专题强化小卷（十一）电磁感应-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦电磁感应核心考点，以"概念辨析-规律应用-综合建模"为逻辑主线，融合科学推理与模型建构，实现从知识理解到问题解决的能力进阶。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概念辨析|3题（1-3）|楞次定律四步法、感应电流产生条件判断|磁通量变化→感应电动势→感应电流方向的因果关系| |规律应用|5题（4-8）|有效切割长度分析、安培力冲量公式（BILΔt=mv）|电磁感应与电路规律（E=BLv）、力学规律（F=ma）的整合应用| |综合建模|4题（9-12）|动量守恒+能量守恒双守恒模型、多过程动态分析|从单一过程到多过程的物理情境转化，培养科学论证能力|

专题强化小卷（十一）电磁感应 2027届高考物理一轮复习 一、单选题 1．下列图示情况，金属圆环中不能产生感应电流的是（     ） A．图（a）中，圆环在匀强磁场中向左匀速平移 B．图（b）中，圆环在匀强磁场中绕轴匀速转动 C．图（c）中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移 D．图（d）中，圆环向条形磁铁N极平移 2．如图所示，在水平面内质量为的导棒置于、组成的宽为导轨上，导轨电阻不计，导棒电阻，轨道间充满垂直纸面向里的磁感应强度为 的磁场，导轨端连接一原副线圈匝数比为：的理想变压器，副线圈接有阻值为的电阻。某时刻开始，导棒在外力的作用下以 的速度开始运动，向右为正方向，不计一切阻力，下列说法正确的是（     ） A．导棒中产生的电动势 B．原线圈两端的电压 C．电阻的消耗功率为 D． 内外力对导棒做的功为 3．下列处于匀强磁场的导体回路中能产生交变电流的是（     ） A．甲图中绕轴匀速转动的导体环 B．乙图中绕轴匀速转动的导体框 C．丙图中在固定导轨上匀速运动的导体棒所在回路 D．丁图中匀速运动的导体框 4．圆形导体框由粗细均匀的硬质导线制成，放在水平面上，为圆上的一条直径。导体框以恒定速度垂直磁场边界进入竖直方向的匀强磁场，且始终和平行。时刻圆弧在磁场内，所对圆心角为，如图甲所示；时刻圆弧在磁场外，所对圆心角也为，如图乙所示，则、时刻，两点的电势差大小的比值为（　　） A． B． C． D． 5．如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个闭合线圈Ⅰ、Ⅱ分别用同种材料绕制而成的边长相同粗细不同的正方形线圈，其中绕制Ⅰ线圈的导线较粗，将两个线圈同时从图示等高位置由静止释放。线圈下边进入磁场时，Ⅰ立即做了一段时间的匀速运动，已知两线圈在整个下落过程中，下边始终平行于磁场上边界，不计空气阻力，则（     ） A．Ⅱ下边进入磁场时立即做减速运动 B．Ⅱ在磁场中运动时产生的热量比Ⅰ大 C．两线圈同时到达地面 D．进磁场的过程中通过两线圈的感应电量相等 6．如图，半圆形导线框的圆心为，直角扇形导线框的圆心为，两导线框在同一纸面内且半径相等。的一侧存在垂直纸面向里的匀强磁场。现使线框、在时从图示位置开始在纸面内绕各自圆心逆时针匀速转动，周期均为。已知两导线框电阻相等，则（     ） A．导线框M中会产生正弦交流电 B．导线框N中感应电流的周期等于 C．在时，两导线框中产生的感应电动势相等 D．两导线框中感应电流的有效值相等 7．电磁泵减速部分的简化工作原理如图。在垂直纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场中，竖直放置的形光滑金属导轨左右间距为，水平放置的导体棒质量为，与竖直放置且下端固定的绝缘轻弹簧相连，与导轨接触良好且其接入回路的电阻阻值为。将自弹簧原长位置由静止释放，第一次到达最低点时下降高度为，此过程中其最大速度为。导轨电阻忽略不计，弹簧始终在弹性限度内。在从静止释放到第一次到达最低点的过程中（     ） A．流过导体棒的感应电流方向由向 B．导体棒所受安培力的冲量为零 C．通过导体棒的电荷量大小为 D．