三年高考（2017-2019）高考物理真題分項匯編 專題12 電磁感應（含解析）

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1、專題12 電磁感應 1．（2019·新課標全國Ⅰ卷）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MN所示，一硬質細導線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內，圓心O在MN上。t=0時磁感應強度的方向如圖（a）所示。磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖（b）所示，則在t=0到t=t1的時間間隔內 A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變 B．圓環(huán)中的感應電流始終沿順時針方向 C．圓環(huán)中的感應電流大小為 D．圓環(huán)中的感應電動勢大小為 【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t

2、0時刻，磁場的方向發(fā)生變化，故安培力方向的方向在t0時刻發(fā)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：，又根據電阻定律得：，聯立得：，則C正確，D錯誤。故本題選BC。 2．（2019·新課標全國Ⅱ卷）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θ，導軌電阻忽略不計。虛線ab、cd均與導軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)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PQ、MN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進入磁場時加速度變小恰好為零，從PQ進入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時

3、間變化的圖像可能正確的是 【答案】AD 【解析】于PQ進入磁場時加速度為零，AB．若PQ出磁場時MN仍然沒有進入磁場，則PQ出磁場后至MN進入磁場的這段時間，由于磁通量φ不變，無感應電流。由于PQ、MN同一位置釋放，故MN進入磁場時與PQ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PQ出磁場前MN已經進入磁場，由于磁通量φ不變，PQ、MN均加速運動，PQ出磁場后，MN由于加速故電流比PQ進入磁場時電流大，故C正確D錯誤。 3．（2019·新課標全國Ⅲ卷）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

4、．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?yōu)楦袘娏鞯碾娔?所以楞次定律的阻礙過程實質上就是能量轉化的過程。 4．（2019·新課標全國Ⅲ卷）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ab、cd靜止在導軌上。t=0時，棒ab以初速度v0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v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖像中可能正確的是 【答案】AC 【解析】ab棒向右運動，切割磁感線產生感應電流，則受到向左

5、的安培力，從而向左做減速運動，；金屬棒cd受向右的安培力作用而做加速運動，隨著兩棒的速度差的減小安培力減小，加速度減小，當兩棒速度相等時，感應電流為零，最終兩棒共速，一起做勻速運動，故最終電路中電流為0，故AC正確，BD錯誤。 5．（2019·天津卷）單匝閉合矩形線框電阻為，在勻強磁場中繞與磁感線垂直的軸勻速轉動，穿過線框的磁通量與時間的關系圖像如圖所示。下列說法正確的是 A．時刻線框平面與中性面垂直 B．線框的感應電動勢有效值為 C．線框轉一周外力所做的功為 D．從到過程中線框的平均感應電動勢為 【答案】BC 【解析】由圖像可知時刻線圈的磁通量最大，因此此時線圈處于中性

6、面位置，因此A錯誤；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，則有效值為，故B正確，線圈轉一周所做的功為轉動一周的發(fā)熱量，，故C正確；從0時刻到時刻的平均感應電動勢為，故D錯誤。 6．（2018·全國II卷）如圖，在同一平面內有兩根平行長導軌，導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域寬度均為l，磁感應強度大小相等、方向交替向上向下。一邊長為的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動，線框中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】找到線框在移動過程中誰切割磁感線，并根據右手定則判斷電流的方向，從而判斷整個回路中總電流的方向。要

7、分過程處理本題。 第一過程從①移動②的過程中 左邊導體棒切割產生的電流方向是順時針，右邊切割磁感線產生的電流方向也是順時針，兩根棒切割產生電動勢方向相同所以，則電流為，電流恒定且方向為順時針，再從②移動到③的過程中左右兩根棒切割磁感線產生的電流大小相等，方向相反，所以回路中電流表現為零， 然后從③到④的過程中，左邊切割產生的電流方向逆時針，而右邊切割產生的電流方向也是逆時針，所以電流的大小為，方向是逆時針 當線框再向左運動時，左邊切割產生的電流方向順時針，右邊切割產生的電流方向是逆時針，此時回路中電流表現為零，故線圈在運動過程中電流是周期性變化，故D正確。 7．（2018

