北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
专题十一 电磁感应
应用创新题组
(时间:70分钟 满分:100分)
一、单项选择题(每小题4分,共20分)
1.(2022届湖南名校联考 典型模型)一根上端固定的弹簧,其下端挂一条形磁铁,磁铁在上下
振动,磁铁的振动幅度几乎保持不变。如图所示,若在磁铁振动过程中把一导电线圈靠近磁铁
下方,则关于磁铁的振幅,下列说法中正确的是( )
A.S闭合时振幅迅速减小,S断开时振幅几乎不变
B.S闭合时振幅迅速增大,S断开时振幅几乎不变
C.S闭合或断开,振幅变化相同
D.S闭合或断开,振幅都几乎不发生变化
答案 A S闭合时,由于磁铁的上下振动,穿过线圈的磁通量不断变化,在线圈中产生感应电
流,即有电能产生,消耗机械能,所以振幅迅速减小;S断开时,线圈中无电能产生,不消耗机械能,
故振幅几乎不变,A正确。
2.(2021佛山南海模拟,6 物理生活)涡流内检测技术是一项用来检测各种金属管道是否有破
损的技术。如图是检测仪在管道内运动及其工作原理剖面示意图,当激励线圈中通以正弦交
流电时,金属管道壁内会产生涡流,涡流磁场会影响检测线圈的电流。以下有关涡流内检测仪
的说法正确的是( )
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A.检测线圈消耗功率等于激励线圈输入功率
B.在管道内某处检测时,如果只增大激励线圈中交流电的频率,则检测线圈的电流不变
C.在管道内某处检测时,如果只增大激励线圈中交流电的频率,则检测仪消耗功率将变大
D.当检测仪从金属管道完好处进入到破损处检测时,管道壁中将产生更强的涡流
答案 C 激励线圈输入功率大于检测线圈消耗功率,管道壁中产生涡流,有一定的热功率,P
=P +P ,故A错误;增大频率,检测线圈的磁通量变化率变大,产生的感应电动势变大,则
激励 检测 热
电流变大,故B错误;增大频率,检测线圈的功率和管道壁发热的功率变大,则检测仪消耗功率
将变大,故C正确;当检测仪从金属管道完好处进入破损处检测时,厚度减小,则管道壁中产生
的涡流变小,故D错误。
3.(2021佛山二模,5 物理生活)在油电混合小轿车上有一种装置,刹车时能将车的动能转化
为电能,启动时再将电能转化为动能,从而实现节能减排。图中,甲、乙磁场方向与轮子的转
轴平行,丙、丁磁场方向与轮子的转轴垂直,轮子是绝缘体,则采取下列哪个措施,能有效地借
助磁场的作用,让转动的轮子停下( )
A.如图甲,在轮上固定如图绕制的线圈
B.如图乙,在轮上固定如图绕制的闭合线圈
C.如图丙,在轮上固定一些细金属棒,金属棒与轮子转轴平行
D.如图丁,在轮上固定一些闭合金属线框,线框长边与轮子转轴平行
答案 D 图甲与图乙中当轮子转动时,穿过线圈的磁通量都是不变的,不会产生感应电流,则
不会有安培力阻碍轮子的运动,故A、B错误;图丙中在轮上固定一些细金属棒,当轮子转动
时会产生感应电动势,但是不会产生感应电流,则也不会产生安培力阻碍轮子转动,故C错误;
图丁中在轮上固定一些闭合金属线框,线框长边与轮子转轴平行,当轮子转动时会产生感应电
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动势,并在线框中产生感应电流,此时线框会受到安培力作用从而阻碍轮子转动,有助于轮子
停下,故D正确。
4.(2022届湘豫名校联考)一质量为m、半径为R的金属圆环,圆心为O,在O点正下方h(h>R)
处MN的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场,在圆环下落至图示虚线位置(圆环刚好完全
进入磁场)的过程中,金属圆环产生的焦耳热为Q,重力加速度为g。对圆环下列说法正确的是
( )
A.圆环进入磁场过程中感应电流方向是顺时针
B.圆环所受安培力一直增大,方向竖直向上
C.圆环所受安培力大小变化和方向均无法确定
√2mg(h+R)-2Q
D.圆环刚完全进入磁场时的速度为
m
答案 D 圆环进入磁场过程中,通过圆环的磁通量向里增加,根据“增反减同”的规律,感应
电流产生的磁场方向垂直纸面向外,则感应电流方向是逆时针,A错误;圆环刚进入磁场时所
受安培力为0,完全进入磁场时所受安培力也为0,中间不为0,则安培力先增大后减小,根据楞
次定律的推论可判断安培力的方向总是竖直向上,所以B、C错误;由能量守恒定律有
