壓軸題11電磁感應綜合問題

一、考向分析

本專題是運動學、動力學、恒定電流、電磁感應和能量等知識的綜合應用，高考既

以選擇題的形式命題，也以計算題的形式命題.學好本專題，可以極大地培養同學

們數形結合的推理能力和電路分析能力，針對性的專題強化，可以提升同學們解決

數形結合、利用動力學和功能關系解決電磁感應類試題的決心。用到的知識有：左

手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定

律、平衡條件、牛頓運動定律、函數圖象、動能定理和能量守恒定律等.

二、壓軸題要領

1.題型簡述

借助圖象考查電磁感應的規律，一直是高考的熱點，此類題目一般分為兩類：

(1)由給定的電磁感應過程選出正確的圖象；

(2)由給定的圖象分析電磁感應過程，定性或定量求解相應的物理量或推斷出其他圖象.常

見的圖象有圖、/圖、z,—，圖、v—，圖及尸一，圖等.

2.解題關鍵

弄清初始條件、正負方向的對應變化范圍、所研究物理量的函數表達式、進出磁場的轉折點

等是解決此類問題的關鍵.

3.解題步驟

(1)明確圖象的種類，即是8—f圖還是⑦一f圖，或者E—f圖、/—/圖等；

⑵分析電磁感應的具體過程；

(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應關系；

(4)結合法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出相應的函數關

系式；

(5)根據函數關系式，進行數學分析，如分析斜率的變化、截距等；

(6)畫圖象或判斷圖象.

4.常用方法

(1)排除法：定性地分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻

變化還是非均勻變化)，特別是分析物理量的正負，以排除錯誤的選項.

(2)函數法：根據題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數關系，然后由函數關系對

圖象進行分析和判斷.

三、壓軸題速練

1.水平放置的光滑金屬長導軌和NM之間接有電阻尺，導軌左、右兩區域分別處在方向

相反且與軌道垂直的勻強磁場中，右側區域足夠長，方向如圖1.設左、右區域的磁感應強度

分別為3和星.一根金屬棒仍放在導軌上并與其正交，棒和導軌的電阻均不計.金屬棒在

水平向右的恒定拉力作用下，在左邊區域中恰好以速度v做勻速直線運動，貝!］（）

Nb

A.若32=21，棒進入右邊區域后先做加速運動，最后以速度2V做勻速運動

B.若母=&,棒進入右邊區域中后仍以速度v做勻速運動

C.若&=2氏，棒進入右邊區域后先做減速運動，最后以速度工做勻速運動

2

D.若32=221,棒進入右邊區域后先做加速運動，最后以速度4V做勻速運動

答案B

解析金屬棒在水平向右的恒力作用下，在虛線左邊區域中以速度v做勻速直線運動，恒力

廠與安培力平衡.當星=歷時，棒進入右邊區域后，棒切割磁感線的感應電動勢與感應電

流大小均沒有變化，棒所受安培力大小和方向也沒有變化，與恒力/仍然平衡，則棒進入

右邊區域后，以速度v做勻速直線運動，故A錯誤，B正確.當星=23時，棒進入右邊區

域后，棒產生的感應電動勢和感應電流均變大，所受的安培力也變大，恒力沒有變化，則棒

先減速運動，隨著速度減小，感應電動勢和感應電流減小，棒受到的安培力減小，當安培力

與恒力再次平衡時棒做勻速直線運動，設棒最后勻速運動的速度大小為".在左側磁場中F

=為也，在右側磁場中勻速運動時，有尸=當注=2BI江W,則即棒最后以速

度上做勻速直線運動，故C、D錯誤.

4

2.（多選）（2019?廣東肇慶市第二次統一檢測）如圖2甲所示，矩形導線框Med固定在勻強磁

場中，磁場的方向與導線框所在的平面垂直，磁感應強度5隨時間，變化的規律如圖乙所示,

規定垂直紙面向里為磁場正方向，順時針方向為感應電流2.正方向，水平向右為ad邊所受

安培力廠的正方向.下列圖象正確的是（）

甲乙

圖2

答案BD

3.半徑為工的圓形邊界內分布有垂直圓所在平面的磁場，垂直紙面向里的磁感應強度大小為

2B,垂直紙面向外的磁感應強度大小為8,如圖3所示.NEO為八分之一圓導線框，其總

電阻為凡以角速度。繞。軸逆時針勻速轉動，從圖中所示位置開始計時，用，表示導線框

中的感應電流（順時針方向為正），線框中感應電流7.隨時間/變化圖象可能是（）

答案B

解析當線框轉過0?45。時，產生的感應電流為順時針方向，電動勢E=1及必2+12及必

22

=~BwL2,感應電流/=3駟匕當線框轉過45。?90。時，產生的感應電動勢為零，感應電流

227?

