2017版《大高考》高考物理总复习 模拟创新题：专题十 电磁感应

专题十 电磁感应

一、选择题

*1．如图所示，螺线管与电阻R相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管，下列说法正确的是( )

A．磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度 B．通过电阻的电流先由a到b，后由b到a C．磁铁减少的重力势能等于回路产生的热量 D．a的电势始终高于b的电势

解析 通过电阻的电流先由b到a，后由a到b，故B错误；a的电势先低于b的电势，后高于b的电势，故D错误；磁铁刚离开螺线管时受到螺线管的吸引，其加速度小于重力加速度，故A正确；磁铁减少的重力势能等于回路产生的热量与磁铁增加的动能之和，故C错误。选A

2．(多选) 如图是创意物理实验设计作品《小熊荡秋千》。两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与两个铜线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千。以下说法正确的是( )

A．P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向(从右向左看) B．P向右摆动的过程中，Q也会向右摆动 C．P向右摆动的过程中，Q会向左摆动 D．若用手左右摆动Q，P会始终保持静止

答案 AB

*3．如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距L＝1 m。一质量m＝2 kg，阻值r＝2 Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v－x图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.25，则从起点发生x＝1 m位移的过程中(g＝10 m/s2)( )

A．金属棒克服安培力做的功W1＝0.5 J B．金属棒克服摩擦力做的功W2＝4 J C．整个系统产生的总热量Q＝4.25 J D．拉力做的功W＝9.25 J

BLvB2L2

解析 金属棒克服安培力做功为W1＝BL·x＝vx，由图可知vx＝1，解得W1＝0.25 J，A错误；

R＋rR＋r

金属棒克服摩擦力做的功W2＝μmgx＝0.25×20×1 J＝5 J，B错误；整个系统产生的总热量Q＝W1＋W2

1

＝5.25 J，C错误；根据动能定理可得，拉力做的功WF＝W1＋W2＋mv2＝9.25 J，D正确；选D

2

*4．(多选) 如图所示，为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值，外力F向右为正。则以下能反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律图象的是( )

解析 当线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达最大；此后向内的磁通量增加，总磁通量减小；当运动到1.5L时，磁通量最小，当运动到2L时磁通量变为向里的最大，故A正确；当线圈进入第一个磁场时，由E＝BLv可知，E保持不变，感应电动势为顺时针方向；而开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势应为2BLv，方向为逆时针方向为正值，故B正确；因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C错误；拉力的功率P＝Fv，因速度不变，而在线

2BLvB2L2v

框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，F安＝2B·L＝4，RR

因此安培力变4倍，则拉力的功率变为原来的4倍，故D正确。故选A、B、D

*5．(多选) 用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r?R)的圆环。圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B。圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则( )

A．此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流 B．圆环因受到了向下的安培力而加速下落

B2v

C．此时圆环的加速度a＝ ρd

D．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm＝

ρdg B2

解析 由右手定则可以判断感应电流的方向，可知A正确；由左手定则可以判断，此时圆环受到的安培

B2v

力应该向上，B错误；对圆环受力分析可解得加速度a＝g－，C错误；当重力等于安培力时速度

ρd

ρgd

达到最大，可得vm＝ 2，D正确。选AD

B

6．(多选) 如图所示，在水平面上有两条光滑的长直平行金属导轨MN、PQ，电阻忽略不计，导轨间距离为L，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面。质量均为m的两根金属a、b放置在导轨上，a、b接入电路的电阻均为R。轻质弹簧的左端与b杆连接，右端固定。开始时a杆以初速度v0向静止的b杆运动，当a杆向右的速度为v时，b杆向右的速度达到最大值vm，此过程中a杆产生的焦耳热为Q，两杆始终垂直于导轨并与导轨接触良好，则b杆达到最大速度时( )

BL（v－vm）

A．b杆受到弹簧的弹力为 2R

B2L2（v－vm）

B．a杆受到的安培力为

R

C．a、b杆与弹簧组成的系统机械能减少量为Q

11212

D．弹簧具有的弹性势能为mv20－mv－mvm－2Q 222

解析 当b杆向右的速度达到最大值时，所受的安培力与弹力相等，此时E＝BL(v－vm)，则安培力F安

BL（v－vm）B2L2（v－vm）＝BL＝，A正确；a杆受到的安培力等于b杆受到的安培力的大小，即F

2R2RB2L2(v－vm)