1 √2mg(h+R)-2Q
mg(h+R)= mv2+Q,解得v= ,D正确。
2 m
5.(2021泰安期末,5 解法创新)如图所示,在光滑的水平面上宽度为L的区域内,有竖直向下
的匀强磁场。现有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v 向右
0
滑动,穿过磁场后速度刚好减为0,那么当线圈完全进入磁场时,其速度大小( )
v
A.大于 0
2
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v
B.等于 0
2
v
C.小于 0
2
D.以上均有可能
答案 B 通过线圈横截面的电荷量:
E ΔΦ
q=IΔt= ·Δt=
R R
由于线圈进入和穿出磁场过程,线圈磁通量的变化量相等,则进入和穿出磁场的两个过程通过
线圈横截面的电荷量q相等,由动量定理得,线圈进入磁场过程:
-BIaΔt=mv-mv
0
线圈离开磁场过程:-BIaΔt=0-mv
由于q=IΔt,则-Baq=mv-mv ,Baq=mv
0
v
解得v= 0,故选B。
2
二、多项选择题(每小题6分,共48分)
6.(2022双峰一中入学考 解法创新)(多选)如图所示,两电阻可以忽略不计的平行金属长直
导轨固定在水平面上,相距为L,另外两根长度为L、质量为m、电阻为R的相同导体棒垂直
静置于导轨上,导体棒在长导轨上可以无摩擦地滑动,导轨间存在竖直向下的匀强磁场,磁感
应强度大小为B。某时刻使导体棒a获得大小为v、水平向右的初速度,同时使导体棒b获
0
得大小为2v、水平向右的初速度,下列结论正确的是( )
0
A.该时刻回路中产生的感应电动势为3BLv
0
B.该时刻导体棒a的加速度为B2L2v
0
2mR
3v 3v
C.当导体棒a的速度大小为 0 时,导体棒b的速度大小也是 0
2 2
mv
D.运动过程中通过导体棒a电荷量的最大值q = 0
m
2BL
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答案 BCD 根据右手定则可知两根导体棒切割磁感线产生的感应电动势方向相反,故该时
E BLv
刻回路中产生的感应电动势E=BL·2v-BLv =BLv ,A错误;回路中的感应电流I= = 0,
0 0 0 R 2R
总
导体棒a所受安培力大小F=BIL=ma,故该时刻导体棒a的加速度a=B2L2v
,B正确;由于两
0
2mR
3v
导体棒组成的系统在水平方向动量守恒,当导体棒a的速度大小为 0 时,根据动量守恒定律
2
3v 3v
得mv +m·2v=m 0+mv ,解得v= 0,C正确;从开始到最终共同匀速运动,由动量守恒定律
0 0 1 1
2 2
3v
得mv +m×2v =(m+m)v ,解得v = 0,对a棒由动量定理得F Δt=mv -mv ,而由安培力公
0 0 共 共 2 安 共 0
mv
式得F =BIL,通过a导体棒的电荷量最大值为q =IΔt,联立解得:q = 0,D正确。
安 m m
2BL
7.(2021菏泽期末,9 物理生活)(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示,磁体附近的金
属弦被磁化,因此弦振动时,在线圈中产生感应电流,电流经电路放大后传送到音箱发出声音。
下列说法正确的有( )
A.选用铜质弦,电吉他仍能正常工作
B.取走磁体,电吉他将不能正常工作
C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势
D.弦振动过程中,线圈中的电流方向不断变化
答案 BCD 铜质弦无法被磁化,不能产生磁场引起线圈中磁通量的变化,不能产生感应电流,
所以铜质弦不能使电吉他正常工作,故A错误;取走磁体,金属弦无法被磁化,线圈中不会产生
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ΔΦ
感应电流,B正确;由E=n 知,C正确;金属弦来回振动,线圈中磁通量不断增加或减小,电流
Δt
方向不断变化,D正确。
易错点拨 有些学生受生活中吉他铜质弦的影响,误选A项,这就提醒我们解题一定要结合
所学的物理知识,深入思考推理,不要凭想象。
8.(2020,5·3原创 物理生活)(多选)电学测量仪器要求指针的摆动可以很快停下来。磁电式
仪表的线圈常常用铝框做骨架,把线圈绕在铝框上(如图所示)。利用铝框中产生的涡流,从而
通过磁场对这个涡流的 作用力阻碍它们的摆动,使指针能很快地指到示数的位置上( )
A.当线圈中通入电流转动时,铝框中的涡流方向与线圈中电流同向
B.当线圈中通入电流转动时,铝框中的涡流方向与线圈中电流反向
C.直接拿绝缘棒轻轻左右拨动指针,铝框中的涡流方向与线圈中电流同向
D.直接拿绝缘棒轻轻左右拨动指针,铝框中的涡流方向与线圈中电流反向
答案 BC 当线圈中通入电流转动时,铝框必然跟着线圈一起转动,切割磁感线产生感应电
动势和感应电流。它们彼此绝缘,铝框受到的安培力是它们转动的阻力,与转动方向相反,使
指针很快停下。铝框中的涡流方向与线圈中电流是反向的,B正确。直接拿绝缘棒轻轻左右
拨动指针时,线圈与铝框均切割磁感线产生感应电动势和感应电流,它们彼此绝缘,各自受到
的安培力均与转动方向相反,是它们转动的阻力,所以铝框中的涡流方向与线圈中电流是同向
的,C正确。
9.(2021深圳一模,9 题型创新)(多选)如图所示,水平面上足够长的光滑平行金属导轨,左侧
接定值电阻,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。金属杆MN以某一初速度沿导轨向右滑
行,且与导轨接触良好,导轨电阻不计。则金属杆在运动过程中,速度大小v、流过的电荷量q
与时间t或位移x的关系图像正确的有( )
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A B
C D
B2L2v
答案 ABD 金属杆在运动过程中,所受安培力大小F=BIL= ,可知随速度减小,安培
R
力逐渐减小,加速度逐渐减小,直至停止运动,因此在v-t图像中,斜率的绝对值逐渐减小,故A
ΔΦ BLx
正确;根据动量定理得-BIL·Δt=mv-mv ,而q=IΔt,q= = ,联立上述式子解得v=v-
0 0
R R
B2L2 BLv Δq Δq BLv
x,可知v-x图像为一条倾斜的直线,B正确;根据I= ,而I= ,则I= = ,可知
mR R Δt Δt R
E
随着速度的减小,q-t图像是一条斜率逐渐减小的曲线,故C错误;流过的电荷量q=IΔt= Δt=
R
ΔΦ ΔΦ BL
Δt= = x,因此,q-x图像为一条过坐标原点的倾斜直线,故D正确。
ΔtR R R
10.(2020深圳一模,21 解法创新)(多选)如图,同一水平面上固定两根间距为L、足够长的平
行光滑导轨PQ和MN,QN端接阻值为R的定值电阻,整个装置处在竖直向下的匀强磁场中。
一个质量为m的导体棒,以平行于导轨的初速度v 开始向左运动,经过位移s停下,棒始终与
0
导轨垂直且接触良好,其他电阻忽略不计。则( )
A.该过程中导体棒加速度一直不变
1
B.该过程中回路产生的焦耳热为 mv2
2 0
C.磁感应强度大小为1 √mv R
0
L s
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D.导体棒滑过位移s时,受到的安培力为mv2
0
2 2s
答案 BCD 该过程中导体棒做减速运动,速度减小,产生的感应电动势减小,回路中电流减
小,安培力减小,加速度减小;根据能量守恒定律可知该过程中减小的动能全部转化为焦耳热,
1
说明产生的焦耳热为 mv2;取整个过程为研究对象,由动量定理可得-BILΔt=0-mv ,回路中流
2 0 0
ΔΦ BLs E
过电荷量q=IΔt,由法拉第电磁感应定律可得E= = ,由闭合电路欧姆定律可得I= ,
Δt Δt R
联立以上各式可求B=1 √mv R;由电磁感应定律可求得导体棒滑过位移s时平均电流 =
0 I
L s 2
s
ΔΦ BL× BLs BLv
= 2= ,由动量定理可得-BILΔt=mv-mv ,此时安培力大小F =BIL=B L=
0 安
ΔtR 2ΔtR R
ΔtR
B2L2v,联立可求得F =mv2 ;故选B、C、D。
安 0
R 2s
11.(2021湛江调研,10 情境创新)(多选)如图所示,两光滑平行金属导轨位于同一水平面上,
导轨间距为L,左端与一阻值为R的电阻连接;整个系统置于竖直向下的匀强磁场中,磁感应
强度大小为B。一质量为m、电阻为r的导体棒垂直于导轨以初速度v 向右滑动,经过时间t
0
停在导轨上,滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。导轨电阻不计,此过程中,下列说
法正确的是( )
B2L2v2Rt
A.电阻产生的热量为
0
(R+r)2
B.电阻产生的热量为
mv2R
0
2(R+r)
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BLv t
C.通过电阻的电荷量为 0
R+r
mv
D.通过电阻的电荷量为 0
BL
1
答案 BD 根据能量关系可知,系统产生的总热量为Q= mv2,则电阻产生的热量为Q =
2 0 R
R Q= mv2R ,故A错误,B正确;根据动量定理得-B LΔt=0-mv ,又q= Δt,解得通过电阻
0 I 0 I
R+r 2(R+r)
mv
的电荷量为q= 0,故C错误,D正确。
BL
12.(2020聊城一中高三6月检测,12 情境创新)(多选)如图所示,固定轨道由倾角为θ的斜导
轨与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成,轨道所在空间存在方向竖直向上、磁感应强
度大小为B的匀强磁场,两导轨间距为L,上端用阻值为R的电阻连接。在沿斜导轨向下的拉
力(图中未画出)作用下,一质量为m、接入电路的有效电阻为R的金属杆MN从斜导轨上某
一高度处由静止开始(t=0)沿斜导轨匀加速下滑,经过时间t 杆MN滑至斜轨道的最底端PQ
0 2 2
处,此时速度大小为v并撤去拉力,杆MN在水平导轨上减速运动直至停止,杆MN始终垂直
于导轨并与导轨保持良好接触,导轨的电阻以及一切摩擦均不计。则下列说法正确的是 (
)
BLv
A.杆MN中通过的最大感应电流I =
m
2R
BLvt
B.杆MN沿斜导轨下滑的过程中,通过电阻R的电荷量q= 0
4R
2mRv
C.撤去拉力后,杆MN在水平轨道上运动的路程s=
B2L2
1
D.撤去拉力后,回路中产生的焦耳热为 mv2
2
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答案 ACD 经分析可知,杆MN下滑到PQ 处时的速度最大,杆MN产生的感应电动势最
2 2
E BLv
大,且最大值为E =BLv,此时回路中通过的感应电流最大,有I = m,解得I = ,故A正确;
m m 2R m 2R
v
杆MN沿斜导轨下滑的距离为x= t,在杆MN沿斜导轨下滑的过程中,穿过回路的磁通量的
0
2
ΔΦ
变化为ΔΦ=BLx cos θ,该过程回路中产生的平均感应电动势为E= ,回路中通过的平均感
t
0
E BLvt cosθ
应电流为I= ,又q=It,联立解得q= 0 ,故B错误;撤去拉力后,设杆MN在水平
2R 0 4R
B2L2 2mRv
导轨上减速运动s后停下,由动量定理得 ·s=m(v-0),解得s= ,故C正确;根据能量
2R B2L2
1
守恒知Q= mv2,故D正确。
2
13.(2022届长郡中学月考一)(多选)如图所示,倾角为θ的斜面固定在地面上,区域PQNM内有
垂直于斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场,MN、PQ(与斜面底边平行)是磁场的边界,它
们之间的距离为D。质量为m、边长为L(L<D)、总电阻为R的单匝正方形金属线框abcd
与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ,线框始终紧贴斜面运动,ab边和cd边保持与MN平行且不翻
转。让线框沿斜面滑下,ab边到达MN时的速度为v,已知cd边滑出磁场边界PQ时线框速度
大于0。下列说法中正确的是( )
A.线框通过MN所用的时间比通过PQ的时间短
BL2
B.自ab边进入磁场到cd边刚好进入磁场这段时间内,通过线框某截面的电荷量是
2R
B2L2
C.cd边刚滑出PQ时,线框速度v=v-
t
mR
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D.自ab边进入磁场到cd边滑出磁场这段时间内,线框中产生的焦耳热为
2B2L3(mvR-B2L3)
mR2
答案 AD 由于μ=tan θ,可得mg sin θ=μmg cos θ,故线框进入磁场前和完全在磁场中均做匀
速运动,在进入磁场、离开磁场过程由于产生感应电流,受到安培力作用,线框做减速运动,故
