2020届高三精准培优专练十九 法拉第电磁感应定律及其应用(学生版)

培优点十九 法拉第电磁感应定律及其应用

一、考点分析

1．高考对本部分内容的考查命，大部分以选择题的形式出题，也有部分是计算题。考查内容主要集中在利用电磁感应基本规律分析动态过程。

2．注意要点：电磁感应中的有些题目可以从动量角度着手，运用动量定理或动量守恒定律解决。

二、考题再现

典例1.(2019·全国卷I·20)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 B0rSC．圆环中的感应电流大小为

4t0ρB0πr2

D．圆环中的感应电动势大小为

4t0

典例2.(2019·全国卷II·21)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场时开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化

的图象可能正确的是( )

三、对点速练

1

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面上以v0＝2 m/s、与导

1．如图，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上，金属环质量为0.4 kg，在该平

线成60°角的初速度运动，最后达到稳定状态，这一过程中( ) A．金属环受到的安培力与运动的方向相反 B．在平行于导线方向金属环做减速运动 C．金属环中最多能产生电能为0.8 J D．金属环动能减少量最多为0.6 J

2．如图所示，处于匀强磁场中的半封闭平行金属导轨框架MNPQ，宽NP＝L。磁场与其平面垂直，磁感应强度B的变化规律如图所示。导体棒ab的电阻为R，导轨电阻不计。从t＝0开始，在外力作用下导体从导轨的最左端以速度v向右匀速运动，则t0时刻回路中的感应电流大小为( )

A．0 B．

B0Lv2BLv4BLv C．0 D．0 RRR3．(多选)如图所示电路中，P为发光氖泡，发光电压U＞60 V，L为自感系数很大、电阻不为零的电感线圈，直流电源电动势E＝6 V。接通开关S，氖泡不亮；稳定时，L中电流恒定为I0；断开S时，氖泡能短时间内发光。关于该现象，下列说法正确的有( ) A．S接通瞬间，L中电流是逐渐增加的 B．S接通稳定时，P两端电压为零

C．S断开瞬间，氖泡P发光时电流最大值可能超过I0 D．S断开瞬间，氖泡P发光时电流从右向左

4．(多选)如图甲所示，一个边长为L的正方形线框固定在匀强磁场(图中未画出)中，磁场方向垂直于导线框所在平面，规定向里为磁感应强度的正方向，向右为导线框ab边所受安培力F的正方向，线框中电流i沿abcd方向时为正，已知在0～4 s时间内磁场的磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列图象所表示的关系正确的是( )

2

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功底。如图所示，一个被x轴与曲线方程y0.3sin匀强磁场，磁感应强度

5．(多选)物理和数学有紧密的联系，解决物理问题经常要求同学们要有一定的数学

10πx(m) (x ≤ 0.3 m)所围的空间中存在着垂直纸面向里的3B＝0.4 T。单匝正方形绝缘金属线框的边长是L＝0.4 m，线框总电阻R＝0.2 Ω，它的一边在光滑轨道的x轴上，在拉力F的作用下，线框以v＝10 m/s的速度水平向右匀速运动。则( ) A．拉力F的最大值是0.72 N B．拉力F的最大功率是12.8 W

C．拉力F要做0.192 J功才能把线框拉过磁场区 D．拉力F要做0.216 J功才能把线框拉过磁场区

6．(多选)如图甲所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L＝0.4 m，导轨一端与阻值R＝0.3 Ω的电阻相连，导轨电阻不计。导轨x＞0一侧存在沿x正方向均匀增大的磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位置x变化如图乙所示。一根质量m＝0.2 kg、接入电路的电阻r＝0.1 Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下从x＝0处以初速度v0＝2 m/s沿导轨向右变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变。下列说法中正确的是( )

