专题10 电磁感应 专项提升练 -2024届高考物理三轮复习情境试题习题+答案

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科技情境类试题频繁出现在高考物理试题和一些省市的模拟试题中，这类试题以科技领域的真实情境为测试载体，以物理学科核心素养为测试宗旨，聚焦关键能力、学科素养和思维品质的考查，能较好地契合新课程改革理念及新高考评价体系的要求，也能反映科技领域最新的研究成果，从而引导考生树立民族自信心与自豪感。
一．楞次定律
1．（2024•兰州模拟）“自激发电机”具有自励磁的特点，它无需外部励磁电源就能自行激励产生磁场。其原理如图所示：一金属圆盘在某一大小恒定、方向时刻沿切线方向的外力作用下，在弱的轴向磁场B中绕金属轴OO'转动，根据法拉第电磁感应定律，盘轴与盘边之间将产生感应电动势，圆盘下方螺旋形导线M端通过电刷与盘边相连，N端与盘轴相连，MN中就有感应电流产生，最终回路中的电流会达到稳定值，磁场也达到稳定值。下列说法正确的是（ ）
A．MN中的电流方向从N→M
B．圆盘转动的速度先增大后减小
C．MN中感应电流的磁场方向与原磁场方向相同
D．磁场达到稳定状态后，MN中不再产生感应电流
【解答】解：A．根据右手定则知，MN中的电流方向从M→N，故A错误；
B．圆盘在大小恒定、方向时刻沿切线方向的外力作用下，转动的速度先越来越大，磁场也越来越大，根据法拉第电磁感应定律E＝BLv
知产生的电动势也越来越大，流过电阻R的电流也越来越大，最终回路中的电流达到稳定值，磁场也达到稳定状态，则圆盘转动的速度也达到稳定值，故B错误；
C．根据右手螺旋定则判断知MN中感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，故C正确；
D．可将圆盘看成若干个沿着半径方向的幅条组成，因此在任何时刻都有幅条切割磁感线，故磁场达到稳定状态后，MN中也产生感应电流，故D错误。
故选：C。
2．（2023•茂名二模）市场上某款“自发电”门铃开关的原理如图所示。在按下门铃按钮过程中，夹着永磁铁的铁块向下移动，改变了与“E”形铁芯接触的位置，使得通过线圈的磁场发生改变。松开门铃按钮后，弹簧可使之复位（与a、b连接的外电路未画出）。由此可判断（ ）
A．未按下按钮时，线圈a、b两点间存在电势差
B．按下按钮过程中，线圈中感应电流始终由b经线圈流向a
C．按钮复位过程中，线圈中的磁通量一直减小
D．按下按钮过程与松开复位过程中，a点的电势始终高于b点
【解答】解：A．未按下按钮时，根据题意可知线圈磁通量不变，所以a、b两点电势差为零，故A错误；
BCD．按下按钮过程中，线圈中的磁场先向右减小，后向左增加，利用楞次定律可得感应电流方向从b接线柱通过线圈流向a接线柱，根据题意可知线圈是电源，而在电源内部电流方向由负极流向正极，所以线圈a接线柱的电势比b接线柱高；按钮复位过程中，线圈中的磁场先向左减小，后向右增加，磁通量先减小后增大，根据楞次定律可知，感应电流方向从a接线柱通过线圈流向b接线柱，线圈a接线柱的电势比b接线柱低，故B正确，CD错误。
故选：B。
3．（2023•东乡区校级一模）电磁感应式车速传感器的结构如图甲所示。当车轮转动时，轮轴上的铁质感应转子随其一起转动，转子上的轮齿不断靠近和远离感应线圈，在线圈AB端输出如图乙所示周期变化的感应电压，电控单元ECU根据该电压变化的周期测出车速。下列相关说法正确的是（ ）
A．车速越高，感应电压的周期越大
B．车速越高，感应电压的峰值越小
C．车轮转动时感应转子中不会产生涡流
D．凸齿靠近线圈的过程中，感应电流从B端流入ECU
【解答】解：A、车速越高，转子转速越大，转动的周期越小，所以感应电压的周期越小，故A错误；
B、车速越高，磁通量的变化越快，根据法拉第电磁感应定律可知感应电压的峰值越大，故B错误；
C、车轮转动时感应转子中各部分的磁通量不断发生变化，会产生涡流，故C错误；
D、转子被磁化后凸齿为S极，凸齿靠近线圈的过程中，线圈中向左的磁通量增加，由楞次定律可知线圈中产生向右的感应电流，即从B端流入ECU，故D正确。
