电磁感应-2025年高考物理一轮复习专练

电磁感应专题练

2025年高考物理一轮复习备考

一、单选题

1.如图所示，一半径为R的圆环处于竖直平面内，A是与圆心等高点，圆环上套着一个可视为质点

的、质量为根的小球。现使圆环绕其竖直直径转动，小球和圆环圆心。的连线与竖直方向的夹角记

为0,转速不同，小球静止在圆环上的位置可能不同。当圆环以角速度。匀速转动且小球与圆环相对

静止时（）

A.若圆环光滑，则角速度。=

Etan。

gtan

B.若圆环光滑，则角速度切=。

R

C.若小球与圆环间的摩擦因数为〃，且小球位于A点，则角速度。可能等。=,等

D.若小球与圆环间的摩擦因数为〃，且小球位于A点，则角速度。可能等于。=

2.如图所示，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为

C的电容器。质量为相、阻值为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻

忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为。，合上开关

S后，下列说法正确的是（）

A.通过导体棒MN的电流最大值为斐

B.导体棒MN先向右加速运动后匀速运动

C.导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大

D.导体棒MN上产生的焦耳热等于电容器释放的能量

3.一儿童在楼梯台阶上玩掷弹力球游戏，弹力球质量为〃7,小球从高处落到低处，其空中运动轨迹

如图所示，已知台阶的高和宽均为L不计空气阻力和碰撞时间，重力加速度为g,以下说法正确的

A.弹力球每次弹起在空中运动时间为2陛

Y3g

B.弹力球每次弹起时速度大小为加1巫

6

C.弹力球每次碰撞动量的变化量大小为记

D.弹力球每次碰撞损失的能量为呼

4.如图甲所示，光滑金属导轨和de。电阻不计，加ed为边长为d的正方形，儿段为圆弧，。为

圆弧的圆心，NbOe=45。,ad间连接电阻为R的灯泡。。时刻开始电阻为R的导体棒绕。点沿圆弧转

动，转动的角速度为。，经2团由6转到以扇形区域内磁场恒定，方向垂直纸面向外，磁感应强度

大小为8°,正方形区域内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化的图像如图乙所示。

下列说法正确的是（）

A.若要使历-2切灯泡不发光，乙图中2的变化率为稣。

B.0也灯泡发光且电流方向由a—d

C.0-S灯泡两端电压为B0d2

D.0也通过导体棒的电荷量为亚型S

R

5.如图所示，物体置于水平传送带上，物体两边安装了固定光滑的水平杆AB限制物体只能在其间

运动。已知物体质量为机，物体与传送带间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,物体在水平拉力产

的作用下以恒定速度均匀速运动。传送带向右运动，其速度大小可改变，则（）

B.传送带速度越大，所需拉力越小

C.物体受摩擦力大小/=〃〃吆，方向与尸反向

D.当传送带速度为V时，拉力的功率尸=〃〃次I22

W+诏

6.如图（a）,水平面内有两根足够长的光滑平行固定金属导轨，间距为乩导轨所在空间存在方向

竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为瓦两导体棒M、N静止放置在足够长的导轨上。已知M

的质量为加，阻值为R,导体棒N的质量未知，阻值为四，导轨电阻不计。现给M棒一水平向右的

2

初速度%,其速度随时间变化关系如图（b）所示，两导体棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良