，B错误；因在过程中a杆产生的焦耳热为Q，则b杆产生的焦耳热也为Q，则a、b安＝2R

1

杆与弹簧组成的系统机械能减少量为2Q，C错误；由能量守恒定律可知，弹簧具有的弹性势能为mv2

20

11－mv2－mv2－2Q，D正确。故选A、D 22m

*7．(多选) 如图所示，在倾角为30°的斜面上固定一电阻不计的光滑平行金属导轨，其间距为L，下端接有阻值为R的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与斜面垂直(图中未画出)。质量为m、阻值大小也为R的金属棒ab与固定在斜面上方的劲度系数为k的绝缘弹簧相接，弹簧处于原长并被锁定。现解除锁定的同时使金属棒获得沿斜面向下的速度v0，从开始运动到停止运动的过程中金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，在上述过程中( )

22

BLv0 A．开始运动时金属棒与导轨接触点间电压为

2

BLv0 B．通过电阻R的最大电流一定是

2RmgBL

C．通过电阻R的总电荷量为 4kR12m2g2

D．回路产生的总热量小于mv0＋

24k

解析 开始时金属棒切割磁感线产生电动势E＝BLv0，则金属棒与导轨接触点间电压为U＝0.5E，A对；

金属棒释放时，受到沿斜面向上的安培力与沿斜面向下的重力分力，因不知二力大小关系，则不能确定通过R的最大电流，B错；由于金属棒在运动过程中受到安培力作用，最终金属棒静止，则金属棒

mgsin θBLd

沿斜面下滑距离为d＝，应用电流定义式和法拉第电磁感应定律可知通过R的电荷量q＝＝

k2R

mgBL

，C对；从开始到停止，设回路产生的热量为Q、金属棒静止时弹簧弹性势能为Ep，对金属棒4kR

2

1212（mg）

和回路应用功能关系可知Q＋Ep＝mgdsin θ＋mv0，则Q＝mv0＋－Ep，D对。选ACD

224k

8．(多选 )如图所示，正方形金属线圈abcd平放在粗糙水平传送带上，被电动机带动一起以速度v匀速运动，线圈边长为L，电阻为R，质量为m，有一边界长度为2L的正方形磁场垂直于传送带，磁感应强度为B，线圈穿过磁场区域的过程中速度不变，下列说法中正确的是( )

A．线圈穿出磁场时感应电流的方向沿abcda

B．线圈进入磁场区域时受到水平向左的静摩擦力，穿出区域时受到水平向右的静摩擦力 C．线圈经过磁场区域的过程中始终受到水平向右的静摩擦力

2B2L3v

D．线圈经过磁场区域的过程中，电动机多消耗的电能为

R

答案 AD

二、非选择题

*9．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E点且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，求：

(1)电路中的电流I；

d

(2)金属棒向右运动过程中克服安培力做的功W。

2

E0.8

解析 (1)金属棒开始运动时产生感应电动势E＝BLv0＝1×0.4×2 V＝0.8 V；电路中的电流I＝＝ A＝

R2

0.4 A；

(2)金属棒向右运动距离为x时，金属棒接入电路的有效长度为L1，由几何关系可得： d－xL1L（d－x）x ＝，解得L1＝＝0.4－

dLd15

2xd

此时金属棒所受安培力为：F＝BIL1＝0.16－(0≤x≤)

752

d－0.16＋0.08

作出F－x图象，由图象可得运动过程中克服安培力所做的功为：W＝Fx＝×3 J＝0.36 J。

22

答案 (1)0.4 A (2)0.36 J

10．如图所示，用水平绝缘传送带输送一正方形单匝闭合铜线框，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，铜线框在进入磁场前与传送带的速度相同，穿过磁场的过程中将相对于传送带滑动。已知传送带以恒定速度v0运动，当线框的右边框刚刚到达边界PQ时速度又恰好等于v0。若磁场边界

MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN与PQ的距离为d，磁场的磁感应强度为B，铜线框质量为m，电阻均为R，边长为L(L

(1)线框的右边框刚进入磁场时所受安培力的大小；

(2)线框在进入磁场的过程中运动加速度的最大值以及速度的最小值；

(3)从线框右边框刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，传送带对闭合铜线框做的功。

解析 (1)闭合铜线框右侧边刚进入磁场时产生的电动势E＝BLv0

EBLv0 产生的电流I＝＝ RR

B2L2v0 右侧边所受安培力F＝BIL＝ R

(2)线框以速度v0进入磁场，在进入磁场的过程中，受安培力和摩擦力的共同作用做变减速运动；进入磁场后，在摩擦力作用下做匀加速运动，当其右边框刚刚到达PQ时速度又恰好等于v0。因此，线框在刚进入磁场时，所受安培力最大，加速度最大，设为am；线框全部进入磁场的瞬间速度最小，设