故选：D。
二．法拉第电磁感应定律
4．（2023•平谷区一模）摩托车和汽车上装有的磁性转速表的结构原理如图所示，转轴Ⅰ随待测物沿图示方向旋转，永久磁体同步旋转。铝盘、游丝和指针固定在转轴Ⅱ上，铝盘靠近永久磁体，当待测物以一定的转速旋转时，指针指示的转角即对应于被测物的转速。下列说法正确的是（ ）
A．铝盘接通电源后，通有电流的铝盘才会在磁场作用下带动指针转动
B．永久磁体转动时，铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力作用而转动
C．刻度盘上的零刻度线应标在刻度盘的a端
D．若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ可以无阻碍地自由转动，铝盘就能同永久磁体完全同步转动
【解答】解：AB．当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体会对铝盘上的感应电流有力的作用，从而产生一个转动的力矩，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，故A错误，B正确；
C．刻度盘上的零刻度线应标在刻度盘的中央，故C错误；
D．若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ可以无阻碍地自由转动，由楞次定律知，铝盘不能同永久磁体完全同步转动，转速低于磁体，故D错误。
故选：B。
5．（2023•大理州模拟）如图甲为手机及无线充电板。图乙为充电原理示意图。交流电源接充电板，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，若在t1到t2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1均匀增加到B2.下列说法正确的是（ ）
A．c点的电势高于d点的电势
B．受电线圈中感应电流方向由d到c
C．c、d之间的电势差为n(B2−B1)Rt2−t1
D．若想增大c、d之间的电势差，可以仅增加送电线圈中的电流的变化率
【解答】解：AB、穿过受电线圈的磁通量向上且均匀增加，根据楞次定律可知感应线圈产生的磁场向下，根据安培定则可知电流从d流出，从c流入，所以d点电势高于c点电势，故AB错误；
C、根据法拉第电磁感应定律可知受电线圈产生的电动势大小E＝nΔΦΔt=n(B2−B1)St2−t1，
则Ucd=−n(B2−B1)St2−t1，故C错误；
D、仅增加送电线圈中的电流的变化率，穿过受电线圈的ΔΦΔt增大，所以c、d两端的电势差增大，故D正确。
故选：D。
（多选）6．（2024•广东模拟）如图甲所示，浮桶式灯塔的装置可简化为由带空腔的磁体和一个连着灯泡的线圈组成，磁体在空腔中产生磁场的俯视图如图乙所示，磁体通过支柱固定在暗礁上，线圈随波浪相对磁体在竖直方向上做简谐运动的图像如图丙所示。若取竖直向上为正方向，则下列说法正确的是（ ）
A．若海水水平匀速流动时，灯泡不会发光
B．线圈和磁感线共面，磁通量没有变化，灯泡不会发光
C．若仅增大线圈随海水上下振荡的幅度，灯泡变亮
D．若仅增大线圈随海水上下振荡的频率，灯泡变亮
【解答】解：A、当海水水平匀速流动时，线圈相对于磁场是静止的，没有切割磁感线，不能产生感应电动势，所以灯泡不亮，故A正确；
B、当海水波动时，线圈随波浪相对磁体做切割磁感线运动，能产生感应电动势，所以灯泡会发光，故B错误；
CD、由图丙得：y＝Asinωt，则v＝Aωcsωt，根据法拉第电磁感应定律得：E＝BLv＝BLAωcsωt，可知海水上下振荡频率越大，海水上下振荡幅度越大，产生的感应电动势均越大，灯泡发光越亮，故CD正确。
故选：ACD。
三．导体切割磁感线时产生的感应电动势
