【 高考物理一轮电磁学专题复习】 选择题专练4 电磁感应（含解析）

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【备考2022 高考物理一轮电磁学专题复习】 选择题专练4 电磁感应（含解析）1．以下电器，主要原理不是电磁感应的是（　　）A．手机无线充电器 B．电暖器C．变压器 D．电磁炉2．安装在公路上的测速装置如图，在路面下方间隔一定距离埋设有两个通电线圈，线圈与检测抓拍装置相连，车辆从线圈上面通过时线圈中会产生脉冲感应电流，检测装置根据两个线圈产生的脉冲信号的时间差计算出车速大小，从而对超速车辆进行抓拍。下列说法正确的是（　　）A．汽车经过线圈上方时，两线圈产生的脉冲电流信号时间差越长，车速越大B．汽车经过通电线圈上方时，汽车底盘的金属部件中会产生感应电流C．当汽车从线圈上方匀速通过时，线圈中不会产生感应电流D．当汽车从线圈上方经过时，线圈中产生感应电流属于自感现象3．某科学家在探索电磁实验时，将一长金属棍用双手握住，当他在某房间内快速移动时，能够感受到电流的冲击。则该房间最有可能是（　　）A．电压房 B．电流房 C．磁场房 D．太空站4．某种手机的无线充电原理如图所示。已知发射线圈的两端电压为，电流的频率为，接收线圈的两端电压为。充电时效率大约。下列说法正确的是（　　）A．无线充电工作原理是“电流的磁效应”B．接收线圈中电流的频率为C．无线充电发射线圈与接收线圈匝数比为D．充电时接收线圈始终有收缩的趋势5．将线圈置于范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场B中，各线圈的运动方式如下列图所示，则能够在线圈中产生感应电动势的是（　　）A．水平向左移动 B．水平向右移动C．绕虚线轴转动 D．竖直向下移动6．动能回收系统能够提高电动车的续航能力，在电动车刹车瞬间，电源与电动车的电动机断开，同时启动动能回收系统，车轮带动电机转动向蓄电池充电，实现动能的回收，下列说法正确的是（　　）A．动能回收技术应用了电磁感应的原理B．动能回收技术应用了磁场对电流的驱动原理C．如果关闭此系统，刹车时汽车的机械能守恒D．随着技术的进步，动能回收的效率可以达到100%7．航母上的飞机起飞可以利用电磁驱动来实现。电磁驱动原理示意图如图所示，在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同、已知铜的电阻率较小，不计所有接触面间的摩擦，则闭合开关S的瞬间（　　）A．铝环向右运动，铜环向左运动 B．铝环和铜环都向右运动C．铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力 D．从左向右看，铜环中的感应电流沿顺时针方向8．在如图所示的竖直平面内，在水平线M的下方有足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线框顶点C与MN重合，线框由静止释放；沿轴线DC方向竖直加速落入磁场中。从释放到线框完全进入磁场过程中，下列表述正确的是（　　）A．线框中有感应电流，方向逆时针（正视）B．线框中产生的感应电动势逐渐增大C．线框做匀加速直线运动D．线框完全进入磁场后产生的感应电流最大9．如图，长直导线MN置于三角形金属线框abc上，彼此绝缘，线框被导线分成面积相等的两部分。导线通入由M到N的电流，当电流逐渐增大时，线框中（　　）A．磁通量变化量为零 B．没有产生感应电流C．感应电流方向为abca D．感应电流方向为acba10．如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1=b＋kt（k>0）变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止。则（　　）A．通过金属杆的电流大小为 B．通过金属杆的电流方向为从A到BC．定值电阻的阻值R= D．整个电路中产生的热功率P=11．下列说法正确的是（　　）A．发电机工作的基本原理是库仑定律和楞次定律B．引力常量G的确定，使得测量地球的质量成为现实C．原子弹和氢弹的爆炸都是利用了原子核的核聚变反应D．麦克斯韦创立了电磁场理论，并通过实验证实了电磁波的存在12．如图甲所示，正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直。磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示。在0～0.2s时间内与0.2s～0.6s时间内（　　）A．通过金属框的电荷量之比为2∶1B．金属框中电流的电功率之比为4∶1C．金属框中产生的焦耳热之比为4∶1D．金属框ab边受到安培力方向相反，大小之比为3∶113．中国电磁炮技术世界领先，下图是一种电磁炮简易模型。间距为L的平行导轨水平放置，导轨间存在竖直方向、磁感应强度为B的匀强磁场，导轨一端接电动势为E、内阻为r的电源。带有炮弹的金属棒垂直放在导轨上，金属棒电阻为R，导轨电阻不计。通电后棒沿图示方向发射。则（　　）A．磁场方向竖直向下B．闭合开关瞬间，安培力的大小为C．轨道越长，炮弹的出射速度一定越大D．若同时将电流和磁场方向反向，炮弹将沿图中相反方向发射14．