好，则下列说法正确的是（）

A.导体棒N的质量为三B.导体棒N的最终的速度为

C.在。~%内导体棒M产生的热量为皿D.在4内通过导体棒M的电荷量为咨

93Bd

7.如图，电阻不计的光滑金属导轨由直窄轨A3、CD,直宽轨所、G8和连接直轨BE、G。构成，

整个导轨处于同一水平面内，AB//CD//EF//GH,BE和G。共线且与A8垂直，窄轨间距为人，

2

宽轨间距为小空间有方向竖直向上的匀强磁场，宽轨所在区域的磁感应强度大小为8,窄轨所在区

域的磁感应强度大小为2瓦棒长均为L、质量均为小电阻均为R的均匀金属直棒。、。始终与导轨

垂直且接触良好。初始时刻，6棒静止在宽轨上，。棒从窄轨上某位置以平行于的初速度％向右

运动。a棒距窄轨右端足够远，宽轨EF、GH足够长。则（）

D2T2

A.。棒刚开始运动时，b棒的加速度大小为

2mR

B.经过足够长的时间后，a棒的速度大小为2:%

C.整个过程中，。棒克服安培力做的功等于油两棒上的发热量

D.整个过程中，b棒产生的焦耳热为，加年

8.北京时间2024年9月20日17时43分，我国在西昌卫星发射中心使用快舟一号甲运载火箭，成

功将天启星座29〜32星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。已知卫星的运

行速度的三次方/与其周期的倒数。的的关系图像如图所示。

已知地球半径为凡引力常量为G,卫

星绕地球的运动可看做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）

A.地球的质量为受

B.地球密度为775T

bCrR

b14712b

C.地球表面的重力加速度为D.绕地球表面运行的卫星的线速度大小为

InaR1Ra

二、多选题

9.有一边长为L、质量为相、总电阻为R的正方形导线框自磁场上方某处自由下落，如图所示。区

域I、II中匀强磁场的磁感应强度大小均为8,二者宽度分别为L、H,且”＞心导线框恰好匀速进

入区域I,一段时间后又恰好匀速离开区域II,重力加速度为g,下列说法正确的是（）

xxxxxxxx

x^xxxxxxx

,11..............................

A.导线框离开区域II的速度大于鬻

B.导线框刚进入区域n时的加速度大小为g,方向竖直向上

C.导线框进入区域II的过程产生的焦耳热为mgH

D.导线框自开始进入区域I至刚完全离开区域n的时间为吧?

10.如图所示，空间中存在竖直向下的磁感应强度大小均为瓦的匀强磁场，固定水平U形导轨间距

为3轨道左端连接一阻值为R的电阻，质量为根的导体棒油置于导轨上距左端尤位置，其接入回

路的电阻为八不计导轨的电阻，不计导体棒与轨道间的摩擦。仁0时刻仍以水平向右的初速度vo

从图示实线位置开始运动，最终停在导轨上。在此过程中，下列说法正确的是（）

A.导体棒做匀减速直线运动且导体棒中感应电流的方向为b—a

rirvR

B.电阻R消耗的总电能为2（晨）

mv（7?+r）

C.导体棒停止位置距轨道左端距离为x+0

1v1

D-若要导体棒保持匀速直线运动，可使空间各处8满足铲断0+及

11.如图所示，尸。和是固定于倾角为30。斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽

略不计。金属棒cd放在轨道上，始终与轨道垂直，且接触良好。金属棒湖的质量为2m、cd的

质量为长度均为L、电阻均为R；两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路。

整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为8的匀强磁场中，若锁定金属棒仍不动，使金属棒加在

与其垂直且沿斜面向上的恒力歹=2〃?g作用下，沿轨道向上做匀速运动。重力加速度为g。则下列说

法正确的是（）

Q

N

力30。

—।---

多30°

M

A.cd棒做匀速直线运动的速度为匕=与警

DL

B.电路中的电功率尸=6"二g："

B-I：

C.某时刻，。=0,恒力大小变为居=L5mg,方向不变，同时解锁、静止释放金属棒血直到t

时刻金属棒油开始做匀速运动，此时油棒的速度为%=等1

JDL

D.接C项条件，07时刻内通过金属棒ab的电量q=2ml罂

12.如图甲所示，面积为5、电阻为r的单匝金属线框处在垂直纸面向里的匀强磁场中，磁场的磁感

应强度随时间变化的规律如图乙所示，线框与电阻为R的定值电阻相连形成闭合回路。下列说法正确

的是()

A.线框cd边受到的安培力竖直向上

B.。点的电势高于6点的电势

c.0~f。时间内通过定值电阻的电流为

t0(R+r)

D.0~f。时间内通过定值电阻的电荷量为瓷三

(R+r)