7．（2023•大庆模拟）动圈式话筒是利用电磁感应原理工作的。话筒内半径为r、匝数为n的可动线圈套在径向辐射水入磁铁槽上，如图所示，当声波使膜片振动时，线圈垂直切割磁感线，将声音信号转化为电信号。线圈振动区域的磁场的磁感应强度大小恒为B，话筒工作时线圈与其相连的负载构成回路，总电阻为R，若在某一时刻，线圈切割磁感线的速度大小为v，则该时刻通过线圈的感应电流为（ ）
A．2nBrvRB．2πnBrvRC．πnBrvRD．nBrvR
【解答】解：可动线圈产生的感应电动势为E＝nBLv＝nB•2πrv＝2πnBrv
根据闭合电路欧姆定律得
I=ER=2πnBrvR，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（多选）8．（2024•湖南模拟）2022年6月17日，我国003号航母“福建舰”下水，该舰是我国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型航母。某同学采用如图甲所示装置模拟电磁弹射，线圈可在圆柱形铁芯上无摩擦滑动，并通过电刷与导轨保持良好接触；铁芯上存在垂直于表面向外的辐向磁场，线圈所在处的磁感应强度大小均为B＝0.1T。将开关S与1连接，恒流源输出电流使线圈向右匀加速一段时间，之后将开关S掷向2与阻值为R＝4Ω的电阻相连，同时施加水平外力F，使线圈向右匀减速到零，线圈运动的v﹣t图像如图乙所示。已知线圈匝数：n＝100，质量m＝0.5kg，每匝周长l＝0.1m，不计线圈及导轨电阻，忽略电刷与导轨间摩擦及空气阻力，则线圈（ ）
A．0～0.2s，电流从恒流源a端流出，且电流大小为I＝2500A
B．0～0.2s，线圈所受安培力的功率不变
C．0.2～0.3s，水平外力F随时间t变化的关系为F＝42.5+25t（N）
D．0～0.2s与0.2～0.3s，通过线圈的电荷量之比为40：1
【解答】解：A、0～0.2s，线圈向右做匀加速运动，线圈受到的安培力方向向右，由左手定定则可知电流应从恒流源的a端流出。由图乙可知，0～0.2s内，线圈的加速度大小为：a=ΔvΔt=100.2m/s2=50m/s2
根据牛顿第二定律有
nBIl＝ma
解得：I＝25A，故A错误；
B、0～0.2s，线圈所受安培力的功率为P安＝nBIlv＝nBIlat，则知线圈所受安培力的功率逐渐变大，故B错误；
C、0.2s～0.3s，线圈的加速度大小为
a'=100.1m/s2=100m/s2
根据牛顿第二定律可得
F+n2B2l2[10−100(t−0.2)]R=ma'(0.2s≤t≤0.3s)
结合图像可得：F＝42.5+25t（N）故C正确。
D、0～0.2s，流经线圈的电荷量：q1＝It1＝25×0.2C＝5C
0.2s∼0.3s，平均感应电流为
I=nBlvR
通过电阻R的电荷量为
q2=It2=nBlvt2R=nBlxR
由图乙得：线圈的位移为x=10×(0.3−0.2)2m＝0.5m
联立解得：q2＝0.125C
故0～0.2s与0.2～0.3s，流经线圈的电荷量之比为：q1：q2＝40：1，故D正确。
故选：CD。
四．电磁感应中的能量类问题
（多选）9．（2024•德州模拟）2020年12月1日23时11分，嫦娥五号探测器成功着陆在月球正面西经51.8度、北纬43.1度附近的预选着陆区。小明同学在感到骄傲和自豪的同时，考虑到月球上没有空气，无法通过降落伞减速降落，于是设计了一种新型着陆装置。如图，该装置由船舱、间距为l的平行导轨、产生垂直船舱导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体和质量为m1的“∧”型刚性线框组成，“∧”型刚性线框ab边可沿导轨滑动并接触良好。总质量为m2的船舱、导轨和磁体固定在一起。已知，整个装置着陆瞬间的速度为v0，着陆后“∧”型线框速度立刻变为0，已知船舱电阻为6r，“∧”型线框的每条边的边长均为l，电阻均为r，月球表面的重力加速度为为g6，整个过程中只有ab边在磁场中，线框与月球表面绝缘，不计导轨电阻和摩擦阻力，则（ ）
A．着陆装置接触到月球表面后瞬间ab边产生的电动势为Blv0
B．着陆后，在船舱下降的过程中a点的电势低于b点的电势