A．金属棒向右做匀减速直线运动

B．金属棒在x＝1 m处的速度大小为1.5 m/s

C．金属棒从x＝0运动到x＝1 m过程中，外力F所做的功为－0.175 J D．金属棒从x＝0运动到x＝2 m过程中，流过金属棒的电荷量为2 C

7．(多选)如图所示，虚线为相邻两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的边界，两个区域的磁场磁感应强度大小都为B，方向相反且都垂直于纸面，两个区域的高度都为l。一质量为m，边长也为l的单匝矩形导线框abcd，从磁场区域上方某处由静止释放，ab边进入区域Ⅱ之前，线框已开始做匀速运动，速度大小为v1，当线框的ab边下落到出区域Ⅱ之前，线框又开始做匀速运动，速度大小为v2。下落过程中，ab边保持水平且线框不发生转动，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( ) A．线框进入磁场区域Ⅰ过程中，可能加速度减小，速度变大

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1

B．v2＝v1

4

C．当线框的ab边刚进入区域Ⅱ时，加速度大小为g

D．线框出磁场区域Ⅱ过程中，可能加速度减小，速度减小

8．如图所示，光滑水平面上两个完全相同的直角L形匀质金属导轨，角平分线在同一直线上，导体单位长度上的电阻为r。导轨Ⅱ固定，导轨Ⅰ以恒定的速度v0在角平分线上无摩擦滑动。水平面内有竖直向上的匀强磁场，磁感强度为B。当两导轨交叉后，交叉点保持良好接触，t＝0时，两导轨顶点恰好重合。设导轨足够长，磁场区域足够大，求：

(1)t时刻，矩形LMNO中感应电流的大小及方向； (2)t时刻，导轨Ⅰ所受的拉力； (3)0～t时间内拉力所做的功。

9．如图所示，水平光滑金属导轨在同一水平面上，间距分别为L和

L，间距为L的导轨有一小段左右断开，3为使导轨上的金属棒能匀速通过断开处，在此处铺放了与导轨相平的光滑绝缘材料(图中的虚线框处）。质量为m、电阻为Rl 的均匀金属棒ab垂直于导轨放置在靠近断开处的左侧，另一质量也为m、电阻为R2的均匀金属棒cd垂直于导轨放置在间距为

L的导轨左端。导轨MN和PQ、M′N′和P′Q′都足够长，所有导轨的3电阻都不计。电源电动势为E、内阻不计。整个装置所在空间有竖直方向的、磁感应强度为B的匀强磁场。闭合开关S，导体棒ab迅即获得水平向右的速度v0并保持该速度到达断开处右侧的导轨上。求：

(1)空间匀强磁场的方向； (2)通过电源E某截面的电荷量；

(3)从导体棒ab滑上导轨MN和PQ起至开始匀速运动止，这一过程中棒ab和棒cd组成的系统损失的机械能。

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10．如图所示是依附建筑物架设的磁力缓降高楼安全逃生装置，具有操作简单、无需电能、逃生高度不受限制，下降速度可调、可控等优点。该装置原理可等效为：间距L＝0.5 m的两根竖直导轨上部连通，人和磁铁固定在一起沿导轨共同下滑，磁铁产生磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场。人和磁铁所经位置处，可等效为有一固定导体棒cd与导轨相连，整个装置总电阻始终为R，如图所示。在某次逃生试验中，质量M1＝80 kg的测试者利用该装置以v1＝1.5 m/s的速度匀速下降，已知与人一起下滑部分装置的质量m＝20 kg，重力加速度取g＝10 m/s2，且本次试验过程中恰好没有摩擦。 (1)判断导体棒cd中电流的方向； (2)总电阻R多大？

(3)如要使一个质量M2＝100 kg的测试者利用该装置以v1＝1.5 m/s的速度匀速下滑，其摩擦力f多大？

(4)保持第(3)问中的摩擦力不变，让质量M2＝100 kg测试者从静止开始下滑，测试者的加速度将会如何变化？当其速度为v2＝0.78 m/s时，加速度a多大？要想在随后一小段时间内保持加速度不变，则必需调控摩擦力，请写出摩擦力大小随速率变化的表达式。

