電磁感應專題練

2025年高考物理一輪復習備考

一、單選題

1.如圖所示，一半徑為R的圓環處于豎直平面內，A是與圓心等高點，圓環上套著一個可視為質點

的、質量為根的小球?，F使圓環繞其豎直直徑轉動，小球和圓環圓心。的連線與豎直方向的夾角記

為0,轉速不同，小球靜止在圓環上的位置可能不同。當圓環以角速度。勻速轉動且小球與圓環相對

靜止時（）

A.若圓環光滑，則角速度。=

Etan。

gtan

B.若圓環光滑，則角速度切=。

R

C.若小球與圓環間的摩擦因數為〃，且小球位于A點，則角速度?？赡艿?。=,等

D.若小球與圓環間的摩擦因數為〃，且小球位于A點，則角速度?？赡艿扔?。=

2.如圖所示，兩根相互平行的光滑長直金屬導軌固定在水平絕緣桌面上，在導軌的左端接入電容為

C的電容器。質量為相、阻值為R的導體棒MN靜止于導軌上，與導軌垂直，且接觸良好，導軌電阻

忽略不計，整個系統處于方向豎直向下的勻強磁場中。開始時，電容器所帶的電荷量為。，合上開關

S后，下列說法正確的是（）

A.通過導體棒MN的電流最大值為斐

B.導體棒MN先向右加速運動后勻速運動

C.導體棒MN速度最大時所受的安培力也最大

D.導體棒MN上產生的焦耳熱等于電容器釋放的能量

3.一兒童在樓梯臺階上玩擲彈力球游戲，彈力球質量為〃7,小球從高處落到低處，其空中運動軌跡

如圖所示，已知臺階的高和寬均為L不計空氣阻力和碰撞時間，重力加速度為g,以下說法正確的

A.彈力球每次彈起在空中運動時間為2陛

Y3g

B.彈力球每次彈起時速度大小為加1巫

6

C.彈力球每次碰撞動量的變化量大小為記

D.彈力球每次碰撞損失的能量為呼

4.如圖甲所示，光滑金屬導軌和de。電阻不計，加ed為邊長為d的正方形，兒段為圓弧，。為

圓弧的圓心，NbOe=45。,ad間連接電阻為R的燈泡。。時刻開始電阻為R的導體棒繞。點沿圓弧轉

動，轉動的角速度為。，經2團由6轉到以扇形區域內磁場恒定，方向垂直紙面向外，磁感應強度

大小為8°,正方形區域內磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小隨時間變化的圖像如圖乙所示。

