2025届高考物理一轮复习专题练： 电磁感 应
一、多选题
1．如图所示，宽为L的两固定光滑金属导轨水平放置，空间存在足够宽的竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，质量均为m、电阻值均为r的两导体棒ab和cd静置于导轨上，导轨电阻可忽略不计。现给cd一水平向右的初速度，对它们之后的运动过程说法正确的是( )
A.ab的加速度越来越大，cd的加速度越来越小
B.回路产生的焦耳热为
C.通过ab的电荷量为
D.两导体棒间的距离最终变化了
2．如图所示，粗细均匀的正方形单匝闭合线框abcd静止在光滑水平面上.时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右一直保持做匀加速直线运动，bc边进入磁场的时刻为，ad边进入磁场的时刻为，设线框中感应电流大小为i，ad边两端电压为U，水平外力大小为F，线框中的电功率为P，则i、U、F、P随运动时间t变化关系图象正确的是( )
A. B.
C. D.
3．如图所示，一质量为m的金属杆可以无摩擦地沿水平的平行导轨滑行，两轨间宽为L，导轨与电阻R连接，放在竖直向的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，杆的初速度为v，其余电阻不计，则( )
A.由于金属杆和导轨之间无摩擦力，回路中的感应电动势始终是BLv
B.金属杆所受的安培力方向与初速度方向相反
C.金属杆所受的安培力逐渐增大
D.电阻R上产生的总焦耳热为
4．如图所示，一长玻璃圆管内壁光滑、竖直放置。有一带正电的小球（可视为质点），以速率沿逆时针方向从管口上端贴着管壁水平射入管内，经过一段时间后从底部离开圆管。若再次重复该过程，以相同速度进入管内，同时在此空间加上方向竖直向上、磁感应强度B，随时间均匀减小的磁场，小球从下端离开玻璃管时磁场还没减小到0。设运动过程中小球所带电量不变，空气阻力不计。以下说法正确的是( )
A.加磁场后小球在管中运动的时间等于没加磁场时的时间
B.加磁场后小球离开管口的速率等于没加磁场时的速率
C.加磁场后小球对玻璃管的压力一定不断增大
D.加磁场后，小球在玻璃管中运动时，小球与地球组成的系统机械能增加
5．预测到2025年，我国将成为第一个在航空母舰上用中压直流技术的电磁弹射器实现对飞机的精确控制。其简单模拟等效电路如图（俯视图），直流电源电动势，超级电容器的电容。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距，电阻不计，磁感应强度大小的匀强磁场垂直于导轨平面向外。质量，的金属棒MN（相当于飞机）垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。开关S先接1，使电容器完全充电，然后将S接至2，MN开始向右加速运动，MN达到最大速度之后离开导轨。则( )
A.开关S接2后，MN做匀加速直线运动
B.S接至2瞬间金属棒MN加速度大小为
C.MN的最大速度为36m/s
D.下一架相同飞机要以相同的最大速度起飞还需要对电容器充电的电量为3.6C
6．如图所示，一个LC振荡电路中，线圈的自感系数为L，电容器的电容为C，电路的振荡周期为T.从电容器上电压达到最大值开始计时，则有( )
A.至少经过，磁场能达到最大
B.经过，磁场能达到最大
C.在时间内，电路中的平均电流是
D.若图示时刻A极板带正电，则磁场能正在向电场能转化
7．如图，间距均为L的光滑水平金属导轨与半径为R的光滑半圆金属导轨平滑连接，半圆导轨在竖直平面内，水平导轨处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。在水平导轨上放置ab、cd两导体棒，两棒长度均为L、质量分别为4m和m、电阻分别为r和2r，两导体棒到半圆导轨底端的距离分别为和，足够大，。现给导体棒ab一大小的初速度，一段时间后导体棒cd通过半圆导轨最高点后，恰好落到其初始位置。cd棒离开导轨前两棒与导轨始终垂直且接触良好，两导体棒间未发生碰撞，导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.导体棒cd离开磁场前已与ab棒达到共速
B.导体棒cd刚进入半圆导轨瞬间，其两端电压
C.导体棒cd离开半圆导轨前，通过其横截面的电量
D.导体棒cd离开水平导轨前，导体棒ab上产生的焦耳热
8．如图甲所示，游乐园中的过山车虽然惊险刺激，但也有多种措施保证了它的安全运行。其中磁力刹车是为保证过山车在最后进站前的安全而设计的一种刹车形式。磁场很强的钕磁铁安装在轨道上，刹车金属框安装在过山车底部。简化为图乙所示的模型，将刹车金属框看作一个边长为L，总电阻为R的单匝正方形线框，则过山车返回水平站台前的运动可以简化如下：线框沿着足够长的光滑斜面由某位置静止下滑，下边框进入匀强磁场时恰好做匀速直线运动。已知斜面与水平面的夹角为θ，过山车的总质量为m，磁场区上下边界间的距离也为L，磁感应强度大小为B，方向垂直斜面向上，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A.开始下滑位置到磁场上边界的距离
B.线框刚进入磁场上边界时，感应电流的大小为
C.线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为
D.线框进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量为
9．如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小分别为B、2B，磁场方向相反，且与纸面垂直，两磁场边界均与x轴垂直且宽度均为L，在y轴方向足够宽。现有一对角线长为L的正方形导线框，顶点a在y轴上，从图示位置开始，在外力F的作用下向右沿x轴正方向匀速穿过磁场区域。在运动过程中，对角线ab边始终与磁场的边界垂直。线框中感应电动势E大小、线框所受安培力大小、感应电流i大小、通过导线横截面电荷量q，这四个量分别与线框顶点a移动的位移x的关系图像中错误的是( )