如图所示，均匀导体围成等腰闭合三角形线圈abc，底边与匀强磁场的边界平行，磁场的宽度大于三角形的高度。线圈从磁场上方某一高度处由静止开始竖直下落，穿过该磁场区域，不计空气阻力。下列说法中正确的是（　　）A．线圈进磁场的过程中，可能做匀速直线运动B．线圈底边进、出磁场时，线圈的加速度必定相同C．线圈底边进、出磁场时，线圈所受安培力可能大小相等、方向不同D．线圈出磁场的过程中，可能做先减速后加速的直线运动15．如图所示为华为5G手机无线充电的场景。5G信号使用的电磁波频率更高，每秒传送的数据更多，是4G手机的50－100倍。则（　　）A．充电时充电板须连接直流电源B．手机线圈与充电板线圈中电流频率不同C．5G手机信号的光子能量更大，波长更短D．空气中5G信号比4G信号传播速度更大16．随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。如图所示为手机无线充电原理图，若连接电源的为发射线圈N，手机端为接收线圈M，接收线圈匝数为n，电阻为r，横截面积为S，手机可看成电阻为R的纯电阻。下列说法正确是（　　）A．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B．只要发射线圈N中有电流流入，接收线圈M两端一定可以获得电压C．当接收线圈M中磁感应强度大小均匀增加时，接收线圈M中有均匀增加的电流D．若时间内，接收线圈M中磁感应强度大小均匀增加，则手机电池两端的充电电压为17．在研究自感现象的实验中，将自感线圈、电阻和电流传感器按如下电路连接。闭合开关后，电流随时间变化的关系是（　　）A． B．C． D．18．在宁波市中学生科技发明展上，有如图所示的自制实验装置。两个线圈A、B之间没有导线相连，线圈A与手机的音频输出端连接，线圈B与音响连接。把线圈A插入线圈B时，音响发出由手机输出的声音了。下列说法错误的是（　　）A．该实验原理和变压器的工作原理相同B．线圈B中的电流可能是交流电C．将A、B线圈互换，音响的播放效果不变D．在A线圈中插入铁芯，音响的播放效果将会更好19．如图是一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和B，线圈A跟电源连接，线圈B两端连在一起构成闭合电路，铁质杆D的右端与金属触头C绝缘相连，C连接工作电路，弹簧K可以拉起杆D从而使工作电路断开。下列说法正确的是（　　）A．工作电路正常工作时，弹簧K处于原长状态B．工作电路正常工作时，B线圈中有感应电流C．开关S断开瞬间，铁芯能继续吸住铁杆D一小段时间D．减少线图B的匝数，对电路的延时效果没有影响20．某同学设计了飞船登陆地外星球的电磁阻尼缓冲装置，其模拟器如图所示。模拟器由船舱主体、光滑导轨、缓冲弹簧、绝缘缓冲底座、绝缘缓冲底座上的线圈以及固定在船舱主体上的超导线圈（图中未画出）组成。其中导轨固定在船舱主体下端，绝缘缓冲底座上的线圈为竖直绕在绝緣底座上的单匝闭合线圈，超导线圈产生水平方向的磁场。已知绝缘底座与地面接触后速度迅速减为零，导轨与线圈接触良好，则关于电磁阻尼缓冲装置分析正确的是（　　）A．船舱主体下端MN必须是导体，不能与导轨绝缘B．只增加导轨长度，可能使缓冲弹簧接触地面前速度为零C．只增加磁场的磁感应强度，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小D．只增加闭合线圈电阻，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小21．如图甲所示为市面上的一款自发电无线门铃，按下按键，按键将推动永磁铁运动（平面运动如图乙所示），即能产生电能供给发射器部件（接线圈两端，图中没有画出）正常工作。松开按键后，在弹簧的作用下按键将恢复原位。关于按压按键和松开按键反弹过程中，下列说法正确的是（　　）A．连续按压和松开按键过程，线圈中一定产生交变电流B．按压和松开按键过程，线圈中都产生感应电动势C．按住门铃按键保持不动，线圈中一直保持有感应电流D．按键反弹过程，弹簧的弹性势能部分转化为电能22．随着科学技术的不断发展，无线充电已经进入人们的视线，小到手表、手机，大到电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。某品牌的无线充电手机进行无线充电的原理图如图所示。关于无线充电，下列说法正确的是（　　）A．无线充电的工作原理是电磁感应B．将充电底座接到恒流电源上可以对手机进行充电C．无线充电底座可以对任意手机进行无线充电D．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同23．下列选项正确的是（        ）A．开普勒在哥白尼观测数据的基础上发现了开普勒三大定律B．法拉第对实验资料严格分析后，发现了法拉第电磁感应定律C．库仑通过扭秤实验验证了电荷之间的作用力与万有引力相似D．丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使它周围的小磁针发生偏转24．磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图甲所示。它的驱动系统可简化为如图乙所示的物理模型。