高考物理二轮复习专题4第2课电磁感应规律及其应用试题

第2课 电磁感应规律及其应用

考点一 安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的应用 1．各自应用于不同现象． 基本现象 运动电荷、电流产生磁场 磁场对运动电荷、电流作用力 电磁 感应 部分导体切割磁感线运动 闭合电路磁通量变化 应用的定则或定律 安培定则 左手定则 右手定则 楞次定律 2.右手定则与左手定则的区别． 抓住“因果关系”是解决问题的关键．“因动而电”用右手定则，“因电而力”用左手定则． 3．楞次定律中“阻碍”的表现． (1)阻碍磁通量的变化(增反减同)； (2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)； (3)阻碍原电流的变化(自感)． 考点二 法拉第电磁感应定律

适用过程 表达公式 备注 1

N匝线圈内的磁通量发生变化 E＝NΔΦ ΔtΔB(1)当S不变时，E＝NS2)当B不变ΔtΔS时，E＝NB； Δt导体做切割磁感线的运动 E＝BLv (1)E＝BLv的适用条件：v⊥L，v⊥B； 2)当v与B平行时：E＝0 考点三 电磁感应与电路的综合 电磁感应与电路的综合是高考的一个热点内容，两者的核心内容与联系主线如图所示：

楞次定律：在闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流的问题中，机械能转化为电能，导体棒克服安培力做的功等于电路中产生的电能．

课时过关(A卷)

一、单项选择题

1．(2015·海南高考)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小ε，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折弯，置于磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向ε′

以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′，则等于(B)

ε

12A. B. 22

C．1 D.2

解析：设折弯前导体切割磁感线的长度为L，折弯后，导体切割磁场的有效长度为l＝

2

22

?L?＋?L?＝2L，故产生的感应电动势为ε′＝Blv＝B·2Lv＝2ε，所以ε′＝2，B正?2??2?222ε2????

确．

2．如图所示，U形金属框架固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中．现使ab棒突然获得一水平初速度v向右运动，下列说法正确的是(D)

A．ab做匀减速运动 B．回路中电流均匀减小 C．a点电势比b点电势低

D．ab受到的安培力方向水平向左

解析：由楞次定律知向右运动则受到的安培力向左，选项D正确；ab做减速运动，但不是匀减速，电流减小，但不是均匀减小，选项A、B错误；由右手定则知，电流从b到a，在电源内部，电流从负极流向正极，a点电势比b点电势高，选项C错误．

3．(2015·重庆高考)如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb(C)

A．恒为

nS（B2－B1）

t2－t1

nS（B2－B1）

t2－t1

B．从0均匀变化到C．恒为－nS（B2－B1）

t2－t1

nS（B2－B1）

t2－t1

D．从0均匀变化到－

解析：穿过线圈的磁场均匀增加，将产生大小恒定的感生电动势，由法拉第电磁感应定律得EΔΦS（B2－B1）＝n＝n，而等效电源内部的电流由楞次定律知从a→b，即b点是等效电源的正极，

Δtt2－t1即φa－φb＝－n

S（B2－B1）

，故选C.

t2－t1

3

4．如图所示，一刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域，则(D)

A．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程一定是匀速运动 B．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程一定是加速运动 C．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是加速运动 D．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动

解析：若线圈进入磁场过程是匀速运动，完全进入磁场区域一定做加速运动，则离开磁场过程中所受到安培力大于重力，一定是减速运动，选项A错误；若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程中可能是加速运动，也可能是减速运动，关键看安培力和重力哪个大，选项B错误；若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动，选项C错误，D正确．

5．如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L.纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t＝0时刻恰好位于图中所示的位置．以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流—位移(i－x)关系的是(C)

解析：线框匀速穿过L的过程中，有效长度l均匀增加，由E＝Blv知，电动势随位移均匀变大，x＝L处电动势最大，电流I最大；从x＝L至x＝1.5L过程中，框架两边都切割磁感线，总电动势减小，电流减小；从x＝1.5L至x＝2L，左边框切割磁感线产生感应电动势大于右边框，故电流反向且增大；x＝2L至x＝3L过程中，只有左边框切割磁感线，有效长度l减小，电流减小．综上所述，只有C项符合题意．

二、多项选择题

4

6．下面列举的四种器件中，在工作时利用了电磁感应的是(BD)

解析：选项A利用电场加速，磁场偏转，A错；选项C利用磁场偏转，C错；B、D应用了电磁感应，故选B、D.

