2026高考物理专题复习之历年真题精选分类汇编（学生版）_专题12　电磁感应

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（2025·浙江1月选考·9）新能源汽车日趋普及，其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用，当制动过程中回收系统的输出电压(U)比动力电池所需充电电压(U0)低时，不能直接充入其中。在下列电路中，通过不断打开和闭合开关S，实现由低压向高压充电，其中正确的是( )
【难度】中档题
(2024·浙江1月选考·13)若通以电流I的圆形线圈在线圈内产生的磁场近似为方向垂直线圈平面的匀强磁场，其大小(k的数量级为)。现有横截面半径为的导线构成半径为的圆形线圈处于超导状态，其电阻率上限为。开始时线圈通有的电流，则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为( )
A．，B．，C．，D．，
【难度】较难题
(2024·北京卷·14)电荷量Q、电压U、电流I和磁通量Φ是电磁学中重要的物理量，其中特定的两个物理量之比可用来描述电容器、电阻、电感三种电磁学元件的属性，如图所示。类似地，上世纪七十年代有科学家预言Φ和Q之比可能也是一种电磁学元件的属性，并将此元件命名为“忆阻器”，近年来实验室已研制出了多种类型的“忆阻器”。由于“忆阻器”对电阻的记忆特性，其在信息存储、人工智能等领域具有广阔的应用前景。下列说法错误的是( )
A.QU的单位和ΦI的单位不同
B.在国际单位制中，图中所定义的M的单位是欧姆
C.可以用IU来描述物体的导电性质
D.根据图中电感L的定义和法拉第电磁感应定律可以推导出自感电动势的表达式E=LΔIΔt
【难度】基础题
(2024·湖北卷·1)《梦溪笔谈》中记录了一次罕见的雷击事件：房屋被雷击后，屋内的银饰、宝刀等金属熔化了，但是漆器、刀鞘等非金属却完好(原文为：有一木格，其中杂贮诸器，其漆器银扣者，银悉熔流在地，漆器曾不焦灼。有一宝刀，极坚钢，就刀室中熔为汁，而室亦俨然)。导致金属熔化而非金属完好的原因可能为( )
A．摩擦 B．声波 C．涡流 D．光照
【难度】基础题
(2021·北京卷·19)类比是研究问题的常用方法．
(1)情境1：物体从静止开始下落，除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空气阻力f＝kv(k为常量)的作用．其速率v随时间t的变化规律可用方程G－kv＝meq \f(Δv,Δt)(①式)描述，其中m为物体质量，G为其重力．求物体下落的最大速率vm.
(2)情境2：如图甲所示，电源电动势为E，线圈自感系数为L，电路中的总电阻为R.闭合开关S，发现电路中电流I随时间t的变化规律与情境1中物体速率v随时间t的变化规律类似．类比①式，写出电流I随时间t变化的方程；并在图乙中定性画出I－t图线．
(3)类比情境1和情境2中的能量转化情况，完成下表．
【难度】中档题
(2022·湖北卷·9)近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示．发射线圈的输入电压为220 V、匝数为1 100匝，接收线圈的匝数为50匝．若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是( )
A．接收线圈的输出电压约为8 V
B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
【难度】基础题
(2020·天津卷·6)手机无线充电是比较新颖的充电方式．如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量．当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电．在充电过程中( )
A．送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化
B．受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变
C．送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递
D．手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失
【难度】基础题
(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
【难度】基础题
考点2 电磁感应现象 楞次定律
(2025·北京卷·3)下列图示情况，金属圆环中不能产生感应电流的是( )
A.图(a)中，圆环在匀强磁场中向左平移
B.图(b)中，圆环在匀强磁场中绕轴转动
C.图(c)中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移
【难度】基础题
(2025·北京卷·10)绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，磁铁开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁铁正下方的桌面上(如图所示)，仍将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，振动最终也停止。则( )
A.有无线圈，磁铁经过相同的时间停止运动
B.磁铁靠近线圈时，线圈有扩张趋势
C.磁铁离线圈最近时，线圈受到的安培力最大
D.有无线圈，磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能相同
【难度】基础题
(2025·河南卷·5)如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是( )
【难度】基础题
(2025·河南卷·9)手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流Ic和Id的大小和方向(无抖动时Ic和Id均为零)，使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是( )
A.若Ic沿顺时针方向，Id＝0，则表明a的方向向右
B.若Id沿顺时针方向，Ic＝0，则表明a的方向向下
C.若a的方向沿左偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向且Ic>Id
D.若a的方向沿右偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿顺时针方向且Ica2
由于bc段距离不变，下行过程中加速度大，上行过程中加速度小，所以金属板下行过经过b点时的速度大于上行经过b点时的速度，AB正确；
CD．导体棒上行时，加速度与速度同向，则导体棒做加速度减小的加速度运动，则一定能回到无磁场区。由AB分析可得，导体棒进磁场Ⅱ区(下行进磁场)的速度大于出磁场Ⅱ区(下行进磁场)的速度，导体棒在无磁场区做加速度相同的减速运动mgsinθ=ma0
则金属棒不能回到a处，C错误，D正确.