下列說法正確的是（）

A.若要使歷-2切燈泡不發光，乙圖中2的變化率為穌。

B.0也燈泡發光且電流方向由a—d

C.0-S燈泡兩端電壓為B0d2

D.0也通過導體棒的電荷量為亞型S

R

5.如圖所示，物體置于水平傳送帶上，物體兩邊安裝了固定光滑的水平桿AB限制物體只能在其間

運動。已知物體質量為機，物體與傳送帶間的動摩擦因數為〃，重力加速度為g,物體在水平拉力產

的作用下以恒定速度均勻速運動。傳送帶向右運動，其速度大小可改變，則（）

B.傳送帶速度越大，所需拉力越小

C.物體受摩擦力大小/=〃〃吆，方向與尸反向

D.當傳送帶速度為V時，拉力的功率尸=〃〃次I22

W+詔

6.如圖（a）,水平面內有兩根足夠長的光滑平行固定金屬導軌，間距為乩導軌所在空間存在方向

豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為瓦兩導體棒M、N靜止放置在足夠長的導軌上。已知M

的質量為加，阻值為R,導體棒N的質量未知，阻值為四，導軌電阻不計。現給M棒一水平向右的

2

初速度%,其速度隨時間變化關系如圖（b）所示，兩導體棒運動過程中，始終與導軌垂直且接觸良

好，則下列說法正確的是（）

A.導體棒N的質量為三B.導體棒N的最終的速度為

C.在。~%內導體棒M產生的熱量為皿D.在4內通過導體棒M的電荷量為咨

93Bd

7.如圖，電阻不計的光滑金屬導軌由直窄軌A3、CD,直寬軌所、G8和連接直軌BE、G。構成，

整個導軌處于同一水平面內，AB//CD//EF//GH,BE和G。共線且與A8垂直，窄軌間距為人，

2

寬軌間距為小空間有方向豎直向上的勻強磁場，寬軌所在區域的磁感應強度大小為8,窄軌所在區

域的磁感應強度大小為2瓦棒長均為L、質量均為小電阻均為R的均勻金屬直棒。、。始終與導軌

垂直且接觸良好。初始時刻，6棒靜止在寬軌上，。棒從窄軌上某位置以平行于的初速度％向右

運動。a棒距窄軌右端足夠遠，寬軌EF、GH足夠長。則（）

D2T2

A.。棒剛開始運動時，b棒的加速度大小為

2mR

B.經過足夠長的時間后，a棒的速度大小為2:%

C.整個過程中，。棒克服安培力做的功等于油兩棒上的發熱量

D.整個過程中，b棒產生的焦耳熱為，加年

8.北京時間2024年9月20日17時43分，我國在西昌衛星發射中心使用快舟一號甲運載火箭，成

功將天啟星座29?32星發射升空，衛星順利進入預定軌道，發射任務獲得圓滿成功。已知衛星的運

行速度的三次方/與其周期的倒數。的的關系圖像如圖所示。

已知地球半徑為凡引力常量為G,衛

星繞地球的運動可看做勻速圓周運動，下列說法正確的是（）

A.地球的質量為受

B.地球密度為775T

bCrR

b14712b

C.地球表面的重力加速度為D.繞地球表面運行的衛星的線速度大小為

InaR1Ra

二、多選題

9.有一邊長為L、質量為相、總電阻為R的正方形導線框自磁場上方某處自由下落，如圖所示。區

域I、II中勻強磁場的磁感應強度大小均為8,二者寬度分別為L、H,且”＞心導線框恰好勻速進

入區域I,一段時間后又恰好勻速離開區域II,重力加速度為g,下列說法正確的是（）

xxxxxxxx

x^xxxxxxx

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

A.導線框離開區域II的速度大于鬻

B.導線框剛進入區域n時的加速度大小為g,方向豎直向上

C.導線框進入區域II的過程產生的焦耳熱為mgH

D.導線框自開始進入區域I至剛完全離開區域n的時間為吧?

10.如圖所示，空間中存在豎直向下的磁感應強度大小均為瓦的勻強磁場，固定水平U形導軌間距

為3軌道左端連接一阻值為R的電阻，質量為根的導體棒油置于導軌上距左端尤位置，其接入回

路的電阻為八不計導軌的電阻，不計導體棒與軌道間的摩擦。仁0時刻仍以水平向右的初速度vo

從圖示實線位置開始運動，最終停在導軌上。在此過程中，下列說法正確的是（）

A.導體棒做勻減速直線運動且導體棒中感應電流的方向為b—a

rirvR

B.電阻R消耗的總電能為2（晨）

mv（7?+r）

C.導體棒停止位置距軌道左端距離為x+0

1v1

D-若要導體棒保持勻速直線運動，可使空間各處8滿足鏟斷0+及

11.如圖所示，尸。和是固定于傾角為30。斜面內的平行光滑金屬軌道，軌道足夠長，其電阻可忽

略不計。金屬棒cd放在軌道上，始終與軌道垂直，且接觸良好。金屬棒湖的質量為2m、cd的

質量為長度均為L、電阻均為R；兩金屬棒的長度恰好等于軌道的間距，并與軌道形成閉合回路。

整個裝置處在垂直斜面向上、磁感應強度為8的勻強磁場中，若鎖定金屬棒仍不動，使金屬棒加在

與其垂直且沿斜面向上的恒力歹=2〃?g作用下，沿軌道向上做勻速運動。重力加速度為g。則下列說

法正確的是（）

Q

N

力30。

—?---

多30°

M

A.cd棒做勻速直線運動的速度為匕=與警

DL

B.電路中的電功率尸=6"二g："

B-I：

C.某時刻，。=0,恒力大小變為居=L5mg,方向不變，同時解鎖、靜止釋放金屬棒血直到t

時刻金屬棒油開始做勻速運動，此時油棒的速度為%=等1

JDL

D.接C項條件，07時刻內通過金屬棒ab的電量q=2ml罌

12.如圖甲所示，面積為5、電阻為r的單匝金屬線框處在垂直紙面向里的勻強磁場中，磁場的磁感

應強度隨時間變化的規律如圖乙所示，線框與電阻為R的定值電阻相連形成閉合回路。下列說法正確

的是()

A.線框cd邊受到的安培力豎直向上

B.。點的電勢高于6點的電勢

c.0~f。時間內通過定值電阻的電流為

t0(R+r)

D.0~f。時間內通過定值電阻的電荷量為瓷三

(R+r)