三、解答题

13.如图所示，两根平行光滑的金属导轨〃百出和加2生乙由四分之一圆弧部分与水平部分构成，导

轨末端固定两根绝缘柱，弧形部分半径r=0.8m、导轨间距L=lm,导轨水平部分处于竖直向上的匀

强磁场中，磁感应强度大小B=2T。两根完全相同的金属棒a、b分别垂直导轨静置于圆弧顶端加1知2

处和水平导轨中某位置，两金属棒质量均为加=1kg,电阻均为火=2。。棒。由静止释放，沿圆弧导

轨滑入水平部分，此后，棒6向右运动，在导轨末端与绝缘柱发生碰撞后反弹，碰撞过程中无机械能

损失，棒6接触绝缘柱之前两棒已匀速运动且未发生碰撞，棒6与绝缘柱发生碰撞后，在距绝缘柱

x=0.5m的A4位置与棒。发生碰撞，整个运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不

(2)求棒6与绝缘柱碰撞前，整个回路产生的焦耳热；

(3)求棒b与绝缘柱碰撞后到与棒a碰撞前的过程，整个回路产生的焦耳热。

14.某电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距为/,倾角为6,导轨上端串接一个

阻值为必2r的电阻，下端接有电容为。的电容器。在导轨间长为d的区域内，存在方向垂直导轨平

面向下的匀强磁场，磁感应强度为8,质量为机的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑

轮与拉杆GH相连，金属棒向上运动时，Kj闭合，K2断开，向下运动时，降断开，Kz闭合。棒

的初始位置在磁场下方某位置处，一位健身者用大小为3mgsin。的恒力拉动G”杆，运动过程中

始终保持与导轨垂直，进入磁场时恰好匀速上升，不计其它电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量，重

力加速度为g。

⑴求C£＞棒进入磁场时的速度大小；

(2)a)棒进入磁场|■处时，撤去拉力兄恰好能减速运动到磁场上边界，求减速向上运动的时间;

(3)。棒从磁场上边界由静止下滑，此时电容器电量为零，下滑过程中，拉力始终为零，求CO棒出

磁场时的速度大小。

参考答案:

1.D

2

F合=mgtan0=mcor

r=Rsin0

以上两式联立，解得

故AB错误；

CD.若小球在A点时，则圆环对小球的支持力提供向心力，圆环对小球的静摩擦力与重力等大反向,

即

N=ma^R

juN>mg

联立，解得

故C错误，D正确。

故选D。

2.B

A.通过导体棒MN的电流最大时，导体棒MN所受安培力的最大，通过导体棒MN的电流最大值为

mRRC

故A错误；

B.当电容器两极板间的电压大于导体棒MN切割磁感线产生的感应电动势时，导体棒MN受到向右

的安培力，导体棒MN做加速运动，随着导体棒MN的速度增大，导体棒MN切割磁感线产生的感

应电动势增大，导体棒MN受到向右的安培力逐渐减小直至为零，导体棒MN最终向右匀速运动，

故B正确；

C.导体棒速度最大时，电容器两极板间的电压等于导体棒切割磁感线产生的感应电动势，

回路中电流为0,则此时安培力为0,故C错误；

D.开始时电容器中储存的部分电能转化为焦耳热和导体棒的动能，故D错误。

故选B。

3.C

A.弹力球做斜抛运动，每次上升的最大高度为:，根据

可得上升的时间

[2L

%=h

N3g

AT

下落高度为可，同理可知下落的时间

，1°W

弹力球每次弹起在空中运动时间为

t=

A错误；

B.弹力球水平方向匀速运动，水平速度

v叵

水平丁口

每次弹起时竖直分速度

弹力球每次弹起时速度大小

V=册+*=受

B错误;

C.每次落地时的竖直分速度

_,2师

V2=

由于只有竖直方向速度发生变化,弹力球每次碰撞动量的变化量大小为

—(―/Wj)=myj6gL

C正确;

D.弹力球每次碰撞损失的能量

AE=g根（宕+嗓平）-g加（V；+喙平）=mgL

D错误。

故选Co

4.A

B.0-历导体棒切割磁感线产生感应电动势，导体棒与灯泡构成闭合回路，灯泡发光，根据右手定则

可知，电流方向由d—a,故B错误;

C.0-历导体棒切割磁感线产生感应电动势为

_&

2

El=BoL^=Boy[2d-=B0(od

0-为感应电流为

2

E[_BQa)d

-2R

0-坨灯泡两端电压为

1

U=IR=-Ba)d-9

2

故C错误;

D.0-历通过导体棒的电荷量为

a_H_稣。」%

故D错误;

A.若要使区2历灯泡不发光，则说明回路中的感应电动势为零，则

%F—=jF

根据法拉第电磁感应定律可得

△①_ABAB2

匕)=-----=-----o=-----d

Atbt

解得乙图中2的变化率为

△t0

故A正确。

故选Ao

5.B

物体与传送带间发生相对滑动，所以摩擦力的大小为

f=〃稣=〃根g

方向与物体相对运动的方向相反；物体相对于传送带的速度大小为

V相对=J说+'

