专题17 电磁感应的基本考查-2020年高三物理备战一模寒假攻关

2020年高三物理寒假攻关---备战一模
第一部分考向精练
专题17 电磁感应的基本考查
1．楞次定律中“阻碍”的含义
2．感应电流方向判断的两种方法
法一：用楞次定律判断
法二：用右手定则判断
该方法适用于部分导体切割磁感线．判断时注意掌心、四指、拇指的方向：
(1)掌心——磁感线垂直穿入；
(2)拇指——指向导体运动的方向；
(3)四指——指向感应电流的方向．
3．感应电动势大小的决定因素
(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率ΔΦΔt
和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．
(2)当ΔΦ仅由B 引起时，则E ＝n S ΔB Δt ；当ΔΦ仅由S 引起时，则E ＝n B ΔS Δt
. 4．法拉第电磁感应定律应用的三种情况
5.求解感应电动势常见的情况与方法
类型一 电磁感应现象、楞次定律
【例1】(2019·福建莆田高三第二次质检)(多选)如图，等边三角形OPQ 区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。

用粗细均匀的导线绕制的等边三角形导线框abc 位于纸面内，其bc 边与磁场边界PQ 平行，d 、e 分别为ab 、ac 的中点。

导线框沿垂直于bc 的方向向上匀速穿过磁场区域，依次经过图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ位置。

已知
三角形OPQ 的边长是三角形abc 的32
倍，Ⅰ位置时a 点与O 点重合，Ⅱ位置时d 点、e 点分别在OP 、OQ 上，Ⅲ位置时d 点、e 点在PQ 上。

则( )
A ．经过Ⅱ位置和Ⅲ位置时，线框中的感应电流方向相同
B ．经过Ⅱ位置和Ⅲ位置时，线框中的感应电流大小相等
C ．经过Ⅱ位置和Ⅲ位置时，线框上de 两点间的电压之比为2∶1
D ．从Ⅰ位置到Ⅱ位置和从Ⅱ位置到Ⅲ位置的两个过程中，穿过线框横截面的电荷量之比为2∶1
【答案】BCD
【解析】线框经过Ⅱ位置时磁通量增加，经过Ⅲ位置时磁通量减小，则线框中的感应电流方向相反，A 错误；经过Ⅱ位置和Ⅲ位置时，线框切割磁感线的有效长度相同，均为de 的长度，可知产生的感应电动势大小相等，即线框中的感应电流大小相等，B 正确；设线框的总电阻为R ，则经过Ⅱ位置时等效电源的外电
路电阻为23R ，经过Ⅲ位置时等效电源的外电路电阻为13
R ，经过两位置时的电流相等，根据U ＝IR 可知，经过Ⅱ位置和Ⅲ位置时，线框上de 两点间的电压之比为2∶1，C 正确；设线框面积为S ，则线圈在Ⅱ位置的
磁通量为12BS ，在Ⅲ位置的磁通量为34
BS ，根据q ＝ΔΦR 可得，从Ⅰ位置到Ⅱ位置穿过线框横截面的电荷量q 1＝BS 2R ，从Ⅱ位置到Ⅲ位置过程中穿过线框横截面的电荷量q 2＝34BS －12BS R ＝BS 4R
，即从Ⅰ位置到Ⅱ位置和从Ⅱ位置到Ⅲ位置的两个过程中，穿过线框横截面的电荷量之比为2∶1，D 正确。

【规律总结】
1.感应电流方向的判断方法
(1)右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断。

(2)楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断。

2．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。

(2)阻碍相对运动——“来拒去留”。

(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。

(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。

类型二 法拉第电磁感应定律的理解
【例2】(2019·辽宁大连二模)(多选)近年来，手机无线充电功能的广泛应用为人们提供了很大便利。

如图甲为充电原理示意图。

充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流。

当充电板内的励磁线圈通入如图乙所示的交变电流时(电流由a 流入时方向为正)，下列说法正确的是(
)
A ．感应线圈中产生的是恒定电流
B ．感应线圈中电流的方向总是与励磁线圈中电流方向相反
C ．t 3时刻，感应线圈中电流的瞬时值为0
D ．t 1～t 3时间内，c 点电势高于d 点电势
【答案】 CD
【解析】 励磁线圈产生的磁场随电流变化，因为电流不是均匀变化，电流产生的磁场也不是均匀变化，所以感应线圈中的感应电动势不是恒定的，感应电流也就不是恒定的，A 错误；感应电流方向阻碍引起感应电流的磁通量的变化，当励磁线圈电流减小，电流产生的磁场减弱时，感应电流的方向与励磁线圈电流的方向相同，阻碍磁场减弱，B 错误；t 3时刻，励磁线圈电流变化率为零，磁感应强度变化率为零，E ＝n ΔΦ
Δt
＝n ΔB Δt
S ，感应线圈中的感应电动势为零，感应电流为零，C 正确；t 1～t 3时间内，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向一直向上，所以感应线圈中的电流从d 到c ，则c 点电势高于d 点电势，D 正确。