三、解答題

13.如圖所示，兩根平行光滑的金屬導軌〃百出和加2生乙由四分之一圓弧部分與水平部分構成，導

軌末端固定兩根絕緣柱，弧形部分半徑r=0.8m、導軌間距L=lm,導軌水平部分處于豎直向上的勻

強磁場中，磁感應強度大小B=2T。兩根完全相同的金屬棒a、b分別垂直導軌靜置于圓弧頂端加1知2

處和水平導軌中某位置，兩金屬棒質量均為加=1kg,電阻均為火=2。。棒。由靜止釋放，沿圓弧導

軌滑入水平部分，此后，棒6向右運動，在導軌末端與絕緣柱發生碰撞后反彈，碰撞過程中無機械能

損失，棒6接觸絕緣柱之前兩棒已勻速運動且未發生碰撞，棒6與絕緣柱發生碰撞后，在距絕緣柱

x=0.5m的A4位置與棒。發生碰撞，整個運動過程中兩棒始終與導軌垂直且接觸良好，導軌電阻不

(2)求棒6與絕緣柱碰撞前，整個回路產生的焦耳熱；

(3)求棒b與絕緣柱碰撞后到與棒a碰撞前的過程，整個回路產生的焦耳熱。

14.某電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導軌相距為/,傾角為6,導軌上端串接一個

阻值為必2r的電阻，下端接有電容為。的電容器。在導軌間長為d的區域內，存在方向垂直導軌平

面向下的勻強磁場，磁感應強度為8,質量為機的金屬棒CD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑

輪與拉桿GH相連，金屬棒向上運動時，Kj閉合，K2斷開，向下運動時，降斷開，Kz閉合。棒

的初始位置在磁場下方某位置處，一位健身者用大小為3mgsin。的恒力拉動G”桿，運動過程中

始終保持與導軌垂直，進入磁場時恰好勻速上升，不計其它電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質量，重

力加速度為g。

⑴求C￡＞棒進入磁場時的速度大?。?/p>

(2)a)棒進入磁場|■處時，撤去拉力兄恰好能減速運動到磁場上邊界，求減速向上運動的時間;

(3)。棒從磁場上邊界由靜止下滑，此時電容器電量為零，下滑過程中，拉力始終為零，求CO棒出

磁場時的速度大小。

參考答案:

1.D

2

F合=mgtan0=mcor

r=Rsin0

以上兩式聯立，解得

故AB錯誤；

CD.若小球在A點時，則圓環對小球的支持力提供向心力，圓環對小球的靜摩擦力與重力等大反向,

即

N=ma^R

juN>mg

聯立，解得

故C錯誤，D正確。

故選D。

2.B

A.通過導體棒MN的電流最大時，導體棒MN所受安培力的最大，通過導體棒MN的電流最大值為

mRRC

故A錯誤；

B.當電容器兩極板間的電壓大于導體棒MN切割磁感線產生的感應電動勢時，導體棒MN受到向右

的安培力，導體棒MN做加速運動，隨著導體棒MN的速度增大，導體棒MN切割磁感線產生的感

應電動勢增大，導體棒MN受到向右的安培力逐漸減小直至為零，導體棒MN最終向右勻速運動，

故B正確；

C.導體棒速度最大時，電容器兩極板間的電壓等于導體棒切割磁感線產生的感應電動勢，

回路中電流為0,則此時安培力為0,故C錯誤；

D.開始時電容器中儲存的部分電能轉化為焦耳熱和導體棒的動能，故D錯誤。

故選B。

3.C

A.彈力球做斜拋運動，每次上升的最大高度為:，根據

可得上升的時間

[2L

%=h

N3g

AT

下落高度為可，同理可知下落的時間

，1°W

彈力球每次彈起在空中運動時間為

t=

A錯誤；

B.彈力球水平方向勻速運動，水平速度

v叵

水平丁口

每次彈起時豎直分速度

彈力球每次彈起時速度大小

V=冊+*=受

B錯誤;

C.每次落地時的豎直分速度

_,2師

V2=

由于只有豎直方向速度發生變化,彈力球每次碰撞動量的變化量大小為

—(―/Wj)=myj6gL

C正確;

D.彈力球每次碰撞損失的能量

AE=g根（宕+嗓平）-g加（V；+喙平）=mgL

D錯誤。

故選Co

4.A

B.0-歷導體棒切割磁感線產生感應電動勢，導體棒與燈泡構成閉合回路，燈泡發光，根據右手定則

可知，電流方向由d—a,故B錯誤;

C.0-歷導體棒切割磁感線產生感應電動勢為

_&

2

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

0-為感應電流為

2

E[_BQa)d

-2R

0-坨燈泡兩端電壓為

1

U=IR=-Ba)d-9

2

故C錯誤;

D.0-歷通過導體棒的電荷量為

a_H_穌。」%

故D錯誤;