為零；當線框轉過90。?135。時，產生的感應電流為逆時針方向，電動勢￡=18必2+L28°￡2

22

=-B(oL2,感應電流/=物互；當線框轉過135。?180。時，產生的感應電動勢為零，感應電

22R

流為零；當線框轉過180。?225。時，產生的感應電流為順時針方向，電動勢￡=1-280￡2=

2

B(oL2,感應電流/=甯;；當線框轉過225。?270。時，產生的感應電動勢為零，感應電流為

零；當線框轉過270。?315。時，產生的感應電流為逆時針方向，電動勢

2

感應電流/=貨；當線框轉過315。?360。時，產生的感應電動勢為零，感應電流為零，故

選B.

4.(多選)如圖4甲所示，半徑為1m的帶缺口剛性金屬圓環導軌固定在水平面內，在導軌

上垂直放置一質量為0.1kg、電阻為1。的直導體棒，其長度恰好等于金屬圓環的直徑，導

體棒初始位置與圓環直徑重合，且與導軌接觸良好.已知導體棒與導軌間的動摩擦因數為

0.3,不計金屬圓環的電阻，導體棒受到的最大靜摩擦力等于其滑動摩擦力，取重力加速度g

=10m/s2.現若在圓環內加一垂直于紙面向里的變化磁場，變化規律如圖乙所示，貝!|()

圖4

A.導體棒中的電流是從6到a

B.通過導體棒的電流大小為0.5A

C.0?2s內，導體棒產生的熱量為0.125J

D.f=7is時，導體棒受到的摩擦力大小為0.3N

答案AC

解析穿過閉合回路的磁通量向里增加，由楞次定律可知導體棒中的電流是從b到0選項

A正確；假設0?兀s時間內導體棒靜止不動，感應電動勢元戶="x"x12v=

Az\t27i2

0.25V,則感應電流/=g=2型A=0.25A,t=7ts時，導體棒受到的安培力尸=28/r=

R1

2x0.5x0.25x1N=0.25N,最大靜摩擦力尸fm=〃wg=0.3N,則假設成立，故導體棒所受摩擦

力大小為0.25N,選項B、D錯誤；0?2s內，導體棒產生的熱量為0=產口=0.252乂1*2J

=0.125J,選項C正確.

5.如圖5甲所示，間距為￡=0.5m的兩條平行金屬導軌，水平放置在豎直向下的勻強磁場

中，磁場的磁感應強度8=0.2T,軌道左側連接一定值電阻R=1Q.垂直導軌的導體棒仍

在水平外力/作用下沿導軌運動，并始終與導軌接觸良好.，=0時刻，導體棒從靜止開始

做勻加速直線運動，力廠隨時間f變化的規律如圖乙所示.已知導體棒和導軌間的動摩擦因

數為〃=0.5,導體棒和導軌的電阻均不計.取g=10m/s2,求：

(1)導體棒的加速度大小；

(2)導體棒的質量.

答案(1)5m/s2(2)0.1kg

解析(1)設導體棒的質量為根,導體棒做勻加速直線運動的加速度大小為。，某時刻導

體棒的速度為v,所受的摩擦力為則導體棒產生的電動勢：E=BLv

回路中的電流/=￡

R

導體棒受到的安培力：F產BIL

由牛頓第二定律：F—F安一Ff=ma

由題意v=at

聯立解得：F—a(-\-ma-\-Fi

R

根據題圖乙可知，0?10s內圖象的斜率為0.05N/s,即星島=0.05N/s,解得a=5m/s2

R

(2)由尸一t圖象縱截距可知：ma-\-Ff=1.0N

又Ff=/umg

解得加=0.1kg.

6.如圖6甲所示，水平放置的平行金屬導軌間的距離為〃導軌電阻不計)，左側接阻值為R

的電阻，區域“歹內存在磁感應強度為3垂直軌道平面的有界勻強磁場，磁場寬度為s.一

質量為機、電阻為r的金屬棒血W置于導軌上，與導軌垂直且接觸良好，與導軌間的動摩擦

因數為〃，從1=0時刻開始，金屬棒受到水平向右的拉力尸作用，從磁場的左側邊界由

靜止開始運動，用傳感器測得電阻R兩端的電壓在0?1s內的變化規律如圖乙所示.(已知

8=0.5T,L=1m,m=1kg,R=0.3Q,r=0.2Q,5=1m,〃=0.01,gIX10m/s2)

圖6

(1)求金屬棒剛開始運動瞬間的加速度大小；

(2)寫出0?1s內拉力廠與時間/的函數表達式.

