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2026江苏高考物理的二轮专题
专题突破练10　电磁感应规律及其应用
一、单项选择题:共8题,每题4分,共32分。
1.如图所示,圆形金属线圈放置于粗糙的水平面上,磁场方向垂直线圈平面向里,磁感应强度按B=kt(k>0)规律变化,线圈始终保持静止,下列说法正确的是(　　)
A.线圈中产生逆时针方向的感应电流
B.线圈有扩张的趋势
C.线圈有向右运动的趋势
D.线圈中的张力保持不变
2.某自发电门铃原理如图。N匝线圈绕在固定的铁芯上,初始时右侧强磁体S极与线圈铁芯接触。按下门铃时,右侧强磁体上N极与铁芯接触,同时内部电路接通工作。当有磁极与铁芯接触时线圈内磁感应强度为B,线圈横截面积为S,设转换接触时间为Δt,则线圈产生的感应电动势为(　　)
A. B.
C. D.
3.(2025·苏州期末)如图甲所示,把一枚磁性较强的圆柱形永磁体在铝管管口静止释放,磁体直径略小于管的内径。则磁体在管中(　　)
A.做自由落体运动
B.加速度恒定
C.如图乙所示,换用一根有裂纹的铝管,运动比图甲中更慢
D.换用一根直径稍大的铝管,运动比图甲中更快
4.(2025·常州期末)用如图所示电路演示“断电自感”现象,闭合开关小灯泡发光,断开开关小灯泡仅延时熄灭,为了出现断开开关后小灯泡明显变亮再慢慢熄灭的现象,下列方法可能成功的是(　　)
A.换自感系数相同,电阻更小的线圈
B.换自感系数相同,电阻更大的线圈
C.换电阻相同,自感系数更小的线圈
D.换电阻相同,自感系数更大的线圈
5.(2025·苏州期末)如图所示,用同样导线制成的正方形线圈ABCD,边长为l。线圈以速度v向右匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场过程中,CD两端电势差UCD为(　　)
A.Blv B.-Blv
C.Blv D.-Blv
6.(2024·连云港三模)如图所示,在竖直向下的匀强磁场B中,将一根水平放置的金属棒ab以某一水平速度v0抛出,金属棒在运动过程中始终保持水平且未离开磁场区域,不计空气阻力,下列关于金属棒在运动过程中的说法正确的是(　　)
A.金属棒的机械能保持不变
B.金属棒的感应电动势越来越大
C.金属棒的a点电势比b点电势高
D.金属棒的所受重力的功率保持不变
7.(2024·镇江三模)如图,边长为L的正方形金属线框,先做自由落体运动,刚进下方高度为2L的匀强磁场时,恰好做匀速运动。设线框底边离开磁场下边界的距离为x,线框加速度为a(以竖直向上为正方向),不计空气阻力,下列图像不可能的是(　　)
8.(2025·苏锡常镇一模)如图所示,两根足够长光滑平行金属导轨与水平面成θ=30°,导轨上放置两根质量均为m、电阻均为R的导体棒ab、cd,导轨电阻不计,并处在垂直于导轨平面的匀强磁场中。t=0时刻,在ab棒上施加一沿导轨平面向上、大小为mg的恒力,同时释放cd棒。下列图像中,a、v、x、Eab分别为ab棒的加速度、速度、位移和机械能,E为ab、cd棒组成系统的机械能,可能正确的是(　　)
二、非选择题:共2题,共18分。
9.(8分)(2024·泰州一模)如图所示,一边长为L、电阻为R的正方形金属线框abcd可绕其水平边ad转动。线框处在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中,已知bc边质量为m,其余质量不计。现给bc边一个瞬时冲量,使bc边获得水平速度v,线框恰能摆至水平位置,重力加速度为g。求:
(1)线框刚开始运动瞬间bc边所受安培力大小F;
(2)线框开始运动到水平位置过程中产生的焦耳热Q。
10.(10分)(2024·苏锡常镇一模)如图所示,足够长的两光滑竖直金属导轨间距为L,处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场中,匀质金属棒ab、cd均紧贴两导轨,质量均为m,电阻均为R,导轨电阻不计,重力加速度为g,现用悬绳固定ab棒,由静止释放cd棒,求:
(1)cd棒最终速度的大小;
(2)悬绳对ab棒拉力的最大值。
参考答案
1.A　解析 原磁场在随时间增大,所以线圈中感应电流激发的磁场方向与原磁场方向相反,所以感应电流产生的磁场垂直于纸面向外,根据安培定则可以判定线圈中产生的感应电流方向为逆时针方向,A项正确;根据左手定则可知线圈受到的安培力指向圆心,因此线圈有收缩的趋势,B项错误;整个线圈所受安培力合力为零,线圈不会有向右运动的趋势,C项错误;根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电流大小不变,因为磁感应强度B在变大,因此线圈中的张力在逐渐增大,D项错误。