固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L，匝数为N，总电阻为R；水平长直轨道间各边长为L的正方形区域内都存在匀强磁场，磁场的磁感应强度大小均为B、相邻区域的磁场方向相反。当磁场以速度v匀速向右运动时，可驱动停在轨道上的列车，不能忽略列车受到的阻力，以下说法正确的是（　　）A．列车运动的方向与磁场运动的方向相反B．列车的最大速度为vC．列车相对磁场位移为L的过程中通过线框的电量为D．列车速度为时线框受到的安培力大小为25．如图所示，金属圆环轨道MN、PQ水平放置两环之间ABDC内（含边界）有垂直轨道平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，AB，CD均沿半径方向，且相互垂直，电阻为r长为2l的金属杆质量为m，一端套在内环MN上另一端套在外环PQ上且都与轨道接触良好。内圆半径r1=l，外圆半径r2=3l，PM间接有阻值为R的电阻。现有一个大小恒为F，方向时刻垂直与AB杆的力作用于AB杆的中心，提供动力使金属杆从AB处无初速度开始运动，当金属杆第一次即将离开磁场时，金属杆B端的速度为v，其他电阻不计，忽路一切摩擦，重力加速度为g。则（　　）A．金属杆从AB运动动到CD的过程中，通过电阻R的电流方向为P到MB．金属杆从AB运动动到CD的过程中，通过R的电荷量C．金属杆第一次即将离开磁场时，R两端的电压D．R上产生的热量为： 26．如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度大小为B，纸面内有一由均匀金属丝制成的等腰直角三角形线框abc，直角边边长为L，bc边与磁场边界平行，线框总电阻为R。线框在向左的拉力作用下以速度v匀速进入磁场。下列分析正确的是（  ）A．线框进入磁场过程中有顺时针方向的感应电流B．线框进入磁场过程中产生的热量为 C．线框ab边中点进入磁场时拉力的功率大小为 D．线框进入磁场过程中通过线框某一横截面的电荷量为 27．均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，边长为L，电阻为R，质量为m。将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方，如图所示。线框下边cd与磁场边界重合，由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。当ab边刚进入磁场时线框速度为v，重力加速度为g，则线框进入磁场过程中（　　）A．线框产生逆时针方向的感应电流B．线框产生的焦耳热为mgLC．通过线框横截面的电荷量为D．线框运动时间为28．某发光元件D的伏安特性曲线如右图所示，元件在达到正向导通电压UD后能够发光，为了简化问题，可认为发光后元件两端电压保持为UD不变（UD附近伏安特性曲线的斜率极陡），电压小于UD或加反向电压时，元件均处于截止状态。将该元件通过水平直导线MN接入光滑竖直平行导轨中，如右图所示，该导轨间距L=0.5m，MN下方0.4m处有一根导体棒PQ水平跨接在导轨上，紧接PQ正下方的导轨间交替分布着垂直纸面方向，磁感应强度B=1.0T，宽度d=0.1m的匀强磁场，除发光元件外，其余电阻不计，导轨足够长，重力加速度g=10m/s2，空气阻力不计。开始时锁定PQ，在PQ正上方空间里施加一垂直纸面向外均匀增加的匀强磁场，当磁感应强度的变化率为时，元件恰好能导通发光，下列说法正确的有（　　）A．UD的值为2.5VB．流过元件D的电流方向为N→MC．撤去PQ上方的磁场同时解除锁定，元件再次发光时PQ所在的磁场区域序号n为14D．在C的条件下，元件最终的闪烁周期（连续明暗一次的时间）约为0.0396s29．如图甲所示，螺线管匝数匝，横截面积，螺线管导线电阻，电阻，磁感应强度的图象如图乙所示以向右为正方向，下列说法正确的是（　　）A．电阻中的电流方向是从A到C B．感应电流的大小保持不变C．电阻两端的电压为 D．点的电势为30．如图所示，在绝缘光滑水平面（图中未画出）上有P、Q两个轻质线圈，两线圈均固定。现将开关闭合，待电路稳定后撤去对线圈Q的固定，使线圈Q可自由滑动，向左移动滑动变阻器的滑片，该过程中（　　）A．线圈Q向左滑动B．线圈Q向右滑动C．灵敏电流表G中有从到的电流D．灵敏电流表G中有从到的电流31．我国“洛神”号潜艇研制已经取得了重大突破，开始进入试车定型阶段，该潜艇应用了超导磁流体推进器。如图是超导磁流体推进器原理图，推进器浸没在海水中，海水由推进器前侧进入、后侧流出，左、右两侧导体板连接电源，与推进器里的海水构成回路，由固定在潜艇上的超导线圈（未画出）产生垂直于海平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B。已知左、右两侧导体板间海水的体积为V，垂直于导体板方向单位面积上的电流为I（导体板外电流不计）。下列说法正确的是（　　）A．要使潜艇前进，左，右两侧导体板所接电源的正、负极应与图示方向相反B．同时改变超导线圈中电流的方向和海水中电流的方向，潜艇受磁场力的方向将反向C．潜艇所受磁场力的大小为IVBD．若导体板间海水的电阻为R，其两端的电压为U，则潜艇在海水中匀速前进时，海水中的电流小于32．如图甲所示，边长l的正方形金属线圈abcd随水平传送带一起以恒定速度运动，边界PQ与MN垂直传送带，其间存在竖直方向的匀强磁场。