导体棒的加速度最大值为 二、多选题 8．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上．不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦．ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上．在此过程中，下列说法正确的是（     ） A．导体棒做加速度减小的减速直线运动 B．导体棒中感应电流的方向为 C．导体棒克服安培力做的总功小于 D．电阻R消耗的总电能为 9．如图所示，两根足够长的金属直导轨平行放置，导轨间距为L，与水平面成角，整个装置处于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。粗细均匀的金属棒a、b垂直导轨放置，材料相同、长度均为L，a的质量为m，b的质量为2m，两棒与导轨间的动摩擦因数均为，b的电阻为R。时，b以初速度沿导轨向下运动，同时a由静止释放。运动过程中两棒始终与导轨接触良好且不相撞，导轨电阻不计，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。下列说法正确的是（     ） A．两棒最终的共同速度为 B．整个过程中金属棒产生的焦耳热为 C．初始时两根导体棒相距的最小距离为 D．整个过程中，通过导体棒横截面的电荷量为 10．如图所示，光滑绝缘水平面上有连续相邻、宽均为d的区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，Ⅰ、Ⅲ区域有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B；Ⅱ区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小也为B。给正方形线框一水平向右的初速度进入磁场，线框最终恰好离开Ⅲ区域，金属线框abcd的质量为m、匝数为n，边长为，电阻为R。金属线框运动过程中bc边始终与磁场边界平行，则（     ） A．进入区域Ⅰ过程，通过线框的电荷量为 B．线框的初速度大小为 C．刚开始进区域Ⅱ时，线框的加速度为 D．进入区域Ⅰ与离开区域Ⅲ过程，克服安培力做功之比为1：1 11．如图甲所示，固定在水平面的光滑金属形线框，宽度为，长度足够长，线框左端连接阻值为的定值电阻，线框上ab分界线的左侧有一半径为的圆形区域，区域内有方向垂直纸面向里的磁场，磁感应强度的大小随时间变化关系如图乙所示。分界线的右侧存在着方向垂直纸面向里，大小为的足够大的匀强磁场。质量为，电阻为的金属棒，在分界线右侧垂直于线框放置，金属棒和线框接触良好。时刻释放金属棒，时刻前瞬间金属棒中恰好没有电流。不计线框的电阻。则（     ） A．时间内，闭合回路中感应电流方向为顺时针方向 B．时刻之后金属棒做匀减速直线运动 C．金属棒的最大速度为 D．时刻之后金属棒能运动的最远距离为 三、解答题 12．某科学兴趣小组设计了一个“拉力和电磁推进小车”的模型，其原理图如图所示。在绝缘水平面上固定两根间距为L、电阻不计的足够长平行金属导轨，其左端通过开关S与干电池相连。两导轨间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m、长度为L、电阻为r的金属棒放在导轨上，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ。在闭合S的同时，对金属棒施加一个大小为为重力加速度大小）、方向平行导轨水平向右的恒定拉力，闭合S后，金属棒由静止开始运动，经时间t速度达到最大。干电池的电动势为、内阻为r，金属棒始终与导轨接触良好。求： (1)闭合S瞬间，金属棒的加速度大小a； (2)金属棒的最大速度； (3)在这段时间t内，通过金属棒某一横截面的电荷量q。 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D B C C C C AD AD AC 题号 11 答案 ACD 1．A 【详解】A．