C．若在导轨下方缓冲弹簧接触月面前船舱已匀速，则船舱匀速的速度大小为11m2gr30B2l2
D．若在导轨下方缓冲弹簧接触月面前船舱已匀速，则从着陆开始到船舱匀速瞬间经过ab边的电荷量为q=m2v0Bl−11m22gr30B3l3
【解答】解：A.着陆装置接触到月球表面后瞬间ab边切割磁感线，感应电动势为E0＝Blv0，故A正确；
B.着陆后，在船舱下降的过程中，根据右手定则，电流是顺时针方向，但ab充当电源，故a点电势高于b点电势，故B错误；
C.等效电路图如图：
并联部分电路电阻1R=16r+13r+13r
总电阻为R'＝R+r
解得R'＝2.2r
根据共点力平衡条件有BIl=B2l2vR'=m2g6
解得v=11m2gr30B2l2
故C正确；
D、设下落过程的时间为t，规定向下为正方向，根据动量定理有
m2gt﹣BIlt＝m2v﹣m2v0
其中q=It
解得q＝m2gt+m2v0Bl−11m22gr30B3l3
故D错误。
故选：AC。
（多选）10．（2024•辽宁模拟）磁悬浮电梯是基于电磁学原理使电梯的轿厢悬停及上下运动的，如图甲所示，它主要由磁场和含有导线框的轿厢组成。其原理为：竖直面上相距为b的两根绝缘平行直导轨，置于等距离分布的方向相反的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面，磁感应强度大小均为B，每个磁场分布区间的长度都是a，相间排列，如图乙所示。当这些磁场在竖直方向匀速平动时，跨在两导轨间的宽为b、长为a、总电阻为R的导线框MNPQ（固定在轿厢上）将受到安培力。当磁场平动速度为v1时，轿厢悬停；当磁场平动速度为v2时，轿厢最终竖直向上做匀速运动。重力加速度为g，下列说法中正确的是（ ）
A．速度v1和v2的方向都是竖直向上
B．速度v1的方向竖直向上，速度v2的方向竖直向下
C．导线框和电梯轿厢的总质量为4B2b2v1gR
D．轿厢匀速上升的过程中，外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量为4B2b2v1v2R
【解答】解：AB、依题意，轿厢悬停或者竖直向上做匀速运动时，均需要竖直向上的安培力，由楞次定律的“阻碍作用”可知，磁场相对轿厢的运动方向均为竖直向上，即速度v1和v2的方向都是竖直向上，故A正确，B错误；
C、设导线框和电梯轿厢的总质量为m。轿厢悬停时，导线框中的电流大小为
I1=2ER=2Bbv1R
又由平衡条件有
mg＝2BI1b
联立解得：m=4B2b2v1gR，故C正确；
D、当磁场平动速度为v2时，线框向上运动，当其加速度为零时，达到最大速度，设轿厢向上能达到的最大速度为v上，则有
I2=2Bb(v2−v上)R
又由平衡条件有
mg＝2BI2b
联立解得：v上＝v2﹣v1
电梯向上匀速运动时，外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量等于线框的焦耳热与重力势能增加量之和，即E总=I22Rt+mgv上t=4B2b2v1v2R，故D正确。
故选：ACD。
（多选）11．（2024•南充模拟）如图甲是游乐园常见的跳楼机，跳楼机的电磁式制动原理如图乙所示。跳楼机主干柱体上交替分布着方向相反、大小相等的匀强磁场，每块磁场区域的宽度均为0.8m，高度均相同，磁感应强度的大小均为1T，中间座椅后方固定着100匝矩形线圈，线圈的宽度略大于磁场的宽度，高度与磁场高度相同，总电阻为8Ω。若某次跳楼机失去其他保护，由静止从高处突然失控下落，乘客与设备的总质量为640kg，重力加速度g取10m/s2，忽略摩擦阻力和空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．线圈中电流方向始终为逆时针
B．跳楼机的最大速度为8m/s
C．当跳楼机的速度为1m/s时，线圈中感应电流为20A
D．跳楼机速度最大时，克服安培力做功的功率为12800W
【解答】解：A、由右手定则可知，电流方向为逆时针与顺时针交替变化，故A错误；