方向与％夹角为6,且

tan0=—

%

由平衡条件可得拉力大小为

F=/jmgcos0=/img

所以传送带速度越大，拉力下越小；A杆对物体的弹力为

N=jumgsind=/jmg

所以物体在水平面内受拉力尸、传送带的与相对运动相反的摩擦力和A杆对物体水平向左的弹力,

物体和B杆之间没有作用力；拉力的功率为

P=Fv0=/jmg

故选B。

6.D

A.导体棒M、N受到的安培力大小相等，方向相反，所以两导体棒组成的系统动量守恒，取向右为

正方向，且两导体棒最终速度大小相等，有

解得

故A错误；

B.根据题意可知，两棒组成回路，电流大小相同，M棒受安培阻力做变减速直线运动，N棒受安培

动力做变加速直线运动，当两者的速度相等时，电流等于零，两棒不再受安培力，则达到共同速度做

匀速直线运动，导体棒N的最终的速度为;%,故B错误;

C.在0~力内回路产生的总热量为

Q=gmv2—；（根+2m）x

09小

所以导体棒M产生的焦耳热为

2

解得

22

QM=§机%

故C错误;

D.取向右为正方向，由动量定理可知，在0〜力内导体棒N有

Bldt,=2/7?x——0

13

通过导体棒M的电荷量

Q~

解得

2mv

q=------n

3Bd

故D正确。

故选D。

7.D

A.a棒刚开始运动时，产生的动生电动势为

E=2B.gv。=BLv0

回路中的总电阻

则回路中的感应电流为

2E_2BLv0

在此瞬间对b棒由牛顿第二定律可得

BIL=ma

解得

2B2■乃飞

a=

3mR

故A错误；

B.分析可知，。棒、。棒分别向右做加速度减小的减速运动和加速度减小的加速运动，回路中的感应

电动势为

E=E“-Eb=匕一BLvh=BL(va-vb)

当为=%=丫时，感应电动势为零，两棒将均做匀速直线运动，对两棒组成的系统合外力

F^.=BIL-2BI.-=0

02

则可知两棒组成的系统动量守恒，有

mv0=2mv

解得

一

2

可知，经过足够长的时间后，。棒的速度大小为g%,故B错误；

C.根据能量守恒可知，整个过程中，。棒克服安培力做的功等于油两棒上的发热量与b棒所获得的

动能之和，故C错误；

D.根据能量守恒，可得在整个过程中产生得总热量为

2=

而6棒产生得热量为

21,

Q=-Q^-mv

b3o0

故D正确。

故选D。

8.C

A.由万有引力提供向心力

「Mm4/

G-=

化简可得

2

3GMT

1—4后

根据丫=爷可得

vT

r——

2»

联立可得

V3=2TTGM-

T

由图像可知

b

k=2兀GM=—

a

地球的质量为

M二—^—

2兀aG

故A错误；

B.地球的体积

4.

V=-7rR3

3

所以地球密度为

Mb33b

p——=--------x--------=------------

V17taG4万R38/aGR3

故B错误；

C.在地球表面有

「Mm

G~^r=mg

可得地球表面的重力加速度为

GMb

g一F一2兀a更

故C正确；

D.由万有引力提供向心力

…Mmv2

G——=m—

R?R

可得绕地球表面运行的卫星的线速度大小

VRV2naR

故D错误。

故选Co

9.CD

A.导线框恰好匀速离开区域n,根据平衡条件得

B2i3v

mg=BIL=-------

R

解得

mgR

V=------

B2I3

故A错误；

B.导线框从匀速进入区域i到即将进入区域n之间一直做匀速运动，由平衡条件和电磁感应定律可

得

mgR

V=-----------

B21}

导线框下边刚进入磁场区域II时，上下边都切割磁感线，由法拉第电磁感应定律有

E2=BLv+BLv=2BLv

I=丝

2R

导线框所受安培力

F2=2BI2L

由牛顿第二定律有

F2—mg=ma

解得

"=3g

方向竖直向上，故B错误；

C.设导线框完全离开区域I时速度为M,从完全离开区域I到开始离开区域II的过程中，由动能定

理得

mg(H-L)=-^mv'2

导线框进入区域II的过程，根据能量守恒定律可得

mgL+^mv2=^mv'2+Q

联立解得导线框进入区域II的过程产生的焦耳热为

Q=mgH

故C正确；

D.导线框自开始进入区域I至开始进入区域n的时间

LB21}

?!=-=-----------

vmgR

导线框自开始进入区域II至开始离开区域II过程中，由动量定理得

mgt2-2BI2Lt2=mv-mv

解得

4B2Z?