答案(1)0.4m/s2(2)F=0.2f+0.5(N)(O</<1s)

解析(1)由題意分析可知，金屬棒做初速度為零的勻加速直線運動.

UR=IR

R+r

E=BLat

聯立得UR=Q3at

由題圖乙可知，0.3°=0.12

得a=0.4m/s2；

(2)設/=〃+同

則有Fo—fimg=ma

解得用=0.5N

▽,?aB2L2at

乂kt-rro—Lime-------=ma

7?+r

故有左一0^=0,解得人=0.2

R+r

則F=O.2/+O.5(N)(O</<1s).

7.如圖7所示，兩個平行光滑金屬導軌48、CD固定在水平地面上，其間距￡=0.5m,左端

接有阻值R=3O的定值電阻.一根長度與導軌間距相等的金屬桿放置于導軌上，金屬桿的

質量〃2=0.2kg,電阻r=2Q,整個裝置處在方向豎直向下、磁感應強度大小3=4T的勻

強磁場中，f=0時刻，在上加一與金屬桿垂直、方向水平向右的外力R金屬桿由靜止

開始以a=2m/s2的加速度向右做勻加速直線運動，2s末撤去外力尸，運動過程中金屬桿與

導軌始終垂直且接觸良好.(不計導軌和連接導線的電阻，導軌足夠長)求：

A,xyxxX

卅―B

叫XXXX

CXNxxx"

圖7

(1)1s末外力下的大小；

(2)撤去外力尸后的過程中，電阻式上產生的焦耳熱.

答案(1)2N(2)0.96J

解析(1)1s末，金屬桿的速度大小為

vi=ati=2><lm/s=2m/s

金屬桿MN產生的感應電動勢為E=BLvx

金屬桿MN中的感應電流大小1=

R+r

金屬桿肱V受到的安培力大小F女=BIL

聯立得/安=吟1=L6N

R+r

根據牛頓第二定律得F-F^ma

可得尸

(2)2s末，金屬桿MV的速度大小為V2=a：2=2x2m/s=4m/s

撤去外力下后的過程中，根據能量守恒定律得電路中產生的總焦耳熱

2=^V22=1X0.2><42J=1.6J

電阻R上產生的焦耳熱J=0.96J.

8.長直導線與環形導線固定在同一平面內，長直導線中通有如圖1所示方向的電流.當電

流大小逐漸減弱時()

A.環形導線有收縮的趨勢

B.環形導線有遠離長直導線的趨勢

C.環形導線中有順時針方向的感應電流

D.環形導線中有感應電流，但方向無法確定

答案C

解析長直導線在環形導線位置產生了垂直紙面向里的磁場，當電流大小逐漸減弱時，長直

導線在周圍空間產生的磁場也在減弱，所以環形導線中的磁通量也在減小，為了阻礙磁通量

的減小，此時環形導線有擴張的趨勢，故A錯；環形導線中的磁通量在減小，為了阻礙磁

通量的減小，環形導線有靠近長直導線的趨勢，故B錯；環形導線中的磁通量在減小，根

據楞次定律可知此時環形導線中有順時針方向的電流，故C對，D錯.

9.(多選)如圖2,用單位長度的電阻為r的金屬導線做成的正三角形線框N3C,邊長為L

左半邊置于勻強磁場中不動，磁場以4D豎直線為界.當1=0時磁感應強度的方向如圖(a)

所示，磁感應強度3隨時間/的變化關系如圖(b)所示，則在0?2m時間內()

B\

xXXX/4——

xxx水/!

：Xi\°/￡，

I

(a)(b)

圖2

A.線框中的感應電流方向始終為順時針

B.線框受到的安培力大小恒定不變

c.通過導線橫截面的電荷量為止馴

12r

D.左線框/CD兩端的電勢差〃0=也%2

16加

答案ACD

解析在0?九時間內，穿過線框的磁通量減小，磁場方向垂直于紙面向里，根據楞次定律

可知，感應電流沿順時針方向，同理，在笫?2%時間內，穿過線框的磁通量增加，磁場方

向垂直于紙面向外，根據楞次定律可知，感應電流沿順時針方向，故A正確；由法拉第電

磁感應定律可知，線框產生的感應電動勢￡=.="5=為上工公苗60。=方瓦?,線框的

AzAzto228fo

電阻R=3沙，感應電流/=g=加驅，可知線框中產生恒定的感應電流，由于磁感應強度

R24獷

在變化，由b=5〃知，線框受到的安培力大小是變化的，故B錯誤；通過導線橫截面的電

荷量為4=/2o=以睡，故C正確;左線框兩端的電勢差"°=/總=%心3”=立頊丘

12r224加尸216/o

故D正確.