B、跳楼机由静止下落后受安培力与重力，根据牛顿第二定律有：mg﹣F安＝ma
跳楼机受到的安培力为：F安＝2nBiL
由法拉第电磁感应定律得：E＝2nBLv
根据欧姆定律有：i=ER
联立代入可得：mg−4n2B2L2vR=ma
随着速度的增加，加速度减小，当加速度为0时，速度达到最大值，以后跳楼机做匀速运动，当跳楼机速度最大时，安培力与重力平衡有：mg=4n2B2L2vmR
解得：vm＝2m/s，故B错误；
C、由法拉第电磁感应定律得：E＝2nBLv
由闭合电路欧姆定律，当跳楼机的速度为1m/s时，线圈中感应电流为：I=ER=2nBLvR=2×100×1×0.8×18A＝20A，故C正确；
D、当跳楼机速度最大时有：F安＝mg，克服安培力做功的功率为：P安＝mgvm＝640×10×2W＝12800W，故D正确。
故选：CD。
12．（2024•辽宁一模）航天回收舱实现软着陆时，回收舱接触地面前经过喷火反冲减速，瞬间速度减少至向下7m/s，大于要求的软着陆速度v0＝3m/s设计速度；为此科学家设计了一种电磁阻尼缓冲装置，其原理如图所示，主要部件为缓冲滑块K和绝缘光滑的缓冲轨道MN和PQ；回收舱主体中还有超导线圈（图中未画出），能在两轨道间产生垂直于导轨平面的匀强磁场B＝4T，导轨内的缓冲滑块由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有n＝10匝矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R＝4Ω，ab边长为L＝2m，当回收舱接触地面时，滑块K立即停止运动，此后线圈与轨道间的磁场发生作用，使回收舱主体做减速运动，从而实现缓冲；已知装置中除缓冲滑块（含线圈）外的质量为m＝200kg，缓冲滑块（含线圈）K的质量M＝50kg重力加速度为g＝10m/s2，不考虑运动磁场产生的电场；
（1）达到回收舱软着陆要求的速度时缓冲滑块K对地面的压力；
（2）回收舱主体可以实现软着陆，若从7m/s减速到3m/s的过程中，通过线圈横截面的电荷量为q＝4C，求该过程中线圈中产生的焦耳热Q。
【解答】（1）缓冲滑块刚停止运动时，根据法拉第电磁感应定律，ab边切割磁感线产生的感应电动势为
E＝nBLv0
根据闭合电路的欧姆定律，线圈中的感应电流为
I=ER
根据安培力公式有
F＝nBIL
对装置中缓冲滑块根据平衡条件有
Fn＝F+Mg
代入数据解得
Fn＝5300N
由牛顿第三定律的滑块K对地面的压力为
F′n＝5300N，方向竖直向下；
（2）根据电流的定义式、闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律得
q=IΔt=ERΔt=nΔΦR=nBLℎR
代入数据解得回收舱主体从7m/s减速到3m/s的过程中下落的高度为
h＝0.2m
根据功能关系有
Q=12mv12+mgℎ−12mv02
代入数据解得该过程中线圈中产生的焦耳热为
Q＝4400J。
答：（1）达到回收舱软着陆要求的速度时缓冲滑块K对地面的压力大小为5300N，方向竖直向下；
（2）该过程中线圈中产生的焦耳热Q为4400J。
五．自感现象和自感系数
13．（2023•滨海新区模拟）随着新能源汽车的普及，无线充电技术得到进一步开发和应用。如图甲所示，由地面铺设供电的供电线圈，将电能传送至电动汽车底部的受电线圈，从而对车载电池进行充电（电路模拟如图乙）。若已知供电线圈和受电线圈匝数比为n1：n2＝4：1。当供电线圈接上图丙中的正弦交流电后，受电线圈中的电流为2A。不考虑线圈的自感，忽略电能传输的损耗，下列说法正确的是（ ）
A．受电线圈的输出电压为55V
B．供电线圈的输入功率为220W
C．受电线圈的电流方向每秒改变50次
D．车身受电线圈中的感应电流磁场总是与地面供电线圈中电流的磁场方向相反
【解答】解：A．由图丙可知输入电压的最大值为2202V，则供电线圈电压有效值U1=Um2=22022V=220V，则受电线圈的输出电压为U2=n2n1U1=2204V=55V，故A正确；