图（a）中，圆环在匀强磁场中向左匀速平移，穿过圆环的磁通量不发生变化，金属圆环中不能产生感应电流，故A正确； B．图（b）中，圆环在匀强磁场中绕轴匀速转动，穿过圆环的磁通量会发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故B错误； C．图（c）中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移，离通有恒定电流的长直导线越远，导线产生的磁感应强度越弱，所以穿过圆环的磁通量会发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故C错误； D．图（d）中，圆环向条形磁铁N极平移，根据条形磁铁周围的磁场分布特征可知，穿过圆环的磁通量会发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故D错误。 故选A。 2．D 【详解】A．导棒中产生的电动势，故A错误； B．根据理想变压器的电压比和电流比可得， 由闭合电路特点可得， 根据 综合以上各式可得，原线圈两端的电压，，， ，故B错误； C．电阻的消耗功率 ，故C错误； D．该正弦交流电的周期 刚好是个周期，在这段时间内电动势有效值为 ，所以在本段时间内产生的热量为 时刻导体棒的速度 由能量守恒定律得内外力对导棒做的功 ，故D正确。 故选D。 3．B 【详解】A．甲：导体环绕轴匀速转动，磁通量不改变，不产生交变电流，故A错误； B．乙：导体框绕轴匀速转动，，周期性变化，产生交变电流，故B正确； C．丙：导体棒匀速运动，感应电动势，电流恒定，故C错误； D．丁：导体框匀速运动，不变，无感应电流，故D错误。 故选B。 4．C 【详解】设导体框总电阻，线框直径为，由于粗细均匀，每一段弧电阻，其中为该段圆弧对应的圆心角。 导体框以恒定速度垂直磁场边界进入竖直方向的匀强磁场，感应电动势源于框在磁场内部分切割磁感线，其大小等于乘以边界与圆相交的弦长。 圆弧在磁场内，所对圆心角为，弦长度为，电动势 此时电源为小弧，外电路为大弧，电流 、在外电路，段电阻为，故 圆弧在磁场外，所对圆心角为，磁场内为大弧，弦长度为，电动势仍为 此时电源为大弧，外电路为小弧，电流 由右手定则，此时电源正极为，电势为，设负极电势为零。 电源内部电流方向，且每段含电动势和电阻。用含源电路计算各点电势，每段弧电阻为，每一段弧对应的电动势为乘以它在直径上的投影 ， 因此，比值为 故选C。 5．C 【详解】A．设线圈边长为，导线电阻率为，材料密度为，导线横截面积为：线圈自由下落到磁场上边界时，速度，两线圈速度相同。 感应电动势 线圈电阻 安培力 线圈重力 因为Ⅰ立即做了一段时间的匀速运动，则由平衡条件可得 整理得 可见平衡条件与导线横截面积无关，已知Ⅰ进入磁场时匀速，因此Ⅱ进入磁场时也做匀速运动，故A错误； B．线圈运动过程中，由能量守恒可得，热量等于线框进入磁场过程重力势能的减少量，由于，Ⅰ导线更粗，质量更大，减少的重力势能更多，下落过程中产生的热量更大，故B错误； C．整个下落过程中，进入磁场前都做自由下落，速度相同；进入磁场时都匀速；完全进入磁场后，磁通量不变，无感应电流，都只受重力，加速度都为。因此任意时刻两线圈速度都相同，位移相同，同时到达地面，故C正确； D．进磁场过程感应电量 与横截面积成正比，两导线粗细不同，因此电量不等，故D错误。 故选C。 6．C 【详解】A．导线框M为半圆形，绕圆心在磁场边界转动，进入和离开磁场过程中，有效切割长度不变，感应电动势为定值，产生的是方波交流电，不是正弦交流电，故A错误； B．两导线框产生的感应电流的周期与线框转动周期相同，故B错误； C．在时，两导线框均转过，都处于进入磁场的过程中，有效切割长度均为半径，产生的感应电动势均为，大小相等，故C正确； D．导线框M中感应电流始终存在，方向周期性变化，有效值 导线框N中感应电流间歇存在，根据 解得有效值 两者不相等，故D错误； 故选C。 7．C 【详解】A．由右手定则可知，流过导体棒的感应电流方向由向，故A错误； B．导体棒下降过程中，安培力大小改变，方向不变，由冲量公式可知，导体棒所受安培力的冲量不为零，故B错误； C．