1、学科：物理教学内容：电磁感应综合讲解【本章知识框架】【历届相关试题分析】一、楞次定律1（1999 年全国高考）图 121 为地磁场磁感线的示意图在北半球地磁场的竖直分量向下飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差设飞行员左方机翼末端处的电势为 U1，右方机翼末端处的电势为 U2，则A若飞机从西往东飞，U 1 比 U2 高B若飞机从东往西飞，U 2 比 U1 高C若飞机从南往北飞，U 1 比 U2 高D若飞机从北往南飞，U 2 比 U1 高【解析】 由右手定则可判知：在北半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机翼电势低【答案】 A
2、C2（2002 年上海高考）如图 122 所示，A 、 B 为大小、形状均相同且内壁光滑，但用不同材料制成的圆管，竖直固定在相同高度两个相同的磁性小球，同时从 A、 B 管上端的管口无初速释放，穿过 A管的小球比穿过 B 管的小球先落到地面下面对于两管的描述中可能正确的是AA 管是用塑料制成的，B 管是用铜制成的BA 管是用铝制成的，B 管是用胶木制成的CA 管是用胶木制成的，B 管是用塑料制成的DA 管是用胶木制成的，B 管是用铝制成的【答案】 AD3（ 2001 年上海高考）如图 123 所示是一种延时开关当 S1 闭合时，电磁铁 F 将衔铁 D 吸下，将 C 线路接通当 S1 断开时，由
3、于电磁感应作用，D 将延迟一段时间才被释放则图 123A由于 A 线圈的电磁感应作用，才产生延时释放 D 的作用B由于 B 线圈的电磁感应作用，才产生延时释放 D 的作用C如果断开 B 线圈的电键 S2，无延时作用D如果断开 B 线圈的电键 S2，延时将变长【解析】 延时开关的工作原理是：当断开 S1 使 A 线圈中电流变小并消失时，则在闭合的 B 线圈中产生感应电流，据楞次定律，感应电流的磁场使铁芯中磁场减弱得慢些，因此才产生延时作用，可见是 B线圈的存在起了延时作用【答案】 BC二、电磁感应中的图象4（1998 年全国高考）如图 124（a）所示，一宽 40 cm 的匀强磁场区域，磁场方向
4、垂直纸面向里，一边长为 20 cm 的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度 v20 cm/s 通过磁场区域，在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻 t0，在下列图线中，正确反映感应电流强度随时间变化规律的是图 124（a ）图 124（b）【解析】 线圈刚进入 B 中，电流方向逆时针，全部进入时无 I 感 ，一边刚出来时，线圈中会产生顺时针方向的电流，而且由 E BLv 产生的 E 一定，I 感 也一定【答案】 C5（1999 年全国高考）一匀强磁场，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，线圈平面位于纸面内，如图 125 所
5、示现令磁感应强度 B 随时间 t 变化，先按图 126 中所示的 oa 图线变化，后来又按图线 bc 和 cd 变化，令 E1、E 2、E 3 分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小， I1、I 2、I 3 分别表示对应的感应电流，则AE 1E 2，I 1 沿逆时针方向，I 2 沿顺时针方向 BE 1 E2，I 1 沿逆时针方向，I 2 沿顺时针方向CE 1 E2，I 2 沿顺时针方向，I 3 沿逆时针方向DE 2E 3，I 2 沿顺时针方向，I 3 沿顺时针方向 【解析】 由法拉第电磁感应定律知 E tB，由图知应有 E1E 2E 3由楞次定律可判断出 I1 沿逆时针方向，I 2 和 I3
6、 均沿顺时针方向（正磁通量的减少与负磁通量的增加产生感应电流方向相同）【答案】 B三、电磁感应综合题6（2002 年全国高考）图 127 中 EF、GH 为平行的金属导轨，其电阻可不计，R 为电阻器，C 为电容器，AB 为可在 EF 和 GH 上滑动的导体横杆有均匀磁场垂直于导轨平面若用 I1 和 I2 分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆 AB图 127A匀速滑动时，I 10，I 20B匀速滑动时，I 10，I 20C加速滑动时，I 10，I 20D加速滑动时，I 10，I 20【解析】 横杆匀速滑动时，由于 EBLv 不变，故 I20，I 10加速滑动时，由于 EBIv 逐渐增大，电容器