B2L2v0此时线框的速度为v。线框刚进入磁场时，根据牛顿第二定律有F－μmg＝mam，解得am＝－μg，

mR

121

在线框刚刚完全进入磁场又匀加速运动到达边界PQ的过程中，根据动能定理有μmg(d－L)＝mv0－22

mv2，解得最小速度vmin＝v20－2μg（d－L）

(3)线框从右边框进入磁场到运动至磁场边界PQ的过程中线框一直受摩擦力f＝μmg 由功的公式Wf1＝fd 得摩擦力做功Wf1＝μmgd

闭合线框穿出磁场与进入磁场的受力情况相同，则完全穿出磁场的瞬间速度亦为最小速度v，然后速度均匀增加到v0，产生的位移一定为x＝d－L(和在磁场中速度v由增加v0到的位移相同)闭合线框在右边框出磁场到与传送带共速的过程中位移x′＝x＋L＝d。在此过程中摩擦力再做功Wf2＝μmgd

因此，闭合铜线框从刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，传送带对闭合铜线框做的功W＝ Wf1＋Wf2＝2μmgd

B2L2v0B2L2v0答案 (1) (2)－μg v20－2μg（d－L） (3)2μmgd RmR

创新导向题

1．生活实际——通过“安检门”考查楞次定律

例题：如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈。工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则( )

A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针 B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大

C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针 D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化

解析 当左侧通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通过右侧线圈的磁通量增大，根据楞次定律可以知道，右侧线圈产生感应电流为逆时针，由于磁场是均匀增大，则产生的感应电流为恒定的，故A、B错误；当有金属片通过时，接收线圈中磁通量仍然增大，故产生的感应电流仍然为逆时针，但是由于金属片中也要产生感应电流，所以接收线圈中的感应电流大小发生变化，故C错误，D正确。选D

2．溯本求源——结合“法拉第圆盘发电机”考查法拉第电磁感应定律、右手定则

例题：图为法拉第圆盘发电机的示意图，半径为r的导体圆盘绕竖直轴以角速度ω逆时针(从上向下看)旋转，匀强磁场B竖直向上，两电刷分别与圆盘中心轴和边缘接触，电刷间接有阻值为R的定值电阻，忽略圆盘电阻与接触电阻，则( )

A．流过定值电阻的电流方向为a到b B．b、a间的电势差为Bωr2

C．若ω增大到原来的2倍，则流过定值电阻的电流增大到原来的2倍 D．若ω增大到原来的2倍，则流过定值电阻的电流增大到原来的4倍

解析 选择其中一条半径来看，根据右手定则可知，流过定值电阻的电流方向为b到a，A错误；b、a

11

间的电势差等于电动势的大小Uab＝E＝Bωr2，B错误；若ω增大到原来的2倍，根据E＝Bωr2可

22

知电动势变为原来的2倍，则流过定值电阻的电流增大到原来的2倍，C正确，D错误。选C

3．考查法拉第电磁感应定律与图象的综合应用

例题：如图甲所示，矩形线圈abcd固定于方向相反的两个磁场中，两磁场的分界线OO′恰好把线圈分成对称的左右两部分，两磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，规定磁场垂直纸面向内为正，线圈中感应电流逆时针方向为正。则线圈感应电流随时间的变化图象为( )

解析 因磁场是均匀变化的，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知，感应电流的大小不变，故C、D项错误；在开始阶段OO′左侧磁场增强，OO′右侧磁场减弱，由楞次定律可知线圈中有逆时针方向的感应电流，A项对，B项错。选A

4．综合应用——考查电磁感应的综合应用

例题：(多选) 如图所示，在方向垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长ad＝L，cd＝2L。线框导线的总电阻为R。则在线框离开磁场的过程中，下

列说法中正确的是( )

