2025届高中物理三轮冲刺练习：电磁感应的两大规律及应用习题

微专题13电磁感应的两大规律及应用

何知识聚焦

感生电动势里变r-ABC

E=n--S

（感生电场）.Al

感应电动势

v与3垂直：E=Blv

中

EH=n—A—

Az动生电n7十t/与8夹角为a:E=Blvs\na

L动势（切且丕变

（本质）转动切割：EMTBFS

电割磁感线）

磁〃根导线-*£1总="E

感

应回路—楞次定律：感应电流的磁场阻碍引起感

应电流的磁通量的变化

「方向一

—右手定则

-感应电流

卜政一电源：产生感应电动势的那部分导体

-等效电路

感警流匕春

安培力一动力学分析

做功一能量分析

El核心精讲

1.感应电流方向的判断：感生电动势一楞次定律；动生电动势——右手定则。

2.在电磁感应的电路中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源，若形成回路，电源两端的电压为

外电压。

3.电磁感应中的电荷量：q=It=n—（n：线圈匝数，△①：磁通量变化量，R总：闭合电路的总电阻）

R总

4.电磁感应中动力学问题的分析方法

[a卢（））一逐化）―花画画D—-崂变化

仍安=8〃变化）

〔静止或匀速直线运动）

5.能量转化及焦耳热的求法

（1）能量转化关系

[其他形式的能量其他形式码

（2）焦耳热的三种求法

①焦耳定律：Q=FRt,适用于电流、电阻不变的情况。

②功能关系：Q=W克安，系统产生的焦耳热等于系统克服安培力做的功，电流变或不变都适用。

③能量转化：Q=AE其他，系统产生的焦耳热等于系统其他能的减少量，电流变或不变都适用。

El高频考点练

考点一楞次定律法拉第电磁感应定律

1.（2024・广东卷4）电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲

所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度

大小均为瓦磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位

置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是:

磁场吩界

A.穿过线圈的磁通量为BL2

B.永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大

C.永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小

D.永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向

2.（2024•安徽省部分学校二模联考）用材料相同粗细均匀的导线做成如图所示的单匝线圈，线圈构成

一个闭合回路。左侧小圆的半径为2d,中间大圆的半径为3d,右侧小圆的半径为d,左侧两圆连

接处缺口的长度可忽略不计，右侧两圆错开相交连通（麻花状），三个圆处在同一平面，将线圈固定

在与线圈所在平面垂直的磁场中，磁感应强度大小为_B=Bo+依%>0）,式中的Bo和左为常量，则线

圈中感应电动势的大小为：

A.l47td2A13.12元＜秋C.67rd2左DAncPk

3.（2024・湖南卷4）如图，有一硬质导线OMc,其中"c是半径为R的半圆弧，人为圆弧的中点，直

线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕。点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里

的匀强磁场中。则O、a、b、。各点电势关系为：

A.（pd＞（Pa＞（Pb＞（PcB.(po<(Pa<(Pb<(Pc

C.（po＞（pd＞（pb=（pcD.(pO<(Pa<(pb=(Pc

考点二电磁感应中的电路、图像问题

4.两个固定的同心金属圆环中间部分存在与圆面垂直的磁感应强度为3的匀强磁场，如图所示,

一长度为4L的金属棒A/N,处在如图所示位置时与两圆的交点分别为Af、P、Q、N,O点为圆心,

P、O、。将金属棒平均分成了四等份，已知大圆环的总电阻为4R,小圆环和金属棒的电阻均为

2R,金属棒和大、小圆环质量分布均匀，当金属棒以速度丫经过如图所示位置时，下列说法正确

的是：

A.金属棒产生的总感应电动势为4BLv

B.金属棒产生的总感应电动势为BLv

C金属棒MP间产生的感应电流大小为上器

D.金属棒间产生的感应电流大小为上空竺

【点拨・提炼】电磁感应中电路问题解题思路

］哪部分导体相当于电源］

:一:

:单电源还是双电源

〔其余电阻的串联、并联关系］

作出等效电路图

、，—.

