【文档说明】高考物理考前冲刺（21）电磁感应选择题猜押练 (含详解).doc，共(10)页，333.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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高考物理冲破高分瓶颈考前必破破（21）电磁感应选择题猜押练（解析版）【真题引领】1.（2019·全国卷I·T20）空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场,其边界如图(a)中虚线MN所示,一硬质细导线

的电阻率为ρ、横截面积为S,将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内,圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图(a)所示,磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示,则在t=0到t=t1的时间间隔内()A.圆环所受安培力的方向始终不变

B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C.圆环中的感应电流大小为D.圆环中的感应电动势大小为【答案】B、C解析：在t=0到t=t0的时间间隔内,磁感应强度的方向垂直纸面向里且逐渐减弱,根据楞次定律可知圆环中的感应电

流沿顺时针方向,且圆环所受安培力的方向水平向左;在t=t0到t=t1的时间间隔内,磁感应强度的方向垂直纸面向外且逐渐增强,根据楞次定律可知圆环中的感应电流沿顺时针方向,且圆环所受安培力的方向水平向右,故选项A

错误,B正确;圆环中的感应电动势大小为E===·=,故选项D错误;圆环中的感应电流大小为I===,故选项C正确。2.(2019·全国卷Ⅱ·T21)如图,两条光滑平行金属导轨固定,所在平面与水平面夹角为θ,导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直,在ab与cd之间

的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放,两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场开始计时,到MN离开磁场区域为止,流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是()【答案】A、D解析：如果PQ进入磁场时加速度为零,PQ做

匀速运动,感应电流恒定。若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场,则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间,由于磁通量Φ不变,无感应电流。由于PQ、MN从同一位置释放,故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同,所以电流大小也应该相同,但方向相反,A正确,B错误。若PQ出

磁场前MN已经进入磁场,由于磁通量Φ不变,无感应电流,PQ、MN均加速运动,PQ出磁场后,MN由于在磁场中的速度比进磁场时的速度大,故电流比PQ进入磁场时电流大,此后PQ做减速运动,电流减小,故C错误,D正确。3.(

2019·全国卷Ⅲ·T19)如图,方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨,两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时,棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中,ab、cd始终与导轨垂直并接触良好,两者速度分别用v1、v2表示,回路中的电流用I表示。下列图像中可

能正确的是()【答案】A、C解析：由题意可知,两棒组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得mv0=2mv',最终两棒共速,速度为,此时电路中电流为0,故C正确,D错误;由C知,I不是线性变化,又由I=(R为每个

棒的电阻)知,v不是线性变化,v1是逐渐减小到,v2是逐渐增大到,故A正确,B错误。4.(2018·全国卷I·T17)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一

定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到

B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则BB等于()A.54B.32C.74D.2【答案】B解析：由qIt、EIR、Ent解得：qnR。过程Ⅰ中流过OM的电荷量22144rBBrqRR；过程Ⅱ中流过OM的电荷量222()()22rBBB

BrqRR。而q1=q2，即24BrR2()2BBrR，解得32BB。5.(2018·全国卷I·T19)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路

。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是()A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合后并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向

里的方向C.开关闭合后并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合后并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动【答案】A、D解析：开关闭合后的瞬间，根据安培定则可知，两线圈内的磁场方向水

平向右。因为线圈内的磁通量增加，根据楞次定律可判断直导线内的电流方向由南到北，再根据安培定则可知直导线内的电流在正上方产生的磁场方向垂直纸面向里，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，故选项A正确；开

关闭合后并保持一段时间后，与直导线相连的线圈内磁通量不变，则直导线没有感应电流，故小磁针不动，故选项B、C错误；开关闭合后并保持一段时间再断开后的瞬间，与直导线相连的线圈内磁通量减少，根据楞次定律可判断直导线内的电流方向由北

到南，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，故选项D正确。6.(2018·全国卷II·T18)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、

方向交替向上向下。一边长为l23的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是()【答案】D解析：从起始位置向左运动2l的过程中，左右两导体棒上产生的感应电动势大小相同，

方向分别向上和向下，E=2Blv、RBlvREI2，电流方向为顺时针方向；向左运动2l～l的过程中，左右两导体棒上产生的感应电动势大小相同，方向都向下，回路中感应电动势为0，电流为0；左右两导体棒向左运动l～l23的过程中，两导体棒上产生的感应电动势大小相等，方向分别向

下和向上，E=2Blv、RBlvREI2，电流方向为逆时针方向；向左运动l23～2l的过程中，两导体棒上产生的感应电动势大小相等，方向都向上，回路中电流为0。选项D正确。7.(2018·全国卷Ⅲ·T20)如图甲，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有