8、·新課標I卷）如圖，導體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中心，O為圓心。軌道的電阻忽略不計。OM是有一定電阻?？衫@O轉動的金屬桿。M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B，現使OQ位置以恒定的角速度逆時針轉到OS位置并固定（過程Ⅰ）；再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到B'（過程Ⅱ）。在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則等于 A． B． C． D．2 【答案】B 【解析】過程I回路中磁通量變化ΔΦ1=BπR2，設OM的電阻為R，流過OM的電荷量Q1=ΔΦ1/R。過程II回路中磁通量變化ΔΦ2=（B’–

9、B）πR2，流過OM的電荷量Q2=ΔΦ2/R。Q2=Q1，聯立解得：B’/B=3/2，選項B正確。 【點睛】此題將導體轉動切割磁感線產生感應電動勢和磁場變化產生感應電動勢有機融合，經典中創(chuàng)新。 8．（2018·江蘇卷）如圖所示，豎直放置的形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應強度為B。質量為m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R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g。金屬桿 A．剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下 B．穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間 C．穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd D．釋放時距

10、磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于 【答案】BC 【解析】本題考查電磁感應的應用，意在考查考生綜合分析問題的能力。由于金屬棒進入兩個磁場的速度相等，而穿出磁場后金屬桿做加速度為g的加速運動，所以金屬感進入磁場時應做減速運動，選項A錯誤；對金屬桿受力分析，根據可知，金屬桿做加速度減小的減速運動，其進出磁場的v–t圖象如圖所示，由于0~t1和t1~t2圖線與t軸包圍的面積相等（都為d），所以t1>（t2–t1），選項B正確；從進入Ⅰ磁場到進入Ⅱ磁場之前過程中，根據能量守恒，金屬棒減小的機械能全部轉化為焦耳熱，所以Q1=mg．2d，所以穿過兩個磁場過程中產生的熱量為4mgd，選項C正確；若金屬桿進入磁

11、場做勻速運動，則，得，有前面分析可知金屬桿進入磁場的速度大于，根據得金屬桿進入磁場的高度應大于，選項D錯誤。 點睛：本題以金屬桿在兩個間隔磁場中運動時間相等為背景，考查電磁感應的應用，解題的突破點是金屬棒進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，而金屬棒在兩磁場間運動時只受重力是勻加速運動，所以金屬棒進入磁場時必做減速運動。 9．（2018·全國III卷）如圖（a），在同一平面內固定有一長直導線PQ和一導線框R，R在PQ的右側。導線PQ中通有正弦交流電流i，i的變化如圖（b）所示，規(guī)定從Q到P為電流的正方向。導線框R中的感應電動勢 A．在時為零 B．在時改變方向 C．在時最大，且沿順時針方

12、向 D．在時最大，且沿順時針方向 【答案】AC 【解析】由圖（b）可知，導線PQ中電流在t=T/4時達到最大值，變化率為零，導線框R中磁通量變化率為零，根據法拉第電磁感應定律，在t=T/4時導線框中產生的感應電動勢為零，選項A正確；在t=T/2時，導線PQ中電流圖象斜率方向不變，導致導線框R中磁通量變化率的正負不變，根據楞次定律，所以在t=T/2時，導線框中產生的感應電動勢方向不變，選項B錯誤；由于在t=T/2時，導線PQ中電流圖象斜率最大，電流變化率最大，導致導線框R中磁通量變化率最大，根據法拉第電磁感應定律，在t=T/2時導線框中產生的感應電動勢最大，由楞次定律可判斷出感應電動勢的方

13、向為順時針方向，選項C正確；由楞次定律可判斷出在t=T時感應電動勢的方向為逆時針方向，選項D錯誤。 點睛 此題以交變電流圖象給出解題信息，考查電磁感應及其相關知識點。解答此題常見錯誤主要有四方面：一是由于題目以交變電流圖象給出解題信息，導致一些同學看到題后，不知如何入手；二是不能正確運用法拉第電磁感應定律分析判斷；三是不能正確運用楞次定律分析判斷，陷入誤區(qū)。 10．（2018·新課標I卷）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(tài)。下列說法正確的是

14、 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】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

15、，直導線中電流為零，小磁針恢復到原來狀態(tài)，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。 11．（2017·新課標Ⅰ卷）掃描隧道顯微鏡（STM）可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖所示。無擾動時，按下列四種方案

