高中物理高考 2021届高考二轮精品专题八 电磁感应定律及其应用 学生版

电磁感应命题频率较高，有选择题也计算题，多以中档以上难度的题目来增加试卷的区分度。考查集中在楞次定律，法拉第电磁感定律的应用，电磁感应中的图象问题、电路问题、动力学和能量问题，题型以选择题为主；计算题常以“导体棒”切割磁感线为背景，还可能会涉及动量的问题。

一、楞次定律和法拉第电磁感应定律

1．判定感应电流方向的两种方法

(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。

(2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。

2．感应电荷量的计算

q＝t＝n(n：匝数，ΔΦ：磁通量变化量，R＋r：闭合电路的总电阻)

二、电磁感应中力电综合问题

1．掌握电磁感应综合问题的解题步骤

(1)确定电源部分，即电源的电动势大小和极性，电源的内阻大小。

(2)确定外电路。

(3)综合运动闭合电路的欧姆定律、运动学公式、牛顿运动定律、能量和动量守恒等定律知识解答。

2．必须辨明的“3个易错易混点”

(1)发生电磁感应的电路中，产生感应电动势的部分为“电源”，其余部分为“外电路”。

(2)安培力做正功，电能转化为其他形式的能量，安培力做负功，其他形式的能量转化为电能。

(3)安培力的冲量为I＝Bl·Δt＝qBl＝x。

1．(多选)(2019·新课标全国卷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

2．(2020·新课标卷Ⅲ·T24)如图，一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于l0的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x，求导体棒所受安培力的大小随x(0≤x≤l0)变化的关系式。

1．(多选)(2020·山东学业水平等级考试·T12)如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计时，4 s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图象可能正确的是(　　)

2．(多选)(2020·新课标卷I·T21)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后(　　)

A．金属框的速度大小趋于恒定值

B．金属框的加速度大小趋于恒定值

C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值

D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值

1．如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内顺时针减速旋转时，由此可知(　　)

A．圆环b具有扩张趋势

B．圆环b中产生顺时针方向的感应电流

C．若圆环a逆时针加速旋转，圆环b中产生逆时针方向的感应电流

D．若圆环a逆时针减速旋转，圆环b中产生顺时针方向的感应电流

2．(多选)电磁驱动是21世纪初问世的新概念、新技术，现已广泛应用在我们的日常生活中。装在汽车上的磁性转速表就利用了电磁驱动，其工作原理如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．铝盘接通电源，通有电流的铝盘在磁场作用下带动指针转动

B．永久磁体随转轴转动产生运动的磁场，在铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力而转动

C．铝盘转动的方向与永久磁体转动方向相同

D．由于铝盘和永久磁体被同转轴带动，所以两者转动是完全同步的

3．(多选)高速铁路列车通常使用磁力刹车系统。磁力刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线垂直铝盘向内，铝盘随即减速，如图所示。图中磁铁左方铝盘的甲区域（虚线区域）朝磁铁方向运动，磁铁右方铝盘的乙区域（虚线区域）朝离开磁铁方向运动。下列有关铝盘刹车的说法正确的是(　　)

A．铝盘甲区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场

B．铝盘乙区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场

C．磁铁与感应电流之间的作用力，会使铝盘减速

D．若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对空洞铝盘所产生的减速效果与实心铝盘相同

4．(多选)如图所示，两根平行光滑金属导轨MN和PQ放置在水平面内，间距为L，电阻不计。磁感应强度为B的匀强磁场垂直轨道平面向上，两导轨之间连接的电阻阻值为R。在导轨上有一均匀金属棒ab，其质量为m，长度为2L，阻值为2R，金属棒与导轨垂直且接触良好，接触点为c、d。t＝0时刻，给金属棒ab一个向右的初速度v，设金属导轨足够长。下列说法正确的是(　　)

A．t＝0时刻，金属棒a、b两点间的电势差Uab＝－BLv

B．t＝0时刻，金属棒c、d两点间的电势差Ucd＝－BLv

C．t＝0时刻，安培力的功率为

D．金属棒从t＝0时刻到速度减为零的过程中发生的位移为

5．(多选)如图所示，绝缘的水平面上固定有两条平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，两相同金属棒a、b垂直导轨放置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上。现两金属棒分别以初速度2v0和v0同时沿导轨自由运动，先后进入磁场区域。已知a棒离开磁场区域时b棒已经进入磁场区域，则a棒从进入到离开磁场区域的过程中，电流i随时间t的变化图象可能正确的有(　　)

