13.第十三周 电磁感应 电磁波练习含答案---2026届高考物理一轮复习专题

这是一份13.第十三周 电磁感应 电磁波练习含答案---2026届高考物理一轮复习专题，共7页。
一．选择题（1-5为单选题，题每小题4分，6-7题为多选题，每小题5分，共30分）
1.为了测量列车运行的速度和加速度的大小，可采用如图甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成（测量记录仪未画出）.当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，P、Q为接测量仪器的端口.若俯视轨道平面磁场垂直地面向下（如图乙所示），则在列车经过测量线圈的过程中，流经线圈的电流方向（ ）
A.始终沿逆时针方向
B.先沿逆时针，再沿顺时针方向
C.先沿顺时针，再沿逆时针方向
D.始终沿顺时针方向
2.如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化，磁场方向取垂直纸面向里为正方向.正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R＝0.1 Ω，边长l＝0.2 m，则下列说法错误的是（ ）
A.在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中的感应电动势为0.08 V
B.在t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力的大小为0.016 N
C.在t＝0.05 s时，金属框ab边受到安培力的方向垂直于ab向右
D.在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率为0.064 W
3.北京时间2022年5月12日晚9点，事件视界望远镜(EHT)合作组织正式发布了银河系中心黑洞人马座A*(SgrA*)的首张照片，如图所示。该照片利用了射电望远镜对电磁波的捕捉。下列关于波的说法正确的是( )
A．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波
B．电磁波是纵波，不能发生偏振现象
C．电磁波和机械波都依赖于介质才能传播
D．电磁波在任何介质中传播的速度都相等
4.一种延时继电器的示意图如图所示，铁芯上有两个线圈A和B，线圈A跟电源连接，线圈B两端连在一起构成闭合电路，铁质杆D的右端与金属触头C绝缘相连，C连接工作电路，弹簧K可以拉起杆D从而使工作电路断开.下列说法正确的是（ ）
A.工作电路正常工作时，弹簧K处于原长状态
B.工作电路正常工作时，B线圈中有感应电流
C.开关S断开瞬间，铁芯能继续吸住铁质杆D一小段时间
D.减少线圈B的匝数，对电路的延时效果没有影响
5.某铁路安装有一种电磁装置可以向控制中心传输信号，以确定火车的位置和运动状态，其原理是将能产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢下面，如图甲所示（俯视图），当它经过安放在两铁轨间的线圈时，线圈便产生一个电信号传输给控制中心.线圈边长分别为l1和l2，匝数为n，线圈和传输线的电阻忽略不计.若火车通过线圈时，控制中心接收到线圈两端的电压信号u与时间t的关系如图乙所示（ab、cd均为直线），t1、t2、t3、t4是运动过程的四个时刻，则火车（ ）
A.在t2～t3时间内做匀速直线运动
B.在t3～t4时间内做匀减速直线运动
C.在t1～t2时间内加速度大小为u2-u1Bl1(t2-t1)
D.在t1～t2时间内和在t3～t4时间内阴影面积相等
6.如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP'、QQ'倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好.现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列说法中正确的是（ ）
A.金属棒ab最终可能匀速下滑
B.金属棒ab一直加速下滑
C.金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势
D.带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动
7.如图所示，两根倾斜放置与水平面成θ角的平行导电轨道间距为l，导轨间接一电阻R，整个空间分布着匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B.一根质量为m的金属棒ab以大小为v0的初速度沿导轨向上运动，到某一高度后又向下运动返回到原出发点.整个过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，导轨与棒间的摩擦及它们的电阻均可忽略不计.则在金属棒上行与下行的过程中，下列说法正确的是（重力加速度为g）（ ）
A.金属棒的最大加速度为B2l2v0mR＋gsin θ
B.上行过程中通过R的电荷量等于下行过程中通过R的电荷量
C.上行过程中R上产生的焦耳热等于下行过程中R上产生的焦耳热
D.上行的运动时间小于下行的运动时间
二、非选择题（第8题12分，第9题14分，共26分）
8.如图甲所示，虚线MN左、右两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B0；左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向.一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S0，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上.求：
（1）t＝t02时，圆环受到的安培力；
（2）在0～32t0内，通过圆环的电荷量.
9.如图所示，粗细均匀的正方形导线框abcd放在倾角为θ＝30°的绝缘光滑斜面上，通过轻质细线绕过光滑的定滑轮与木块相连，细线和线框共面、与斜面平行.距线框cd边为L0的MNQP区域存在着垂直于斜面、大小相等、方向相反的两个匀强磁场，EF为两个磁场的分界线，ME＝EP＝L2.现将木块由静止释放后，木块下降，线框沿斜面上滑，恰好匀速进入和离开匀强磁场.已知线框边长为L1（L1＜L2）、质量为m、电阻大小为R，木块质量也为m，重力加速度为g，试求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B大小；
（2）导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q.
参考答案
1.解析：B 列车通过线圈时，穿过线圈的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知线圈中产生的电流方向先沿逆时针方向，再沿顺时针方向，选项B正确.