【例3】(2019·甘肃靖远模拟)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( )
A ．电路中感应电动势的大小为 Blv sin θ
B ．电路中感应电流的大小为 Bv sin θr
C ．金属杆所受安培力的大小为 B 2lv sin θr
D ．金属杆的热功率为 B 2lv 2
r sin θ
【答案】B
【解析】：.金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E ＝Blv (l 为切割磁感线的有效
长度)，选项A 错误；电路中感应电流的大小为I ＝E R ＝Blv l sin θ
r ＝Bv sin θr ，选项B 正确；金属杆所受安培力的大小为F ＝BIl ′＝B ·Bv sin θr ·l sin θ＝B 2lv r ，选项C 错误；金属杆的热功率为P ＝I 2R ＝B 2v 2sin 2θr 2·lr sin θ
＝B 2lv 2sin θr
，选项D 错误．
1．(2019·江苏扬州一模)航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。

电磁驱动原理如图所示，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，则合上开关S 的瞬间( )
A ．两个金属环都向左运动
B ．两个金属环都向右运动
C ．铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力
D ．从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向
2.(2019·江西吉安高三上学期五校联考)随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。

小到手表、手机，大到电脑、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。

下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图。

关于无线充电，下列说法正确的是( )
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 ．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电
C ．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
D ．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电
3．(2019·福建泉州泉港区第一中学高三上质量检测)北半球地磁场的竖直分量向下。

如图所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L 的正方形闭合导体线圈abcd ，线圈的ab 边沿南北方向，ad 边沿东西方向。

下列说法中正确的是( )
A ．若使线圈向东平动，则b 点的电势比a 点的电势低
B ．若使线圈向北平动，则a 点的电势比b 点的电势低
C ．若以ab 为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a →d →c →d →a
D ．若以ab 为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a →b →c →d →a
4．(2019·江西名校学术联盟高三押题卷)如图甲所示，abcd 为边长为L ＝1 m 的正方形金属线框，电阻为R ＝2 Ω，虚线为正方形的对称轴，虚线上方线框内有按图乙变化的匀强磁场，虚线下方线框内有按图丙变化的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里为正，则线框中的感应电流大小为( )
A.18 A
B.14 A
C.38 A
D.14
A 5.(2019·湖北八校联合二模)(多选)如图所示，半径为2L 的小圆与半径为3L 的圆形金属导轨拥有共同的圆心，在小圆区域内存在垂直于纸面向里的磁感应强度大小为
B 的匀强磁场，在小圆与导轨之间的环形区域内存在垂直于纸面向外的磁感应强度大小为2B 的匀强磁场。

现将一长度为3L 的导体棒置于磁场中，让其一端O 点与圆心重合，另一端与圆形导轨良好接触。

在O 点与导轨间接入一阻值为r 的电阻，导体棒以角速度ω沿导轨逆时针做匀速圆周运动，其他电阻不计。

下列说法正确的是( )
A ．导体棒O 点的电势比A 点的电势低
B ．在导体棒的内部电流由A 点至O 点
C ．在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r 的电荷量为2πBL 2r
D ．在导体棒旋转一周的时间内，电阻r 产生的焦耳热为18πB 2L 4ωr
6.(2019·云南玉溪一中检测)如图所示，三个相同的金属圆环内存在着不同的有界匀强磁场，虚线表示环的 某条直径，已知所有磁场的磁感应强度随时间变化关系都满足B ＝kt ，磁场方向如图所示．测得A 环内感应 电流强度为I ，则B 环和C 环内感应电流强度分别为 ( )
A ．I
B ＝I ，I
C ＝0
B ．I B ＝I ，I
C ＝2I C ．I B ＝2I ，I C ＝2I
D ．I B ＝2I ，I C ＝0
7.(2019·两湖八市十二校联合二模)如图甲所示，在竖直方向分布均匀的磁场中水平放置一个金属圆环，圆环所围面积为0.1 m 2，圆环电阻为0.2 Ω。