6．如图，用一根总电阻为2R粗细均匀的铜导线制成半径为L的圆环，PQ为圆环的直径，其左右两侧四分之一圆面积内各存在垂直于圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反。一根长度为2L、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，转动过程中金属棒MN与圆环始终接触良好，不计一切阻力和摩擦，下列说法正确的是(　　)

A．转动过程中流过金属棒中电流方向始终是从N到M

B．图示位置金属棒两端的电压大小为BωL2

C．从PQ位置开始计时，0～时间内通过金属棒MN的横截面电荷量为零

D．金属棒旋转一周的过程中，金属棒中电流的有效值为

7．(多选)如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨MAC、NBD水平放置，MA、NB间距L＝0.4 m，AC、BD的延长线相交于点E且AE＝BE，E点到AB的距离d＝6 m，M、N两端与阻值R＝2 Ω的电阻相连。虚线右侧存在方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T，一根长度也为L＝0.4 m、质量m＝0.6 kg电阻不计的金属棒，在外力作用下从AB处以初速度v0＝2 m/s沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好，运动过程中电阻R上消耗的电功率不变。则(　　)

A．电路中的电流为0.4 A

B．金属棒向右运动d过程中克服安培力做的功为0.72 J

C．金属棒向右运动d过程中外力做功的平均功率为3.52 W

D．金属棒向右运动d过程中在电阻中流过的电量为0.45 C

8．如图所示，MN和PQ是两根放在竖直面内且足够长的平行金属导轨，相距l＝50 cm。导轨处在垂直纸面向里的磁感应强度B＝5 T的匀强磁场中。一根电阻为0.1 Ω的金属棒ab可紧贴导轨左右运动。两块长L＝20 cm、相距d＝10 cm，水平放置的平行金属板A和C分别与两平行导轨相连接，图中跨接在两导轨间的电阻R＝0.4 Ω，其余电阻忽略不计。已知当金属棒ab不动时，质量m＝10 g、带电量0.001 C的负电小球以某一速度v0沿金属板A和C 的中线射入板间，恰能射出金属板，g取10 m/s2。求：

(1)小球的速度v0；

(2)若使小球在金属板间不偏转，则金属棒ab的速度大小和方向；

(3)若要使小球能从金属板间射出，则金属棒ab匀速运动的速度应满足什么条件？

9．如图（a）所示，距离为L的两根足够长光滑平行金属导轨倾斜放置，导轨与水平面夹角为θ。质量为m，电阻为r的金属棒ab垂直放置于导轨上，导轨所在平面内有垂直于导轨斜向上的匀强磁场。导轨的P、M两端接在外电路上，电阻R的阻值为2r，电容器的电容为C，电容器的耐压值足够大。在开关S1闭合、S2断开的状态下将金属棒ab由静止释放（运动过程中ab始终保持与导轨垂直并接触良好），金属棒的v－t图象如图（b）所示。导轨电阻不计，重力加速度为g。

(1)求磁场的磁感应强度大小；

(2)在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒加速下滑的距离为x时电阻R产生的焦耳热为Q，则此时金属棒的速度、加速度分别是多少？

(3)现将开关S1断开，S2闭合，由静止释放金属棒后，金属棒做什么运动？

10．如图甲所示，有一边长L＝3 m的正方形金属线框，其质量m＝1 kg、电阻R＝6 Ω，在一个方向与v0平行的水平外力F作用下匀减速进入匀强磁场。已知磁场方向垂直纸面向里，磁场左右边界的宽为2L。以线框右边进入磁场开始计时，线框的初速度v0＝4 m/s，在t＝1.0 s时线框左边进入磁场立即撤去外力，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示。若线框与水平面间接触光滑且绝缘。则：

(1)线框进入磁场过程的加速度a大小及磁感应强度B的大小；

(2)求线框离开磁场右边界时的速度v′；

(3)已知线框进入磁场过程中拉力做功WF＝－2.5 J，求线框从进入磁场到离开磁场整个过程中产生的电热Q。

1．【答案】BC

【解析】根据B－t图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向FA的方向在t0时刻发生变化，则A错误，B正确；由闭合电路欧姆定律得I＝，又根据法拉第电磁感应定律得E＝＝·，又根据电阻定律得R＝ρ，联立得I＝，则C正确，D错误。

2．【解析】当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时，由法拉第电磁感应定律可知导体棒上感应电动势的大小为E＝Blv