B．供电线圈的输入功率等于受电线圈的输出功率，即P1＝P2＝U2I2＝55×2W＝110W，故B错误；
C．由图可知交流电的周期为0.02s，则频率为f=1T=10.02Hz＝50Hz，则受电线圈的频率也是50Hz，电流方向每秒改变100次，故C错误；
D．根据楞次定律，车身受电线圈中的感应电流磁场总是阻碍地面供电线圈中电流的磁场的变化，即当地面供电线圈中电流的磁场增强时，车身受电线圈中的感应电流磁场与其相反；即当地面供电线圈中电流的磁场减弱时，车身受电线圈中的感应电流磁场与其相同，故D错误。
故选：A。
14．（2023•四川一模）如图甲，一种使心脏骤停者的心脏重新跳动的设备—自动体外除颤仪（AED），其内部的电路可以简化为如图乙所示的电路，其中K是自动控制的双刀双掷开关，除颤仪启动时，开关K立即闭合，经过一段很短的时间后突然断开，下列说法正确的是（ ）
A．开关闭合的瞬间流经人体的电流很大
B．开关断开流经人体的电流立即消失
C．AED产生的瞬间高压是通过电容器放电产生的
D．AED电路中的电感线圈L可以用定值电阻代替
【解答】解：A、除颤仪需要足够大的电流流过心脏来刺激心肌，因此开关闭合的瞬间流经人体的电流很大，故A正确；
B、开关断开后由于电感线圈的自感可知电流不会立即消失，故B错误；
C、AED产生的瞬间高压是通过电压变换器产生的，故C错误；
D、AED电路中的电感线圈L的作用是与人体接通形成串联简谐电路，得到一个单次大电流脉冲，不可用定值电阻代替，故D错误；
故选：A。
六．电磁感应在生活中的应用
15．（2024•佛山一模）如图甲为一款网红魔术玩具——磁力“永动机”，小钢球放入漏斗后从中间小洞落入下面的弧形金属轨道，然后从轨道另一端抛出再次回到漏斗，由此循环往复形成“永动”的效果。其原理如图乙所示，金属轨道与底座内隐藏的电源相连，轨道下方藏有永磁铁。当如图乙永磁铁N极朝上放置，小钢球逆时针“永动”时，下列分析正确的是（ ）
A．小球运动的过程中机械能守恒
B．该磁力“永动机”的物理原理是电磁感应
C．轨道a应接电源的正极，轨道b应接电源的负极
D．电源如何接都不影响“永动”的效果
【解答】解：A．小球运动的过程中有安培力做功，机械能不守恒，故A错误；
B．该磁力“永动机”的物理原理是通电导体在磁场中受到安培力的作用，故B错误；
C．为了维持小钢球逆时针“永动”永动，每个循环安培力做的功应该补充机械能的损失，小钢球应受向右的安培力，根据左手定则可知通过小球电流的方向从轨道a到轨道b，所以轨道a应接电源的正极，轨道b应接电源的负极，故C正确；
D．电源反接后改变安培力的方向，会影响“永动”的效果，故D错误；
故选：C。
16．（2024•南通模拟）如图所示，新能源汽车由地面供电装置（主要装置是发射线圈，并直接连接家用电源）将电能传送至轿车底部的感应装置（主要装置是接收线圈，并连接充电电池），对车载电池进行充电。则（ ）
A．增大发射线圈与接收线圈的间距，接收线圈中感应电流的频率不变
B．发射线圈和接收线圈的磁通量变化率相等
C．为了保护接收线圈不受损坏，可在接收线圈下再加装一个金属护板
D．增大发射线圈与接收线圈的间距，发射线圈与接收线圈两端电压之比不变
【解答】解：A.发射线圈与接收线圈中的磁通量变化的频率相同，增大发射线圈与接收线圈的间距，接收线圈电流的频率不变，故A正确；
B.由感应装置与供电装置的工作原理可知，非理想状态下由于能量损耗供电线圈和感应线圈的磁通量变化率不等，故B错误；
C.如果在车底加装一个金属护板，金属护板会产生涡流，损耗能量，同时屏蔽电磁场，使接收线圈无法产生感应电流，故C错误；
D.增大发射线圈与接收线圈的间距，则通过接收线圈的磁通量减小，根据
E＝nΔΦΔt
发射线圈与接收线圈两端电压之比变大，故D错误。
故选：A。
17．（2024•北京一模）随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经在无线充电方面实现了从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是（ ）
