN 2U0,A错误： BLxo」 通过金属棒ab横截面的总电荷量为g=i=2R Uozo,B 正确；在金属棒αb的速度变为v的过程中，根据动量定理可得 B'L'ot B'L'a =m(v0一v),即 2R 2R =m(,一o),U=2BLu,则有 B U=U。 B1_U,解得m 4mR,结合U-x图像有4mR 2.x08 ,C正确：根据能量守恒，定值电阻中产生的焦耳热Q 1 x,D错误。 ×2m6=2R0 AD【解析】根据楞次定律可知，ABFE回路的电流方向为逆 时针，ABCD回路的电流方向为顺时针，故A正确。左右两个 闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，根据法拉第电磁 感应定律可知，电路中的感应电动势大小为E=BLv,故B错 误。当R,=R时，外电路总电阻R外=2R,因此导体棒两端 的电压即路端电压U一R十RE=专BL,放C错误。当帮 R外 动变阻器接入电路中的阻值R,=〉时，外电路总电阻R外一 RR R,十R=3R,干路电流为IR十 E一一3BL,滑动变阻器所 4R 在支路电流为1，-1- 一2R,故D正确。 ABD【解析】当导体棒AB向右运动时，根据右手定则可知， 导体棒AB中的电流方向为从B到A,则导体棒CD中的电流 方向为从C到D,A错误，符合题意；根据左手定则可知，CD 棒所受的安培力方向向右，即磁场对导体棒CD的作用力向 右，B错误，符合题意；由于AB棒切割磁感线产生电动势，在 回路中形成感应电流，使得CD棒受到向右的安培力，CD棒 向右做加速运动，AB棒受到向左的安培力，在外力F作用下 向右做加速运动，当CD棒运动时，AB棒和CD棒一起切割磁 感线，设导体棒CD和AB的速度分别为v1、v2,回路中的总电 E 阻为R,则电路中的电动势为E=BL(2一)，电流I=R BL(一)，AB棒和CD棒受到的安培力大小F安=BIL= R BL,(u一），设CD棒和AB棒的质量分别为m1m:,则对 R CD棒有 BL2(2-01） R =m1a1,对AB棒有 ●7 参考答案及解析 F B2L2(02-V1） 5.C R =m2a2,初始速度均为零，则开始运动时有 6.ABD【解析】波向x轴正方向传播，根据蜂前质点上振，可知 a1<a,则导体棒CD做加速度增大的加速运动，导体棒AB 位于x=4m的质点在t=0时刻，沿y轴负方向振动，所以浮 做加速度减小的加速运动，当加速度相等时，两者的相对速度 杆正随海水向下振动，故A正确：在t=0时刻发电机产生的电 FRm 动势的瞬时值最大且为Em=nB×2πro=40πV,故B正确；根 v2-0=B2L2(m1+m2 ,该相对速度大小恒定，则感应电动 势一定，感应电流一定，即安培力一定，则加速度一定，即之后 据变压器电压之比与线圈匝数之比关系号-是，解得变压器副 两根导体棒以恒定加速度做匀加速直线运动， 线圈输出电压的峰值为U2m=200πV,故C错误；负载消耗的功 C正确，不符合题意；根据上述内容可知导体 /02m12 棒AB的速度始终大于导体棒CD的速度，两 者之间始终存在速度差，作出整个运动过程的 率为P= R -=1000π2W,故D正确。 速度与时间图像，其中2表示导体棒AB,1表 7.A8.A 示导体棒CD,如图所示，根据速度一时间图像 9.AD【解析】由题意可知，变压器上的能量损失可以忽略，则该 中，图线与时间轴所围几何图形的面积表示位移，可知导体棒 降压变压器可视为理想变压器，理想变压器原、副线圈两端的 AB与CD之间的距离一直在增大，D错误，符合题意。 功率相等，所以V1与A1示数乘积等于V,与A2示数乘积，故 C【解析】弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生 A正确。由于输入电压高于输出电压，根据P=UI可知，原线 顺时针方向的电流，故A错误。任意时刻，设电流为I,则PQ 圈中电流较小，故原线圈所用的导线较细，副线圈中电流较大， 所受安培力Fa=BI·2d,方向向左，MN所受安培力FM 故副线圈所用的导线较粗，故B错误。理想变压器的输出电压 2BI·d,方向向右，可知两棒及轻质绝缘弹簧组成的系统所受 是由输入电压和匝数比决定的，由于输人电压和匝数比不变， 合外力为零，系统动量守恒，设PQ质量为2m,则MN质量为 所以副线圈的输出电压不变，所以电压表V:示数不变，V2示 m,PQ速率为v时，根据动量守恒定律2mv=m',解得v'= U, 2,此时回路中的感应电流1=2Bd十B:2de_2B,故 数不变，因为用电器增多，所以R变小，根据1：一R十R。