7、不断充电，故 I20，I 10【答案】 D7（ 2002 年广东、广西、河南高考）如图 128 所示，半径为 R、单位长度电阻为 的均匀导体圆环固定在水平面上，圆环中心为 O匀强磁场垂直水平面方向向下，磁感应强度为 B 平行于直径MON 的导体杆，沿垂直于杆的方向向右运动杆的电阻可以忽略不计，杆与圆环接触良好，某时刻，杆的位置如图，aOb2，速度为 v，求此时刻作用在杆上安培力的大小【解析】 如下图所示，杆切割磁感线时，ab 部分产生的感应电动势EvB（2Rsin ）此时弧 acb 和弧 adb 的电阻分别为 2R（ ）和 2R，它们并联后的电阻为r )(杆中的电流为 I r，作用在杆上的安培
8、力为 FIB（2Rsin），由以上各式解得F )(sinvB 【答案】 )(sin22RvB 8（2002 年上海高考）已知某一区域的地下埋有一根与地表面平行的直线电缆，电缆中通有变化的电流，在其周围有变化的磁场，因此可以通过在地面上测量闭合试探小线圈中的感应电动势来探测电缆的确切位置、走向和深度当线圈平面平行地面测量时，在地面上 a、c 两处测得试探线圈中的电动势为零，b 、d 两处线圈中的电动势不为零；当线圈平面与地面成 45夹角时，在 b、d 两处测得试探线圈中的电动势为零经过测量发现， a、b、c 、d 恰好位于边长为 1 m 的正方形的四个顶角上，如图 129所示 据此可以判定地下电
9、缆在_两点连线的正下方，离地表面的深度为_m【解析】 线圈在电缆正上方且平行于地面时，通过线圈的磁通量为零，没有感应电动势，故电缆在a、c 两点连线的正下方由于在 b、d 处线圈平面与地面成 45角时，线圈中没有感应电流，说明此时线圈平面与磁感线相切，通过线圈的磁通量为零，故过 b、d 作电缆的垂线，与地面成 45角，所以，电缆的深度等于 abcd 正方形对角线的一半，即 h 2m0.71 m【答案】 a、c ；0.719（2001 年上海高考）如图 1210 所示，有两根和水平方向成 角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻 R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为 B
10、一根质量为 m 的金属杆从轨道上由静止滑下经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度 vm，则图 1210A如果 B 增大，v m 将变大B如果 变大，v m 将变大C如果 R 变大，v m 将变大D如果 m 变小，v m 将变大【解析】 金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达到最大 vm，此后做匀速运动，杆受重力、轨道的支持力和安培力如图所示安培力 FLB，对金属杆列平衡方程式：mgsin RvLBm2，则 vm 2sinLBRg，由此式可知，B 增大，v m 减小； 增大，v m 增大；R 变大，v m 变大；m 变小，v m 变小【答案】 BC10（1999 年上海高
11、考）如图 1211 所示，长为 L、电阻 r0.3 、质量 m0.1 kg 的金属棒 CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是 L，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有 R0.5 的电阻，量程为 03.0 A 的电流表串接在一条导轨上，量程为 01.0 V 的电压表接在电阻 R 的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面现以向右恒定外力 F 使金属棒右移当金属棒以 v2 m/s 的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏问图 1211（1）此满偏的电表是什么表 ?说明理由（2）拉动金属棒的外力 F 多大?（3 ）此时撤去
12、外力 F，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻 R 的电量 【解析】 （1）若电流表满偏，则 I3 A，UIR1.5 V，大于电压表量程，故是电压表满偏（2）由功能关系：FvI 2（Rr），而I ，故 F v)(1.6 N（3）由动量定理：m vIBLt，两边求和 mv1mv 2BLI 1t1BLI 2t2即 mvBLq，由电磁感应定律：EBLv；I （Rr）解得 q )(2rRImv0.25 C【 答案】 （1）电压表满偏（理由略） （2）1.6 N （3）0.25 C11（2000 年全国高考）空间存在以 ab、cd 为边界的匀强磁场区域，磁感应
13、强度大小为 B，方向垂直纸面向外，区域宽为 l1现有一矩形线框处在图中纸面内，它的短边与 ab 重合，长度为 l2，长边的长度为 2l1，如图 1212 所示某时刻线框以初速 v 沿与 ab 垂直的方向进入磁场区域，同时某人对线框施以作用力，使它的速度大小和方向保持不变设该线框的电阻为 R从线框开始进入磁场到完全离开磁场的过程中，人对线框作用力所做的功等于_图 1212【解析】 线框的运动过程可分为三段：右边进入磁场到右边离开磁场；从右边离开磁场到左边进入磁场； 从左边进入磁场到左边离开磁场在过程中，穿过闭合线圈的磁通量发生变化，产生的感应电流 I RvBl2，线框所受安培力 F 安 BIl