导体棒下降过程中，感应电动势为 感应电流为 通过导体棒的电荷量大小为，故C正确； D．根据题意可知，导体棒下降过程中，先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，则导体棒的加速度最大值出现在最低点或初始位置，导体棒速度最大时有 若没有磁场，由能量守恒定律有 可知，在最低点时，有 此时，加速度为 有磁场时，由能量守恒定律可知，弹簧的形变量减小，则最低点时加速度小于，则导体棒的加速度最大值出现在初始位置，此时，导体棒只受重力，加速度为，故D错误。 故选C。 8．AD 【详解】B．导体棒向右运动，根据右手定则，可知电流方向为b到a，故B错误； A．根据左手定则可知，导体棒受到向左的安培力，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势为 感应电流为 故安培力为 根据牛顿第二定律有 随着速度减小，加速度不断减小，导体棒做加速度减小的减速直线运动，故A正确； C．整个过程只有安培力做功，且做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的功，故C错误； D．根据能量守恒定律，运动过程中动能最终转化为回路中产生的总热量，即 又根据焦耳定律得，电阻与导体棒串联，则产生的热量与电阻成正比。 则电阻R产生的热量为，故D正确。 故选AD。 9．AD 【详解】A．因为 可知两棒组成的系统合外力为零，则两棒组成的系统动量守恒，两棒最终以相同速度匀速运动。根据动量守恒定律， 解得，故A正确； B．根据能量守恒可知动能损失等于产生的总焦耳热 金属棒、材料相同、长度均为，的质量为，的质量为，则金属棒的横截面积是金属棒的2倍，由电阻定律可知金属棒的电阻为，金属棒a产生的焦耳热，故B错误； C．对棒应用动量定理，有 解得，故C错误； D．安培力对a的冲量等于a的动量变化，有 故，故D正确。 故选AD。 10．AC 【详解】设线框单边切割磁感线时，根据动量定理有 即 ，由此可确定线框在磁场中发生位移x时对应的速度改变量。 A．在线框进入区域Ⅰ的过程中，根据电荷量公式 可得通过线框的电荷量为，故A正确； B．线框进入区域Ⅰ和离开区域Ⅲ时，均只有一条边切割磁感线，位移均为L，依据动量定理，速度变化量的大小均为 线框进入区域Ⅱ和进入区域Ⅲ时，均有两条边分别在方向相反的磁场中切割磁感线，等效电动势 所受合安培力 根据动量定理，这两段过程的速度变化量大小均为 由于线框最终恰好完全离开区域Ⅲ，其末速度为零，则初速度大小 解得，故B错误； C．线框刚开始进入区域Ⅱ时，其速度大小 解得： 此刻有两条边切割磁感线，线框的加速度大小 代入数据解得，故C正确； D．线框进入区域Ⅰ过程克服安培力做功 代入数据解得 离开区域Ⅲ过程克服安培力做功 解得 两过程克服安培力做功之比为19：1，故D错误。 故选AC。 11．ACD 【详解】A．根据题意，由楞次定律可知，时间内，闭合回路中感应电流方向为顺时针方向，故A正确； B．时刻之后金属棒切割磁感线，产生感应电动势，回路中有感应电流，金属棒受安培力阻碍金属棒运动，金属棒做减速运动，产生的感应电动势减小，受到的安培力减小，则金属棒做加速度减小的减速直线运动，故B错误； C．根据题意，结合B选项分析可知，时刻金属棒的速度最大，此时金属棒中恰好没有电流，则有 解得，故C正确； D．根据题意，从时刻到金属棒停止运动，由动量定理有 又有， 联立解得，故D正确。 故选ACD。 12．(1) (2) (3) 【详解】（1）闭合开关瞬间，金属棒速度为0，动生电动势为0，电路总电阻为电源内阻加金属棒电阻，总电阻 由闭合电路欧姆定律可得，电路电流 得 金属棒受到的安培力，方向水平向右。 由牛顿第二定律可得 解得 （2）速度最大时加速度为0，合力为0。此时金属棒的动生电动势为 电路电流 平衡条件 可得 将代入，整理得 联立解得 （3）对金属棒由动量定理可得 其中安培力的冲量 拉力和摩擦力为恒力 代入得 整理得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $