第十一章　電磁感應(yīng)-2025版高考物理真題選練

第十一章電磁感應(yīng)做真題明方向1．[2024·吉林卷](多選)如圖，兩條“”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L(zhǎng)，左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B.將有一定阻值的導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，同時(shí)由靜止釋放，兩棒在下滑過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好．a(chǎn)b、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長(zhǎng)度均為L(zhǎng).導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，重力加速度大小為g，兩棒在下滑過(guò)程中()A．回路中的電流方向?yàn)閍bcdaB．a(chǎn)b中電流趨于eq\f(\r(3)mg,3BL)C．a(chǎn)b與cd加速度大小之比始終為2∶1D．兩棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)始終相等答案：AB解析：兩導(dǎo)體棒沿軌道向下滑動(dòng)，則通過(guò)abcd回路的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，回路中的電流方向?yàn)閍bcda，故A正確；設(shè)回路中的總電阻為R，對(duì)于任意時(shí)刻當(dāng)電路中的電流為I時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)ab有2mgsin30°－2BILcos30°＝2maab，對(duì)cd有mgsin30°－BILcos30°＝macd，故可知aab＝acd，分析可知，兩個(gè)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)相互疊加，隨著導(dǎo)體棒速度的增大，回路中的電流增大，導(dǎo)體棒受到的安培力在增大，故可知當(dāng)安培力沿導(dǎo)軌方向的分力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力平衡時(shí)導(dǎo)體棒將勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)電路中的電流達(dá)到穩(wěn)定值，此時(shí)對(duì)ab分析可得2mgsin30°＝2BILcos30°，解得I＝eq\f(\r(3)mg,3BL)，故B正確，C錯(cuò)誤；根據(jù)前面分析可知aab＝acd，故可知兩導(dǎo)體棒速度大小始終相等，由于兩邊磁感應(yīng)強(qiáng)度不同，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不等，故D錯(cuò)誤．故選AB.2．[2023·全國(guó)甲卷](多選)一有機(jī)玻璃管豎直放在水平地面上，管上有漆包線繞成的線圈，線圈的兩端與電流傳感器相連，線圈在玻璃管上部的5匝均勻分布，下部的3匝也均勻分布，下部相鄰兩匝間的距離大于上部相鄰兩匝間的距離．如圖(a)所示．現(xiàn)讓一個(gè)很小的強(qiáng)磁體在玻璃管內(nèi)沿軸線從上端口由靜止下落，電流傳感器測(cè)得線圈中電流I隨時(shí)間t的變化如圖(b)所示．則()A．小磁體在玻璃管內(nèi)下降速度越來(lái)越快B．下落過(guò)程中，小磁體的N極、S極上下顛倒了8次C．下落過(guò)程中，小磁體受到的電磁阻力始終保持不變D．與上部相比，小磁體通過(guò)線圈下部的過(guò)程中，磁通量變化率的最大值更大答案：AD解析：電流的峰值越來(lái)越大，即小磁體在依次穿過(guò)每個(gè)線圈的過(guò)程中磁通量的變化率越來(lái)越快，因此小磁體的速度越來(lái)越大，A正確；下落過(guò)程中，小磁體在水平方向受的合力為零，故小磁體的N極、S極上下沒(méi)有顛倒，B錯(cuò)誤；線圈可等效為條形磁鐵，線圈的電流越大則磁性越強(qiáng)，因此電流的大小是變化的．小磁體受到的電磁阻力是變化的，不是一直不變的，C錯(cuò)誤；由圖(b)可知，與上部相比，小磁體通過(guò)線圈下部的過(guò)程中，感應(yīng)電流的最大值更大，故磁通量變化率的最大值更大，D正確．故選AD.3.[2022·全國(guó)甲卷]三個(gè)用同樣的細(xì)導(dǎo)線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長(zhǎng)與圓線框的直徑相等，圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長(zhǎng)相等，如圖所示．把它們放入磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間線性變化的同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框所在平面均與磁場(chǎng)方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應(yīng)電流的大小分別為I1、I2和I3.則()A．I1<I3<I2B．I1>I3>I2C．I1＝I2>I3D．I1＝I2＝I3答案：C解析：設(shè)正方形線框邊長(zhǎng)為a，則圓線框半徑為eq\f(a,2)，正六邊形線框邊長(zhǎng)為eq\f(a,2)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S面積，由電阻定律得R＝ρeq\f(l周長(zhǎng),S截)，由題意知eq\f(ΔB,Δt)、ρ、S截均為定值，所以電流I＝eq\f(E,R)∝eq\f(S面積,l周長(zhǎng))，面積分別為a2、eq\f(πa2,4)、eq\f(3\r(3)a2,8)，周長(zhǎng)分別為4a、πa、3a，故電流I1＝I2>I3，故C項(xiàng)正確．4．[2022·山東卷](多選)如圖所示，xOy平面的第一、三象限內(nèi)以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為eq\r(2)L的扇形區(qū)域充滿方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬框繞其始終在O點(diǎn)的頂點(diǎn)、在xOy平面內(nèi)以角速度ω順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)t＝0時(shí)刻，金屬框開始進(jìn)入第一象限．不考慮自感影響，關(guān)于金屬框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E隨時(shí)間t變化規(guī)律的描述正確的是()A．在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的過(guò)程中，E一直增大B．在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的過(guò)程中，E先增大后減小C．在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過(guò)程中，E的變化率一直增大D．在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過(guò)程中，E的變化率一直減小答案：BC解析：如圖所示，金屬框切割磁感線的有效長(zhǎng)度為d，根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式有E＝eq\f(1,2)Bd2ω，從圖中可以看出在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的過(guò)程中，d是先增大到eq\r(2)L，再減小到L，所以電動(dòng)勢(shì)E先增大后減小，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確．在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過(guò)程中，d＝eq\f(L,cosωt)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式可寫為E＝eq\f(1,2)Bd2ω＝eq\f(BL2ω,2cos2ωt)，由表達(dá)式可以看出在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過(guò)程中，E的變化率一直增大，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤．5．[2022·廣東卷]如圖是簡(jiǎn)化的某種旋轉(zhuǎn)磁極式發(fā)電機(jī)原理圖．定子是僅匝數(shù)n不同的兩線圈，n1>n2，二者軸線在同一平面內(nèi)且相互垂直，兩線圈到其軸線交點(diǎn)O的距離相等，且均連接阻值為R的電阻，轉(zhuǎn)子是中心在O點(diǎn)的條形磁鐵，繞O點(diǎn)在該平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，兩線圈輸出正弦式交變電流．不計(jì)線圈電阻、自感及兩線圈間的相互影響，下列說(shuō)法正確的是()A．兩線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的有效值相等B．兩線圈產(chǎn)生的交變電流頻率相等C．兩線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)同時(shí)達(dá)到最大值D．兩電阻消耗的電功率相等答案：B解析：由于兩定子線圈匝數(shù)不同，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，在兩線圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大值不相等，有效值不相等，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由于轉(zhuǎn)子勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的周期等于兩定子產(chǎn)生交