2026步步高-高三大二轮专题复习物理习题_第一篇　专题四　第11练　电磁感应（含解析）

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［保分基础练］
1.(2023·北京卷·5)如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关( )
A.P与Q同时熄灭B.P比Q先熄灭
C.Q闪亮后再熄灭D.P闪亮后再熄灭
2.(2024·广东卷·4)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是( )
A.穿过线圈的磁通量为BL2
B.永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C.永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D.永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
3.(2024·湖南卷·4)如图，有一硬质导线Oabc，其中abc是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为( )
A.φO>φa>φb>φcB.φO0)。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。
(1)(3分)求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向；
(2)(6分)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式；
(3)(6分)求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
答案精析
1.D [由题知，开始时，开关S处于闭合状态，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，故通过L的电流大于通过P灯的电流，断开开关，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭，故选D。]
2.D [题图乙所示位置穿过线圈的磁通量Φ=|BS上-BS下|≠BL2，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误；永磁铁相对线圈下降时，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。]
3.C [导线绕O点转动过程中相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，如图所示，根据右手定则可知O点电势最高；
根据E=Blv=12Bωl2
因为lOb=lOc>lOa
可得0φb=φc
故选C。]
4.B [根据法拉第电磁感应定律可知E=ΔΦΔt=ΔBSΔt=103×(1.02+1.22+1.42)×10-4 V=0.44 V，故选B。]
5.AB [两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，故A正确；设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得
2mgsin 30°-2BILcs 30°=2maab，
对cd有mgsin 30°-BILcs 30°=macd，
故可知aab=acd，分析可知回路中的总电动势为两个导体棒产生的电动势相加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，对ab分析可得2mgsin 30°=2BILcs 30°，解得I=3mg3BL，故B正确，C错误；根据前面分析可知aab=acd，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度大小不同，故产生的感应电动势不相等，故D错误。]
6.ABD [金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN的机械能不断减小，又由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN最终一定静止于OO'位置，故A正确；由楞次定律可知，MN切割磁感线产生的感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，可知安培力一直做负功，故B正确；金属棒MN从释放到第一次到达OO'位置过程中，由于在OO'位置重力沿切线方向的分力为0，安培力水平向左，可知在即将到达OO'位置之前的某一位置之后，重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，故C错误；
从释放到第一次到达OO'位置过程中，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，故D正确。]
7.AD [如图所示
导线框ABC从初位置1到整个导线框进入磁场位置2的过程，切割磁感线的有效长度随时间线性增大，则感应电动势大小随时间线性增大，感应电流大小随时间线性增大，由右手定则可知电流方向为逆时针方向，即为正方向；导线框ABC从位置2到完全离开磁场位置3的过程，切割磁感线的有效长度随时间线性增大，则感应电动势大小随时间线性增大，感应电流大小随时间线性增大，由右手定则可知电流方向为顺时针方向，即为负方向，故A正确，B错误；
导线框匀速运动，感应电流的热功率等于安培力做功的功率，即P=I2R
由于从位置1到位置2感应电流大小从0随时间线性增大，从位置2到位置3感应电流大小又从0随时间线性增大，可知C错误，D正确。]
8.(1)2 m/s (2)3 W (3)1 C
解析 (1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度vm，由牛顿第二定律得
mgsin θ-μmgcs θ-F安=0
又F安=BIL，I=ER+r，E=BLvm
解得vm=2 m/s
(2)金属棒以最大速度vm匀速运动时，电阻R上的电功率最大，此时PR=I2R
联立解得PR=3 W
(3)设金属棒从开始运动到达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x，由能量守恒定律
mgxsin θ=μmgxcs θ+QR+Qab+12mvm2
根据焦耳定律QRQab=Rr
联立解得x=2 m
根据q=IΔt，I=ER+r
E=ΔΦΔt，ΔΦ=BLx
联立解得q=BLxR+r=1 C。
9.(1)Φ=kL2t kL2 从a流向b
(2)F安=k2L3tR+art2 (3)Rar μk2L32Rar+m(g+a)
解析 (1)通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式为Φ=BS=kL2t，
根据法拉第电磁感应定律得
E=nΔΦΔt=ΔB·SΔt=kL2，
由楞次定律及安培定则可知ab中的电流从a流向b。
(2)根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里，大小为F安=BIL，其中B=kt，
设金属棒t时间内向上运动的位移为x，
则根据运动学公式x=12at2
所以支架上方的导轨电阻为R'=2xr，
由闭合电路欧姆定律得I=ER+2xr，
联立得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F安=k2L3tR+art2。
(3)由题知t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，则对ab受力分析，由牛顿第二定律得
F-mg-μF安=ma，
其中F安=k2L3tR+art2，
联立可得F=μk2L3tR+art2+m(g+a)
整理有F=μk2L3Rt+art+m(g+a)
根据均值不等式可知，当Rt=art时，F有最大值，
故解得t=Rar
F的最大值为Fm=μk2L32Rar+m(g+a)。