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11．某兴趣小组设计制作了一种磁悬浮列车模型，原理如图所示，PQ和MN是固定在水平地面上的两根足够长的平直导轨，导轨间分布着竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场B1和B2，二者方向相反。矩形金属框固定在实验车底部（车厢与金属框绝缘）。其中ad边宽度与磁场间隔相等，当磁场B1和B2同时以速度v0＝10 m/s沿导轨向右匀速运动时，金属框受到磁场力，并带动实验车沿导轨运动。已知金属框垂直导轨的ab边长L＝0.1 m、总电阻R＝0.8 Ω，列车与线框的总质量m＝4.0 kg，B1＝B2＝2.0 T，悬浮状态下，实验车 运动时受到恒定的阻力f＝0.4 N。

(1)求实验车所能达到的最大速率；

(2)实验车达到的最大速率后，某时刻让磁场立即停止运动，实验车运动20 s之后也停止运动，求实验车在这20 s内的通过的距离；

(3)假设两磁场由静止开始向右做匀加速运动，当时间t＝24 s时，发现实验车正在向右做匀加速直线运动，此时实验车的速度v＝2 m/s，求由两磁场开始运动到实验车开始运动所需要的时间。

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答 案

二、考题再现

典例1.【解析】第一过程从①移动②的过程中，左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针，右边切割磁感线产生的，根据楞次定律可知在0～t0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，ΔΦ12B0B0πr22πr所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝＝πr·＝，根据电阻定律可得R＝ρ，Δt2t02t0SEB0rS

根据欧姆定律可得I＝＝，所以选项C正确，D错误。

R4t0ρ【答案】BC

典例2.【解析】由图(b)可知，导线PQ中电流在t＝T/4时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率,根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图象可能是A；由于两导体棒从同一位置释放，两导体棒进入磁场时产生的感应电动势大小相等，MN进入磁场区域切割磁感线产生感应电动势，回路中产生的感应电流不可能小于I1，B错误；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力，所以MN一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图象可能是D，C错误。 【答案】AD

三、对点速练

1．【答案】D

【解析】金属环周围有环形的磁场，金属环向右运动，磁通量减小，根据“来拒去留”可知，所受的安培力将

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阻碍金属圆环远离通电直导线，即安培力垂直直导线向左，与运动方向并非相反，

安培力使金属环在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零，只剩沿导线方向的速度，然后磁通量不变，无感应电流，水平方向合力为零，故为匀速直线运动，A、B错误；由题知，金属环最终以v0cos60°＝1m/s，沿平

行导线方向做匀速直线运动，动能的减少量为Ek0.6J，C错误，D正确。 2．【答案】C

【解析】t0时刻ab切割磁感线产生的动生电动势为E1B0Lv，ab中电流的方向由b到a；此时回路中的感生电动势为E2n121mv0mvv0cos602220.6J，则产生的电能最多为

B00LvtB0Lv，ab中电流的方向也是b到a。可知回路中的感应电流大小为ttEE22B0Lv，故C正确。 I1RR3．【答案】AD

【解析】S接通瞬间，线圈L中的电流从无到有发生变化，线圈L中产生的自感电动势对电流的增大有阻碍作用，所以通过线圈L的电流慢慢变大，故选项A正确；S接通稳定时，由于电感线圈的电阻不为零，电感线圈两端电压不为零，所以发光氖泡两端电压不为零，故选项B错误；S断开瞬间前，线圈L中电流恒定为I0，S断开瞬间，线圈L由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的感应电动势，使线圈中的电流将从原来的I0逐渐减小，方向不变，且由于它和氖泡P构成回路，通过氖泡P的电流和线圈L中的电流大小相同，也从I0逐渐减小，通过氖泡P的电流从右向左，故选项D正确，C错误。 4．【答案】AD