线圈在图示位置开始计时，直到ab边刚离开磁场，其速度与时间的关系如图乙所示，且在传送带上始终保持ab、cd边平行于磁场边界，重力加速度为g。则（　　）A．时间内线圈所受安培力大于摩擦力B．和时间内线圈所受摩擦力方向相反C．边界PQ与MN的距离为D．线圈与传送带间的动摩擦因数为33．如图甲所示，虚线MN两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B0，左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S0。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。则下列说法正确的是   （　　）A．0～t0时间内，圆环中的电流方向为顺时针方向B．t＝t0时刻圆环中的电流为0C．t＝t0时刻圆环受到的安培力大小为D．在0～t0时间内，通过圆环的电荷量为34．如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，则以下说法正确的是（　　）A．金属棒做先做变加速运动，最后做匀速运动B．金属棒一直做匀加速运动，加速度为C．当金属棒下滑的速度大小为v时，电容器的电荷量为CBLvD．金属棒在t时刻的速度大小为35．如图所示，足够长的平行光滑导轨CE、DF左、右端接有阻值均为R的定值电阻，间距为L，固定在水平面上，且处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中。一质量为m、电阻为r=的导体棒ab垂直导轨静止放置，导轨的电阻不计。某时刻给导体棒ab一个水平向右的瞬时冲量I，导体棒将沿导轨向右运动，最后停下来，则此过程中（　　）A．导体棒运动过程中加速度的大小逐渐变大 B．导体棒上产生的焦耳热为C．通过CD间电阻的电荷量为 D．导体棒ab运动的位移为36．如图，竖直平面内存在一个具有理想边界，大小为方向垂直于纸面向外的有界匀强磁场区域。一个质量、边长、电阻的匀质正方形刚性导线框，从距磁场区域高度h处以速度水平向右抛出，线框在进入磁场过程中速度保持不变（线框运动过程中不翻转，不考虑空气阻力）。下列说法正确的是（　　）A．抛出时边距磁场上边界的距离为B．线框刚进入磁场时，边的电压为C．线框抛出位置不变，水平抛出速度时，线框进入磁场过程中一定做匀速运动D．线框抛出位置不变，水平抛出速度时，线框进入磁场过程中一定做匀速运动37．如图所示水平放置间距为L的两条光滑平行金属导轨，导轨左端接有电动势为E的电源，质量为m的金属杆静置于导轨上，与导轨垂直且电接触良好，空间有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场。现将开关S闭合，一段时间后金属杆从导轨右端以速度v水平飞出。从闭合开关到金属杆飞出导轨的过程中，下列哪些物理量可以根据题设条件求出？（　　）A．金属杆做加速运动的最大加速度B．金属杆的位移C．通过金属杆的电荷量D．电源消耗的电能38．如图甲，平行金属导轨、固定在同一水平面内，导轨光滑且足够长，两导轨间距，电阻忽略不计，其间接有的电阻。垂直导轨放置质量、电阻的金属杆，整个装置处于磁感应强度的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。现用水平向右的外力拉金属杆，使之由静止开始做加速运动，电压传感器工作电流很小，可忽略不计，它可将两端的电压即时采集并输入电脑，获得电压随时间变化的关系图像如图乙，图线为过原点直线。运动过程中，与导轨始终垂直且接触良好，下列说法正确的是（　　）A．金属杆做匀加速运动且加速度大小为B．第末外力的瞬时功率为C．内金属杆上产生的焦耳热为D．若末撤去外力，则杆还能运动39．电磁阻尼可以无磨损地使运动的线圈快速停下来。如图所示，扇形铜框在绝缘细杆作用下绕转轴O在同一水平面内快速逆时针转动，虚线把圆环分成八等份，扇形铜框恰好可以与其中一份重合。为使线框在电磁阻尼作用下停下来，实验小组设计了以下几种方案，其中虛线为匀强磁场的理想边界，边界内磁场大小均相同，其中不合理的是（　　）A． B．C． D．40．神舟十二号乘组在与香港大中学生进行的天地连线中，聂海胜示范了太空踩单车。太空自行车是利用电磁力增加阻力的一种体育锻炼器材。某同学根据电磁学的相关知识，设计了这样的单车原理图：其中圆形结构为金属圆盘，当航天员踩脚踏板时，金属圆盘随之旋转。则下列设计中可行的方案有（　　）A． B． C． D．参考答案：1．B【解析】【详解】A．手机无线充电器底座发射变化的磁场，变化的磁场通过手机中的线圈后产生感应电流，采用了电磁感应原理，故A不符合题意；B．电暖器主要用到的是电流的热效应，不是电磁感应原理，故B符合题意；C．变压器使用电磁互感原理，采用了电磁感应原理，故C不符合题意；D．电磁炉是利用锅底在磁场中产生涡流而产生的，应用了电磁感应现象，故D不符合题意；故选B。2．B【解析】【详解】A．汽车经过线圈上方时产生脉冲电流信号，车速越大，汽车通过两线圈间的距离所用的时间越小，即两线圈产生的脉冲电流信号时间差越小，故A错误；BC．汽车经过通电线圈上方时，汽车底盘的金属部件通过线圈所产生的磁场，金属部件中的磁通量发生变化，在金属部件中产生感应电流，金属部件中的感应电流产生磁场，此磁场随汽车的运动，使穿过线圈的磁通量变化，所以线圈中会产生感应电流，故B正确，C错误；D．