专题分层练 10.电磁感应规律及应用--2026高考物理第二轮专题复习练（含解析）

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2026高考物理第二轮专题复习
10.电磁感应规律及应用
选择题:1~6题每小题3分,7~8题每小题4分,共26分
基础巩固练　
1.(2025河南卷)如图所示,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,下图能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是(　　)
2.(2025陕西卷)电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一,其原理如图所示,在钢制线圈内同轴放置可压缩的铜环,其内已“注入”一个初级磁场,当钢制线圈与电容器组接通时,在极短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培,铜环迅速向内压缩,使初级磁场的磁感线被“浓缩”,在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉。此过程,铜环中的感应电流(　　)
A.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同
B.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反
C.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同
D.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反
3.(2025河南许昌模拟)如图所示,水平面内两平行金属导轨之间接有电流表G,金属棒垂直于导轨放置且与导轨接触良好,匀强磁场与金属导轨所在平面垂直,磁感应强度大小为B0。在外力的作用下让金属棒以恒定的速度v沿导轨向右运动,电流表读数保持不变,t=0时刻,磁场的磁感应强度B开始随时间t发生变化,金属棒的速度大小和方向仍保持不变,发现电流表G的读数保持为零,则的值随时间t变化的图像为(　　)
4.(多选)(2025黑吉辽蒙卷)如图所示,“”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直,各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动,be与磁场方向垂直。t=0时,abef与水平面平行,则(　　)
A.t=0时,电流方向为abcdefa
B.t=0时,感应电动势为Bl2ω
C.t=时,感应电动势为0
D.t=0到t=过程中,感应电动势平均值为0
5.(多选)(2025河北保定模拟)如图所示,空间有一“”型光滑金属框架竖直放置,磁感应强度大小为B=2 T的匀强磁场,方向垂直于框架平面向外,框架上有一导体棒MN与框架边垂直且始终保持良好接触,导体棒MN由静止开始下滑。已知导体棒MN质量为m=0.1 kg,电阻为R=0.4 Ω,框架的宽度为L=0.1 m,框架电阻不计,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.导体棒MN中电流的方向为从M到N
B.导体棒MN下落的最大加速度的大小为10 m/s2
C.导体棒MN下落的最大速度的大小为5 m/s
D.导体棒MN在最大速度时的电功率为10 W
6.(多选)(2025湖北四月调研)某同学制作的电磁发射装置简化模型如图所示,MN、PQ为水平固定的相距为L且足够长的粗糙导轨,两导轨间存在磁感应强度大小可调的匀强磁场,方向竖直向下,M、P端接有电动势为E、内阻不计的恒压电源,S为开关。一质量为m、长度为L、电阻为R的导体棒ab垂直于导轨静置于导轨上,与导轨接触良好,电路中其余电阻不计。导体棒在导轨上运动时受到恒定的阻力Ff,当磁场的磁感应强度取某一特定值时,闭合开关S可以使导体棒最终的速度最大。在此磁感应强度下导体棒从静止开始经时间t,运动的位移大小为d。下列说法正确的是(　　)
A.导体棒最终的最大速度为
B.从静止开始经时间t通过导体棒的电荷量为