,可知 R+2R R 电流表A2示数变大，由U3=U2一IR。,可知V3示数变小，所 MN所受安培力大小为FN=2BId=4Bdg, R ，故B错误。根 以剧线圈所接的总电阻变小，则副线圈的功率P= R增大，由 据动量守恒定律2mu=mx'知整个运动过程中，任意时刻MN P 与PQ的速率都有v'=2v,故MN与PQ的速率之比始终为 原，副线圈功率相等可得原线圈的功率增大，由1，一，可知原 2：1,时间相同，故路程比等于速率比，故MN与PQ的路程 线圈的电流增大，即电流表A,示数增大，故C错误，D正确 之比为2：1，故C正确。两棒最终停止时弹簧处于原长状态， 时间相同，由动量守恒可得.x1=21.x2,x1十x2=L,可得最 0.AC【解析】交流电源的频率f=2=。Hz=50Hz,变压 终MN向左移动x,=2L 3,PQ向右移动工2三之，则整个运动 器不改变交流电的频率，故A正确。灯泡的额定电压为有效 值，即110V,则灯泡两端的电压峰值为110√2V,故B错误。 △Φ 过程中，通过MN的电荷量为g=I△L= 心 根据=U =,可得U=55V,根据功率相等，则有U,1 2B.2头.d+B. ·2d 3 3 2BLd U2I2十U3I3,解得I3=7A,电动机的输出功率为P出=P 3R,故D错误。 P,=55×7W-7×1W=336W,故C正确，D错误。 3R 11.C 5. C 6.C【解析】整块铝合金导电性虽好，但会形成大面积的涡流回 12.BC【解析】副线圈的电流为1，=72Y+72Y=6A,原线圈 路，导致涡流损耗显著增加（电能大量转化为热能），与“减少损 耗”的设计日标矛盾，A错误；涡流属于感生电流，由交变磁场 的电流为1=3I,=2A,灯泡L正常发光时的电流为I= 引起的磁通量变化产生，而此处金属底盘静止，无法切割磁感 线，仅因磁场变化产生涡流，B错误；将金属底盘分割为多段绝 I,=2A,灯泡L1正常发光时的功率为P1=2A×72V= 144W,A错误，B正确。仅将触头P沿逆时针方向转动少许， 缘，限制涡流只能在每段金属内部形成小回路，大幅减小涡流， C正确；感应电流的产生条件是磁通量变化，恒定电流产生恒 副线圈的匝数增加，副线圈两端电压增大，副线圈的电流增大， 定磁场，磁通量无变化，因此不会激发感应电流，D错误。 原线圈的电流增大，L1一定变亮，C正确。L2正常发光，副线 圈两端电压是72V,则UAB=3×72V=216V,左端输入的正 物理选择题专练（十）】 弦交流电压的有效值为U=72V+216V=288V,D错误。 0 13.BD【解析】图中T?的原线圈并联在高压输电线上，T,的原 C【解析】导体棒切割磁感线产生电动势的瞬时值为e= 线圈串联在高压输电线上，可知，T,为电流互感器，T:为电压 互感器，即α是交流电流表，b是交流电压表，故A错误。T, BLVm BLvm sin wt,回路中电流的有效值为I= ,一个周期 √2(R+r) 为电压互感器，根据电压与匝数的关系有)=1，故 内电阻R产生的焦耳热为Q=I'RT=PR.2x-BLR (R+r)2w B正确。T,为电流互感器，根据电流与匝数的关系有 D BD【解析】由图甲电路可知，一半时间内电流从整流电路上 ”2,解得11=40A.故C错误。结合上述，高压线路输送的电 端流人，经右上二极管、灯泡、左下二极管形成回路，一半时间内 功率为P=UI1=8.8×103kW,故D正确。 电流从整流电路下端流入，经右下二极管、灯泡、左上二极管形 14.BC【解析】互感式钳形电流表利用的是电磁感应的互感原 成回路，即每个周期内通过灯泡的电流方向始终不变，始终由 理，不能测量恒定电流，故A错误。该电表原线圈为单匝，副 上向下，故C错误，D正确。由CD选项分析可知，经整流电路 线圈匝数大于原线圈匝数，根据变压器规律知相当于升压变 后，流经灯泡的电流方向不再改变，电流大小仍按正弦规律变 压器，故B正确。电流大小与线圈匝数成反比，所以副线圈匝 化，所以电压表示数即交流电源的输出电压有效值，为U 数越少，电流表读数越大，故C正确。其他条件相同时，若仅 Em=10V,故A错误，B正确。 增大通电导线中电流的频率，根据变压器的原理可知电流表 的示数不变，故D错误。