10.(多選)金屬圓盤置于方向垂直于紙面向里的勻強磁場中，圓盤中央和邊緣各引出一根導

線，與套在鐵芯上部的線圈/相連.套在鐵芯下部的線圈5引出兩根導線接在兩根水平導

軌上如圖3所示，導軌上有一根金屬棒成處在垂直于紙面向外的勻強磁場中，下列說法正

確的是()

A.圓盤順時針加速轉動時，棒將向右運動

B.圓盤順時針減速轉動時，仍棒將向右運動

C.圓盤逆時針減速轉動時，仍棒將向右運動

D.圓盤逆時針加速轉動時，棒將向右運動

答案BD

解析由右手定則可知，圓盤順時針加速轉動時，產生的感應電流方向為順時針，線圈/

中產生的磁場方向向下且磁感應強度增強，由楞次定律可知，線圈8中的感應磁場方向向

上，由右手螺旋定則可知，棒中感應電流方向由。一6,由左手定則可知，成棒受到的安

培力方向向左，棒將向左運動，故A錯誤；同理可知，若圓盤順時針減速轉動時，"棒

將向右運動，故B正確；由右手定則可知，圓盤逆時針減速轉動時，產生的感應電流方向

為逆時針，線圈/中產生的磁場方向向上且磁場強度減弱，由楞次定律可知，線圈2中的

感應磁場方向向上，由右手螺旋定則可知，棒中感應電流方向由6,由左手定則可知，

成棒受到的安培力方向向左，棒將向左運動，故C錯誤；同理可知，若圓盤逆時針加速

轉動時，仍棒將向右運動，故D正確.

11.（多選）（2020?湖北黃岡市高三八模）如圖4所示，兩光滑圓形導軌固定在水平面內，圓心

均為。點，半徑分別為九=0.2m,投=01m,兩導軌通過導線與阻值R=2Q的定值電阻相

連，一長為。的導體棒與兩圓形導軌接觸良好，導體棒一端以O點為圓心，以角速度。=

100rad/s順時針勻速轉動，兩圓形導軌所在區域存在方向豎直向下、磁感應強度大小3=2T

的勻強磁場，不計導軌及導體棒的電阻，下列說法正確的是（）

圖4

A.通過電阻的電流方向為由。到b

B.通過電阻的電流為2A

C.導體棒轉動時產生的感應電動勢為4V

D.當廠2減小而其他條件不變時，通過電阻的電流減小

答案AC

解析由右手定則可知，通過電阻的電流方向為由。到6,故A正確；

兩圓環間導體棒在時間內掃過的面積AS=（s2—；1r?2）?絲夕

2兀

由法拉第電磁感應定律可知，兩圓環間導體棒切割磁感線產生的感應電動勢

E=^^=""=12g2—r22）0=l*2*（O.22—O.12）*ioov=3V.通過電阻尺的電流/=旦=3A

A/Az22R2

=1.5A,當「2減小而其他條件不變時，兩圓環間導體棒切割磁感線產生的感應電動勢變大,

通過電阻的電流增大，故B、D錯誤;

導體棒轉動時產生的感應電動勢￡=歷1M=5/吐也=2x0.2x項盤V=4V,故C正確.

22

12.（多選）如圖5所示，在坐標系xOy中，有邊長為上的正方形金屬線框其一條對角

線ac和y軸重合、頂點。位于坐標原點。處.在y軸右側的I、IV象限內有一垂直紙面向

里的勻強磁場，磁場的上邊界與線框的油邊剛好完全重合，左邊界與/軸重合，右邊界與

y軸平行.f=0時刻，線圈以恒定的速度v沿垂直于磁場上邊界的方向穿過磁場區域.取

沿a—bfCT/fa方向的感應電流為正，則在線圈穿過磁場區域的過程中，感應電流入ab

間的電勢差”,隨時間t變化的圖線是下圖中的（）

圖5

---，VVV

AB

V--V

CD

答案AD

解析在d點運動到。點過程中，成邊切割磁感線，根據右手定則可以確定線框中電流方

向為逆時針方向，即正方向，因為切割的有效長度均勻減小，所以電動勢均勻減小到0,則

電流均勻減小到0；然后cd邊開始切割磁感線，感應電流的方向為順時針方向，即負方向，

電動勢均勻減小到0,則電流均勻減小到0,A正確，B錯誤.d點運動到。點過程中，ab

邊切割磁感線，相當于電源，電流由。到46點的電勢高于。點，"間的電勢差“6為

負值，大小等于電流乘以除仍之外的三條邊的電阻，并逐漸減小.邊出磁場后后，cd

邊開始切割磁感線，源邊相當于電源，電流由6到。，成間的電勢差U.為負值，大小等于

電流乘以防邊的電阻，并逐漸減小，故C錯誤，D正確.