【解析】由题意可知，规定向里为磁感应强度的正方向，线框中电流i沿abcd方向时为正；由法拉第电磁ΔΦS·ΔBES·ΔBΔB

感应定律可知，感应电动势E＝＝，感应电流I＝＝，由B－t图象可知，在每一时间段内，ΔtΔtRRΔtΔt是定值，在各时间段内I是定值，ab边受到的安培力F＝BIL，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，A正确B错误；由图示B－t图象可知，0～1 s时间内，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流是逆时针方向，为正值；同理1～2 s，磁场向里，且增大，磁通量增大，根据楞次定律，感应电流是逆时针，为正值；2～3 s，B的方向垂直纸面向里，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是负的；3～4 s内，B的方向垂直纸面向外，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是负的，故C错误D正确。

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5．【答案】AD

【解析】线框向右匀速运动过程中，切割磁感线产生的感应电动势EBlvBvy，当y最大时，E最大，最大值为EBvym1.2V，感应电流最大值为I

E6A，所受到的安培力最大，拉力F的最大值 RB2L2vFmF安.72N，拉力F的最大功率PFmv7.2W，故A正确，B错误；整个过程拉力做功

RE/2WR2E22xt·0.216J，故D正确，C错误。

2Rv6．【答案】CD

【解析】根据题图乙得B与x的函数关系式B＝0.5＋0.5x，金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势EEBLv＝BLv，感应电流I＝＝，安培力F

R＋rR＋r

0.4F安

＝＋0.5x2×0.4210F安

x＋

F安R＋rBLvB2L2v

L＝，解得v＝安＝BIL＝BB2L2R＋rR＋r

＝

2，根据匀变速直线运动的速度位移公式v2－v02＝2ax，如果是匀变速直线运

动，v2与x成线性关系，而由上式知，金属棒不可能做匀减速直线运动，故A错误；根据题意金属棒所受B02L2v0B12L2v1B02v0

的安培大小不变，x＝0处与x＝1处安培大小相等，有＝，即v1＝2＝0.5 m/s，故B错误；

B1R＋rR＋rB02L2v0金属棒在x＝0处的安培力大小为F安＝＝0.2 N，对金属棒从x＝0运动到x＝1 m过程中，根据动能

R＋r11ΔΦΔB·x

定理有WF－F安·x＝mv12－mv02，代入数据解得WF＝－0.175 J，故C正确；根据电荷量公式q＝＝22R＋rR＋rL，x＝0到x＝2 m过程中B－x图象包围的面积ΔB·x＝故D正确。 7．【答案】AB

0.5＋1.5ΔΦ2×0.4

×2 T·m＝2 T·m，q＝＝ C＝2 C，20.4R＋r

B2l2v【解析】如果线框进入磁场时安培力小于重力，根据牛顿第二定律可得mg-FA＝ma，即ag，速

mR22B度增大，加速度减小，所以线框进入磁场区域lv1Ⅰ过程中，可能加速度减小，速度变大，故A正确；R22Bab边刚进入区域Ⅰ时，线框受到的安培力：F＝BIl＝，线框做匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得：lv1RmgR；线框ab边下落到区域Ⅱ中间位置时，线框又开始做匀速运动，设此时线框的速22Bl14B2l2v2度为v2，安培力为F安′＝，由平衡条件得：mg＝F安′，解得：v2＝v1，故B正确；当ab边刚进入

4R＝mg，解得：v1＝

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磁场区域Ⅱ时，ab和cd两边都切割磁感线产生感应电动势，回路中感应电动势为：

22EE′＝2Blv1，感应电流为：I′，线框所受的安培力大小为F安＝2BI′l＝4Blv1＝4mg，根据牛顿第二定律

RR得：F安-mg＝ma，解得：a＝3g，方向：竖直向上，故C错误；线框出磁场区域Ⅱ过程中，安培力小于重力，

B2l2v根据牛顿第二定律可得mg-FA＝ma，即a＝g-，速度增大，加速度减小，所以线框进入磁场区域Ⅰ过mR程中，加速度减小，速度变大，故D错误。

8．【解析】(1) 0～t时间内导轨I运动的位移为：l＝v0t 由几何关系知，t时刻导轨I切割磁场的等效长度为l

2则导轨I切割磁场所产生的感应电动势为：EBlv0Bv0t

而t时刻，矩形回路LMON中总电阻为：R4R42v0tr22v0tr 22BvtBv0 E0则LMON回路中感应电流的大小为：IR22v0tr22r感应电流方向为：ONMLO（或顺时针方向）