当汽车从线圈上方经过时，线圈中产生的感应电流并不是线圈自身的电流变化所引起的，则不属于自感现象，故D错误。故选B。3．C【解析】【详解】在探索电磁实验时，将一长金属棍用双手握住，当他在某房间内快速移动时，能够感受到电流的冲击，这相当于导体棒切割磁感线产生了感应电流，该房间最有可能是磁场房。故选C。4．B【解析】【详解】A．无线充电工作原理是：变化的电流流过发射线圈会产生变化的磁场，当接收线圈靠近该变化的磁场时就会产生感应电流给手机充电，利用的是电磁感应现象，故A错误；B．接收线圈中电流的频率与发射线圈中电流的频率相等，均为，B正确；C．若充电时不漏磁，两线圈可视为理想变压器，功率无损耗，匝数比为但是本题中充电时效率大约，功率有损耗，所以匝数比不是，故C错误；D．发射线圈接的是交流电，当发射线圈的电流减小时，由楞次定律可知接收线圈有扩大的趋势，当发射线圈的电流增大时，由楞次定律可知接收线圈有收缩的趋势，故D错误。故选B。5．C【解析】【详解】ABD．由图可知，图中穿过线圈的磁通量始终为零，虽然线框相对于磁场有运动，但不产生感应电动势，故ABD错误；C．由图，当C图中的线框在磁场中转动时，线框内的磁通量不断变化，能产生感应电动势，故C正确。故选C。6．A【解析】【详解】AB．汽车在刹车过程中，动能减小，减小的动能一部分以电能的形式储存，因此制动能量回收利用了电磁感应现象，将车辆的部分动能转化为电能，故A正确，B错误；C．若关闭系统，刹车时动能全部转化为摩擦热（即内能），机械能减小，故C错误；D．汽车在路上行驶，一定存在摩擦力，刹车时一定有摩擦热的产生，所以动能的回收效率不能达到100%，故D错误。故选A。7．D【解析】【详解】AB．闭合开关S的瞬间，穿过两个金属圆环的磁通量均增大，为阻碍磁通量的增大，铝环向左运动，铜环向右运动，AB错误；C．由于铜环和铝环的形状、大小相同，铜的电阻率较小，故铜环的电阻较小，两环对称地放在固定线圈两侧，闭合开关S瞬间，穿过两环的磁通量的变化率相同，两环产生的感应电动势相等，则铜环中的感应电流较大，故铜环受到的安培力较大，C错误；D．由右手螺旋定则可知，闭合开关S瞬间，穿过铜环的磁通量向左增大，由楞次定律知，从左向右看，铜环中的感应电流沿顺时针方向，D正确。故选D。8．B【解析】【详解】A．线框进入匀强磁场，磁通量逐渐增大，闭合金属线框有感应电流产生，由楞次定律或右手定则可知感应电流方向为顺时针方向，A项错误；B．有效切割长度逐渐增大，感应电动势逐渐增大，B项正确；C．因线圈所受安培力方向与重力方向相反，根据随速度的增加，故加速度逐渐减小，线框做加速度逐渐减少的加速运动，C项错误；D．线框完全进入磁场后，磁通量保持不变，变化率为零，故感应电流为零，D项错误。故选B。9．C【解析】【详解】AB．虽然线框被导线分成面积相等的两部分但离导线越远，磁场越弱。所以根据磁通量相互抵消一部分可得：导线通入由M到N的电流，当电流逐渐增大时，通过导线框的与下方磁场方向相同的磁通量增大，会产生感应电流，AB错误；CD．根据MN中电流的方向，结合楞次定律则可判断abc中电流的方向感应电流方向为abca，C正确，D错误。故选C。10．D【解析】【详解】A．AB杆平衡解得故A错误；B．安培力向上，根据左手定则可知，AB中感应电流的方向为从B到A，故B错误；C．感应电动势的大小解得故C错误；D．整个电路产生的热功率故D正确。故选D。11．B【解析】【详解】A．发电机工作的基本原理是法拉第电磁感应定律，故A错误；B．引力常量G的确定，使得测量地球的质量成为现实，故B正确；C．原子弹利用了原子核的核裂变反应，氢弹利用了原子核的核聚变反应，故C错误；D．麦克斯韦创立了电磁场理论，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故D错误。故选B。12．B【解析】【详解】设线框的面积为，电阻为，根据法拉第电磁感应定律可得，在0～0.2s时间内，感应电动势为0.2s～0.6s时间内，感应电动势为根据可知，在0～0.2s时间内与0.2s～0.6s时间内感应电流之比为A．根据可知，通过金属框的电荷量之比为故A错误；B．根据可知，金属框中电流的电功率之比为故B正确；C．根据可知，金属框中产生的焦耳热之比为故C错误；D．根据楞次定律可知，电流方向相反，由左手定则可知，金属框ab边受到安培力方向相反，根据,由于对应时间B相同，则安培力大小之比为故D错误。13．B【解析】【详解】A．流过炮弹的电流为逆时针方向，所受安培力水平向右，根据左手定则可知磁场方向竖直向上，故A错误；B．闭合开关瞬间电流为则安培力为故B正确；C．金属棒开始运动后会产生反电动势，随着速度增大，反电动势随之增大，则金属棒的电流越来越小，安培力也越来越小，直到通过金属棒的电流为零，速度达到最大，所以炮弹的出射速度有最大值，故C错误；D．若同时将电流和磁场方向反向，根据左手定则可知，炮弹发射方向不变，故D错误。故选B。14．D【解析】【详解】A．线圈进磁场的过程中，因为有效切割长度越来越小，安培力会越来越小，不可能匀速运动，故A错误；B．从ab边刚进磁场到ab边刚出磁场的过程中，若重力做的功不等于克服安培力所做的功，由动能定理可知，ab边刚进磁场时速度不等于ab边刚出磁场的速度，即两位置线圈所受安培力不相同，加速度不相同，故B错误；C．