专题4 课时作业15 电磁感应-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习练习手册

课时作业15 (分值：1 基础巩固练 1.(5分)(2024·北京卷)如图所 M 示，线圈M和线圈P绕在同一 个铁芯上，下列说法正确的是 电流表 A.闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引 B.闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0 C.断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到b D.断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向 向左 2.(5分)(2025·八省联考四川 卷)如图所示，水平面MN下M××义××N 方存在垂直纸面向里的匀强 ××××× 磁场，纸面为竖直平面。不可 ××××× 形变的导体棒ab和两根可形变的导体棒组成三 角形回路框，其中ab处于水平位置，框从MN上 方由静止释放，框面始终在纸面内，框落入磁场且 ab未到达MN的过程中，沿磁场方向观察，框的 大致形状及回路中的电流方向为 C 3.(5分)(2024·广东卷)电磁俘能器可在汽车发动 机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构 如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振 动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应 强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线 圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线 圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不 会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确 的是 ( ) 线圈 L· ● 磁场分界线 ×××× ×××× 甲 乙 (横线下方不可作答) 13 班级： 姓名： 电磁感应 0分) A.穿过线圈的磁通量为BL2 B.永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势 越大 C.永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势 越小 D.永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方 向为顺时针方向 4.(5分)(2025·陕西西安一模)若陕西地区地磁场 的磁感应强度的竖直分量的大小B,随距离地面 高度五的变化关系如图甲所示，一直升机将一始 终保持水平的闭合金属导线框竖直向上匀速吊 起，如图乙所示，下列说法正确的是 () B↑ 甲 乙 A.线框中有顺时针方向的感应电流（俯视） B.线框中的感应电流不断减小 C.线框中的感应电流不断增大 D.线框的四条边有向内收缩的趋势 5.(5分)(2025·八省联考山西卷)M 如图所示，对角线长度为2L的正 方形区域abcd中有垂直于纸面的a 磁场（图上未画），磁感应强度B 随时间t按B=B。一kt(B。、k不N 变，且B。>0,k>0)变化。abcd所在平面内有一 根足够长的导体棒MN始终垂直于db,并通有恒 定电流。t=0时，导体棒从d点开始沿db方向匀 速穿过磁场，速率为。设导体棒运动过程中所 受安培力大小为F,F-t图像可能正确的是 八 公 专题四电路与电磁感应 6.(5分)如图甲所示，间距为L=1m的长直平行金 属导轨PQ、MN水平放置，其右端接有阻值为 R=1.52的电阻，一阻值为r=0.5、质量为 m=0.2kg、长度为L的金属棒ab垂直导轨放置 于距导轨右端d=2m处，与两导轨保持良好接 触。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感 应强度的大小随时间变化的情况如图乙所示。在 0~1.0s内金属棒ab保持静止，1.0s后金属棒在 水平外力的作用下运动，使回路的电流为0。导轨 电阻不计，重力加速度g取10m/s2,滑动摩擦力 等于最大静摩擦力，下列说法正确的是 ↑B R 1.0t/s 分 A.