7．(2015·山东高考)如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是(ABD)

A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高 B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动 C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动

D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动

解析：由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A正确；根据E＝BLv可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的电功率越大，消耗的机械能越快，则圆盘越容易停止转动，选项B正确；若加反向磁场，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘则圆盘中无感应电流，不消耗机械能，圆盘匀速转动，选项D正确．

8．用绝缘丝线悬吊一个轻质闭合铝环P.用磁铁的N极靠近P环时，可观察到P环远离磁铁，现改用磁铁的S极用同样方式靠近P环(如图)，则P环(BD)

5

A．静止不动 B．远离磁铁 C．没有感应电流

D．产生顺时针方向电流

解析：闭合电路磁通量变化了，一定会产生感应电流，C错误；根据楞次定律判断，A错误，B、D正确．

9．水平放置的平行板电容器与线圈连接如图，线圈内有垂直纸面(设向里为正方向)的匀强磁场．为使带负电微粒静止在板间，磁感应强度B随时间t变化的图象应该是(BC)

解析：题意要求带负电微粒平衡，所以电场力与重力平衡．即上板带正电，则要求感应电动势(电流)方向为逆时针，而且大小恒定，从而得出垂直纸面向里的磁场均匀增大．

三、计算题

10．(2015·浙江高考)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂

6

盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测

2

得物体的质量(重力加速度取g＝10 m/s)．

(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？

(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω，不接外电流，两臂平衡，如图2所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m．当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平ΔB衡，求此时磁感应强度的变化率. Δt

解析：(1)线圈受到安培力F＝N1B0IL① 天平平衡mg＝N1B0IL② 代入数据得N1＝25匝．③ (2)由电磁感应定律得E＝N2

ΔΦ

④ ΔtE＝N2

ΔBLd⑤ Δt由欧姆定律得I′＝⑥

线圈受到安培力F′＝N2B0I′L⑦ ΔBdL天平平衡mg′＝NB·⑧

ΔtR220

2

ERΔB代入数据可得＝0.1 T/s.⑨

ΔtΔB答案：(1)N1＝25匝 (2)＝0.1 T/s

Δt 7

课时过关(B卷)

一、单项选择题

1．物理学中的许多规律是通过实验发现的，以下说法不符合史实的是(C) A．法拉第通过实验发现了电磁感应定律 B．奥斯特通过实验发现了电流能产生磁场 C．牛顿首先通过扭秤实验发现了万有引力定律

D．伽利略通过斜面理想实验发现了物体的运动不需要力来维持

解析：奥斯特发现了电流的磁效应，即电产生磁，法拉第发现了电磁感应现象即磁产生电，所以A、B符合史实，故错误；牛顿发现万有引力定律，但没有测出引力常数，所以C不符合史实，故C正确；伽利略通过斜面理想实验发现了物体的运动不需要力来维持，所以D错误．

2．如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两根可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐减弱时，导体棒ab和cd的运动情况是(D)

A．一起向左运动 B．一起向右运动

C．相向运动，相互靠近 D．相背运动，相互远离 解析：电磁感应现象是阻碍现象，闭合电路中穿过的磁通量小了，增大面积即可达到阻碍目的，选项D正确，选项A、B、C错误．当然也可以用安培力作答，结论相同．

3．(2015·新课标Ⅰ)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”，实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示，实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后，下列说法正确的是(B)

A．圆盘上不会产生感应电动势

8

B．圆盘内的感应电流产生的磁场导致磁针转动

C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化

D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成了电流，此电流产生的磁场导致磁针转动

解析：因为当磁体和导体之间的相对运动在导体内产生出了感应电流，而感应电流产生的磁力又会与磁体的磁力相互作用，从而使磁体一起转动起来，具体是当铜圆盘在小磁针的磁场中转动时，半径方向的金属条在切割磁感线，发生电磁感应现象，在铜圆盘的圆心和边缘之间产生感应电动势，选项A错误；圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成感应电流即涡流(根据圆盘转向的不同以及磁极的不同，感应电流从轴心流向边缘或从边缘流向轴心)，而感应电流产生的磁力又会与小磁针的磁力相互作用，从而使小磁针一起转动起来，故选项B正确，圆盘转动过程中，圆盘位置、圆盘面积和磁场都没有发生变化，故磁场穿过整个圆盘的磁通量没有变化，选项C错误；圆盘本身呈中性，不会产生环形电流，D错误．

4．(2015·山东高考)如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a端电势高于b端时，它们之间的电压为uab，下列uabt图象可能正确的是(C)

9

解析：在第一个0.25T0时间内，通过大圆环的电流为瞬时针逐渐增加，由楞次定律可判断内环内a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小；同理在第0.25T0－0.5T0时间内，通过大圆环的电流为瞬时针逐渐减小，由楞次定律可判断内环内a端电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大故内环的电动势逐渐变大；故选项C正确．

5．(2015·安徽高考)如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l.导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则(B)