线圈底边进、出磁场时，线圈所受安培力方向都是向上的，故C错误；D．线圈出磁场的过程中，安培力逐渐减小，重力不变，故可能先减速后加速，故D正确。故选D。15．C【解析】【详解】AB．无线充电利用电磁感应原理，所以充电时充电板须连接交流电源，手机线圈与充电板线圈中电流频率相等，故AB错误；C．5G信号使用的电磁波频率更高，根据可知5G手机信号的光子能量更大，根据可知5G信号波长更短，故C正确；D．空气中5G信号与4G信号传播速度相等，故D错误。故选C。16．D【解析】【详解】A．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应中的互感现象，故A错误；B．只有发射线圈N中为交流电流流入，接收线圈M两端才可以得电压，故B错误；C．根据电磁感应定律可知当接收线图M中磁感应强度大小均匀增加时，接收线圈M中有恒定的电流，故C错误；D．根据法拉第电磁感应定律可得接收线圈产生的电动势为根据串联电路分压原理可得手机电池两端的充电电压为故D正确。故选D。17．A【解析】【详解】电阻和电流传感器与自感线圈串联，闭合开关后，流过自感线圈的电流增大，电感线圈产生与原电流方向相反的感应电动势，且电动势慢慢变小，则线圈中电流大小逐渐变大，而且变大得越来越慢，最后电流达到稳定值，故A正确，BCD错误；故选A。18．C【解析】【详解】A．该实验原理是A线圈中电流变化时，在B线圈中感应出感应电流，从而音响发声，属于互感，与变压器的工作原理相同，故A正确；B．若线圈A的电流为正弦交流电，则线圈B的电流也为正弦交流电，所以线圈B中感应电流有可能是交流电，故B正确；C．A、B两个线圈的匝数明显不同，根据电压与匝数成正比可知，将A、B线圈互换，感应电压变化，音响的播放效果变化，故C错误；D．在A线圈中插入铁芯，增加了磁感应强度，能够增大感应电压，所以音响的播放效果将会更好，故D正确。说法错误的故选C。19．C【解析】【详解】AB．工作电路正常工作时，金属触头C将工作电路连通，此时弹簧K处于拉伸状态，此时由于线圈A的电流不变，穿过线圈A的磁通量不变，则线圈B中的磁通量不变，B线圈中没有感应电流，选项AB错误；C．开关S断开瞬间，线圈A中电流减小，则穿过线圈B的磁通量减小，从而在线圈B中产生感应电流，使铁芯的磁性逐渐减弱，从而铁芯能继续吸住铁杆D一小段时间，起到延时的作用，选项C正确；D．减少线图B的匝数，则当开关S断开的瞬时，B中产生的感应电流会减小，铁芯的磁性减弱，则对电路的延时效果有影响，选项D错误。故选C。20．C【解析】【详解】A．题中缓冲装置是利用绝缘缓冲底座上的线圈感应出感应电流，与船舱主体上的超导线圈互感发生相互作用，从而让船舱主体缓冲的，不是船舱主体下端MN切割磁感线发生感应相互作用的，所以MN无需是导体，可以与导轨绝缘，故A错误；B．绝缘缓冲底座上的线圈ab边切割磁感线，线圈回路磁通量变化，形成感应电流，磁场对ab边的安培力向下，根据牛顿第三定律，ab边对超导线圈的力向上，超导线圈固定在船舱主体上，对船舱主体和导轨当缓冲底座着地后，船舱主体开始做加速度减小的减速运动，当导轨足够长，船舱主体可能达到收尾速度，之后匀速下降到地面，故B错误；C．当船舱主体所受安培力等于重力时，有解得可见：只增加磁场的磁感应强度，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小（收尾速度越小）；只增加闭合线圈电阻，可使缓冲弹簧接触地面前速度增大，故C正确，D错误。故选C。【命题意图】本题以电磁阻尼缓冲装置为载体，考查电磁感应中动力学问题，考查学生的理解能力和推理分析能力，学科素养重点考查了科学思维中的科学推理，突出对基础性、应用性和综合性的考查要求。21．BD【解析】【详解】A．连续按压和松开按键过程不能保证线圈中磁通量一定是周期性变化的，故不一定产生交变电流，A项错误；B．按压和松开按键过程，永久磁铁通过铁芯形成闭合磁路，线圈中磁通量发生变化，线圈中都产生感应电动势，B项正确；C．按住门铃按键不动，穿过线圈的磁通量保持不变，感应电动势和感应电流为零，C项错误；D．由能量守恒定律可知按键反弹过程，弹簧的弹性势能减小，克服磁场力做功并转化为电能，也有部分能量转化为其他形式的能，D项正确。故选BD。22．AD【解析】【详解】A．无线充电的工作原理是电磁感应，故A正确；B．充电底座接直流电源时，无线充电设备不会产生交变磁场，不能够正常使用，故B错误；C．被充电手机内部，应有一类似金属线圈的部件与手机电池相连，当有交变磁场时，产生感应电动势，因此不是所有的手机都能够利用无线充电设备进行充电，故C错误；D．电磁感应不会改变电流的频率，接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故D正确。故选AD。23．CD【解析】【详解】A．开普勒在第谷观测数据的基础上发现了开普勒三大定律，故A错误；B．法拉第发现了电磁感应现象，但是韦伯和纽曼发现了电磁感应定律，故B错误；C．库仑猜想到电荷之间的作用力与万有引力具有相似性，并通过扭秤实验验证了这一猜想，故C正确；D．丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使它周围的小磁针发生偏转，即发现了电流的磁效应，故D正确。