13.（多選）一有界區域內，存在著方向分別垂直于光滑水平桌面向下和向上的勻強磁場，磁感

應強度大小分別為3和23,磁場寬度均為L,如圖6所示.邊長為上的正方形導線框仍cd

的6c邊緊靠磁場邊緣置于桌面上，建立水平向右的x軸，且坐標原點在磁場的左邊界上，/

=0時刻開始線框沿x軸正方向勻速通過磁場區域，規定逆時針方向為電流的正方向，導線

框受向左的安培力為正方向，四個邊電阻均相等.下列關于感應電流，.、導線框受的安培力

尸以及從。兩點電勢差5“隨時間/的變化規律正確的是（）

；XX

圖6

答案ACD

解析正方形導線框進入第一個磁場過程中，只有相邊切割磁感線，由右手定則可知，電

流方向為逆時針方向，大小為/1=駐，由于電流方向為逆時針方向，則6點電勢高于。點

4H

電勢，以6、。兩點的電勢差為。1=^^,由左手定則可知，安培力方向水平向左，大小為

4

Fi=BIL=-,正方形導線框進入第二個磁場過程中，泅邊在第一個磁場中切割磁感線，

4H

兒邊在第二個磁場中切割磁感線，由右手定則可知，電流方向為順時針，大小為/2=

BLv+2BLv_3BLv

4R—4H

由于電流方向為順時針，則b點電勢低于。點電勢，所以6、。兩點的電勢差為。2=—/2火

=~-BLv

4

由左手定則可知，兩邊所受安培力方向都水平向左，則大小為/2=5/2￡+2以2￡=空迫+

4R

退叵=郃處，正方形導線框出第二個磁場過程中，只有溫邊在第二個磁場中切割磁感線,

4R4R

由右手定則可知，電流方向為逆時針方向，大小為/3=畋，由于電流方向為逆時針方向，

2R

則6點電勢高于。點電勢，所以江。兩點的電勢差為小，由左手定則可知，安培

2

力方向水平向左，大小為F3=2BbL=2Bx迎故A、C、D正確，B錯誤.

2RR

14.侈選）如圖7所示，豎直固定的“口，形光滑導軌寬為0.5m,矩形勻強磁場I、II的高均

為0.1m,磁場的磁感應強度大小均為1T,其他區域無磁場，兩矩形磁場間的距離為0.1m.質

量為0.1kg的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場I和II時的速度相等.金屬桿在導軌間的電

阻為0.5Q,與導軌接觸良好，其他電阻不計，空氣阻力不計，重力加速度g=10m/s2,下

列說法正確的是（）

圖7

A.金屬桿剛進入磁場I時加速度方向豎直向下

B.金屬桿穿過磁場I的時間大于在磁場I、II之間的區域運動時間

C.金屬桿穿過兩磁場產生的總熱量為0.6J

D.金屬桿釋放點距磁場I上邊界的高度一定大于0.2m

答案BD

解析金屬桿在無場區做勻加速運動，而金屬桿進入磁場I和II時的速度相等，所以金屬桿

剛進入磁場I時做減速運動，加速度方向豎直向上，故A錯誤.金屬桿在磁場I中運動時，

隨著速度減小，產生的感應電流減小，受到的安培力減小，合力減小，加速度減小，所以金

屬桿在磁場I中做加速度減小的減速運動，在兩個磁場之間做勻加速運動，由題知，金屬桿

進入磁場I和n時的速度相等，所以金屬桿在磁場I中運動的平均速度小于在兩磁場之間運

動的平均速度，兩個過程位移相等，所以金屬桿穿過磁場I的時間大于在兩磁場之間的運動

時間，故B正確.金屬桿從剛進入磁場I到剛進入磁場II的過程，由能量守恒定律得：2mgd

=。，金屬桿通過磁場II時產生的熱量與通過磁場I時產生的熱量相同，所以總熱量為：。

&=2Q=4mgd=0AJ,故C錯誤.設金屬桿釋放點距磁場I上邊界的高度為〃時，金屬桿

進入磁場I時剛好勻速運動，則有：mg=BIL=^N又丫=怎耳，聯立解得：8=嗯"=

R254Z4

0.2m,由于金屬桿進入磁場I時做減速運動，所以高度人一定大于“，故D正確.