16、對紫銅薄板施加恒磁場；出現擾動后，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是 【答案】A 【解析】感應電流產生的條件是閉合回路中的磁通量發(fā)上變化。在A圖中系統(tǒng)振動時在磁場中的部分有時多有時少，磁通量發(fā)生變化，產生感應電流，受到安培力，阻礙系統(tǒng)的振動，故A正確；而BCD三個圖均無此現象，故錯誤。 【名師點睛】本題不要被題目的情景所干擾，抓住考查的基本規(guī)律，即產生感應電流的條件，有感應電流產生，才會產生阻尼阻礙振動。 12．（2017·新課標Ⅲ卷）如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導軌，導軌平面與磁場垂直。金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)

17、形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內，線框與導軌共面?，F讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，關于感應電流的方向，下列說法正確的是 A．PQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向 B．PQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向 C．PQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向 D．PQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向 【答案】D 【解析】因為PQ突然向右運動，由右手定則可知，PQRS中有沿逆時針方向的感應電流，穿過T中的磁通量減小，由楞次定律可知，T中有沿順時針方向的感應電流，D正確，ABC錯誤。 【名師點睛】解題關鍵是掌握右手定則、楞次定律判斷感應電流的方向，還要理解PQRS

18、中感應電流產生的磁場會使T中的磁通量變化，又會使T中產生感應電流。 13．（2017·天津卷）如圖所示，兩根平行金屬導軌置于水平面內，導軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下?，F使磁感應強度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是 A．ab中的感應電流方向由b到a B．ab中的感應電流逐漸減小 C．ab所受的安培力保持不變 D．ab所受的靜摩擦力逐漸減小 【答案】D 【解析】導體棒ab、電阻R、導軌構成閉合回路，磁感應強度均勻減?。橐欢ㄖ担?，則閉合回路中的磁通量減小，根據楞次定律，可知回路中產生順

19、時針方向的感應電流，ab中的電流方向由a到b，故A 錯誤；根據法拉第電磁感應定律，感應電動勢，回路面積S不變，即感應電動勢為定值，根據歐姆定律，所以ab中的電流大小不變，故B錯誤；安培力，電流大小不變，磁感應強度減小，則安培力減小，故C錯誤；導體棒處于靜止狀態(tài)，所受合力為零，對其受力分析，水平方向靜摩擦力f與安培力F等大反向，安培力減小，則靜摩擦力減小，故D正確。 【名師點睛】本題應從電磁感應現象入手，熟練應用法拉第電磁感應定律和楞次定律。 14．（2017·新課標Ⅱ卷）兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直。邊長為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導線框abcd位

20、于紙面內，cd邊與磁場邊界平行，如圖（a）所示。已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t=0時刻進入磁場。線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖（b）所示（感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正）。下列說法正確的是 A．磁感應強度的大小為0.5 T B．導線框運動速度的大小為0.5 m/s C．磁感應強度的方向垂直于紙面向外 D．在t=0.4 s至t=0.6 s這段時間內，導線框所受的安培力大小為0.1 N 【答案】BC 【解析】由E–t圖象可知，線框經過0.2 s全部進入磁場，則速度，選項B正確；E=0.01 V，根據E=BLv可知，B=0.2 T，選項A錯誤；根據楞次定

21、律可知，磁感應強度的方向垂直于紙面向外，選項C正確；在t=0.4 s至t=0.6 s這段時間內，導線框中的感應電流，所受的安培力大小為F=BIL=0.04 N，選項D錯誤；故選BC。 【名師點睛】此題是關于線圈過磁場的問題；關鍵是能通過給出的E–t圖象中獲取信息，得到線圈在磁場中的運動情況，結合法拉第電磁感應定律及楞次定律進行解答。此題意在考查學生基本規(guī)律的運用能力以及從圖象中獲取信息的能力。 15．（2017·北京卷）圖1和圖2是教材中演示自感現象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈。實驗時，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3

22、立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是 A．圖1中，A1與L1的電阻值相同 B．圖1中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流 C．圖2中，變阻器R與L2的電阻值相同 D．圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等 【答案】C 【解析】斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，由于線圈L1的自感，通過L1的電流逐漸減小，且通過A1，即自感電流會大于原來通過A1的電流，說明閉合S1，電路穩(wěn)定時，通過A1的電流小于通過L1的電流，L1的電阻小于A1的電阻，AB錯誤；閉合S2，電路穩(wěn)定時，A2與A3的亮度相同，說明兩支路的電流相同，因此變阻器R與L2的電阻值相