A.若要使區2歷燈泡不發光，則說明回路中的感應電動勢為零，則

%F—=jF

根據法拉第電磁感應定律可得

△①_ABAB2

匕)=-----=-----o=-----d

Atbt

解得乙圖中2的變化率為

△t0

故A正確。

故選Ao

5.B

物體與傳送帶間發生相對滑動，所以摩擦力的大小為

f=〃穌=〃根g

方向與物體相對運動的方向相反；物體相對于傳送帶的速度大小為

V相對=J說+'

方向與％夾角為6,且

tan0=—

%

由平衡條件可得拉力大小為

F=/jmgcos0=/img

所以傳送帶速度越大，拉力下越小；A桿對物體的彈力為

N=jumgsind=/jmg

所以物體在水平面內受拉力尸、傳送帶的與相對運動相反的摩擦力和A桿對物體水平向左的彈力,

物體和B桿之間沒有作用力；拉力的功率為

P=Fv0=/jmg

故選B。

6.D

A.導體棒M、N受到的安培力大小相等，方向相反，所以兩導體棒組成的系統動量守恒，取向右為

正方向，且兩導體棒最終速度大小相等，有

解得

故A錯誤；

B.根據題意可知，兩棒組成回路，電流大小相同，M棒受安培阻力做變減速直線運動，N棒受安培

動力做變加速直線運動，當兩者的速度相等時，電流等于零，兩棒不再受安培力，則達到共同速度做

勻速直線運動，導體棒N的最終的速度為;%,故B錯誤;

C.在0~力內回路產生的總熱量為

Q=gmv2—；（根+2m）x

09小

所以導體棒M產生的焦耳熱為

2

解得

22

QM=§機%

故C錯誤;

D.取向右為正方向，由動量定理可知，在0?力內導體棒N有

Bldt,=2/7?x——0

13

通過導體棒M的電荷量

Q~

解得

2mv

q=------n

3Bd

故D正確。

故選D。

7.D

A.a棒剛開始運動時，產生的動生電動勢為

E=2B.gv。=BLv0

回路中的總電阻

則回路中的感應電流為

2E_2BLv0

在此瞬間對b棒由牛頓第二定律可得

BIL=ma

解得

2B2■乃飛

a=

3mR

故A錯誤；

B.分析可知，。棒、。棒分別向右做加速度減小的減速運動和加速度減小的加速運動，回路中的感應

電動勢為

E=E“-Eb=匕一BLvh=BL(va-vb)

當為=%=丫時，感應電動勢為零，兩棒將均做勻速直線運動，對兩棒組成的系統合外力

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

02

則可知兩棒組成的系統動量守恒，有

mv0=2mv

解得

一

2

可知，經過足夠長的時間后，。棒的速度大小為g%,故B錯誤；

C.根據能量守恒可知，整個過程中，。棒克服安培力做的功等于油兩棒上的發熱量與b棒所獲得的

動能之和，故C錯誤；

D.根據能量守恒，可得在整個過程中產生得總熱量為

2=

而6棒產生得熱量為

21,

Q=-Q^-mv

b3o0

故D正確。

故選D。

8.C

A.由萬有引力提供向心力

「Mm4/

G-=

化簡可得

2

3GMT

1—4后

根據丫=爺可得

vT

r——

2?

聯立可得

V3=2TTGM-

T

由圖像可知

b

k=2兀GM=—

a

地球的質量為

M二—^—

2兀aG

故A錯誤；

B.地球的體積

4.

V=-7rR3

3

所以地球密度為

Mb33b

p——=--------x--------=------------

V17taG4萬R38/aGR3

故B錯誤；

C.在地球表面有

「Mm

G~^r=mg

可得地球表面的重力加速度為

GMb

g一F一2兀a更

故C正確；

D.由萬有引力提供向心力

…Mmv2

G——=m—

R?R

可得繞地球表面運行的衛星的線速度大小

VRV2naR

故D錯誤。

故選Co

9.CD

A.導線框恰好勻速離開區域n,根據平衡條件得

B2i3v

mg=BIL=-------

R

解得

mgR

V=------

B2I3

故A錯誤；

B.導線框從勻速進入區域i到即將進入區域n之間一直做勻速運動，由平衡條件和電磁感應定律可

得

mgR

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

B21}

導線框下邊剛進入磁場區域II時，上下邊都切割磁感線，由法拉第電磁感應定律有

E2=BLv+BLv=2BLv

I=絲

2R

導線框所受安培力

F2=2BI2L

由牛頓第二定律有

F2—mg=ma

解得

"=3g

方向豎直向上，故B錯誤；

C.設導線框完全離開區域I時速度為M,從完全離開區域I到開始離開區域II的過程中，由動能定

理得

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

導線框進入區域II的過程，根據能量守恒定律可得

mgL+^mv2=^mv'2+Q

聯立解得導線框進入區域II的過程產生的焦耳熱為

Q=mgH

故C正確；

D.導線框自開始進入區域I至開始進入區域n的時間

LB21}

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

vmgR

導線框自開始進入區域II至開始離開區域II過程中，由動量定理得

mgt2-2BI2Lt2=mv-mv

解得

4B2Z?