故选CD。24．CD【解析】【详解】A．根据右手定则，当磁场向右运动时，在图示位置时，线圈中产生顺时针方向的感应电流，根据左手定则可知，线圈受到向右的安培力作用而使列车向右运动，即列车运动的方向与磁场运动的方向相同，选项A错误；B．列车的最大速度不可能等于v，否则磁场与线圈之间无相对速度，线圈中无感应电流产生，则不会产生安培力，选项B错误；C．根据列车相对磁场位移为L的过程中通过线框的电量为选项C正确；D．列车速度为时线框中产生的感应电动势 受到的安培力大小为选项D正确。故选CD。25．BC【解析】【详解】A．由右手定则可知金属杆从AB运动动到CD的过程中，通过电阻R的电流方向为M到P，故A错误；B．由 可得故B正确；C．由 可知所以故C正确；D．力F的功杆子的动能由能量守恒可得所以R上产生的热量故D错误。故选BC。26．CD【解析】【详解】A．由楞次定律可知线框进入磁场过程中有逆时针方向的感应电流，故A错误；B．由公式F= 可知，F与x成二次函数关系，根据F与x的关系图像可知，线框进入磁场的过程中，力F所做的功等于图线与x轴所围成的面积，所以力F所做的功小于 ，线框进入磁场过程中产生的热量小于 ，故B错误；C．线框ab边中点进入磁场时拉力功率故C正确；D．线框进入磁场过程中通过线框某一横截面的电荷量为故D正确。故选CD。27．AC【解析】【详解】A．线框进入磁场过程中，磁通量垂直纸面向里增大，根据楞次定律可知线框产生逆时针方向的感应电流，故A正确；B．根据能量守恒定律可知线框产生的焦耳热为     ①故B错误；C．通过线框横截面的电荷量为     ②故C正确；D．设线框运动时间为t，根据动量定理有     ③联立②③解得     ④根据题给条件无法判断与的关系，所以线框运动时间不一定为，故D错误。故选AC。28．ACD【解析】【详解】AB．MN、PQ所围矩形区域的面积为由法拉第电磁感应定律可得由楞次定律判断电流方向为M→N，A正确，B错误；C．解除锁定后，在元件D导通前导体棒将做自由落体运动，切割磁感线产生电动势需达到UD且正向才能发光。设导体棒速度为v时D恰好导通，则有UD=E=BLv解得v=5m/s设D恰好导通时导体棒下落高度为h，根据自由落体运动规律有v2=2gh解得h=1.25m已到达第13个磁场区域，由右手定则可知，PQ该磁场区域中产生的电动势方向为反向电压，元件D不发光，导体棒继续下落至第14个磁场区域时才能发光，故n=14C正确；D．当PQ以大于v=5m/s的速度进入偶数磁场区域时，元件D导通，电流迅速增大，安培力突增使其瞬间减速到v=5m/s，减速过程时间忽略不计，之后以v=5m/s在偶数磁场区域做匀速直线运动，运动的时间为当导体棒穿出偶数磁场区域，进入奇数磁场区域时，由于电动势反向，电流为零，又开始以加速度g做匀加速直线运动，由运动学公式有解得或（舍弃）所以元件最终的闪烁周期为T=t1+t2=0.0396sD正确。故选ACD。29．BC【解析】【分析】根据法拉第电磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势，结合闭合电路欧姆定律，可求解回路电流以及两端电压，及点的电势。考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，注意交流电与直流电的区别，掌握闭合电路欧姆定律的应用，同时理解电势的正负含义。【详解】A．根据楞次定律，结合原磁场的方向向右，且大小增加，可知电阻的电流方向是从C到A，故A错误；B．根据法拉第电磁感应定律感应电流大小为即感应电流大小恒定，故B正确；C．根据欧姆定律，电阻两端的电压为C正确；D．由上分析知螺线管左端是正极，电阻两端的电压为C点的电势为，D错误。故选。30．BC【解析】【详解】AB．当滑片向左滑动时，导致接入电路中的电阻减小，则流过线圈P的电流增大，线圈P产生的磁场增大，所以穿过线圈Q的磁通量增大，根据楞次定律的推广可知，为阻碍磁通量增大，线圈Q将向右运动，选项A错误，B正确；CD．根据安培定则，线圈产生的磁场的方向向右，滑片向左滑动时，则向右穿过线圈Q的磁通量增大，根据楞次定律可得灵敏电流表G中有从到的电流，选项C正确，D错误。故选BC。31．ACD【解析】【详解】A．根据左手定则，左、右内侧导体板所接电源的正、负极与图示方向反时，海水受到安培力向后，根据牛顿第三定律，海水对磁场（实质是海水对超导潜艇）的作用力向前，该力是使潜艇前进的力，故A正确；B．改变超导线圈中电流的方向，匀强磁场的方向发生改变，同时改变海水中电流的方向，则潜艇受磁场力的方向不变。故B错误；C．设推进器内侧导体板的面积为S，间距为d，装满水时，磁场力为故C正确；D．船在海水中匀速前进时，可视为导体在海水中切割磁感线，产生与电流方向相反的感应电动势，所以海水中的电流小于，故D正确。故选ACD。32．AC【解析】【详解】AB．由图乙可知，线圈在和时间内的速度都小于传送带速度，线圈相对传送带都向后运动，传送带给线圈的摩擦力方向都向前，与运动方向相同，线圈在时间内做减速运动，加速度方向与运动方向相反，合力方向与运动方向相反，故线圈受到的安培力大于摩擦力，A正确，B错误；C．根据题意可知，边界PQ与MN的距离为线圈在和时间内的位移之和，线圈在时间内的位移为线圈的边长，则有根据图像，可得线圈在时间内的位移可得边界PQ与MN的距离为C正确；D．