A．无线充电时，手机上接收线圈的工作原理是“电流的磁效应”
B．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
C．只有将充电底座接到直流电源上，才能对手机进行充电
D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电
【解答】解：AC、无线充电利用电磁感应原理。当充电底座的发射线圈中通有交变电流时，发射线圈产生交变的磁场，根据电磁感应原理，在接收线圈中产生感应电流，实现对接收充电设备的充电。无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电磁感应”。只有将充电底座接到交流电源上才能对手机进行充电。故AC错误；
B、接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同。故B正确；
D、不是所有手机都可以进行无线充电，手机中要装有接收线圈设备才可以。故D错误。
故选：B。
18．（2023•普宁市校级二模）如图所示是车站、机场等场所用于安全检查的安检门，“门框”内有线圈，线圈中通有变化的电流。如果金属物品通过安检门，金属中会被感应出涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警。下列关于安检门的说法正确的是（ ）
A．安检门能检查出毒贩携带的毒品
B．安检门能检查出旅客携带的金属水果刀
C．安检门工作时，主要利用了电流的热效应原理
D．如果“门框”的线圈中通上恒定电流，安检门也能正常工作
【解答】解：A、安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到，可知，安检门不能检查出毒贩携带的毒品，故A错误；
B、水果刀是金属制成，安检门能检查出旅客携带的水果刀，故B正确；
C、安检门工作时，主要利用了电磁感应原理，不是利用电流的热交应原理，故C错误；
D、根据工作原理可知，如果“门框”的线圈中通上恒定电流，安检门不能正常工作，故D错误。
故选：B。
19．（2023•杭州一模）智能手表通常采用无线充电方式。如图甲所示，充电基座与220V交流电源相连，智能手表放置在充电基座旁时未充电，将手表压在基座上，无需导线连接，手表便可以充电（如图乙所示）。已知充电基座与手表都内置了线圈，则（ ）
A．手机和基座无导线连接，所以传输能量时没有损失
B．用塑料薄膜将充电基座包裹起来，之后仍能为手表充电
C．无线充电的原理是利用基座内的线圈发射电磁波传输能量
D．充电时，基座线圈的磁场对手表线圈中的电子施加力的作用，驱使电子运动
【解答】解：A．充电时存在漏磁效应，所以传输能量时有损失，故A错误；
B．手机充电利用的是互感原理，故用塑料薄膜将充电基座包裹起来，仍能为手表充电，故B正确；
C．无线充电的原理是基座内的线圈电流变化，产生变化的磁场，导致手表内部线圈中的磁通量发生改变，从而线圈产生感应电流，其产生感应电流的方式与变压器，互感器的原理相同，故C错误；
D．根据上述解释，基座线圈的磁场变化产生感应电场，驱动放置在感应电场中的手表中的线圈内部的电子做定向运动，形成电流，故D错误。
故选：B。
20．（2023•香坊区校级三模）图甲是电动公交车无线充电装置，供电线圈设置在充电站内，受电线圈和电池系统置于车内。供电线路与220V交流电源相连，将受电线圈靠近供电线圈，无需导线连接，蓄电池便可以充电（如图乙所示），下列说法正确的是（ ）
A．供电线圈和受电线圈无导线连接，所以传输能量时没有损失
B．用塑料薄膜将供电线圈包裹起来之后，仍能为蓄电池充电
C．无线充电的原理是利用供电线圈发射电磁波传输能量
D．充电时，供电线圈的磁场对受电线圈中的电子施加磁场力的作用，驱使电子运动
【解答】解：AC．供电线圈和受电线圈是利用互感传输能量的，并不是发射电磁波，由于线圈存在电阻、传输过程有漏磁等情况，故传输能量时有损失，故AC错误；