15.單匝閉合矩形線框電阻為R,在勻強磁場中繞與磁感線垂直的軸勻速轉動，穿過線框的

磁通量①與時間t的關系圖像如圖所示。下列說法正確的是（）

A.工時刻線框平面與中性面垂直

2

B.線框的感應電動勢有效值為也冗①山

T

7r2力2

c.線框轉一周外力所做的功為

RT

D.從，=0到/=二過程中線框的平均感應電動勢為理

4T

【答案】BC

【解析】

【詳解】由圖像可知工時刻線圈的磁通量最大，因此此時線圈處于中性面位置，因此A錯

2

誤；由圖可知交流電的周期為T,則。=——，由交流電的電動勢的最大值為

T

Em=nbsa)=(/>?,—,則有效值為E有=軍=叵％,故B正確，線圈轉一周所做的功

為轉動一周的發熱量，獷=或/=藥或，故C正確；從0時刻到二時刻的平均感應電

RRT4

F「甲二服.4落

動勢為一△/一二一T，故D錯誤。

4

16.如圖，兩條光滑平行金屬導軌固定，所在平面與水平面夾角為0,導軌電阻忽略不計。虛

線仍、cd均與導軌垂直，在/與cd之間的區域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場。將

兩根相同的導體棒尸。、先后自導軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導軌垂直且接

觸良好。已知PQ進入磁場開始計時，到MN離開磁場區域為止，流過尸0的電流隨時間變

化的圖像可能正確的是

【答案】AD

【解析】

【詳解】由于尸。進入磁場時加速度為零，

AB.若尸。出磁場時仍然沒有進入磁場，則尸。出磁場后至進入磁場的這段時間，

由于磁通量9不變，無感應電流。由于尸。、腦V同一位置釋放，故腦V進入磁場時與尸。進

入磁場時的速度相同，所以電流大小也應該相同，A正確B錯誤；

CD.若尸。出磁場前已經進入磁場，由于磁通量p不變，PQ、均加速運動，PQ出磁

場后，血W由于加速故電流比P0進入磁場時電流大，故C正確D錯誤；

17.楞次定律是下列哪個定律在電磁感應現象中的具體體現？

A.電阻定律B.庫侖定律

C.歐姆定律D.能量守恒定律

【答案】D

【解析】

楞次定律指感應電流的磁場阻礙引起感應電流的原磁場的磁通量的變化，這種阻礙作用做功

將其他形式的能轉變為感應電流的電能，所以楞次定律的阻礙過程實質上就是能量轉化的過

程.

18.如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內的足夠長的平行金屬導軌，

兩相同的光滑導體棒cd靜止在導軌上。上0時，棒仍以初速度w向右滑動。運動過程

中，ab.cd始終與導軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用vi、丫2表示，回路中的電流用/

表示。下列圖像中可能正確的是

o

【答案】AC

【解析】

最終兩棒共速，故此時電路中電流為0,即C正確,D錯誤；

由C知方安知尸安不是線性變化，故v也不是線性變化，即A正確,B錯誤.

19.空間存在一方向與直面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖(a)中虛線所

示，一硬質細導線的電阻率為小橫截面積為S,將該導線做成半徑為r的圓環固定在紙面

內，圓心。在上。片0時磁感應強度的方向如圖(a)所示：磁感應強度3隨時間1的變化

關系如圖(b)所示，則在Z=0到的時間間隔內

A.圓環所受安培力的方向始終不變

B.圓環中的感應電流始終沿順時針方向

BorS

C.圓環中的感應電流大小為二

4年

D.圓環中的感應電動勢大小為竽二

【答案】BC

【解析】

AB、根據B-t圖象，由楞次定律可知，線圈中感應電流方向一直為順時針，但在訪時刻，

磁場的方向發生變化，故安培力方向乙的方向在to時刻發生變化，則A錯誤，B正確；

CD、由閉合電路歐姆定律得：/=￡，又根據法拉第電磁感應定律得：E=^=-^-,

RArAr2

B/S

又根據電阻定律得：R=P——,聯立得：/=六，則c正確，D錯誤。

S4M

故本題選BCo

20.金星、地球和火星繞太陽的公轉均可視為勻速圓周運動，它們的向心加速度大小分別為。

金、。地、a火,它們沿軌道運行的速率分別為v金、v地、v火。已知它們的軌道半徑R金<7?地<尺

火，由此可以判定

A.CI金地火B.CL火地金

c.V地>V*>v金D.V*>VJ6>V金

【答案】A

【解析】

Mm

AB.由萬有引力提供向心力GR=掰。可知軌道半徑越小，向心加速度越大，故知A項正確,

B錯誤;