动摩擦因数需等于0.5 B.前2s内通过电阻R的电荷量为2C C.1s后金属棒做匀加速直线运动 D.第2s内金属棒的位移为1m 能力提升练 7.(5分)（多选）(2024· 2B 黑吉辽卷)如图所示， 302℃ 两条“入”形的光滑平 <102mw 行金属导轨固定在绝 30 30°℃ 缘水平面上，间距为L,左、右两导轨面与水平面 夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁 感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的 导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两 棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、 cd的质量分别为2m和m,长度均为L。导轨足 够长且电阻不计，重力加速度为g,两棒在下滑过 程中 A.回路中的电流方向为abcda B.ab中电流趋于gBL C.ab与cd加速度大小之比始终为2：1 D.两棒产生的电动势始终相等 红对勾·讲与练 1 8.(5分)（多选）(2024·全国甲卷）u 如图所示，一绝缘细绳跨过两个 在同一竖直面（纸面）内的光滑定 滑轮，绳的一端连接一矩形金属 线框，另一端连接一物块。线框 与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的 匀强磁场，磁场上下边界水平，在1=0时刻线框的 上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运 动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水 平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度 随时间t变化的图像中可能正确的是 C 0 9.(15分)(2025·四川卷)如图所示，长度均为s的 两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘 桌面上，两者平行且相距1，M、P连线垂直于导 轨，定滑轮位于N,Q连线中点正上方h处。MN 和PQ单位长度的电阻均为r,M、P间连接一阻 值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强 磁场，磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸 长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿 导轨向右做匀速直线运动，速度大小为。零时 刻，金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时 与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度大小为 g。求： 得分 40 高三二轮物理 班级： 姓名： (1)金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势： 尖子生选练 (2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路 10.(15分)(2025·北京西城区一模)如图为某种“电 的热功率； 磁弹射”装置的简化原理图。在竖直向下的匀强 (3)金属杆在导轨上保持速度大小。做匀速直线 磁场中，两根光滑的平行长直导轨水平放置，一 运动的最大路程。 根导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良 好。已知磁场的磁感应强度大小为B,导轨间距 为L,导体棒的质量为m,电阻为R。开关S接 1,导轨与恒流源相连，回路中的电流恒定为I,导 体棒由静止开始做匀加速运动，一段时间后速度 增大为v。此时，将开关S接2，导轨与定值电阻 R。相连，导体棒开始做减速运动直至停止。不 计导轨电阻及空气阻力。 得分 12×R×××× 流 O1R,××××××xx 源 ××××X×× (1)开关S接1后，求导体棒受到安培力的大小 FA及其加速运动的时间t; (2)开关S接2后，求导体棒速度为0.5v时加速 度的大小a; (3)求导体棒在加速运动阶段及减速运动阶段产 生的焦耳热Q1和Q2。 (横线下方不可作答)141☐ 专题四电路与电磁感应 ■电流等于流经两电阻的电流之和，则 副线圈千路的电流为流经R,电流的3 倍，故C错误；由于该变压器为理想变 压器，所以原、副线圈的功率之比为 1:1,故D错误。 5.D在t=0.005s的时刻，感应电动势 最大，此时穿过线圈的磁通量为0，故 5√2 A错误；电动势有效值E= V= 5V,通过灯泡的电流为I= E R十 1A,故B错误；电压表的示数为U IR=4V,故C错误；前0.0]s内灯泡消 耗的电能为E=IRt=12×4×0.01J= 0.04J,故D正确。 6.AC保持T不动，则原、副线图匝数 比不变，又变压器的输入电压不变，根 据变压器的变压规律可知，变压器的 输出电压不变，滑动变阻器的滑片向∫ 端滑动时，其接入电路的电阻减小，根 据闭合电路欧姆定律可知通过R,的 电流增大，根据P=IR可知，R1的热 功率增大，A正确：仅将T向b端移 动，R,两端的电压减小，根据P= R 可知，R的热功率减小，B错误；同理， 仅将T向a端移动，R的热功率增 大，再将滑动变阻器的滑片向∫端滑 动，R,的热功率进一步增大，C正确； 经以上分析可知，将T向b端移动，滑 动变阻器的滑片向e端滑动，R,的热 功率减小，D错误。 7.BD从甲地向乙地输电，输电线的双 线电阻设为R,根据电阻定律可得R= L PS,把该发电机输出的电能从甲地向 丙地输送，保持输电线的规格不变，输 电线的双线总长度变为2L,则输电线 的双线电阻变为2R,要使在用户端得 到的电功率不变，则输电线损失的功 率也保持不变，根据△P=I2R=I'2· 2R,可得=2 I,故A错误，B正确； 设发电机的输出功率为P,输出电压 为U,升压变压器原线圈中的电流为 P 1= ，根据变压器原、副线图电流与 医发的关系可件号=公分=日，欧 立可得=，故C错误，D正确。 8.C将可变电阻与变压器等效为一个 新电阻，其等效电阻R'=R,原线图 ni n 回路满足闭合电路欧姆定律，有U= I(RA十R'),由于A的熔断电流为1A, 可得R'≥2192，即R≥8.762，故A 错误；当R'=RA时R的功率最大， R'>RA时，电阻R越大，功率越小，故 B错误；设可变电阻R两端电压为U', 则原线圈两端电压为5'，根据 U-5U' ≤1A,可得U'≥43.8V,故C RA 正确：保持R不变，增加原线圈匝数， 等效电阻变大，通过保险丝的电流减 小，故D错误。 9.AC根据理想变压器的电压比等于匝 数比可得n1:n2=U1:U2=5:1, n1:n3=U1:U3=5:1,故A正确， B错误；根据能量守恒可知变压器的输 入功率等于总的输出功率，故P骑入 P出=7.0kW+3.5kW=10.5kW, 故C正确；输出电压为交流电的有效 值，根据正弦式交变电流的最大值与 有效值的关系可知，两副线圈输出电 压最大值均为Um=220√2V,故D 错误。 10.A设升压变压器原、副线圈匝数分 别为n1n2,降压变压器原、副线图匝 数分别为、n:,将降压变压器和用 户端所接定值电阻R等效为一个电 3U:R。 U3_= 组R华，则R华一了I: 113 发电机转子以角速度ω匀速转动时， 产生的电动势的最大值Em=NBSw, 则升压变压器输入端的电压有效值 0,= NBS“,转子角速度增加一倍， 2 则升压变压器输出端电压为U:= ”二U,增加一倍，根据闭合电路欧姆 1 定律知定值电阻R。中的电流变为原来 的2倍，结合P=I。R。可知，转子角速 度增加一倍，R。上消耗的功率变为4P, A正确；结合P=《 U: ·Ro, R。十R爹装 若R。增加一倍，则R。上消耗的功率 0） 为(2R。+R车 ·2R。≠4P,B错 误；若升压变压器的副线圈增加一 倍，根据理想变压器变压规律知，升 压变压器副线圈两端的电压变为原 U 来的2倍，由L。=R。十R等 一可知，定 值电阻R。中的电流变为原来的2 倍，R。上消耗的功率变为4P,C错 误：若在用户端再并联一个完全相同 的电阻R,降压变压器和用户端所接 定值电阻的等效电阻变为)R等数，R。 U: 上消耗的功率变为 1 R。十2R等数/ R。≠6P,D错误。 11.AD导体棒ab在圆环最低，点时，速度 与磁感线垂直，有效切割速度最大， 经过时间t导体棒速度与磁感线夹角 为0=a=巴=t,导体捧的有效切割 速度为y'=vcos8=2cosπt(m/s), 则感应电动势随时间的变化规律为 u=E'm cos8=2√2cosπt(V),电动势 最大值为Em=2W2V,感应电流最大 值为Im=Rb十R =√2A,电流表示 数为电流有效值，故电流表示数为 I==1A,A正确：导体捧b两端 1 √2 的电压为=RRu=Eosu(V), B错误：导体棒αb做圆周运动的周期 2xr 为T=2r=2s,因0.58= U 工，故在 0~0.5s时间内，通过导体棒b的电 △Φ BLr 荷量为q一R+R。