线圈在时间内做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得由图像可得联立可得D错误；故选AC。33．AD【解析】【详解】A．0 ~ t0时间内，圆环中左侧的磁通量向内减小，右侧磁通量不变，根据楞次定律和安培定则可知圆环中的电流方向为顺时针方向，故A正确；B．根据法拉第电磁感定律，圆环中产生的感应电动势 t = t0时刻磁通量变化率不为0，则电动势不为0，圆环中的电流不为0，故B错误；C．上式中，根据欧姆定律有根据电阻定律有:圆环左右两半部分所处磁场不同，应单独分析，且圆环左右两半部分在所处磁场的有效长度都为2r，在时刻，根据左手定则可知，圆环左半部分受到的安培力垂直于MN向右，且大小为圆环右半部分受到的安培力垂直于MN向左，且大小为所以圆环受到的安培力为安培力的方向垂直于MN向左，故C错误；D．在0~t0时间内，通过圆环的电荷量又，圆环磁通量的变化量联立解得故D正确。故选AD。34．CD【解析】【详解】AB．设金属棒的速度大小为v1时，经历的时间为t1，通过金属棒的电流为I1，金属棒受到的磁场力方向沿导轨向上，大小为f1=BLI1设在时间间隔（t1，t1+t）内流经金属棒的电荷量为Q，则Q=CBLv按定义有Q也是平行板电容器极板在时间间隔（t1，t1+t）内增加的电荷量，由上式可得，v为金属棒的速度变化量。金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上，大小为f=μmgcosθ金属棒在时刻t1的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ﹣f1﹣f=ma又联立解得mgsinθ﹣μmgcosθ=CB2L2a+ma联立上此式可得可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动。故AB错误；C．感应电动势为E=BLv平行板电容器两极板之间的电势差为U=E设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有联立可得Q=CBLv故C正确；D．金属棒在t时刻的速度大小为故D正确。故选CD。35．BD【解析】【详解】A．根据左手定则可知，导体棒向右运动的过程中，受到向左的安培力，导体棒的速度越来越来，产生的感应电动势越来越小，则电流越来越小，导体棒受到的安培力越来越小，则导体棒运动过程中加速度的大小逐渐变小，A错误；B．导体棒运动的过程中，根据能量守恒可得又解得B正确；C．根据动量定理可得又经过分析可知，通过CD间电阻的电荷量为即有C错误；D．由于又联立解得D正确。故选BD。36．BC【解析】【详解】A．线框进入磁场的过程中速度不变，线框受力平衡mg=BIL而解得I=2A h=0.2m选项A错误；B．线框刚进入磁场时，边的电压为选项B正确； CD．线圈从抛出到进入磁场时用时间若v0=2m/s则进入磁场时的水平位移若线框抛出位置不变，水平抛出速度时，进入磁场时水平位移小于0.4m，因进入磁场时的竖直速度不变，则受到的向上的安培力不变，则线框进入磁场过程中一定都做匀速运动；若线框抛出位置不变，水平抛出速度时，进入磁场时水平位移大于0.4m，则线圈可能飞过磁场或者部分进入磁场，此时线圈受的安培力小于重力，则线圈不能匀速进入磁场，则选项C正确，D错误。故选BC。37．CD【解析】【详解】A．刚开始闭合电键时，导体棒的加速度最大，则最大加速度因电路总电阻未知，则不能求解金属杆的最大加速度，选项A错误；B．金属杆做变加速运动，则不能求解金属杆的位移，选项B错误；C．对金属杆由动量定理可知其中可得选项C正确；D．电源消耗的电能为选项D正确。故选CD。38．AD【解析】【详解】A．由图乙可得其中设金属杆的运动速度为时，路端电压为，则有联立解得因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速直线运动，加速度为A正确；B．时，速度为金属感受到的安培力为根据牛顿第二定律可得解得故第末外力的瞬时功率为B错误；C．金属杆中的电流为可知时的瞬时电流为，内电流的平均值为由于电流随时间变化，要计算内金属杆上产生的焦耳热需要代入内电流的有效值，而不是代入电流平均值，即C错误；D．若末撤去外力，此时金属杆的速度为撤去后到金属杆停下的过程，根据动量定理可得其中联立解得D正确；故选AD。39．AD【解析】【详解】AD．由于闭合导体所穿透的磁通量发生变化，闭合导体会产生感应电流，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的相对运动，题意中的由于磁体不动，安培力对导体而言即为阻力。题中的扇形铜框在转动过程中，AD的设计中铜框没有磁通量变化，不会产生感应电流，不会产生安培阻力，故AD错误，符合题意；BC．BC中的设计铜框磁通量有变化，会产生感应电流，形成安培阻力，故BC正确，不符合题意。故选AD。40．CD【解析】【详解】AB．磁场充满整个圆盘，一次圆盘转动过程中产生的涡流为0，AB错误；CD．金属圆盘看成无数金属辐条组成，根据右手定则判断可知，圆盘上的感应电流流向边缘，所以靠近圆心处电势低，圆盘中磁场不对称，故有感应电流，同时会产生阻力，CD正确。故选CD。