B．磁场能穿过塑料，因此用塑料薄膜将供电线圈包裹起来之后，仍能为蓄电池充电，故B正确；
D．充电时，供电线圈产生了变化的磁场，变化的磁场穿过受电线圈，会引起受电线圈磁通量变化，进而产生感应电流，故D错误。
故选：B。
21．（2023•房山区二模）2023年3月，中国科学技术大学超导量子计算实验室成功实现了三维封装量子计算机原型，其主要构成材料之一为金属超导体。超导体指的是低于某一温度后电阻为零的导体，且当超导体置于外磁场中时，随着温度的降低，超导体表面能够产生一个无损耗的超导电流，这一电流产生的磁场，让磁感线被排斥到超导体之外。有人做过这样一个实验：将一锡块和一个磁性很强的小永久磁铁叠放在一起，放入一个浅平的塑料容器中。往塑料容器中倒入液态氮，降低温度，使锡块出现超导性。这时可以看到，小磁铁竟然离开锡块表面，飘然升起，与锡块保持一定距离后，便悬空不动了。根据以上材料可知 （ ）
A．超导体处在恒定的磁场中时温度降低，它的表面也不会产生感应电流
B．超导体中的超导电流会产生焦耳热
C．将超导体置于磁场中，处于超导状态时内部磁感应强度为零
D．将悬空在超导体上面的磁铁翻转180°，超导体和磁铁间的作用力将变成引力
【解答】解：A、根据题意可知，超导体处在恒定的磁场中时温度降低时，它的表面会产生感应电流，故A错误；
B、由于超导体内没有电阻，故不会产生焦耳热，故B错误；
C、由题意可知，超导体表面的感应电流产生的磁场，让磁感线被排斥到超导体之外，所以将超导体置于磁场中，处于超导状态时内部磁感应强度为零，故C正确；
D、超导体表面上产生的电流是将磁感线排斥在外的，所以将悬空在超导体上面的磁铁翻转180°，超导体和磁铁间的作用力仍然为斥力，故D错误。
故选：C。
22．（2023•汕头一模）新型交通信号灯，如图所示，在交通信号灯前方路面埋设通电线圈，这个包含线圈的传感器电路与交通信号灯的时间控制电路连接，当车辆通过线圈上方的路面时，会引起线圈中电流的变化，系统根据电流变化的情况确定信号灯亮的时间长短，下列判断正确的是（ ）
A．汽车经过线圈会产生感应电流
B．汽车通过线圈时，线圈激发的磁场不变
C．当线圈断了，系统依然能检测到汽车通过的电流信息
D．线圈中的电流是由于汽车通过线圈时发生电磁感应引起的
【解答】解：A．汽车的材质主要为导电的金属，汽车经过线圈时会引起线圈磁通量的变化，从而产生电磁感应现象，产生感应电流。故A正确；
B．汽车通过线圈时，线圈由于电磁感应使自身电流发生变化，激发的磁场也能变化。故B错误；
C．当线圈断了，无法形成完成的闭合回路，系统就无法检测到汽车通过的电流信息，故C错误；
D．线圈本身就是通电线圈，线圈中的电流不是汽车通过线圈时发生电磁感应引起的，汽车通过线圈产生的电磁感应现象只是引起线圈中电流的变化。故D错误。
故选：A。
（多选）23．（2024•佛山一模）有“海上充电宝”之称的南鲲号是一个利用海浪发电的大型海上电站，其发电原理是海浪带动浪板上下摆动，从而驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动。若转子带动线圈如图逆时针转动，并向外输出电流，则下列说法正确的是（ ）
A．线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的磁通量最大
B．线圈转动到如图所示位置时a端电势低于b端电势
C．线圈转动到如图所示位置时其靠近N极的导线框受到的安培力方向向上
D．该发电机单位时间内能输出的最大电能与浪板面积的大小有关
【解答】解：A.线圈转动到如图所示位置时，穿过线圈的磁通量最小，故A错误；
B.根据右手定则可知此时线圈内部电流从b到a，则线圈转动到如图所示位置时a端电势高于b端电势，故B错误；
C.线圈转动到如图所示位置时其靠近N极的导线框的电流流向a端，则根据左手定则可知，线圈转动到如图所示位置时其靠近N极的导线框受到的安培力方向向上，故C正确；
D.浪板面积越大，则带动线圈转动的角速度越大，线圈产生的电动势越大，则发电机单位时间内能输出的最大电能越大，故D正确。
故选：CD。