线框通过MN过程的平均速度比通过PQ过程的平均速度大,所以线框通过MN所用的时间
比通过PQ的时间短,A正确;自ab边进入磁场到cd边刚好进入磁场这段时间内,通过线框某
ΔΦ
E ΔΦ BL2
截面的电荷量为q=IΔt= Δt= Δt Δt= = ,B错误;设线框通过MN过程中回路中的
R R R
R
平均感应电流为I ,通过时间为t,cd边到达MN时线框的速度为v,线框通过PQ过程中回路
1 1 1
中的平均感应电流为I ,通过时间为t,规定沿斜面向下为正方向,对两个过程分别应用动量定
2 2
BL2
理有-BI Lt=mv -mv,-BI Lt=mv-mv ,结合B项的解析可知I t=I t=q= ,联立解得v=v-
1 1 1 2 2 t 1 1 1 2 2 R t
2B2L3 1
,C错误;从ab边进入磁场到cd边滑出磁场这段时间内,根据能量守恒定律有Q=
mR 2
mv2-1m =2B2L3(mvR-B2L3),D正确。
v2
2 t mR2
三、非选择题(共32分)
14.(2021湖南六校联考,14 情境创新)(14分)如图所示,两根金属棒甲和乙分别放在左侧和右
侧光滑的水平导轨上,左侧和右侧导轨间距分别为L和2L,金属棒甲和乙的质量分别为m和
2m,电阻分别为R和2R,它们的长度均与导轨间距相等,导轨足够长且电阻忽略不计,两棒与
导轨良好接触且各自只能在对应的导轨上运动。导轨间有磁感应强度大小均为B、方向相
反的匀强磁场;现用水平向右的恒力F作用于甲棒。
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(1)若固定乙棒,求甲棒产生焦耳热的功率的最大值;
(2)若不固定乙棒,已知当F作用时间为t时,甲的加速度大小为a,求此时乙棒的速度大小;
(3)若不固定乙棒,当F作用时间t后撤去该恒力。若以向右为速度的正方向,以撤去力F瞬间
为计时起点,请定性作出两棒的速度(v)-时间(t)图像。所作图像要大致反映两棒运动过程中
的加速度关系和最终的速度关系。
解析 (1)设甲向右运动的最大速度为v ,对应电流为I,甲受到的安培力为F ,则F=F =BIL
m 安 安
BLv
而I= m
3R
1
所求甲棒产生焦耳热的功率的最大值应为P= F v
3 安 m
由以上各式求得P=F2R
B2L2
(2)设当F作用时间为t时,甲和乙的速度大小分别为v 和v
1 2
对甲:Ft-BILt=mv
1
对乙:2BILt=2mv
2
BLv -2BLv
此时电路中的电流为I= 1 2
3R
对甲:F-BIL=ma
Ft (F-ma)R
由以上各式求得乙的速度大小为v= -
2 3m B2L2
(3)如图所示
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15.(2022届菏泽统考,17 解法创新)(18分)如图所示,在磁感应强度大小为B的匀强磁场区
域内,与磁场方向垂直的水平面内有两根固定的足够长的平行金属导轨,导轨上面平放着两根
导体棒ab和cd,两棒彼此平行,构成一矩形回路。导轨间距为l,导体棒的质量都为m,电阻都
为R,导轨电阻忽略不计。设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行,初始时刻ab棒静止,给cd棒一
个向右的初速度v。
0
(1)求cd棒速度减为0.8v 时的加速度大小;
0
(2)从开始运动到最终稳定,求电路中产生的电能;
(3)求两棒之间距离增加量的最大值。
解析 (1)设当cd棒速度减为0.8v 时ab棒的速度为v',由动量守恒定律得mv =0.8mv +mv'
0 0 0
解得v'=0.2v
0
Bl(0.8-0.2)v
此时回路的电流是I= 0
2R
BIl
cd棒的加速度为a=
m
解得a=0.3B2l2v
0
mR
(2)设两棒稳定时共同的速度为v,据动量守恒定律得
mv =(m+m)v
0
1
解得v= v
0
2
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1 1 1
故Q= mv2- (m+m)v2= mv2
2 0 2 4 0
ΔΦ BlΔx
(3)由法拉第电磁感应定律得,电路中产生的感应电动势E= =
Δt Δt
E
这段时间内回路的电流为I=
2R
对ab棒,由动量定理得BIlΔt=mv
mRv
联立解得Δx=
0
B2l2
第14页共14页