［电路简洁）I不简洁）

:［简化电路:）

分析电路

5.（多选）（2024•全国甲卷21）如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑定滑轮，绳的

一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸

面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在/=0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁

场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的

速度v随时间/变化的图像中可能正确的是：

ABCD

6.（多选）（2024•福建漳州市模拟）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仇

导轨电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，其边界•、cd均与导轨

垂直。现将两相同的导体棒PQ、A/N先后自导轨上同一位置由静止释放，运动过程中尸Q、MN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，

中电流记为工两端电势差记为“，则下列对、图像可能正确的是：

【点拨・提炼】在解决图像问题时，可以使用排除法，某选项的图像中包含一处以上错误信息，该选

项就可以排除。可以从以下几个方面筛查图像中是否含有错误信息：

①图像为直线还是曲线；②变化的趋势是否正确；③图像是否过原点；④交点、转折点的信息是否正

确；⑤相邻两段图像的坐标值、斜率的正负、倍数关系是否合理。

考点三电磁感应中的动力学、能量问题

7.（多选）（2024•黑吉辽・9）如图，两条“/V形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L,

左、右两导轨面与水平面夹角均为30。，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为

25和瓦将有一定阻值的导体棒油、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终

与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2根和处长度均为小导轨足够长且电阻不计，重

力加速度为g,两棒在下滑过程中：

A.回路中的电流方向为abcda

B."中电流趋于逅电

3BL

C.M与c4加速度大小之比始终为2：1

D.两棒产生的电动势始终相等

8.（多选）（2024•海南卷43）两根足够长的导轨由上下段电阻不计、光滑的金属导轨组成，在V、N两

点绝缘连接，M、N等高，间距L=lm,连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30。，导轨两端分

别连接一个阻值R=0.02C的电阻和C=1F的电容器，整个装置处于5=0.2T的垂直导轨平面斜向

上的匀强磁场中，两根导体棒cd分别放在A/N两侧，质量分别为根i=0.8kg,机2=0.4kg,ab

棒的电阻为0.08C,cd棒的电阻不计，将他由静止释放，同时cd从距离MN为xo=4.32m处在一

个大小/=4.64N、方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在〃、N处发生弹

性碰撞，碰撞前瞬间撤去T7,已知碰前瞬间a人的速度为4.5m/s,g=10m/s2,下列说法正确的是：

A.M从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44s

B."从释放到第一次碰撞前，尺上消耗的焦耳热为0.78J

C.两棒第一次碰撞后瞬间，的速度大小为6.3m/s

D.两棒第一次碰撞后瞬间，cl的速度大小为8.4m/s

9.（2024•北京市海淀区二模）如图所示，两条光滑的金属导轨相距L=1m,其中MN段平行于PQ段,

位于同一水平面内，NNo段与QQo段平行，位于与水平面成倾角37。的斜面内，且MNNo与PQQo

均在竖直平面内。在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B和

82,且81=32=0.5T。•和cd是质量均为根=0.1kg、电阻均为R=4C的两根金属棒，油置于水平

导轨上，cd置于倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好。从时刻起，成棒在外力（图中未标出）

作用下由静止开始沿水平方向向右运动（油棒始终在水平导轨上运动，且垂直于水平导轨），cd棒

受到沿斜面且平行于导轨方向的变力作用，并始终处于静止状态，规定沿导轨斜面向上为正方向,

该变力/随时间1的变化关系式为斤=0.6-0.25f（N）。不计导轨的电阻。（sin37°=0.6,重力加速度

g=10m/s2）

（1）（3分）求流过cd棒的电流7cd的方向及其大小随时间。变化的函数关系;

（2）（3分）求油棒在水平导轨上运动的速度加随时间/变化的函数关系;

⑶（4分）若t=Q时刻起，1.0s内作用在油棒上的外力做功为W=3.8J,求这段时间内cd棒产生的

焦耳热Qcdo

[3补偿强化练

1.（2024・江苏卷・10）如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b,线圈a处在匀强磁场

中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是:

-------1—*■

口

a!ab

A.顺时针，顺时针B.顺时针，逆时针

C.逆时针，顺时针D.逆时针，逆时针

2.（多选）（2024•安徽省三模）如图所示，质量为根、长为L的金属杆以一定的初速度vo从一光

滑平行金属轨道的底端向上滑行，轨道平面与水平面成。角，轨道平面处于磁感应强度为以方

向垂直轨道平面向上的匀强磁场中，两导轨上端与一阻值为R的电阻相连，轨道与金属杆成的电

阻均不计，金属杆向上滑行到某一高度后又返回到底端，则金属杆：

A.在上滑和下滑过程中的平均速度均小学

B.在上滑过程中克服安培力做的功等于下滑过程中克服安培力做的功

C.在上滑过程中电阻R上产生的焦耳热等于金属杆ab减少的动能

D.在上滑过程中通过电阻R的电荷量等于下滑过程中通过电阻R的电荷量

3.（多选）（2024•陕西榆林市三模）如图甲所示，一个矩形金属框A5CD通过细杆悬挂在竖直平面内,

悬点P为边中点。金属框A3边水平，平行A3边的虚线跖下方存在有随时间变化的匀强磁

场（未画出），磁场范围足够大、方向垂直纸面（竖直平面）。若金属框的重量忽略不计，规定金属框

所受安培力向上为正方向，仁0时刻起，金属框所受安培力/随时间［的变化图像如图乙所示。取

垂直纸面向外为磁感应强度的正方向，则/=0时刻起磁感应强度B随时间/的变化图像可能正确的

是:

E

D

fS/TW/I

A

B/TB/T

c

4.（2024.河北卷・14）如图，边长为"的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固

定一竖直细导体轴00。间距为L、与水平面成。角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。

导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为瓦足够长的细导

体棒。4在水平面内绕。点以角速度。匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA

棒在转动过程中，。棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电

阻值为R,电路中其余部分的电阻均不计，8棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空

气阻力，重力加速度大小为g。

（1）（5分）求CD棒所受安培力的最大值和最小值。

⑵(5分)锁定。4棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为。，所受安培力大小

等于(1)问中安培力的最大值，求8棒与导轨间的动摩擦因数。

答案精析

高频考点练

1.D［题图乙所示位置穿过线圈的磁通量O=|BS上-BS下IWBZ?，故A错误；根据法拉第电磁感应

定律可知永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误；

永磁铁相对线圈下降时，根据楞次定律和安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故

D正确。］

2.B［根据楞次定律可知，三个圆中感应电流均为逆时针，左侧小圆和中间大圆产生的感应电流

方向相同，而右侧小圆产生的感应电流方向在相交处与中间大圆的电流方向相反，根据法拉第电

磁感应定律可得线圈中感应电动势的大小为E=E左+E中-E^=kn(2d)2+kK(3d)2-k}td2=12兀d2k,故选

Bo]

3.C［导线绕O点转动过程中相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线,如图所示,根据右手

定则可知O点电势最高；

根据E=Blv=-Ba>P'

2

因为lob~loc>loa

可得0<Uoa<Uob=Uoc

得(po>(pa>(pb=(pc

故选C。]