CD.由G粵=機士得y=、￡蛆可知軌道半徑越小,運行速率越大，故C、D都錯誤。

R2RVR

21.（多選）如圖，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關與電源連接，另一線圈與

遠處沿南北方向水平放置在紙面內的直導線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導線正上方,

開關未閉合時小磁針處于靜止狀態。下列說法正確的是

A,開關閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動

B.開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向

C.開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向

D.開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉動

【答案】AD

【解析】本題考查電磁感應、安培定則及其相關的知識點。

開關閉合的瞬間，左側的線圈中磁通量變化，產生感應電動勢和感應電流，由楞次定律可判

斷出直導線中電流方向為由南向北，由安培定則可判斷出小磁針處的磁場方向垂直紙面向里,

小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動，選項A正確；開關閉合并保持一段時間后，左

側線圈中磁通量不變，線圈中感應電動?勢和感應電流為零，直導線中電流為零，小磁針恢

復到原來狀態，選項BC錯誤；開關閉合并保持一段時間后再斷開后的瞬間，左側的線圈中

磁通量變化，產生感應電動勢和感應電流，由楞次定律可判斷出直導線中電流方向為由北向

南，由安培定則可判斷出小磁針處的磁場方向垂直紙面向外，小磁針的N極朝垂直紙面向

外的方向轉動，選項D正確。

【點睛】此題中套在一根鐵芯上的兩個線圈，實際上構成一個變壓器。

22.某同學為了驗證斷電自感現象，自己找來帶鐵心的線圈L、小燈泡A、開關S和電池組E,

用導線將它們連接成如圖所示的電路。檢查電路后，閉合開關S,小燈泡發光；再斷開開關

S,小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現象。雖經多次重復，仍未見老師演示時出現的小燈泡閃

亮現象，他冥思苦想找不出原因。你認為最有可能造成小燈泡末閃亮的原因是

s

A.電源的內阻較大B.小燈泡電阻偏大

C.線圈電阻偏大D.線圈的自感系數較大

【答案】C

【解析】開關斷開開關時，燈泡能否發生閃亮，取決于燈泡的電流有沒有增大，與電源的內

阻無關，故A錯誤；

若小燈泡電阻偏大，穩定時流過燈泡的電流小于線圈的電流，斷開開關時，根據楞次定律,

流過燈泡的電流從線圈原來的電流逐漸減小，燈泡將發生閃亮現象，故B錯誤；

線圈電阻偏大，穩定時流過燈泡的電流大于線圈的電流，斷開開關時，根據楞次定律，流過

燈泡的電流從線圈原來的電流逐漸減小，燈泡不發生閃亮現象，故C正確；

線圈的自感系數較大，產生的自感電動勢較大，但不能改變穩定時燈泡和線圈中電流的大小,

故D錯誤.

【考點定位】自感現象和自感系數.

23.將閉合多匝線圈置于僅隨時間變化的磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，關于線圈中產

生的感應電動勢和感應電流，下列表述正確的是

A.感應電動勢的大小與線圈的匝數無關

B.穿過線圈的磁通量越大，感應電動勢越大

C.穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大

D.感應電流產生的磁場方向與原磁場方向始終相同

【答案】C

【解析】由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢E=〃一，即感應電動勢與線圈匝數有

Ar

關故A錯誤；同時可知，感應電動勢與磁通量的變化率有關，磁通量變化越快，感應電動

勢越大，故C正確；穿過線圈的磁通量大，但若所用的時間長，則電動勢可能小，故B錯

誤；由楞次定律可知：感應電流的磁場方向總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化，故原磁

通增加，感應電流的磁場與之反向，原磁通減小，感應電流的磁場與原磁場方向相同，即“增

反減同"，故D錯誤；

【考點定位】法拉第電磁感應定律，楞次定律

24.如圖，均勻帶正電的絕緣圓環a與金屬圓環b同心共面放置，當a繞0點在其所在平面內旋

轉時，b中產生順時針方向的感應電流，且具有收縮趨勢，由此可知，圓環a

A.順時針加速旋轉B.順時針減速旋轉C.逆時針加速旋轉D.逆時針減速旋轉

【答案】B.

【解析】圓環b具有收縮趨勢，說明穿過b環的磁通量在增強，根據阻礙變化可知圓環a

減速旋轉，逐漸減弱的磁場使得b環產生了順時針方向電流，根據楞次定律可知引起b環的

感應電流的磁場方向向里，根據安培定則判斷出a環順時針方向旋轉.所以B選項正確.