正弦交流电i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势()A.在t=4T时为零B.在t=2T时改变方向C.在t=2T时最大，且沿顺时针方向D.在t=T时最大，且沿顺时针方向【答案】A、C解析：由于长直导线PQ中通有正弦交流电i，

所以会在导线的左右两侧产生磁场，那么导线框R就会有磁通量。由于导线PQ中的电流大小和方向都在进行周期性变化，所以右侧线框的磁通量就会有周期性的变化，所以就会产生感应电动势和感应电流，根据楞次定律来判定在t=4T到t=34T时间内导线框R中的感应电动势均沿顺时

针方向，故B错；在t=4T时图线斜率为零，磁通量变化率为零，感应电动势为零，故A对；在t=2T时图线斜率最大，磁通量变化率最大，感应电动势最大且沿顺时针方向，同理在t=T时感应电动势也最大，且沿逆时针方向，故C对D错，故选A、C。【高考猜押】8．如图所

示，线圈abcd固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面。当磁场的磁感应强度B随时间t变化时，该磁场对ab边的安培力大小恒定。下列描述B随t变化的图象中，可能正确的是【答案】B9．如图所示，边长为a的导线框abcd处于磁感应强度为B0的匀强磁

场中，bc边与磁场右边界重合。现发生以下两个过程：一是仅让线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动；二是仅使磁感应强度随时间均匀变化。若导线框在上述两个过程中产生的感应电流大小相等，则磁感应强度随时间的变化率为A

.2B0vaB.B0vaC.B0v2aD.4B0va【答案】B解析线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动时，根据法拉第电磁感应定律有E＝B0av，感应电流为I＝B0avR。磁感应强度随时间均匀变化时，E′＝ΔBΔta2，E′＝IR，联立得ΔBΔta2＝B0av，得Δ

BΔt＝B0va。10．如图所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，位于光滑水平面内。其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。线

框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向运动，直至通过磁场区域，cd边刚进入磁场时，线框开始匀速运动。设逆时针方向为电流正方向，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压Uab及导线框中的电流i随cd边的位移x(以dc边在磁场左边界

时位移为0，以水平向右为位移正方向)变化的图线可能是【答案】C解析线框在cd边刚进入磁场时做匀速直线运动，感应电动势E＝BLv恒定，线框中的电流大小恒定，方向沿逆时针方向，a、b两端的电压Uab＝BLv4；线框完全进入磁场时开始做匀加速运动，线框中感应电流为零，但a、b两端的电压Uab＝BLv

不断增大，Uab与位移x不是线性关系，选项A、B错误；线框cd边出磁场后，线框做减速运动，加速度逐渐减小，线框刚好完全离开磁场时，速度大于或等于匀速运动时的速度，不可能为零，故此时电流也不可能为零，选项C正确、D错误。11．

一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示。t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿出磁场，外力F随时间t变化的图象如图乙所示。已知线框质量m＝1kg、电阻R＝1Ω，以下说法错误

的是A．线框做匀加速直线运动的加速度为1m/s2B．匀强磁场的磁感应强度为22TC．线框穿出磁场的过程中，通过线框的电荷量为22CD．线框边长为1m【答案】D解析开始时，a＝Fm＝11m/s2＝1m/s2，A正确；由题图乙可知，t＝1.0s时安培力消失，线框刚好离开磁场区域，则

线框边长：l＝12at2＝12×1×1.02m＝0.5m，D错误；由t＝1.0s时，F′＝3N，F′－B2l2vR＝ma，v＝at＝1m/s，得B＝22T，B正确；q＝It＝12BlvRt＝22C，C正确。12．(多选

)如图所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，其余电阻不计。线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的磁场，磁感应强度B随时间t变化的

关系式B＝10－4t(T)，在0至2s时间内，下列说法正确的是A．通过电阻R1上的电流方向由a到bB．通过电阻R1上的电流大小为4nπr223RC．通过电阻R1上的电荷量为8nπr213RD．电阻R1上产生的热量为64n2π2r429R【答案】BD解析根据法拉第电磁感应定

律有：E＝nΔΦΔt＝nΔBΔtS，而S＝πr2，由闭合电路欧姆定律有：I＝ER＋2R，联立以上各式解得通过电阻R1上的电流大小为：I＝4nπr223R，根据楞次定律可知，流经R1的电流方向由b→a，故A错误，B正确；通过电阻

R1的电荷量q＝It1＝8nπr223R，故C错误；电阻R1上产生的热量为：Q＝I2(2R)t＝64n2π2r429R，故D正确。13．(多选)如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀

强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，边界的宽度为s，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直。现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v-t图象(其是OA、BC、DE相互平行)。已知金属线框的边长为L(L＜s)