由欧姆定律可知流过导体棒的感应电流为I＝

式中R为这一段导体棒的电阻．按题意有R＝rl

此时导体棒所受安培力大小为F＝BIl

由题设和几何关系有l＝

联立各式得F＝

1．【答案】BC

【解析】第1 s内，ae边切割磁感线，由E＝BLv可知，感应电动势不变，导体框总电阻一定，故感应电流一定，由安培力F＝BIL可知ab边所受安培力与ab边进入磁场的长度成正比；第2 s内，导体框切割磁感线的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；第3～4 s内，导体框在第二象限内切割磁感线的有效长度保持不变，在第一象限内切割磁感线的有效长度不断增大，但两象限磁场方向相反，导体框的两部分感应电动势方向相反，所以第2 s末感应电动势达到最大，之后便不断减小，第3 s末与第1 s末，导体框切割磁感线的有效长度相同，可知第3 s末与第1 s末线框中产生的感应电流大小相等，A错误，B正确；但第3 s末ab边进入磁场的长度是第1 s末的3倍，即ab边所受安培力在第3 s末的大小等于第1 s末所受安培力大小的3倍，C正确，D错误。

【点评】本题通过不规则导体框在磁场中的运动考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力。本题的易错点是：2～4 s内导体框切割磁感线的有效长度是变化的。

2．【答案】BC

【解析】由bc边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒MN受到向右的安培力，做加速运动，bc边受到向左的安培力，向右做加速运动。当MN运动时，金属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线，设导体棒MN和金属框的速度分别为v1、v2，则电路中的电动势E＝BL(v2－v1)，电路中的电流I＝，金属框和导体棒MN受到的安培力分别为F框＝BIL，与运动方向相反，FMN＝BIL，与运动方向相同。设导体棒MN和金属框的质量分别为m1、m2，则对导体棒MN，有F框＝BIL＝＝m1a1，对金属框，F－＝m2a2，初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，a2从开始逐渐减小，当a1＝a2时，相对速度v2－v1＝，大小恒定，整个运动过程用速度时间图象描述如图所示。综上可得，金属框的加速度趋于恒定值，安培力也趋于恒定值，B、C正确；金属框的速度会一直增大，导体棒到金属框bc边的距离也会一直增大，A、D错误。

1．【答案】B

【解析】当带正电的绝缘圆环a顺时针减速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在减小，根据右手螺旋定则，其内有垂直纸面向里的磁场，其外有垂直纸面向外的磁场。因垂直向外磁场不全在b环中，因此会导致b环中的磁通量减小，根据楞次定律，b环中感应电流在b环内产生垂直纸面向里的磁场，根据安培定则可知，b环中产生顺时针方向的感应电流。根据左手定则，磁场对b环电流的作用力向内，所以圆环b具有收缩趋势，故A错误，B正确；若a环逆时针加速旋转，同理a中有逆时针方向增大的电流，b环中产生顺时针方向的感应电流，故C错误；若a环逆时针减速旋转，同理，a中有逆时针方向减小的电流，依据右手螺旋定则与楞次定律，b环中产生逆时针方向的感应电流，故D错误。

2．【答案】BC

【解析】当永久磁铁随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁铁的磁场会对铝盘上的感应电流有力的作用，而产生一个转动的力矩，使指针转动，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，A错误、B正确；该转速表运用了电磁感应原理，由楞次定律知，铝盘磁场总是阻碍永久磁铁转动，要使减小穿过铝盘磁通量的变化，永久磁铁转动方向与铝盘转动方向相同，C正确；永久磁铁固定在转轴上，铝盘国定在指针轴上，铝盘和永久磁体不是同转轴带动，所以两者转动不是同步的，D错误。

3．【答案】AC

【解析】铝盘甲区域中的磁通量增大，由楞次定律可知，甲区域感应电流方向为逆时针方向，则此感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故A正确；铝盘乙区域中的磁通量减小，由楞次定律可知，甲区域感应电流方向为顺时针方向，则此感应电流的磁场方向垂直纸面向里，故B错误；由“来拒去留”可知，磁铁与感应电流之间有相互阻碍的作用力，则会使铝盘减速，故C正确；若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，则满小空洞的铝盘产生的感应电流与实心铝盘产生的感应电流不同，所以磁铁对空洞铝盘所产生的减速效果与实心铝盘不相同，故D错误。

4．【答案】AD

【解析】金属棒a、b两点间的电势差Uab＝Uac+Ucd+Udb，根据E＝BLv得Uac+Udb＝－BLv，在回路中，感应电动势为E＝BLv，路端电压U＝BLv，因为c为等效电源的负极，有Ucd＝－BLv，所以Uab＝Uac+Ucd+Udb＝－BLv，A正确，B错误；安培力的功率，C错误；由动量定理得，又，可得，D正确。

5．【答案】AB

【解析】a棒以速度2v0先进入磁场切割磁感线产生的感应电流，a棒受安培阻力做变加速直线运动，感应电流也随之减小，即i－t图象的斜率逐渐变小；设当b棒刚进入磁场时a棒减速的速度为v1，此时的瞬时电流。若v1＝v0，即，此时双棒双电源反接，电流为零，不受安培力，两棒均匀速运动离开，i－t图象中无电流的图象，故A正确，C错误；若v1<v0，即，此时双棒双电源的电动势不等要抵消一部分，因b棒的速度大，电流方向以b棒的流向，与原a棒的流向相反即为负，大小为，b棒通电受安培力要减速，a棒受安培力而加速，则电流逐渐减小，故B正确，D错误。

6．【答案】D

【解析】当OM在左上方磁场中时，由右手定则可知金属棒中电流方向是从N到M，当OM在右下方磁场中时，由右手定则可知金属棒中电流方向是从M到N，故A错误；图示位置金属棒产生的感应电动势E＝2×BLω×L＝BωL2，外电路的总电阻r＝R，图示位置金属棒两端的电压大小U＝BωL2，故B错误；从PQ位置开始计时，0～时间内切割磁感线产生的平均感应电动势＝BωL2，所以平均感应电流不为0，则通过金属棒MN的横截面电荷量不为零，故C错误；金属棒转动一周过程中有半个周期内有电流产生，且大小，金属棒旋转一周的过程中，由，可得金属棒中电流的有效值，故D正确。

7．【答案】ACD

【解析】金属棒开始运动时产生感应电动势E＝BLv0＝0.8 V，电路中的电流I＝＝0.4 A，A正确；金属棒向右运动运动距离为x时，金属棒接入电路的有效长度为L1，由几何关系可得，此时金属棒所受安培力(0≤x≤d)，作出F－x图象，由图象可得运动d过程中克服安培力所做的功，B错误；金属棒运动d过程所用时间为t，W＝I2Rt，解得t＝s，设金属棒运动的d的速度为v，由于电阻R上消耗的电功率不变，则有BLv0＝BLv，v＝2v0，由动能定理可得Pt－W＝mv2－mv02，解得P＝3.52 W，C正确；由图可知，则q＝Δt＝＝0.45 C，D正确。

8．【解析】(1)根据题意，小球在金属板间做平抛运动，则有：

L＝v0t，d＝gt2

解得：v0＝2 m/s。

(2)欲使小球不偏转，须小球在金属板间受力平衡，由于小球带负电，电场力向上，所以电场方向向下，A板必须带正电，金属棒ab的a点应为感应电动势的正极，根据右手金属棒ab应向右运动。

设金属棒ab的速度为v1，则E＝BLv1

金属板A、C间的电压

金属板A、C间的电场

小球受力平衡，则有qE＝mg

联立解得：v1＝5 m/s。

(3)当金属棒ab的速度增大时，小球所受电场力大于小球的重力，小球将向上做类平抛运动，设金属棒ab的速度达到v2，小球恰能从A金属板右边缘飞出。根据小球运动的对称性，小球沿A板右边缘飞出和小球沿C板右边缘飞出，其运动加速度相同，故有：

qE－mg＝mg

解得v2＝10 m/s

所以若小球能射出金属板间，则金属棒ab的速度大小0≤v≤10 m/s，方向向右。

9．【解析】(1)由题意和图象给出的信息可知，最后金属棒将做匀速运动

mgsin θ＝BIL

解得：。

(2)由能量守恒定律得：mgxsin θ＝QR+Qr+mv12

由闭合电路欧姆定律得

设此时的加速度为a1，由牛顿第二定律可得：mgsin θ－BI1L＝ma1

根据Q＝I2Rt可得

联立解得：，。

(3)设释放金属棒的一小段时间Δt的加速度为a，根据牛顿第二定律可得：

mgsin θ－BI2L＝ma

根据电流的定义

解得

显然，金属棒做匀加速运动。

10．【解析】(1)设加速度大小为a，取向左为正方向，则有：

线框右边进入时

线框左边进入时

又L＝v0t－at2

联立解得：a1＝2 m/s2，B＝0.5 T。

(2)面积表示冲量，有：IF＝－(F1＋F2)t＝－0.875 N‧s

线框进磁场时有：IF＋IFA＝mv－mv0

代入得IFA＝－1.125 N‧s

线框出磁场和进入磁场安培力的冲量相等：IFA′＝IFA＝－1.125 N‧s

线框离开磁场右边界时有：IF＋2IFA＝mv′－mv0

得v′＝0.875 m/s，方向水平向右。

(3)动能定理：WF＋WFA＝mv′2－mv02

解得：Q＝－WFA≈5.12 J。

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