R+Rb V C. C错误；从t=0到0.5s的过程中，由 能量守恒定律有W=I(R十R)t十 mgr=3J,D正确。 课时作业15电磁感应 1.B闭合开关瞬间，根据安培定则可知 线图M中突然产生向右的磁场，根据 楞次定律可知，线圈P中感应电流的 磁场方向向左，因此线圈M和线圈P 相互排斥，A错误；线圈M中的磁场稳 定后，线圈P中的磁通量不再变化，则 线圈P产生的感应电流为0，电流表示 数为0，B正确；断开开关瞬间，线圈M 中向右的磁场瞬间减为0，根据楞次定 律可知，线图P中感应电流的磁场方 向向右，根据安培定则可知流过电流 表的电流方向由b到a,C、D错误。 2.C由楞次定律“增反减同”可知回路 框中感应电流方向为逆时针，根据左 手定则可知左侧导体棒所受安培力斜 向右上方，右侧导体棒所受安培力斜 向左上方，故选C。 3.D根据题图乙可知此时穿过线圈的 磁通量为0，A错误；根据法拉第电磁 感应定律可知永磁铁相对线圈上升越 快，磁通量变化越快，线圈中感应电动 势越大，B、C错误；永磁铁相对线圈下 降时，根据楞次定律和安培定则可知 线圈中感应电流的方向为顺时针方 向，D正确。 4.A陕西地区位于北半球，地磁场的磁 感应强度的竖直分量竖直向下，根据 楞次定律和安培定则，线框中有顺时 针方向的感应电流（俯视），故A正确： 由法拉第电磁感应定律和B。一h图像 得，线框中感应电动势大小为E= △BS △BS △BS △t △h △h0=Su,感应电流 E 的大小为I= ,可知感应电动势E 保持不变，则感应电流的大小保持不 变，故B、C错误；根据楞次定律，线框 的四条边有向外扩张的趋势，故D 错误。 5.A导体棒在0L时，经过时间t导 体棒移动的距离为x=t= 2kL t,此时 B。 导体棒在磁场中的长度L=2x= AkL B.t. 所受的安培力F=BIL=I(B。一 AkL 4kLI kt) B B。 (B。t一kt),则F-t图 像为开口向下的抛物线的一部分；同 理，导体棒在L~2L时，所受安培力F= 1B,-)(红-，)=1(B 2:十信)，由戴学如识可知P1图 像为开口向上的抛物线的一部分，故 A正确。 参考答案 253 6.D在0~1.0s内，由法拉第电磁感应 △B 定律可得电动势为E=Ld △ =2V, 由闭合电路欧姆定律得电流的大小为 =1A,由金属棒静止可知最 E I= R+r 大静摩擦力大于等于安培力，即 mg≥ILB1,解得u≥0.5，故A错误； 01.0s内电流恒定为1A,1~2s内 电流为0，前2s内通过电阻R的电荷 量为q=It=1C,故B错误；由法拉第 电磁感应定律知，1s后回路磁通量不 变，t=1.0s时，磁通量为中1= B1dL=2Wb,t>1.0s时，磁通量为 Φ。=B,L(d一x)=t(2一x),Φ1=Φ2， 解得工=2-2，金属捧不是微匀加速 2 直线运动，故C错误；由x=2一 一知 金属棒第2s内的位移为x=1m,故 D 正确。 7.AB两导体棒沿轨道向下滑动，根据 右手定则可知回路中的电流方向为 abeda,故A正确；设回路中的总电阻 为R,对于任意时刻，当电路中的电流 为I时，根据牛顿第二定律，对ab有 2 ng sin30°-2 BILcos30°=2mab,对 cd有mg sin30°-BILcos30°=mad, 故可知ab=ad,分析可知两个导体 棒产生的电动势相互叠加，随着导体 棒速度的增大，回路中的电流增大， 导体棒受到的安培力在增大，故当安培 力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下 的分力平衡时导体棒将匀速运动，此 时电路中的电流达到稳定值，此时对 ab分析，有2 ng sin30°=2 BILcos30°， 解得1= 3mg,故B正确，C错误：根 3BL 据前面分析可知a=ad,故两导体棒 速度大小始终相等，由于两边磁感应 强度不同，所以产生的感应电动势不 相等，故D错误。 8.AC设线框的上边框进入磁场时的速 度为，线框的总电阻为R,线框的质 量为M,物块的质量为m,题中各选项 图中线框进入磁场时线框的加速度向 下，则对线框，根据牛顿第二定律可知 Mg十F一T=Ma,对物块根据牛顿 第二定律有T一mg=ma,其中F安= BL,即 BL R R 巴+(M-m)g=(M+ m)a,线框向上做减速运动，随速度的 减小，向下的加速度减小；当加速度为 0时，线框做匀速运动的速度为。= (M-m)gR 。