、质量为m、电阻为R，当地的重力加速度为g，图象中坐标轴上所标出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均为已知量。(下落过程中bc边始终水平)根据题中所给条件，以下说法正确的是A．t2时刻是线框全部进入磁场瞬间，t4时刻是线框全部离开磁场瞬间B．从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止

，感应电流所做的功为mgsC．v1的大小可能为mgRB2L2D．线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量多【答案】AC解析分析题给条件可知：线框进入磁场之前，做

自由落体运动，即匀加速直线运动：线框的bc边进入磁场后，ad边进入磁场前，bc边受向上的安培力，加速度a＝F安－mgm，做加速度越来越小的变减速运动；当线框全部进入磁场中后，线框受安培力为零，又做匀加速直线运

动，加速度为g；当bc边出磁场，只有ad边在磁场中时，ad边受向上的安培力，a＝F安－mgm，做加速度越来越小的变减速运动；当线框全部出磁场之后，其只受重力，又做匀加速直线运动，加速度为g；对照图乙可知，t2时刻是线框全部进入磁场瞬间、t4时刻是线框全部离开磁场瞬

间，A正确。由能量关系可得，从bc边进入磁场到ad边出磁场的过程中感应电流做的功为W＝mg(s＋L)－12mv21－12mv22，B错。由q＝nΔΦR可知，线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量与线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量相等，D错。当线框速度为v1时，

其所受安培力若正好与重力相平衡，则有F安＝mg，即B2L2v1R＝mg，得v1＝mgRB2L2，C正确。14．如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电

阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中A．PQ中电流先增大后减小B．PQ两端电压先减小后增大C．PQ上拉力的功率先减小后增大D．线框消耗的电功率先减小后增大【答案】

C解析由题意知，题目情形可等效为如图所示的电路问题，其中R左＋R右＝3R，E＝BLv，r＝R，当PQ向右运动时，R左增大，R右减小，两者并联的总电阻R外先增大后减小，当PQ运动到线框正中央位置时，R外最大，故流过PQ的电流

先减小后增大，A项错误；PQ两端电压U＝E－Ir，故U的变化为先增大后减小，B项错误；拉力的功率P＝P总＝EI，故拉力的功率先减小后增大，C项正确；线框消耗的电功率为电源的输出功率P出＝P总－P内＝EI－I2r

，电流的最小值Imin＝E1.75R，故由数学知识可知P出先增大后减小，D项错误。15．(多选)如图所示，间距为l的光滑平行金属导轨平面与水平面之间的夹角θ＝30°，导轨电阻不计。正方形区域abcd内匀强磁场的磁感应强度为B

，方向垂直于导轨平面向上。甲、乙两金属杆电阻相同、质量均为m，垂直于导轨放置。起初甲金属杆位于磁场上边界ab处，乙位于甲的上方，与甲间距也为l。现将两金属杆同时由静止释放，从此刻起，对甲金属杆施加沿导轨的拉力，使其始终以大小为a＝12g的加速度向下匀加速运

动。已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是A．每根金属杆的电阻R＝B2l2glmgB．甲金属杆在磁场区域运动过程中，拉力对杆做的功在数值上等于电路中产生的焦耳热C．乙金属杆在磁场区域运动过程中，安培力的功率是P＝mgglD．从乙金属杆进

入磁场直至其离开磁场过程中，回路中通过的电量为Q＝mBgl【答案】AB解析乙金属杆进入磁场前的加速度为a＝gsin30°＝12g，可见其加速度与甲的加速度相同，甲、乙两棒均做匀加速运动，运动情况完全相同，所以当乙进入磁场时，甲刚出磁场，乙进入磁场时：v＝2al＝

2×12g×l＝gl，由于乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，受力平衡有：mgsinθ＝B2l2v2R，故R＝B2l2vmg＝B2l2glmg，故A正确。甲金属杆在磁场区域运动过程中，根据动能定理得：WF－W安＋mglsinθ＝12mv2；对于乙棒，由动能定理得：mglsinθ＝12mv2；由两式对比

可得：WF＝W安；即外力做功等于甲棒克服安培力做功，而甲棒克服安培力做功等于电路中产生的焦耳热，故拉力对杆做的功在数值上等于电路中产生的焦耳热。故B正确，乙金属杆在磁场区域中匀速运动，安培力的功率大小等于重力的功率，为P＝mgsinθ·v＝1

2mggl，故C错误。乙金属杆进入磁场直至出磁场过程中回路中通过的电量为Q＝It＝Blv2R·lv＝Bl22R由上知：R＝B2l2glmg，联立得：Q＝m2Bgl，故D错误。故选AB。