A．电路中感应电动势的大小为

sin θB．电路中感应电流的大小为

BlvBvsin θ

rB2lvsin θ

C．金属杆所受安培力的大小为 rD．金属杆的热功率为

B2lv2

rsin θ

解析：导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，故A错误；感应电流的大小I＝

El＝sin θ

rBvsin θlB2vll2

，故B正确；所受的安培力为F＝BI＝，故C错误；金属杆的热功率Q＝Irsin θrsin θB2v2sin θr＝，故D错误．

r二、多项选择题

6．如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后(ABC)

10

A．金属棒ab、cd都做匀加速运动 B．金属棒ab上的电流方向是由b向a 2FC．金属棒cd所受安培力的大小等于

3

D．两金属棒间距离保持不变

解析：对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒cd速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a，A、B正确D错误；以两金属棒整体为研究对象有：F＝3ma，2

隔离金属棒cd分析：F－F安＝ma，可求得金属棒cd所受安培力的大小F安＝F，C正确．

37．将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入，第二次快速插入，两次插入过程中不发生变化的物理量是(AD)

A．磁通量的变化量 B．磁通量的变化率 C．感应电流的大小

D．流过导体某横截面的电荷量

解析：由题意知，磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，故磁通量的变化量相同，所ΔΦ

以A正确；因时间不同，故磁通量的变化率也不同，所以B错误；根据法拉第电磁感应定律EΔtΔΦΔΦ－＝n知，电动势不同，所以感应电流不同，所以C错误；根据q＝It＝n，可知流过导体

ΔtΔt某横截面的电荷量相同，故D正确．

8．(2015·德州模拟)一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是(BC)

A．ab受到的拉力大小为4 N B．ab向上运动的速度为2 m/s

C．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能 D．在2 s内，拉力做功为0.6 J

B2l2v解析：对导体棒cd分析：mg＝BIl＝，得v＝2 m/s，故B正确；对导体棒ab分析：F＝

2Rmg＋BIl＝0.2 N，A错误；在2 s内拉力做功转化的电能等于克服安培力做的功，即W＝F安vt＝BIlvt＝mgvt＝0.4 J，C正确；在2 s内拉力做的功为Fvt＝2mgvt＝0.8 J，D错误．

三、计算题

9．如图甲所示，一能承受最大拉力为16 N的轻绳吊一质量为m＝0.8 kg，边长为L＝2 m正方形线圈ABCD，已知线圈总电阻为R总＝0.5 Ω，在线圈上半部分分布着垂直于线圈平面向里，

2

大小随时间变化的磁场，如图乙所示，已知t1时刻轻绳刚好被拉断，g取10 m/s，求：

11

(1)在轻绳被拉断前线圈感应电动势大小及感应电流的方向； (2)t＝0时AB边受到的安培力的大小； (3)t1的大小．

ΔΦΔB解析：(1)轻绳被拉断前，由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝＝·S①

ΔtΔtΔB由图乙知＝1 T/s②

Δt122

由题知S＝L＝1 m③

2

由①②③得，E＝1 V，

根据楞次定律，感应电流方向为逆时针． (2)由图知t＝0时，磁感应强度B0＝1 T④ 感应电流I＝

E＝2 A⑤ R总

AB边受到的安培力F安＝B0IL＝22 N．⑥ (3)由题意知F拉max＝16 N⑦

t1时刻轻绳受力为F拉max＝mg＋2B1IL⑧ 由⑤⑦⑧得B1＝2 T，

由图乙可查出B1对应的时刻t1＝1 s.

答案：(1)1 V 逆时针 (2)22 N (3)1 s

12

10.(2014·新课标全国卷Ⅱ)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r，质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下，在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g.求：

(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小； (2)外力的功率．

解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，导体棒产生的感应电动势大小：

－

E＝Brv①

－v1＋v2

又因为v＝，

2

v1＝rω，v2＝2rω②

通过电阻R的感应电流的大小I＝③ 3Brω

联立①②③解得I＝④

2R根据右手定则，感应电流的方向由B端流向A端，因此通过电阻R的感应电流方向为C→R→

2

ERD.

1

(2)由于导体棒质量分布均匀，导体棒对内外圆导轨的正压力相等，正压力为N＝mg⑤

2两导轨对棒的滑动摩擦力f＝μN⑥

在Δt时间内导体棒在内外圆导轨上滑过的弧长l1＝rωΔt，l2＝2rωΔt⑦ 导体棒克服摩擦力做的功Wf＝f(l1＋l2)⑧

2

在Δt时间内，电阻R上产生的焦耳热Q＝IRΔt⑨

根据能量转化与守恒定律，外力在Δt时间内做的功W＝Wf＋Q⑩ 外力的功率P＝?

Δt39Bωr由④至?式可得：P＝μmgrω＋.

24R3Brω39Bωr答案：(1)C→R→D (2)μmgrω＋

2R24R

2

2

24

2

24

W 13

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/pemx.html