t---------

2mgR

导线框自开始离开区域II至刚完全离开区域II的时间

LB21}

’3=—=------------

vmgR

故导线框自开始进入区域I至刚完全离开区域II的时间为

6B2L3

/=/[+ZQ+/q-

mgR

故D正确。

故选CDo

10.BCD

A根据右手定则，可判断出导体棒切割磁感线产生的感应电流方向为人一〃，根据左手定则可以判断

出导体棒受到向左的安培力，有

E=B0Lv

R+r

F=BQIL

F=ma

联立，可得

m(R+r)

随着速度逐渐减小，加速度也减小，所以导体棒做加速度减小的减速运动，A错误;

B.导体棒减速到。的过程中，安培力做的功等于整个电路产生的热量，根据能量守恒，有

12

Q&=2mvo

电阻R上消耗的总电能为

0^—0=mv^R

QR+r&2(R+r)

B正确;

C.设导体棒运动过程中的位移为无。，通过导体横截面的电量为

q=It

7:^—

R+r

Att

可得

_BoLx。

R+r

根据动量定理，有

-B0ILt=0-mv0

可得

q=7t=吆

BJ

联立，可得

mv0（7?+r）

%-B江

导体棒停止位置距轨道左端距离为

d-x+x0-x+L）

c正确;

D.若导体棒做匀速直线运动，则导体棒中无电流，通过闭合回路的磁通量不发生变化，有

Box=B（x+voZ-）

整理

L空+-L

BBQXBQ

D正确。

故选BCD。

11.ACD

AB.金属棒cd沿轨道向上做匀速运动，则有

mgsin30°+BIXL=2mg

解得

r3mg

"荻

则感应电动势为

E=/2R=即变

1BL

又有

E=BLvx

解得

3mgR

电路中的电功率

9m2g2R

P=I；-2R=

2B2l3

故A正确，B错误;

CD.金属棒仍做匀速运动，则有

BZ2L=2mgsin30°

恒力大小变为月=15wg,方向沿斜面向上，则由金属棒油、金属棒cd组成系统动量守恒，设f时刻

后金属棒油做匀速运动速度为z，金属棒cd也做匀速运动的速度为V”，则有

mvi=mvcd+2mvab

又有

r-BLU-V2)

2―2R

联立解得

%=若等0~，时刻内，对金属棒加分析，在电流为i的很短时间》内，速度的改变量为Av,由动

量定理有

BiLbt-2mgsin30°-At=2mAv

对两边求和可得

BLq-2mgtsin30°=2mvab

解得

2m2gR+3B2l}mgt

q=O~O

3B3L3

故CD正确。

故选ACD。

12.BC

B.穿过线框的磁通量在增大，根据楞次定律结合安培定则可得感应电流沿逆时针方向，故流过电阻

R的感应电流由a到b,电阻R为外电路，故。点的电势高于6点的电势，故B正确；

A.电流从c到d,根据左手定则可得线框cd边受到的安培力方向向下，故A错误；

C.穿过线圈的感应电动势为

E=N—=寸」•S=1」。~f。时间内通过定值电阻的电流为

%%

1=E=%B°S

R+rR+r%(R+r)

故C正确;

D.0~f。时间内通过定值电阻的电荷量

△①

AO_(2B-B)S_BS

q=I-At=—==000

R+rR+rR+rR+rR+r

故D错误。

故选BC。

13.(1)4N

(2)4J

(3)3J

(1)金属棒。下滑过程，根据动能定理可得

mgr=^mv2

可得

y==4m/s

金属棒。刚滑入水平导轨时，产生的感应电动势为

E=BLV=8V

回路电流为

』2A

金属棒a受到的安培力大小为

F=B1L=4N

(2)以金属棒a、》为系统，由于两金属棒受到的安培力大小相等，方向相反，则系统在碰到绝缘柱

之前满足动量守恒，有

mv=2mvx

可得金属棒。接触绝缘柱之前，两棒匀速运动的速度大小

v,=—=2m/s

1