C.从静止开始经时间t导体棒所受安培力的冲量大小为2Fft-
D.从静止开始经时间t电流通过导体棒产生的热量为-2Ffd
综合提升练　
7.(多选)(2025陕西咸阳模拟)空间存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场,两根相距为L的平行长直金属导轨水平放置,左端接电容为C的电容器,一根导体棒放置在导轨上,如图甲所示。起初开关闭合,导体棒在水平向右的恒力作用下开始运动,t0时刻速度增加到v0,此时断开开关,导体棒继续加速,2t0时刻速度增加到4v0,v-t图像如图乙所示,已知导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,不计电路中的电阻及导体棒与导轨间的摩擦。下列说法正确的是(　　)
A.t0时刻电容器所带的电荷量为CBLv0
B.0~t0时间内通过导体棒的电流为
C.0~t0时间内导体棒受到的安培力大小为
D.恒力F=
8.(多选)(2025山东名校联盟模拟)如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,导轨间距为L,电阻不计,空间内有垂直轨道面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。两金属杆垂直于导轨保持静止,金属杆ab质量为m,电阻为R,金属杆cd电阻不计,其间接有一个电容为C的电容器,电容器板间距d L,电容器与cd杆为一个整体,质量为m。现垂直于ab施加一水平向右,大小为F的恒力,经过足够长时间,当系统达到稳定时,下列说法正确的是(　　)
A.金属杆ab与金属杆cd加速度相同
B.金属杆ab的加速度大于金属杆cd的加速度
C.cd杆的加速度大小为
D.cd杆的加速度大小为
9.(6分)(2025天津和平区二模)如图所示,匝数为N、电阻为R的线圈内有方向垂直于线圈平面向上、随时间均匀变化的匀强磁场B1,线圈通过开关S连接两根间距为L、倾角为θ的足够长平行光滑金属导轨,导轨下端连接阻值为R的电阻。一根阻值也为R、质量为m的导体棒ab垂直放置于导轨上。在平行金属导轨区域内仅有垂直于导轨平面向上的恒定匀强磁场,磁感应强度大小为B2。接通开关S后,导体棒ab恰好能静止在金属导轨上。假设导体棒ab与导轨接触良好,不计导轨电阻。求:
(1)B1磁场穿过线圈磁通量的变化率;
(2)开关S断开后,ab从静止开始下滑到速度大小为v时,此过程ab上产生的热量为其获得动能的,求此过程通过ab的电荷量q。
10.(8分)(2024湖北卷)如图所示,两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L,固定在同一水平面内,直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直,其左侧无磁场,右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环,水平放置在两直导轨上,其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及圆环可能的形变,金属棒、圆环均与导轨始终接触良好,重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放。
(1)求ab刚越过MP时产生的感应电动势大小。
(2)求圆环刚开始运动时的加速度大小。
(3)为使ab在整个运动过程中不与圆环接触,求圆环圆心初始位置到MP的最小距离。
11.(9分)(2024全国甲卷)两根平行长直光滑金属导轨距离为l,固定在同一水平面(纸面)内,导轨左端接有电容为C的电容器和阻值为R的电阻。开关S与电容器并联;导轨上有一长度略大于l的金属棒,如图所示。导轨所处区域有方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开关S闭合,金属棒在恒定的外力作用下由静止开始加速,最后将做速率为v0的匀速直线运动。金属棒始终与两导轨垂直且接触良好,导轨电阻和金属棒电阻忽略不计。
(1)在加速过程中,当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍时,金属棒的速度大小是多少