A. B.
C. D.
10．如图所示，水平地面（Oxy平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有( )
A.N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同
B.线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C.线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D.线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
11．一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是( )
A.a带负电荷 B.b带正电荷
C.c带负电荷 D.a和b的动量大小一定相等
12．电磁减震器是利用电磁感应原理的一种新型智能化汽车独立悬架系统。某同学也设计了一个电磁阻尼减震器，图为其简化的原理图。该减震器由绝缘滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠的相同矩形线圈组成，滑动杆及线圈的总质量。每个矩形线圈匝数匝，电阻值，边长，边长，该减震器在光滑水平面上以初速度向右进入磁感应强度大小、方向竖直向下的匀强磁场中，磁场范围是够大，不考虑线圈个数变化对减震器总质量的影响。则( )
A.刚进入磁场时减震器的加速度大小
B.第二个线圈恰好完全透入磁场时，减震器的速度大小为
C.滑动杆上至少需安装12个线圈才能使减震器完全停下来
D.第1个线圈和最后1个线圈产生的热量比
参考答案
1．答案：BD
解析：A、给cd水平向右的初速度，cd棒切割磁感线产生感应电流，受到向左的安培力而减速，ab棒受到向右的安培力而加速，ab棒也切割磁感线产生感应电动势，回路总的电动势减小，感应电流减小，两棒受到的安培力减小，加速度减小，可知两导体棒的加速度均越来越小，故A错误;B、棒ab和cd在运动过程中始终受到大小相等、方向相反的安培力，系统的合外力为零，系统动量守恒。设最终两棒的共同速度为v，以向右为正方向，则由动量守恒定律有,由能量守恒定律得:，解得:，故B正确；CD、设整个过程中通过回路的电荷量为q，对cd棒，取向右为正方向，由动量定理得，又，解得，再结合解得两导体棒间的距离最终变化为:，故C错误，D正确。故选BD。
2．答案：BD
解析：线框做匀加速直线运动,速度为,感应电动势,感应电流为，其中，R均不变,时间内,未进磁场,感应电流为零,时间内,电流I与t成正比,时刻后线框全部进入磁场,磁通量变化为零,无感应电流,故A错误;时间内,感应电流为零,两端的电压为零,时间内,,电压随时间均匀增加,时刻后无感应电流,但有感应电动势,为,电压随时间均匀增加,故B正确;线框所受的安培力为,由牛顿第二定律得,解得,时间内,感应电流为零,,为定值,时间内,F与t是线性关系,但不过原点,时刻后无感应电流,,为定值,故C错误;线框的电功率,时间内,感应电流为零,,时间内,电功率P与成正比,时刻后无感应电流,,故D正确.
3．答案：BD
解析：AB.根据右手定则，可知电流方向向外，再根据左手定则，可知金属杆所受到安培力向左，与运动方向相反，故金属杆做减速运动，电动势越来越小，故A错误，B正确；C.因电动势减小，则电流减小，则由可以知道安培力减小，故C错误;D.由于发生电磁感应，则金属杆最终将保持静止，克服安培力做功把动能全部转化为内能，因回路中只有电阻R，即全部转化为的焦耳热；故电阻R上产生的总焦耳热为；故D正确。故选BD。
4．答案：AD
解析：A.小球进入玻璃管中后，加磁场后，根据左手定则，小球所受洛伦兹力方向始终在水面内沿圆管半径向外，由于磁场均匀减小，在空中激发出涡旋电场，根据楞次定律可知，电场方向从上往下看逆时针，小球所受电场力方向位于水平面内沿逆时针方向，则小球竖直方向仅受重力作用，即小球在竖直方向上做自由落体运动，根据，解得，可知加磁场后小球离开管口的时间等于没加磁场时的时间，故A正确;B.结合上述可知，产生感应电场的方向，俯视为逆时针方向，与带正电的小球的初速度方向相同，可知小球水平方向将不断被加速，则加磁场后小球离开管口的速率大于没加磁场时的速率，故B错误;D.结合上述可知，感生电场对小球做正功，则小球离开玻璃管的机械能一定增加，小球与地球组成的系统机械能不守恒，故D正确;C.结合上述，小球在水平方向电场力做正功，水平方向的分速度增大，水平方向做圆周运动，根据，解得，结合上述可知，在电场力加速作用下，小球水平方向的分速度增大，加磁场后磁感应强度逐渐减弱，则小球对玻璃管的压力大小变化不能够确定，故C错误。故选AD。
5．答案：BD
解析：开关先接1，使电容器充电，后接2，电容器开始放电，电容器所带的电荷量逐渐减小，电容器两板间电势差逐渐减小，金属棒中通过放电电流，金属棒受到向右的安培力，开始向右加速运动，切割磁感线，产生与原来方向相反的电动势且其逐渐增大，所以放电电流逐渐减小，当与原来方向相反的电动势增大到与电容器两端的电势差相等时，回路中电流变为零，通过金属棒的电荷量不再增加，当回路中电流变为零后，金属棒受到的安培力为零，开始做匀速直线运动，电容器两板间的电势差不再减小，电容器所带的电荷量也不再减小，选项A错误.由静止开始，通过金属棒MN的电流，对金属棒，有，由牛顿第二定律得，解得，选项B正确.当MN速度最大时，有，此时，对MN，由动量定理得，，有，解得，，选项C错误，D正确.