在第1 s 内圆环中的感应电流I 从上往下看为顺时针方向。

磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示(其中在4～5 s 的时间段呈直线)。

则( )
A ．在0～5 s 时间段，感应电流先减小再增大
B ．在0～2 s 时间段感应电流沿顺时针方向，在2～5 s 时间段感应电流也沿顺时针方向
C ．在0～5 s 时间段，圆环最大发热功率为5.0×10－
4 W D ．在0～2 s 时间段，通过圆环横截面的电荷量为5.0×10－
1 C 8.(2019·广西南宁二中等三校联考)如图所示，线圈匝数为n ，横截面积为S ，线圈电阻为r ，处于一个均匀 增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k ，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C ， 定值电阻的阻值为r .由此可知，下列说法正确的是 ( )
A ．电容器下极板带正电
B ．电容器上极板带正电
C ．电容器所带电荷量为nSkC 2
D ．电容器所带电荷量为nSkC 9.(2019·贵州遵义航天中学模拟)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C 和电阻R ， 导体棒MN 放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B 的变化情况如图 乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN 始终保持静止，则0～t 2时间 ( )
A ．电容器C 的电荷量大小始终没变
B ．电容器
C 的a 板先带正电后带负电
C ．MN 所受安培力的大小始终没变
D ．MN 所受安培力的方向先向右后向左
10.(2019·河北省衡水中学高三下一调)(多选)如图甲所示，质量为0.01 kg 、长为0.2 m 的水平金属细杆CD 的两头分别放置在两水银槽的水银中，水银槽所在空间存在磁感应强度大小B 1＝10 T 、方向水平向右的匀强磁场，且杆CD 与该匀强磁场垂直。

有一匝数为100、面积为0.01 m 2的线圈通过开关K 与两水银槽相连。

线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的均匀磁场中，其磁感应强度B 2随时间t 变化关系如图乙所示。

在t
＝0.20 s时闭合开关K，细杆瞬间弹起(可认为安培力远大于重力)，弹起的最大高度为0.2 m。

不计空气阻力和水银的黏滞作用，不考虑细杆落回水银槽后的运动，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是()
A．磁感应强度B2的方向竖直向上
B．t＝0.05 s时，线圈中的感应电动势大小为10 V
C．细杆弹起过程中，细杆所受安培力的冲量大小为0．01 N·s
D．开关K闭合后，通过细杆CD的电荷量为0.01 C
参考答案
1.【答案】 D
【解析】合上开关S的瞬间，穿过两个金属环的磁通量变大，为阻碍磁通量的增大，铝环向左运动，铜环向右运动，A、B错误；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大小相同，铜环电阻较小，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；由右手螺旋定则可知，闭合S瞬间，穿过铝环的磁通量向左增大，由楞次定律知，从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向，D正确。

2.【答案】 C
【解析】无线充电的原理，其实就是电磁感应现象，而不是电流的磁效应，A错误；发生电磁感应的条件是磁通量要发生变化，直流电无法产生变化的磁场，故不能接到直流电源上，B错误；发生电磁感应时，两个线圈中的交变电流的频率是相同的，C正确；只有无线充电底座，手机内部没有能实现无线充电的接收线圈等装置，也不能进行无线充电，D错误。

3.【答案】 D
【解析】 北京位于北半球，地磁场的竖直分量向下，若使线圈向东平动，由右手定则判断可知，a 点的电势比b 点的电势低，A 错误；若使线圈向北平动，地磁场的竖直分量向下，ab 没有切割磁感线，不产生感应电动势，a 点的电势与b 点的电势相等，B 错误；若以ab 为轴将线圈向上翻转，地磁场的竖直分量向下，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律判断可知线圈中感应电流方向为a →b →c →d →a ，C 错误，D 正确。

4.【答案】 C
【解析】 由图乙得上方磁场的磁感应强度变化率为：ΔB Δt ＝3－14－0
T/s ＝0.5 T/s ，由法拉第电磁感应定律得：E 1＝n ΔΦΔt ＝nL ·L 2·ΔB Δt
＝0.25 V ，由楞次定律得，E 1在线框中产生的感应电流方向为逆时针方向；由图丙得下方磁场的磁感应强度变化率为：ΔB Δt ＝0－(－3)3－0
T/s ＝1 T/s ，由法拉第电磁感应定律得：E 2＝n ΔΦΔt ＝nL ·L 2·ΔB Δt ＝0.5 V ，由楞次定律得，E 2在线框中产生的感应电流方向为逆时针方向，因此线框中的感应电流大小为I ＝E 2＋E 1R ＝38
A ，故选C 。