t---------

2mgR

導線框自開始離開區域II至剛完全離開區域II的時間

LB21}

’3=—=------------

vmgR

故導線框自開始進入區域I至剛完全離開區域II的時間為

6B2L3

/=/[+ZQ+/q-

mgR

故D正確。

故選CDo

10.BCD

A根據右手定則，可判斷出導體棒切割磁感線產生的感應電流方向為人一〃，根據左手定則可以判斷

出導體棒受到向左的安培力，有

E=B0Lv

R+r

F=BQIL

F=ma

聯立，可得

m(R+r)

隨著速度逐漸減小，加速度也減小，所以導體棒做加速度減小的減速運動，A錯誤;

B.導體棒減速到。的過程中，安培力做的功等于整個電路產生的熱量，根據能量守恒，有

12

Q&=2mvo

電阻R上消耗的總電能為

0^—0=mv^R

QR+r&2(R+r)

B正確;

C.設導體棒運動過程中的位移為無。，通過導體橫截面的電量為

q=It

7:^—

R+r

Att

可得

_BoLx。

R+r

根據動量定理，有

-B0ILt=0-mv0

可得

q=7t=吆

BJ

聯立，可得

mv0（7?+r）

%-B江

導體棒停止位置距軌道左端距離為

d-x+x0-x+L）

c正確;

D.若導體棒做勻速直線運動，則導體棒中無電流，通過閉合回路的磁通量不發生變化，有

Box=B（x+voZ-）

整理

L空+-L

BBQXBQ

D正確。

故選BCD。

11.ACD

AB.金屬棒cd沿軌道向上做勻速運動，則有

mgsin30°+BIXL=2mg

解得

r3mg

"荻

則感應電動勢為

E=/2R=即變

1BL

又有

E=BLvx

解得

3mgR

電路中的電功率

9m2g2R

P=I；-2R=

2B2l3

故A正確，B錯誤;

CD.金屬棒仍做勻速運動，則有

BZ2L=2mgsin30°

恒力大小變為月=15wg,方向沿斜面向上，則由金屬棒油、金屬棒cd組成系統動量守恒，設f時刻

后金屬棒油做勻速運動速度為z，金屬棒cd也做勻速運動的速度為V”，則有

mvi=mvcd+2mvab

又有

r-BLU-V2)

2―2R

聯立解得

%=若等0~，時刻內，對金屬棒加分析，在電流為i的很短時間》內，速度的改變量為Av,由動

量定理有

BiLbt-2mgsin30°-At=2mAv

對兩邊求和可得

BLq-2mgtsin30°=2mvab

解得

2m2gR+3B2l}mgt

q=O~O

3B3L3

故CD正確。

故選ACD。

12.BC

B.穿過線框的磁通量在增大，根據楞次定律結合安培定則可得感應電流沿逆時針方向，故流過電阻

R的感應電流由a到b,電阻R為外電路，故。點的電勢高于6點的電勢，故B正確；

A.電流從c到d,根據左手定則可得線框cd邊受到的安培力方向向下，故A錯誤；

C.穿過線圈的感應電動勢為

E=N—=寸」?S=1」。~f。時間內通過定值電阻的電流為

%%

1=E=%B°S

R+rR+r%(R+r)

故C正確;

D.0~f。時間內通過定值電阻的電荷量

△①

AO_(2B-B)S_BS

q=I-At=—==000

R+rR+rR+rR+rR+r

故D錯誤。

故選BC。

13.(1)4N

(2)4J

(3)3J

(1)金屬棒。下滑過程，根據動能定理可得

mgr=^mv2

可得

y==4m/s

金屬棒。剛滑入水平導軌時，產生的感應電動勢為

E=BLV=8V

回路電流為

』2A

金屬棒a受到的安培力大小為

F=B1L=4N

(2)以金屬棒a、》為系統，由于兩金屬棒受到的安培力大小相等，方向相反，則系統在碰到絕緣柱

之前滿足動量守恒，有

mv=2mvx

可得金屬棒。接觸絕緣柱之前，兩棒勻速運動的速度大小

v,=—=2m/s

1