2.解析：C 根据法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt，金属框的面积不变，磁场的磁感应强度变化，故ΔΦ＝ΔB·L2，ΔBΔt＝＝2 T/s，解得E＝0.08 V，故A不符合题意；感应电流为I＝ER＝0.080.1 A＝0.8 A，在t＝0.05 s时，ab受到的安培力为F＝BIl＝0.1×0.8×0.2 N＝0.016 N，故B不符合题意；根据楞次定律，感应电流阻碍原磁通量的变化，原磁通量随时间在减小，故线框有扩大的趋势，则ab受到的安培力水平向左，故C符合题意；电功率为P＝EI＝0.08 V×0.8 A＝0.064 W，故D不符合题意.
3.解析：A 周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波，故A正确；电磁波是横波，可以发生偏振现象，故B错误；电磁波的传播不依赖于介质，故C错误；电磁波在不同介质中传播的速度不相等，故D错误.
4.解析：C 工作电路正常工作时，金属触头C将工作电路连通，此时弹簧K处于拉伸状态，此时由于线圈A的电流不变，穿过线圈A的磁通量不变，则线圈B中的磁通量不变，B线圈中没有感应电流，选项A、B错误；开关S断开瞬间，线圈A中电流减小，则穿过线圈B的磁通量减小，从而在线圈B中产生感应电流，使铁芯的磁性逐渐减弱，从而铁芯能继续吸住铁质杆D一小段时间，起到延时的作用，选项C正确；减少线圈B的匝数，则当开关S断开的瞬间，线圈B中产生的感应电流会减小，铁芯的磁性减弱，则对电路的延时效果有影响，选项D错误.
5.解析：D 根据动生电动势表达式E＝Blv可知，感应电动势与速度成正比，而在ab段的电压随时间均匀增大，可知在t1～t2时间内，火车的速度随时间也均匀增大，火车在这段时间内做的是匀加速直线运动；在t2～t3时间内，这段时间内电压为零，是因为线圈没有产生感应电动势，不是火车做匀速直线运动；cd段的电压大小随时间均匀增大，可知在t3～t4时间内，火车的速度随时间也均匀增大，火车在这段时间内做的是匀加速直线运动，A、B错误.假设t1时刻对应的速度为v1，t2时刻对应的速度为v2，结合题图乙可得u1＝nBl1v1，u2＝nBl1v2，故这段时间内的加速度为a＝v2-v1t2-t1＝u2-u1nBl1(t2-t1)，C错误.假设磁场的宽度为d，可知在t1～t2和 t3～t4这两段时间内，线圈相对于磁场通过的位移大小均为d，根据u＝nBl1v可得u·t＝nBl1v·t＝nBl1v·t＝nBl1x，可知在t1～t2时间内和在t3～t4时间内阴影面积均为S＝nBl1d，D正确.
6.解析：BC 金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsin θ－BIl＞0，金属棒将一直加速，A错误，B正确；由右手定则可知，金属棒a端电势高于b端电势，则M板电势高于N板电势，C正确；若微粒带负电，则其所受静电力方向向上，与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，即微粒先向下加速再向下减速，当速度减为零后向上加速运动，D错误.
7.解析：ABD 金属棒在上行和下行的全过程中，加速度一直减小（下行后段可能不变），故刚开始向上运动时，加速度最大，由F安＋mgsin θ＝ma得最大加速度a＝B2l2v0mR＋gsin θ，故A正确；上行和下行过程中穿过闭合回路的磁通量大小相等，由q＝ΔΦR可知，上行过程中通过R的电荷量等于下行过程中通过R的电荷量，故B正确；金属棒上行过程中克服安培力做的功大于下行过程中克服安培力做的功，故上行过程中R上产生的焦耳热应大于下行过程中R上产生的焦耳热，故C错误；上行的平均加速度大于下行的平均加速度，而位移大小相等，所以上行的运动时间小于下行的运动时间，故D正确.
8.解析：（1）根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势E＝ΔBΔtS
上式中S＝πr22
由题图乙可知ΔBΔt＝B0t0
根据闭合电路欧姆定律有I＝ER
根据电阻定律有R＝ρ2πrS0
t＝12t0时，圆环受到的安培力大小F＝B0I·（2r）＋B02I·（2r）
联立解得F＝3B02r2S04ρt0
由左手定则知，方向垂直于MN向左.
（2）通过圆环的电荷量q＝I·Δt
根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律有
I＝ER
E＝ΔΦΔt
在0～32t0内，穿过圆环的磁通量的变化量为
ΔΦ＝B0·12πr2＋B02·12πr2
联立解得q＝3B0rS08ρ.
9.解析：（1）导线框匀速进入磁场时，受力平衡，受力情况如图所示
根据平衡条件有FT＝F安＋mgsin θ
其中F安＝BIL1
I＝ER
E＝BL1v
导线框与木块通过光滑细线相连，导线框匀速进入磁场时，木块匀速下降，根据平衡条件有FT＝mg
对导线框和木块构成的系统，进入磁场前二者一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mg－mgsin θ＝2ma
根据运动学方程可得进入磁场时速度v＝2aL0
以上各式联立求解可得B＝4gm2R22L0L14.
（2）导线框恰好匀速进入和离开匀强磁场，导线框通过匀强磁场过程中，导线框和木块组成系统减少的重力势能转化为电路中产生的焦耳热，根据能量守恒定律得Q＝mg（2L2＋L1）－mg（2L2＋L1）sin θ
所以导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q＝12mg（2L2＋L1）.