4.C［金属棒中产生的总感应电动势等于MP、QN两段产生的感应电动势之和，EI=E2=BLV,总感

应电动势斤豆+及=23"，故A、B错误；整个电路的等效电路图如图所示,其中等效电源内阻

n=r2=-,则总电阻R总二四+小+厂2+氏=空,金属棒上产生的感应电流/=_L=当手二艺竺,故C正确,

233Ryj,—7R

总3

D错误。］

5.AC［设线框的上边框进入磁场时的速度为丫，设线框的质量/，物块的质量相，题图中线框进

入磁场时的加速度向下,对线框,由牛顿第二定律可知Mg+/安-尸r=Ma

对物块有后-mg=ma

22

其++H中-Ir-BLV

K

o2r2--

即一--

线框向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线框匀速运动的

速度为皿=与等

若线框进入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动，线框的速度和加速

度都趋近于零，则图像A可能正确；

因仁0时刻线框进入磁场，则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；

若线框的质量等于物块的质量，且当线框进入磁场时速度较大时，线框进入磁场做加速度减小的

减速运动，完全进入磁场后线框做匀速运动；当线框出磁场时，受向下的安培力又做加速度减小

的减速运动，最终出磁场时做匀速运动，则图像C有可能，口不可能。］

6.AC［MN刚进磁场时的速度与PQ刚进磁场时相同，设仁0时A/N中电流为,若PQ刚出磁场

时MN进入磁场，此时电流立即反向，进入磁场后仍匀速运动，因此电流大小不变，A正确，

B错误；PQ网进磁场时，MN两端的电势差记为Ui,若PQ还未离开磁场时AfN已进入磁场，根

据题设此时两导体棒速度相等，回路电流为零，MN两端的电势差（导体棒切割磁场产生的电动势）

为2Ui,两导体棒均未离开磁场前做匀加速运动，电动势均匀增大，当PQ离开磁场时，MN的速

度大于其网进入磁场时的速度，其两端的电势差。发生突变，且略大于S,此后MN做加速度减

小的减速运动，A/N两端的电势差逐渐减小，C正确；只有两导体棒同时在磁场中运动时，MN两

端的电势差才等于25,但不会恒定不变，D错误。］

7.AB［两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，故A正确；设

回路中的总电阻为R,对于任意时刻当电路中的电流为/时，对他根据牛顿第二定律得

2mgsin30°-2B/Lcos30°=2maab,

对cd有mgsin300-B/Lcos30°

=maCd,

故可知四产Zd,分析可知回路中的总电动势为两个导体棒产生的电动势相加，随着导体棒速度的

增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重

力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，对油分析可得

2mgsin30°=2B/Lcos30°,解得/=回理,故B正确，C错误；根据前面分析可知ab=ad,故可知两

3BLaC

导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度大小不同，故产生的感应电动势不相等，故D错

误。］

8.BD［由于导体棒断、同时由静止开始运动，且恰好在Af、N处发生弹性碰撞,则说明ab、

cd在到达M、N处所用的时间是相同的，对导体棒cd和电容器组成的回路有

对cd根据牛顿第二定律有

F-BIL-migsm30°=加202

其中5,4

联立有a222

~m2+CBL

则说明导体棒cd做匀加速直线运动，

则有xo=如2

联立解得碓=6m/s2,t=1.2s,故A错误；

由题知，碰前瞬间ab的速度vi为4.5m/s,

2

则根据功能关系有imgxabsin30°-2=jmiv1

导体棒ab下滑过程中根据动量定理有

migsin3Q°'t-BlL-t=mwi

其中q=it=^^,

R总

R总=7?+7?"=0.1Q

联立解得q=6C,Xab=3m,2=3.9J

则R上消耗的焦耳热为QR=—Q=QJ8J

R总

故B正确；

由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正方向，有

mivi-m2V2=mivi,+miV2,

加%2+加%2=加小+加仔

其中V2=a2t=7.2m/s

联立解得vi--3.3m/s,V2-8.4m/s

故C错误，D正确。］

9.(l)d到c7«/=0.5/(A)(2)v^=8z(m/s)(3)0.3J

解析(l)ab棒向右运动由右手定则可知电流方向为abdca,由于cd棒处于平衡状态，则有

F+Fcd=mgsm37°

Fcd=B2lcdL

解得/crf=0.5z(A)

(2)0/棒中电流Icd=Iab=05t(A)

则回路中电源电动势E=IcdR总

油棒切割磁感线，产生的感应电动势为E=B\LVab

解得ab棒的速度vm=8/(m/s)

可知油棒做初速度为零的匀加速直线运动

⑶Z=1.0s时，ab棒的速度

Vab=8t=8m/s

根据动能定理可得

印+印安=刎%『-0

可得1.0s内安培力做功为

W安=-0.6J

回路中产生的焦耳热为Q=-W安=0.6J

cd棒上产生的焦耳热&产日=0.3Jo

补偿强化练

1.A［线圈a从磁场中匀速拉出的过程中，穿过a线圈的磁通量在减小，根据楞次定律和安培定则

可知a线圈中的电流方向为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出，则a中产生的电流为恒定电

流，线圈a靠近线圈b的过程中通过线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b中产生的电流

方向为顺时针。故选A。］

2.AD［上滑时由牛顿第二定律得a尸吧吧M=gsin0+等，即上滑时金属杆仍做加速度减小

TTLTR.R

的减速直线运动，用V：图像分析知上滑时的平均速度小于T；同理可知，下滑时由牛顿第二定律

a2=maSine~~=gsm3—,下滑过程中断杆做加速度逐渐减小的加速直线运动,由于机械能有

损失，所以油杆经过同一位置时上滑的速度大于下滑的速度，则下滑过程的平均速度小于上滑的

平均速度，即小于保，选项A正确；经过同一位置时下滑的速度小于上滑的速度，下滑时仍杆

受到的安培力小于上滑时所受的安培力，则下滑过程安培力的平均值小于上滑过程安培力的平均

值，所以上滑时金属杆克服安培力做的功大于下滑过程克服安培力做的功，故B错误；在上滑过

程中，金属杆仍减小的动能转化为焦耳热和杆的重力势能，故上滑过程中电阻R上产生的焦耳热

小于金属杆仍减小的动能，故C错误；根据疔弘仁引仁竽二胃，知上滑过程和下滑过程穿过回

路的磁通量的变化量相等，则