【答案】A
【解析】根据GMm(R+H)2=mv2(R+H)
可得卫星做圆周运动的线速度v=GMR+H
根据右手定则可知，导体绳产生的感应电动势相当于上端为正极的电源，其大小为E'=BLv
因导线绳所受阻力f与安培力F平衡，则安培力与速度方向相同，可知导线绳中的电流方向向下，即电池电动势大于导线绳切割磁感线产生的电动势，可得f=BE−E'rL
解得E=BLGMR+H+frBL.
【答案】见解析
【解析】(1)列车速度从v1＝20 m/s降至v2＝3 m/s的过程中，列车做匀变速直线运动，根据图像可知a0＝－0.7 m/s2
t＝v2−v1a0＝3−20−0.7 s≈24.3 s
x＝v22−v122a0＝9−4002×(−0.7) m≈279.3 m
(2)设金属棒的质量为m，磁感应强度为B，棒接入电路的长度为L，金属棒运动的速度为v，
MN棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv
回路电流I＝ER＝BLvR
MN棒受到的安培力F＝BIL＝B2L2vR
MN棒的加速度a＝Fm＝B2L2vmR
因此a∝v，由于MN棒的运动速度与列车的速度成正比、棒的加速度与列车电气制动产生的加速度成正比，故电气制动产生的加速度a气∝v.
电气制动产生的加速度大小随速度变化的图线如图所示．
(3)制动过程中，电气制动产生的阻力与列车速度成正比；空气阻力随速度的减小而减小，由题图中，列车速度在20 m/s至3 m/s区间加速度最大，根据牛顿第二定律，所需合力最大．而速度为3 m/s时，电气制动的阻力和空气阻力都最小．综合上述分析，列车速度在3 m/s附近所需机械制动最强．
【答案】B
【解析】由法拉第电磁感应定律知棒产生的电动势U＝12Br2ω，故A错误；对极板间微粒受力分析，如图所示，微粒静止，则mg＝qE＝qU'd，得qm＝gdU'，而电容器两极板间电势差与电源电动势相等，即U＝U′，故qm＝2gdBr2ω，故B正确；电路中电流I＝UR＝Br2ω2R，则电阻R消耗的电功率P＝I2R＝B2r4ω24R，故C错误；电容器所带的电荷量Q＝CU′＝CBr2ω2，故D错误．
【答案】AB
【解析】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mgsin30°－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＝eq \f(\r(3)mg,3BL)，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。
【答案】(1)2 m/s2 0.9 N (2)16.15 W (3)2.53 m
【解析】(1)由vt图像可得在1～2 s内，棒G做匀加速运动，其加速度为a＝2 m/s2
依题意物块A的加速度也为a＝2 m/s2，
由牛顿第二定律可得FT－mAgsin θ＝mAa
解得细绳受到拉力FT＝0.9 N
(2)由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律推导出“双棒”回路中的电流为I＝eq \f(BL(vH－vG),RH＋RG)
由牛顿运动定律和安培力公式有BIL－FT＝mGa
由于在1～2 s内棒G做匀加速运动，回路中电流恒定为I＝6.5 A，两棒速度差为
vH－vG＝6.5 m/s
保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a；
对棒H由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力F＝mHa＋BIL＝1.7 N
由vt图像可知t＝1.5 s时，棒G的速度为
vG＝3 m/s
此刻棒H的速度为vH＝9.5 m/s
其水平向右拉力的功率PF＝FvH＝16.15 W。
(3)棒H停止后，回路中电流发生突变，棒G受到安培力大小和方向都发生变化，棒G是否还拉着物块A一起做减速运动需要通过计算判断，假设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G加速度为