2.D　解析 初始时右侧强磁体S极与线圈铁芯接触,穿过线圈的磁通量为BS,按下门铃时,右侧强磁体N极与铁芯接触,穿过线圈的磁通量为-BS,转换接触时间为Δt,根据法拉第电磁感应定律有E=N=N,故选D。
3.D　解析 在图甲中,磁体从管口处由静止下落,空心铝管可以看作是由无数个圆环构成的,磁体下落过程中在铝管中产生感应电流,根据楞次定律可知,铝管中的感应电流阻碍磁体的下落,对磁体始终产生向上的阻力,所以磁体不是做自由落体运动,随着下落的速度发生变化,产生的感应电流发生变化,故磁体所受的安培力也发生变化,根据牛顿第二定律可知,磁体的加速度发生变化,故A、B错误;如图乙所示,换用一根有裂纹的铝管,磁体在管中运动时产生感应电流较小,故磁体受向上的安培力作用较小,根据牛顿第二定律可知,加速度比图甲中的加速度更大,故运动比图甲中更快,故C错误;换用一根直径稍大的铝管,磁体外部空间大,所以磁通量变化率相对图甲小,产生的电动势小,感应电流小,阻碍作用小,所以运动比图甲中更快,故D正确。故选D。
4.A　解析 因断开开关后线圈会发生断电自感现象而阻碍电流的减小,形成的自感电动势相当于电源,线圈中的电流通过灯泡再次形成回路使小灯泡缓慢熄灭,而且该电流在线圈中保持原有的流向并从电路稳定时线圈中电流的大小逐渐减小,为了出现断开开关后小灯泡明显变亮再慢慢熄灭的现象,则必须使得电路闭合稳定时通过线圈的电流大于并联支路中通过小灯泡的电流,所以有助于小灯泡出现闪亮现象的只有换用电阻较小的线圈,其余的三种方法都不行。另外,自感系数大小主要影响自感电动势,而“闪亮”一下再熄灭取决于电路稳定时线圈中电流与并联支路中灯泡电流的对比。
5.C　解析 根据右手定则可知,CD中感应电流方向由D到C,则C端电势高于D端电势,UCD>0,CD边产生的感应电动势为E=Blv,C、D两端电势差为路端电压,则UCD=E=Blv,A、B、D错误,C正确。故选C。
6.A　解析 金属棒做平抛运动中,只有重力做功,因此机械能保持不变,A项正确;金属棒做平抛运动中,水平方向的分速度不变,因而金属棒在垂直切割磁感线的速度v0不变,由电磁感应定律公式可得E=BLv0,可知金属棒产生的感应电动势大小保持不变,B项错误;由右手定则可知,金属棒ab切割磁感线产生感应电动势,相当于电源,因此b点电势高,即a点电势比b点电势低,C项错误;金属棒做平抛运动中,竖直速度逐渐增大,由功率公式可得P=mgv,可知所受重力的功率逐渐增大,D项错误。
7.A　解析 设线框底边刚进入磁场时的速度为v0,则有
mg=BIL=BL=
线框底边刚要离开磁场时,线框速度为v,根据运动学公式可得
v2-=2gL
线框底边离开磁场的过程做加速度减小的减速运动。
若x=0时加速度等于g,则离开过程平均加速度小于g,则线框全部离开磁场时的速度大于v0,线框出磁场的过程不会出现匀速过程,即加速度不会为零,故A图像不可能,B图像可能;若x=0时加速度大于g,则离开过程平均加速度可能等于g也可能小于g,则线框全部离开磁场时的速度可能等于v0,也可能大于v0,线框出磁场的过程加速度可能减小到零,故C、D图像可能。故选A。
8.C　解析 释放两棒后ab向上运动,cd向下运动,对ab棒分析可知加速度a=
其中F安=BL=
则随速度的增加,安培力变大,则加速度减小,当加速度减为零时,此时对ab有F安=mgsin 30°
此时对cd因满足F安=mgsin 30°
则cd也匀速运动,两棒的加速度减为零后均做匀速运动,可知A、B错误;
ab棒的机械能变化量等于力F与F安做功的代数和,开始时随安培力变大,则这两个力做功的代数和逐渐减小,最后匀速时两个力的合力为mg,则合力不变,随位移增加合力做功逐渐增加,Eab图像的斜率先减小后不变,选项C正确;
对两棒整体,机械能的变化量等于力F与两棒受的安培力做功的代数和,因最终两棒均匀速运动,且由于系统沿斜面方向受合外力为零,系统沿斜面方向动量守恒,可知最终两棒匀速运动的速度相等,安培力对两棒均做负功,力F对系统做正功,可知两个安培力和力F做功代数和为零,则系统的机械能不变,选项D错误。故选C。
9.答案 (1)　(2)mv2-mgL
解析 (1)由法拉第电磁感应定律有E=BLv
由欧姆定律有I=
根据安培力公式有F=BIL
解得F=。
(2)由能量守恒定律,可得Q=mv2-mgL。
10.答案 (1)　(2)2mg
解析 (1)根据题意,设cd棒最终速度的大小为vm,此时,感应电动势为
E=BLvm
感应电流为
I=
安培力为
FA=BIL=
cd棒速度稳定时,对cd棒有
mg=FA
联立解得
vm=。
(2)cd棒做匀速运动时,悬绳对ab棒拉力最大,则有
T=mg+FA=2mg。
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