(2)如果金属棒达到(1)中的速度时断开开关S,改变外力使金属棒保持此速度做匀速运动。之后某时刻,外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍,求此时电容器两极间的电压及从断开S开始到此刻外力做的功。
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12.(11分)(2025江苏卷)圆筒式磁力耦合器由内转子、外转子两部分组成,工作原理如图甲所示。内、外转子可绕中心轴OO'转动。外转子半径为r1,由四个相同的单匝线圈紧密围成,每个线圈的电阻均为R,直边的长度均为L,与轴线平行。内转子半径为r2,由四个形状相同的永磁体组成,磁体产生径向磁场,线圈处的磁感应强度大小均为B。外转子始终以角速度ω0匀速转动,
某时刻线圈abcd的直边ab与cd处的磁场方向如图乙所示。
甲
乙
(1)若内转子固定,求ab边产生感应电动势的大小E;
(2)若内转子固定,求外转子转动一周,线圈abcd产生的焦耳热Q;
(3)若内转子不固定,外转子带动内转子匀速转动,此时线圈中感应电流为I,求线圈abcd中电流的周期T。
参考答案
1.C　解析 金属薄片向右运动时,N极左侧金属薄片向下的磁通量增加,N极右侧金属薄片向下的磁通量减小,由楞次定律可知,左侧金属薄片产生逆时针方向的涡电流,右侧金属薄片产生顺时针方向的涡电流,C正确。
2.B　解析 当钢制线圈与电容器组连通时,钢制线圈中产生迅速增大的电流,线圈所围区域产生迅速增强的磁场,根据楞次定律,可知铜环中产生的感应电流的磁场会阻碍引起感应电流的磁通量的变化,故铜环中的感应电流与钢制线圈中的电流方向相反,为阻碍铜环中磁通量变化,铜环上感应的电流与钢制线圈的电流大小几乎相等,因此两个方向相反的大电流之间的作用力使圆环被急速向内侧压缩,故选B。
3.B　解析 设两导轨之间距离为d,t=0时刻金属棒与左侧电流表位置的距离为l0,根据题意,在金属棒以恒定的速度v沿导轨向右运动过程中,电流表G的读数始终为零,说明回路的磁通量保持不变,即B0dl0=Bd(l0+vt),化简得=1+t,这是关于t的一次函数,故选B。
4.AB　解析 t=0时,af边切割磁感线,由右手定则可知电流在af边中由f流向a,则电流方向为abcdefa,故A正确;由法拉第电磁感应定律有Eaf=Blv=Bl2ω,故B正确;由转过角度θ=ωt知,当t=时,线框转过180°,所处位置如图所示,此时af边切割磁感线,cd边不切割磁感线,感应电动势不为0,故C错误;从t=0到t=过程中,≠0,故D错误。
5.BD　解析 根据右手定则可知,MN中电流的方向为从N到M,故A错误;对导体棒MN受力分析,受到重力和安培力,根据牛顿第二定律有mg-F安=ma,要使a最大,而mg不变,则F安最小,而安培力的最小值是0,也就是刚下滑的瞬间a最大,解得最大加速度的大小为am=g=10 m/s2,故B正确;当导体棒速度最大时,a=0,即mg=BIL,感应电动势E=BLv,感应电流I=,联立解得导体棒MN下落的最大速度的大小为v= m/s=10 m/s,故C错误;导体棒MN在最大速度时的电功率为P= W=10 W,故D正确。
6.AC　解析 设磁感应强度大小为B,导体棒最终的最大速度为v,则有E-BLv=IR,BIL=Ff,联立可得v=-,根据数学知识可知,当B=时,v取最大值,为vm=,故A正确;保持B=不变,取Δt→0,任意时刻导体棒电流i=,在时间t内,有q=∑iΔt=∑·Δt=t-,故B错误;导体棒所受安培力的冲量大小为I=∑BiLΔt=BLq=2Fft-,故C正确;电源消耗的电能为W=Eq=t-2Ffd,根据能量守恒定律可知电源消耗的电能转化为电流通过导体棒产生的热量、导体棒的动能、导体棒与导轨摩擦产生的热量,故D错误。
7.AB　解析 根据题中图像可知,导体棒的运动为两个连续的匀加速直线运动,t0时刻电容器两极板间的电压为U=BLv0,电容C=,解得Q=CBLv0,故A正确;0~t0时间内导体棒受到的安培力不变,电容器单位时间内增加的电荷量不变,根据电流的定义可知I=,故B正确;0~t0时间内导体棒受到的安培力大小F安=BIL=,故C错误;设导体棒的质量为m,根据牛顿运动定律,0~t0时间内有F-F安=m,t0~2t0时间内有F=m,联立解得F=,故D错误。