a′＝eq \f(B2L2vG′,2RmG)＝eq \f(12×0.22×4,2×0.1×0.2) m/s2＝4 m/s2
物块A加速度为a″＝gsin θ＝2.5 m/s2
t＝3 s时，A的速度为vA＝v2－a″Δt＝1.5 m/s
说明棒H停止后绳子松弛，物块A做加速度大小为2.5 m/s2的匀减速运动，棒G做加速度越来越小的减速运动且绳子在2～3 s时间内始终处于松弛状态；由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在2～3 s内Beq \x\t(I)LΔt＝mG(vG2－vG3)
eq \x\t(I)Δt＝eq \f(BL\x\t(v),RH＋RG)Δt＝eq \f(BLsG,RH＋RG)
棒G滑行的距离sG＝eq \f(mG(vG2－vG3)(RH＋RG),B2L2)＝(4－eq \f(4,e)) m＝2.53 m
这段时间内物块A速度始终大于棒G滑行速度，绳子始终松弛。
【答案】BD
【解析】导轨的速度大于导体棒的速度，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为Ff＝μmg＝2 N，导体棒所受安培力大小为F1＝Ff＝2 N，由左手定则可知闭合回路的电流方向为N→M→D→C→N，导轨受到向左的摩擦力、向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为F2＝Ff－m0g＝1 N，由左手定则可知B2的方向向下，A错误，B正确；对导体棒分析F1＝B1IL，对导轨分析F2＝B2IL，电路中的电流为I＝eq \f(B1Lv1－B2Lv2,r)，联立解得v2＝3 m/s，C错误，D正确。
【答案】BD
【解析】导体棒a在导轨上向右运动，产生的感应电流向里，流过导体棒b的电流向里，由左手定则可知安培力向左，则导体棒b有向左运动的趋势，故C错误；导体棒b与电阻R并联，有I＝eq \f(BLv,0.15 Ω)，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，有B·eq \f(I,2)·L＝μmg，联立解得导体棒a的速度为v＝3 m/s，导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，有x＝vt，h＝eq \f(1,2)gt2，联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为x＝1.2 m，故A错误；导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B正确；导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电路的电荷量为q＝eq \x\t(I)·Δt＝eq \f(BL·Δx,0.15 Ω)＝eq \f(0.1×1×1.74,0.15) C＝1.16 C，导体棒b与电阻R并联，则通过电阻R的电荷量为qR＝eq \f(q,2)＝0.58 C，故D正确．
【答案】B
【解析】t＝0时，Φ1＝B0Lx0；t＝T时，磁感应强度为零，Φ2＝0，0~T时间内流过回路的电荷量q＝IΔt＝IT，I＝E2R，E＝ΔΦΔt＝B0Lx0−0T，联立以上各式，解得q＝B0Lx02R，故选B。
【答案】(1)eq \f(mgR,B2L2) (2)eq \f(3mgR,2B2L2) (3)eq \f(g,2)
【解析】(1)闭合开关S，金属棒下落的过程中受竖直向下的重力、竖直向上的安培力作用，当重力与安培力大小相等时，金属棒的加速度为零，速度最大，则mg＝BI1L
由法拉第电磁感应定律得E1＝BLv1
由欧姆定律得I1＝eq \f(E1,R)
解得v1＝eq \f(mgR,B2L2)
(2)由第(1)问得I1＝eq \f(mg,BL)
由于I0