BLv

A．ad间的电压为 3

2B2L3v

D．线框中的电流在ad边产生的热量为 3R

1B·2Lv1BLvΔΦ2BL2

解析 ad间的电压为U＝I·R＝·R＝，故A正确；流过线框截面的电量q＝It＝·t＝，

6R63Δt·RR

4B2L2v

故B正确；线框所受安培力的合力F＝BI·2L＝，故C错误；产生的感应电动势E＝2BLv，感应

R

E2L3B2v21L电流I＝；线框中的电流在ad边产生的热量Q＝I·R·＝，故D正确。故选A、B、D R6v3R

5．以“测速仪”为背景考查法拉第电磁感应定律与电路知识的综合应用

例题：某校科技小组的同学设计了一个传送带测速仪，测速原理如图所示。在传送带一端的下方固定有间距为L、长度为d的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为B、方向垂直传送带平面(纸面)向里、有理想边界的匀强磁场，且电极之间接有理想电压表和电阻R，传送带背面固定有若干根间距为d的平行细金属条，其电阻均为r，传送带运行过程中始终仅有一根金属条处于磁场中，且金属条与电极接触良好。当传送带以一定的速度匀速运动时，电压表的示数为U。则下列说法中正确的是( )

2BL2

B．流过线框截面的电量为

R

2B2L2v

C．线框所受安培力的合力为

R

U

A．传送带匀速运动的速率为

BL

U2

B．电阻R产生焦耳热的功率为 R＋r

BUd

C．金属条经过磁场区域受到的安培力大小为

R＋r

BLUd

D．每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功为 R

U（R＋r）ER

解析 根据E＝BLv，则电压表读数为U＝，解得v＝，A错误；电阻R产生焦耳热的

BLRR＋r

U2BLU

功率为PR＝，B错误；金属条经过磁场区域受到的安培力大小为F＝BIL＝，C错误；每根金

RR

BLUd

属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功为W＝Fd＝，D正确。选D

R

6．电磁感应现象中的电路问题

例题：(多选) 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( )

mg

A．通过金属杆的电流大小为 B2L

B．通过金属杆的电流方向为从B到A

2πkB2a3

C．定值电阻的阻值为R＝－r

mgπkamg

D．整个电路的热功率P＝ 2B2

mg

解析 根据题述金属杆恰能保持静止，由平衡条件可得：mg＝B2I·2a，通过金属杆的电流大小为I＝，

2aB2

A错误；由楞次定律可知，通过金属杆的电流方向为从B到A，B正确；根据区域C1中磁场的磁感应

ΔBΔB12

强度随时间按B1＝b＋kt(k>0)变化，可知＝k，C1中磁场变化产生的感应电动势E＝πa＝kπa2，

ΔtΔt

3

2πkB2a

由闭合电路欧姆定律，E＝I(r＋R)，联立解得定值电阻的阻值为R＝－r，C正确；整个电路的

mg

mgπkamg

热功率P＝EI＝kπa2·＝，D正确。选BCD

2aB22B2

7．综合应用——考查电磁感应中的力电综合问题

例题：如图所示，一个“U”形金属导轨靠绝缘的墙壁水平放置，导轨长L＝1.4 m，宽d＝0.2 m。一对长L1＝0.4 m的等宽金属导轨靠墙倾斜放置，与水平导轨成θ角平滑连接，θ角可在0～60°调节后固定。水平导轨的左端长L2＝0.4 m的平面区域内有匀强磁场，方向水平向左，磁感应强度大小B0＝2 T。水

ΔB

平导轨的右端长L3＝0.5 m的区域有竖直向下的匀强磁场B，磁感应强度大小随时间以＝1.0 T/s均

Δt

匀变大。一根质量m＝0.04 kg的金属杆MN从斜轨的最上端静止释放，金属杆与斜轨间的动摩擦因数μ1＝0.125，与水平导轨间的动摩擦因数μ2＝0.5。金属杆电阻R＝0.08 Ω，导轨电阻不计。

(1)求金属杆MN上的电流大小，并判断方向；

(2)金属杆MN从斜轨滑下后停在水平导轨上，求θ角多大时金属杆所停位置与墙面的距离最大，并求此最大距离xm。

ΔΦΔB

解析 (1)由电磁感应定律E＝＝dL3

ΔtΔt

E

由欧姆定律得I＝ R

MN棒上的电流大小I＝1.25 A MN棒上的电流方向：N→M

(2)设导体棒滑出水平磁场后继续滑行x后停下，由动能定理得mgL1sin θ－μ1mgL1cos θ－μ2(mg＋B0Id)(L2－L1cos θ)－μ2mgx＝0代入数据得，0.16sin θ＋0.16cos θ－0.18＝0.2x 当θ＝45°时，x最大 x＝0.82－0.9＝0.23 m

xm＝L2＋x＝(0.4＋0.23) m＝0.63 m 答案 (1)1.25 A N→M (2)θ＝45° xm＝0.63 m

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