8.BD　解析 系统达到稳定后,设杆ab的速度为v1时,杆cd的速度为v2,由a=,可得此时杆ab的瞬时加速度为aab=,杆cd的瞬时加速度为acd=,则电路中的感应电动势,由E=BLv,得E=BL(v1-v2),杆运动过程中,给电容器充电,充电电流为i=,由C=,ΔU=E-ΔiR,=0,得i==CBL(aab-acd),对杆ab,由牛顿第二定律得F-BiL=maab,对杆cd,由牛顿第二定律得BiL=macd,解得aab=,acd=。根据上述计算可知,金属杆ab与金属杆cd加速度不相同,A错误;根据上述计算可知,金属杆ab的加速度大于金属杆cd的加速度,B正确;杆cd的加速度大小为,C错误;杆cd的加速度大小为,D正确。
9.答案 (1)　(2)
解析 (1)接通开关S后,导体棒ab恰好能静止在金属导轨上
线圈中产生的电动势为E=N
回路电流为I=
回路总电阻为R总=R+R
对于导体棒ab,根据受力平衡可得mgsin θ=B2·L
联立解得。
(2)开关S断开后,ab从静止开始下滑到速度大小为v时,此过程ab上产生的热量为其获得动能的,设此过程ab下滑的距离为x,根据能量守恒定律可得
mgxsin θ=mv2+Q总
其中Q总=2Qab=2×mv2=mv2
又q=Δt=Δt=Δt=
联立解得q=。
10.答案 (1)BL　(2)
(3)+L
解析 (1)ab由静止释放到刚越过MP过程中,由动能定理有
mgL=
解得v0=
ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E=BLv0=BL。
(2)圆环在导轨外侧的两段圆弧被短路,在导轨内侧的两段圆弧并联接入电路中,根据几何关系可知,导轨内侧每段圆弧的电阻为R,故整个回路的总电阻为
R总=R+R
ab刚越过MP时,通过ab的感应电流为
I=
对圆环,根据牛顿第二定律有
2·B··L=2ma
解得a=。
(3)由于ab和圆环所受的安培力等大反向,故系统的动量守恒。ab在直导轨上做减速运动,圆环做加速运动,为使ab在整个运动过程中不与圆环接触,则当ab和圆环共速时,ab恰好追上圆环,设此时共同速度为v。对ab和圆环,由动量守恒定律有
mv0=(m+2m)v
对ab,由动量定理有
-BLt=mv-mv0
即-BLq=mv-mv0
在ab与圆环共速前,设ab在直导轨上运动的距离为x1,圆环运动的距离为x2,则有
q=
联立解得
Δx=x1-x2=
则圆环圆心初始位置到MP的最小距离为
d=Δx+L=+L。
11.答案 (1)　(2)
解析 (1)开关S闭合后,当外力与安培力相等时,金属棒的速度最大,则F=F安=BIl
由闭合电路的欧姆定律得I=
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv0
联立可得,恒定的外力为F=
在加速阶段,外力的功率为PF=Fv=v
定值电阻的热功率为PR=I2R=
当PF=2PR时有v=2
解得金属棒速度v的大小为v=。
(2)断开开关S,电容器充电,则电容器与定值电阻串联,则有E=Blv=iR+
当金属棒匀速运动时,电容器不断充电,电荷量q不断增大,电路中电流不断减小,则金属棒所受安培力F安=Bil不断减小,而拉力的功率PF=F'v=F安v=Bilv
定值电阻功率PR=i2R
当PF=2PR时有Bilv=2i2R
可得iR=
根据E=Blv=iR+
可得此时电容器两端电压为UC=Blv0
从开关断开到此刻外力所做的功为W=∑Bil(v·Δt)=Blv∑i·Δt=Blvq
其中q=
联立可得W=。
12.答案 (1)BLr1ω0　(2) 　(3)
解析 (1)由题意可知,ab边处在磁感应强度大小为B的磁场中,则ab边切割磁感线产生感应电动势E=BLv
又v=r1ω0
联立解得E=BLr1ω0。
(2)由以上分析知,单个线圈产生的感应电动势E1=2BLr1ω0
由于线圈转动过程中电动势大小不变,若内转子固定,外转子转动一周,线圈abcd产生的焦耳热Q=T1
又T1=
联立解得Q=。
(3)设内转子转动的角速度为ω
线圈abcd产生的感应电动势E2=2BLr1(ω0-ω)
由欧姆定律得E2=IR
分析可知,线圈相对内转子转动180°,线圈电流方向改变2次,恰好为一个电流变化周期
则有T=
联立解得T=。
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