5【答案】 AD
【解析】 长度为2L 的导体棒切割小圆内磁感线产生的感应电动势为：E 1＝B (2L )v －1＝B (2L )ω(2L )2
＝2BωL 2，根据右手定则知O 点的电势比棒上虚线处的电势高，导体棒在小圆与导轨之间的环形区域切割磁感线产生的感应电动势为：E 2＝2BL 2Lω＋3Lω2
＝5BωL 2，根据右手定则知，A 点的电势比棒上虚线处的电势高，因E 1<E 2，对比可知，O 点的电势比A 点的电势低，在导体棒的内部电流由O 点至A 点，故A 正确，B 错误；
导体棒旋转切割磁感线时，电路中电流为：I ＝E 2－E 1r ＝3BωL 2r ，周期为：T ＝2πω
，在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r 的电荷量为：q ＝It ＝6πBL 2r
，故C 错误；在导体棒旋转一周的时间内，电阻r 产生的焦耳热为：Q ＝I 2
rT ＝18πB 2L 4ωr ，故D 正确。

6【答案】：D
【解析】：C 环中穿过圆环的磁感线完全抵消，磁通量为零，保持不变，所以没有感应电流产生，则I C ＝0.
根据法拉第电磁感应定律得E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt
S ＝kS ，S 是有效面积，可得E ∝S ，所以A 、B 中感应电动势之比E A ∶E B ＝1∶2，根据欧姆定律得，I B ＝2I A ＝2I .选项D 正确．
7.【答案】 C
【解析】 根据闭合电路欧姆定律得I ＝E R ＝n ΔB ·S R ·Δt
，知磁感应强度的变化率越大，感应电流越大，由题图可得在0～5 s 时间段磁感应强度变化率先减小再增大，最后不变，且最大值为0.1，则最大感应电流I m ＝0.1×0.10.2 A ＝0.05 A ，则在0～5 s 时间段，感应电流先减小再增大，最后不变，故A 错误；由题意知，在第1 s 内感应电流I 沿顺时针方向，根据楞次定律知，磁场方向向上，结合题图乙知向上为正方向，在2～4 s 时间段，磁感应强度向上且减小，在4～5 s 时间段，磁感应强度向下且增大，则在2～5 s 时间段，感应磁场方向向上，感应电流沿逆时针方向，故B 错误；结合A 中分析可知，在4～5 s 时间段，圆环内感应电流最大，发
热功率最大，为P m ＝I 2m R ＝0.052×0.2 W ＝5.0×10－
4 W ，故C 正确；在0～2 s 时间段，通过圆环横截面的电荷量为q ＝I Δt ＝E R ·Δt ＝ΔB ·S R ＝0.1×0.10.2
C ＝5.0×10－2 C ，故
D 错误。

8.【答案】：BC 【解析】：根据磁场向右均匀增加，并由楞次定律可知，电容器上极板带正电，故A 错误，B 正确．闭合线圈与阻值为r 的电阻形成闭合回路，线圈相当于电源，电容器两极板间的电压等于路端电压，线圈产生的感
应电动势为E ＝nS ΔB Δt ＝nSk ，路端电压U ＝E 2r ·r ＝E 2，则电容器所带电荷量为Q ＝CU ＝nSkC 2
，故C 正确，D 错误．故选BC.
9.【答案】：AD
【解析】：由乙图可知，磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，由C ＝Q U
可知，感应电动势不变，电容器的电压U 不变，则电荷量大小不变，故A 正确；根据楞次定律可知MN 中的感应电流方向由N 到M ，电容器的a 极板一直带正电，故B 错误；感应电流不变，由于磁感应强度变化，MN 所受安培力F ＝BIL ，所以安培力的大小先减小后增大，方向先向右后向左，故C 错误，D 正确．
10.【答案】 ABD
【解析】 细杆CD 所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为：C →D ，由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，由图乙可知，在0.20～0.25 s 内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可知，磁感应强度B 2的方向为竖直向上，故A 正确；由图乙可知，0～0.10 s 内：ΔΦ＝ΔBS ＝(1－0)×0.01 Wb ＝0.01 Wb ，
0～0.10 s 线圈中的感应电动势大小：E ＝n ΔΦΔt ＝100×0.010.10
V ＝10 V ，即0.05 s 时，线圈中的感应电动势大小为10 V ，故B 正确；细杆弹起瞬间的速度：v ＝2gh ＝2×10×0.2 m/s ＝2 m/s ，在t ＝0.20 s 时，细杆所受安培力的冲量(可认为安培力远大于重力)I ＝m Δv ＝0.01×2 N·s ＝0.02 N·s ，故C 错误；开关K 闭合后，对CD
杆由动量定理得：B 1IL ·Δt ＝mv －0，电荷量：q ＝I Δt ，解得通过CD 的电荷量：q ＝I Δt ＝mv B 1L ＝0.01×210×0.2
C ＝0.01 C ，故
D 正确。