23、同，C正確；閉合開關S2，A2逐漸變亮，而A3立即變亮，說明L2中電流與變阻器R中電流不相等，D錯誤。 【名師點睛】線圈在電路中發(fā)生自感現象，根據楞次定律可知，感應電流要“阻礙”使原磁場變化的電流變化情況。電流突然增大時，會感應出逐漸減小的反向電流，使電流逐漸增大；電流突然減小時，會感應出逐漸減小的正向電流，使電流逐漸減小。 16．（2017·江蘇卷）如圖所示，兩條相距d的平行金屬導軌位于同一水平面內，其右端接一阻值為R的電阻．質量為m的金屬桿靜置在導軌上，其左側的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應強度大小為B、方向豎直向下．當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関．

24、導軌和金屬桿的電阻不計，導軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸．求： （1）MN剛掃過金屬桿時，桿中感應電流的大小l； （2）MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a； （3）PQ剛要離開金屬桿時，感應電流的功率P． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）感應電動勢 感應電流 解得 （2）安培力 牛頓第二定律 解得 （3）金屬桿切割磁感線的速度，則 感應電動勢 電功率 解得 【名師點睛】本題的關鍵在于導體切割磁感線產生電動勢E=Blv，切割的速度（v）是導體與磁場的相對速度，分析這類問題，通常是先電后力

25、，再功能． 17．（2017·北京卷）發(fā)電機和電動機具有裝置上的類似性，源于它們機理上的類似性。直流發(fā)電機和直流電動機的工作原理可以簡化為如圖1、圖2所示的情景。 在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中，兩根光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內，相距為L，電阻不計。電阻為R的金屬導體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好，以速度v（v平行于MN）向右做勻速運動。 圖1軌道端點MP間接有阻值為r的電阻，導體棒ab受到水平向右的外力作用。圖2軌道端點MP間接有直流電源，導體棒ab通過滑輪勻速提升重物，電路中的電流為I。 （1）求在Δt時間內，圖1“發(fā)電機”產生的電能和圖2

26、“電動機”輸出的機械能。 （2）從微觀角度看，導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉化中起著重要作用。為了方便，可認為導體棒中的自由電荷為正電荷。 a．請在圖3（圖1的導體棒ab）、圖4（圖2的導體棒ab）中，分別畫出自由電荷所受洛倫茲力的示意圖。 b．我們知道，洛倫茲力對運動電荷不做功。那么，導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力是如何在能量轉化過程中起到作用的呢？請以圖2“電動機”為例，通過計算分析說明。 【答案】（1） （2）a．如圖3、圖4 b．見解析 【解析】（1）圖1中，電路中的電流 棒ab受到的安培力F1=BI1L 在Δt時間內，“發(fā)電機”產生的

27、電能等于棒ab克服安培力做的功 圖2中，棒ab受到的安培力F2=BIL 在Δt時間內，“電動機”輸出的機械能等于安培力對棒ab做的功 （2）a．圖3中，棒ab向右運動，由左手定則可知其中的正電荷受到b→a方向的洛倫茲力，在該洛倫茲力作用下，正電荷沿導體棒運動形成感應電流，有沿b→a方向的分速度，受到向左的洛倫茲力作用；圖4中，在電源形成的電場作用下，棒ab中的正電荷沿a→b方向運動，受到向右的洛倫茲力作用，該洛倫茲力使導體棒向右運動，正電荷具有向右的分速度，又受到沿b→a方向的洛倫茲力作用。如圖3、圖4。 b．設自由電荷的電荷量為q，沿導體棒定向移動的速率為u。 如圖4所示，沿棒方向的洛倫茲力，做負功 垂直棒方向的洛倫茲力，做正功 所示，即導體棒中一個自由電荷所受的洛倫茲力做功為零。 做負功，阻礙自由電荷的定向移動，宏觀上表現為“反電動勢”，消耗電源的電能；做正功，宏觀上表現為安培力做正功，使機械能增加。大量自由電荷所受洛倫茲力做功的宏觀表現是將電能轉化為等量的機械能，在此過程中洛倫茲力通過兩個分力做功起到“傳遞能量的作用。 【名師點睛】洛倫茲力永不做功，本題看似洛倫茲力做功，實則將兩個方向的分運動結合起來，所做正、負功和為零。 14