6．答案：AD
解析：D.图示时刻电容器正在充电，故磁场能正向电场能转化，故D正确；AB.经过，磁场能达到最大，故A正确，B错误;C.经过，根据电容的定义式有，则平均电流为，故C错误;故选AD。
7．答案：BD
解析：A.导体棒cd从最高点飞出后做平抛运动，则有
，
导体棒cd从最低点运动到最高点过程，根据动能定理有
解得
若ab、cd两导体棒在磁场中达到共速，根据动量守恒定律有
解得
可知，导体棒cd离开磁场前没有与ab棒达到共速，故A错误；
B.结合上述，导体棒cd刚进入半圆导轨瞬间，根据动量守恒定律有
解得
则导体棒cd刚进入半圆导轨瞬间，其两端电压
故B正确；
C.导体棒cd离开半圆导轨前，通过其截面的电荷量与通过导体棒ab的电荷量相等，对导体棒ab进行分析，由于足够大，可知，导体棒ab最终在水平轨道上减速至0，根据动量定理有
其中
解得
故C错误；
D.导体棒cd离开水平导轨前，总的焦耳热
则导体棒ab上产生的焦耳热
解得
故D正确。
故选BD。
8．答案：ABD
解析：AB、设线框进入磁场时的速度大小为v,线框切割磁感线产生的感应电动势,由闭合电路的欧姆定律得,线框进入磁场过程受到的安培力大小,线框进入磁场过程做匀速直线运动，由平衡条件得,线框从开始运动到进入磁场过程，由动能定理得,解得,AB正确;C、线框匀速穿过磁场，线框的动能不变重力势能减少，由功能关系可知，重力势能的减少量转化为焦耳热，由能量守恒定律可知，产生的焦耳热，故C错误;D、线框进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量，故D正确。故选ABD。
9．答案：ACD
解析：AB.线框在时间内运动的过程中，切割的有效长度在过程中，切割的有效长度从0均匀增大到L，然后又从最大L减小到0，感应电动势感应电流峰值均出现在当过程，由于线框的左右两边切割方向相反的磁场，电动势累加峰值出现在处，峰值为之后双从峰值均匀减小为零，感应电流有类似的变化。从过程，切割2B的磁场，感应电动势的峰值为感应电流为，故A错误，B正确。C.分析研究b点进入B的过程中，安培力是二次函数，故C错误;D.电荷量当处时，电荷量出现峰值，也是x的二次函数，从磁通量的变化量应该大于从0~L磁通量的变化量，故D错误。本题选择错误的，故选ACD。
10．答案：AC
解析：长直导线中的电流产生的磁场在P、N两点的磁感应强度方向如图。
过M点作x轴的平行线，与通电导线在xOy平面内的投影交于，则有，故N、M两点磁感应强度大小相等、方向相同，A项正确；圆形线圈在初始位置时，通过线圈的磁通量为零，沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量变化，B项错误；P点为导线正上方的点，当线圈从P点开始竖直向上运动时，通过线圈的磁通量始终为0，线圈中无感应电流，选项C正确；由，而，则，故线圈从P到M过程与从P到N过程的感应电动势不相等，选项D错误。
11．答案：BC
解析：由左手定则可知，微粒a和b均带正电，电中性微粒分裂的过程中，总电荷量应保持不变，则微粒c应带负电，A错误，B、C正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，则轨道半径，由于微粒a与微粒b的电荷量大小关系未知，则微粒a与微粒b的动量大小关系不确定，D错误。
12．答案：BD
解析：A.线圈在磁场中受到安培力的作用做减速运动，故安培力
其中
联立以上两式可得
刚进入磁场时，速度为，代入数据可得
根据牛顿第二定律可得加速度
故A错误；
B.设向右为正方向，对减震器进行分析，当第二个线圈恰好完全透入磁场时设所用时间为t，此时减震器速度大小为，则由动量定理可得
即
代入数据可得
故B正确；
C.由以上分析可知，每一个线圈进入磁场后，减震器的速度减小量
则要减震器的速度减为零需要的线圈个数为
可知需要13个线圈，故C错误；
D.只有进入磁场的线圈产生热量，根据能量守恒可知，线圈上产生的热量在数值上等于减震器动能动能的减少量，第一个线圈恰好完全进入磁场时有
最后一个线圈刚进入磁场时有
因此
故D正确。
故选BD。