若线框进入磁场时的速 B2L* 度较小，则线框进入磁场时做加速度 减小的减速运动，线框的下边框未进 入磁场时，线框的速度和加速度都趋 近于0，则图像A可能正确；因t=0时 刻线框就进入磁场，则进入磁场时线 框向上不可能做匀减速运动，则图像B 不可能；若线框的质量等于物块的质 量，且线框进入磁场时速度大于。，则 线框进入磁场时做加速度减小的减速 运动，完全进入磁场后线框做匀速运 动，当线框离开磁场时，受向下的安培 2542对闪·讲与练·高三二轮物理 力又做加速度减小的减速运动，最终 离开磁场后做匀速运动，则图像C可 能正确，图像D不可能。 B1202 9.(1)Bl (2)2r(d+s) 3)√B7u 2mgr 解析：(1)金属杆在导轨上运动时，切 剖磁感线，产生感应电动势E=Bl0。 (2)金属杆运动距离d时，电路中的总 电阻为R=2dr十2sr, 故此时回路中的总的热功率为P= B2120 R=2(d+s) (3)设金属杆保持速度大小)做匀速 直线运动的最大路程为x,此时刚好将 要脱离导轨，设此时轻绳拉力为T,与 水平方向的夹角为日，对金属杆根据受 力平衡可知F安=Tcos0,mg=Tsin0, 根据位置关系有tanf= s-t' Blo 同时有F金=BIl,I= 2r(x+s)' 联立解得工一 B212hv 2mgr 1m0 B'L'o 10.(1)BIL BIL (2)2m(R+Ra (3)Rm mu'R BL 2(R+R。) 解析：(1)开关S接1后，导体棒受到 安培力的大小FA=BIL, 根据牛顿第二定律有BIL=ma1, BIL 得a1一1 m 导体棒做匀加速直线运动的时间 t=」 7m0 得t=BIL (2)开关S接2后，当导体棒速度为 0.50时，导体棒中产生的感应电动势 E=0.5BL0, 回路中的感应电流 E BLv IL=R+R。=2(R+R。)' 导体棒受到的安培力 B2L20 F=BIL-2(R+R)' 根据牛顿第二定律，导体棒加速度的 F B2L20 大小a= =2m(R+Ro)° (3)开关S接1后，导体棒产生的焦耳 热Q,=I'Rt=IRmu BL' 开关S接2后，电路产生的焦耳热 Q=2m02, 其中导体棒产生的焦耳热 R mu'R Q:=R+R。Q=2R+R。) 课时作业16动量观点在 电磁感应中的应用 1.A设匀强磁场的磁感应强度大小为 B,金属棒的电阻为R,导轨间距为L, 则由牛顿第二定律有F-BL巴 R 2B'L'v ma ma,F ，联立解得F= R 2 3 ma,F= 3B2L2 2 R ,故A正确；设金 属棒的最大速度为m,则有F= B10e,解得0。=30，故B错误：当 R 金属棒的速度为0时，金属棒的加速度 最大，最大值am=上=3C m =2,故C错误； 撤去拉力F后，根据动量定理有 -BIL·△t= B'L'z R =0一2m0,解 得工=4，故D错说。 a 2.AD根据题意可知，金属棒刚释放时， 只受重力，则加速度为g,故A正确； 根据题意，对金属棒由动量定理有 mgt一BIlt=m0,其中It=Q=CU= mg CBa,整理可得知=m十CBT1,由公 式v=at可得a= mg m+CB212 (定值)， 则金属棒做匀加速运动，故C错误， D正确；根据题意可知，金属棒下滑过 程中，电流为i= △Q _CBI△ △t △t -CBla, 由上述分析可知，金属棒下滑过程中， 加速度保持不变，则电流保持不变，故 B错误。 3.ADt=t。时刻，设金属杆ab的速度 大小为’，对两杆整体，由动量定理得 Fto=mu'十mu,解得'= Fto 一0· m A正确：从t=0到t=t。时间内，对金 属杆ab,由动量定理得BILt。=mo', g=Ito,则通过金属杆ab的电荷量为 Ft。一m0 9= ,B错误；最终两金 BL BL 属杆达到共同速度口共，由动量守恒定 律得2m℃共=m℃'十m℃，设通过回路的 电荷量为q',对金属杆ab有BLg'= 0共，设最终两金属杆的间距为s,有 BL(s一so) ,联立解得s=s。十 2R FRto B'L: C错误，D正确。 mgR mR 16B'd'H 4.(1) 8B'd' (2) B'd2 mgR 解析：(1)金属棒达到最大速度后，处 于平衡状态，有 mg sin a=BId+umgcos a, 其中1= E,E-Bdv 联立解得金属棒的最大速度为 mgR U max 8B'd2 (2)金属棒下滑过程中，根据动量定理 有mgt sin&-amgteos a-∑BdvL R m,其中Bd tB'd ∑v△t= R B'd.2H, R 解得1 mR ,16B2d2H B'd+ mgR