(2)由于导轨I以恒定的速度v0向右运动，因此导轨I所受的拉力大小与安培力相等，则有：FBIl

22代入数据得，导轨I所受的拉力为：FBv0t

22r222B(3)由Fv0t可得拉力F与位移l的关系式为：FBv0l 22r22r32t(F0)lB2v0则0～t时间内拉力所作的功为： WF。 242r9．【解析】(1)闭合开关，电流到b到a，而ab受到的安培力向右，故磁场方向竖直向下。

(2)对ab棒，设受安培力时间为Δt，这段时间的平均电流为I，平均安培力为F，通过导体棒（也就是电源）某截面的电荷量为q，由动量定理得：Ftmv0 且FILB，qIt

解得：qmv0 LB(3)ab滑上MN和PQ时速度仍为v0，由于电磁感应，安培力使ab减速，使cd加速，直至电路中电流为0（即总感应电动势为0）而各自匀速运动，设ab和cd匀速的速度分别是v1、v2，经历的时间为t，这一过

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对ab棒：ILBtmv1mv0 对cd棒：I

程回路中的平均电流I′，由动量定理有：

LBtmv2 3由电磁感应规律：EBLv

则有：BLv1B解得：v1Lv2 3v03v,v20 1010棒ab和棒cd组成的系统损失机械能E121212mv0mv1mv2 222解得：E92。 mv02010．【解析】(1)从d到c。

(2)对导体棒：电动势E＝BLv1，感应电流IE，安培力FA＝BIL R由左手定则可判断，导体棒cd所受安培力方向向下，根据牛顿第三定律可知磁铁受到磁场力向上，大小为 B2L2v12FAʹ＝FA＝

R对M1和m：由平衡条件可得(M1＋m)g＝FAʹ 联立解得：R＝1.5×105 Ω。

－

(3)对M2和m：由平衡条件可得：(M2＋m)g＝FAʹ＋f 解得：f＝200 N。

(4)对M2和m：根据牛顿第二定律得：(M2＋m)g－FAʹ－f ＝(M2＋m)a

222BLvFA

RB2L2v2(M2m)gfR所以a M2m因为v逐渐增大，最终趋近于匀速，所以逐渐a减小，最终趋近于0 当其速度为v2＝0.78 m/s时，a＝4 m/s2

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B2L2v2要想在随后一小段时间内保持加速度不变，则由(M2m)gf(M2m)aR

B2L2v22000得f(M2m)g(M2m)a720v (0.78 m/s≤v≤1.08 m/s)）

R3

11．【解析】(1)实验车最大速率为vm时相对磁场的切割速率为v0-vm，则此时线框所受的磁场力大小为

24B2L（v0v） FR此时线框所受的磁场力与阻力平衡，得：F＝f

vmv0fR8m/s 224BLE R(2)磁场停止运动后，线圈中的电动势：E＝2BLv 线圈中的电流：I实验车所受的安培力：F＝2BIL

根据动量定理，实验车停止运动的过程：Ftftmvm

4B2L2v整理得：tftmvm

R而vtx 解得：x＝120 m

(3)根据题意分析可得，为实现实验车最终沿水平方向做匀加速直线运动，其加速度必须与两磁场由静止开始做匀加速直线运动的加速度相同，设加速度为a，则t时刻金属线圈中的电动势 E＝2BL(at-v)

2BL（atv)

R24B2L（atv)又因为安培力F2BIL

R24B2L（atv)所以对试验车，由牛顿第二定律得 fma

R金属框中感应电流 I得a＝1.0m/s2

设从磁场运动到实验车起动需要时间为t0，则t0时刻金属线圈中的电动势 E0＝2BLat0

金属框中感应电流I02BLat0

R12

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4B2L2at0又因为安培力F02BI0L

R对实验车，由牛顿第二定律得：F0＝f 解得：t0＝2s。

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