【考點定位】楞次定律

25.某電子天平原理如圖所示，E形磁鐵的兩側為N極，中心為S極，兩級間的磁感應強度

大小均為3,磁極的寬度均為忽略邊緣效應.一正方形線圈套于中心磁極，其骨架與秤

盤連為一體，線圈兩端C、D與外電路連接.當質量為加的重物放在秤盤上時，彈簧被壓縮,

秤盤和線圈一起向下運動(骨架與磁極不接觸)，隨后外電路對線圈供電，秤盤和線圈恢復到

未放重物時的位置并靜止，由此時對應的供電電流/可確定重物的質量.已知線圈的匝數為

n,線圈的電阻為R,重力加速度為g。問：

(1)線圈向下運動過程中，線圈中感應電流是從C端還是D端流出？

(2)供電電流/是從C端還是D端流入？求重物質量與電流的關系.

(3)若線圈消耗的最大功率為尸，該電子天平能稱量的最大質量是多少？

【答案】(1)感應電流從C端流出(2)陽=出些/⑶加0=型二￡

ggNR

【解析】(1)根據右手定則，線圈向下切割磁感線，電流應從D端流入，從C端流出

(2)根據左手定則可知，若想使彈簧恢復形變，安培力必須向上，根據左手定則可知電流應

從D端流入，根據受力平衡/Tig=nBI^L①

解得加=型4/②

g

2

(3)根據最大功率尸二「R得/二③

②③聯立解得：加0=差",

【考點定位】電磁感應切割類問題

26.正方形導體框處于勻強磁場中，磁場方向垂直框平面，磁感應強度隨時間均勻增加，變

化率為k。導體框質量為m、邊長為L,總電阻為R,在恒定外力F作用下由靜止開始運動。

導體框在磁場中的加速度大小為；導體框中感應電流做功的功率為

xxXBx

XXXX

Fxxxx

xxxx

“2/4

【答案】Flm,P=^—

R

【解析】線框在磁場中運動時，各個邊所受安培力的合力為零，因此線框所受的合外力就是

F,根據牛頓第二定律得加速度：a=Flm,線框產生的感應電動勢E=3=比，回路

2

2

FH"2/4

的電流/=巴=”=，因此，感應電流做功的功率尸=/2氏=。二

RRR

【考點定位】電磁感應磁變類問題

27.真空管道超高速列車的動力系統是一種將電能直接轉換成平動動能的裝置。圖1是某種

動力系統的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為1的兩條平行光滑金屬導軌，

電阻忽略不計，ab和cd是兩根與導軌垂直，長度均為1,電阻均為R的金屬棒，通過絕緣

材料固定在列車底部，并與導軌良好接觸，其間距也為1,列車的總質量為m。列車啟動前,

ab、cd處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下，如圖1所示，

為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內阻及導線電阻忽略不計,

列車啟動后電源自動關閉。

a(:_________H

MMXMMMMMMMXN”

十MMMMKMMMMMNM

MMMM??MMXXMM//

bci|??寬度樂間

圖2

(1)要使列車向右運行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由;

(2)求剛接通電源時列車加速度a的大小；

(3)列車減速時，需在前方設置如圖2所示的一系列磁感應強度為B的勻強磁場區域，磁場

寬度和相鄰磁場間距均大于1。若某時刻列車的速度為打，此時ab、cd均在無磁場區域，試

討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？

【答案】(1)M接電源正極，理由見解析(2)。=煞

(3)若#恰好為整數，設其為n,則需設置n塊有界磁場，若?不是整數，設上的整數部分為

N,則需設置N+1塊有界磁場

【解析】試題分析：結合列車的運動方向，應用左手定則判斷電流方向，從而判斷哪一個接

電源正極；對導體棒受力分析，根據閉合回路歐姆定律以及牛頓第二定律求解加速度；根據

動量定理分析列車進入和穿出磁場時動量變化，據此分析；

(1)“接電源正極，列車要向右運動，安培力方向應向右，根據左手定則，接通電源后，金

屬棒中電流方向由0到6,由。到d,故M接電源正極。

(2)由題意，啟動時ab、cd并聯，設回路總電阻為R總，由電阻的串并聯知識得R忽=知；

設回路總電阻為I,根據閉合電路歐姆定律有/=/

設兩根金屬棒所受安培力之和為F,有F=BI1③

根據牛頓第二定律有F=ma④，聯立①②③④式得a=煞⑤

(3)設列車減速時，cd進入磁場后經時間仍恰好進入磁場，此過程中穿過兩金屬棒與導

軌所圍回路的磁通量的變化為△①，平均感應電動勢為E