14、2 RvlB，又因线框匀速运动，所以人对线框的作用力与线框所受安培力等大反向，人做功为WF2l 1F 安 2l1vl12)(在过程中，线框中无感应电流，不受安培力作用，故人对线框的作用力也为零【答案】 RvlB12)(12（2001 年全国高考）如图 1213 甲所示一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l0.20 m，电阻 R1.0 ；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度 B0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下现有一外力 F 沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力 F 与时间 t 的关系如图 1213 乙所示求杆的质量
15、 m 和加速度a图 1213【解析】 导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，用 v 表示瞬时速度，t 表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为 EBLvBLat ，闭合电路中感应电流为 I RE，由安培力公式和牛顿第二定律得：FILBma，将代入得：Fma RlB2at，在乙图上取两点 t10，F 11 N；t 229 s ，F 24 N 代入式解之【答案】 0.1 kg；10 m/s 213（ 2001 年上海高考）如图 1214 所示，半径为 a 的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度 B0.2 T，磁场方向垂直纸面向里，半径为 b 的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂直，其中 a
16、0.4 m，b0.6 m金属环上分别接有灯 L1、L 2，两灯的电阻均为 R02 一金属棒 MN 与金属环接触良好，棒与环的电阻均不计（1 ）若棒以 v0 5 m/s 的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径 OO的瞬时，MN 中的电动势和流过 L1 的电流（2 ）撤去中间的金属棒 MN，将右面的半圆环 OL2 以 OO为轴向上翻转 90，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为 tB（ 4）Ts ，求 L1 的功率【解析】 （1）棒滑过圆环直径 OO的瞬时，垂直切割磁感线的有效长度为 2a，在 MN 中产生的感应电动势为：E 1B2a v0.8 V，通过 L1 的电流 I1 0RE0.4 A（
17、2 ）撤去金属棒 MN，半圆环 OL2 以 OO为轴向上翻转 90，根据法拉第电磁感应定律：E2 242atB0.32 V，则 L1 的功率：P（ 0RE） 2R01.2810 2 W【答案】 （1）0.8 V 0.4 A （2）1.2810 2 W14（2002 年上海高考）如图 1215 所示，两条相互平行的光滑金属导轨位于水平面内，距离为l0.2 m，在导轨的一端接有阻值为 R0.5 的电阻，在 x0 处有一与水平面垂直的均匀磁场，磁感应强度 B 0.5 T一质量为 m0.1 kg 的金属直杆垂直放置在导轨上，并以 v02 m/s 的初速度进入磁场，在安培力和一垂直于杆的水平外力 F 的
18、共同作用下做匀变速直线运动，加速度大小为 a2 m/s 2、方向和初速度方向相反设导轨和金属杆的电阻都可以忽略，且接触良好求：（1）电流为零时金属杆所处的位置；（2）电流为最大值的一半时施加在金属杆上外力 F 的大小和方向；（3）保持其他条件不变，而初速度 v0 取不同值，求开始时 F 的方向与初速度 v0 取值的关系【解析 】 （1）感应电动势 EBlv，IE /R，所以 I0 时，v0，有 xv 02/2a1 m（2）最大电流 ImBlv 0/R，II m/2Blv 0/2R，安培力 F 安 IBlB 2l2v0/2R0.02 N，向右运动时 FF 安 ma，Fma F 安 0.18 N，
19、方向与 x 轴相反， 向左运动时 FF 安 ma，Fma F 安 0.22 N，方向与 x 轴相反 （3）开始时 vv 0，F 安 I mBlB 2l2v0/R，FF 安 ma，F maF 安 maB 2l2v0/R，所以，当 v0maR/B 2l210 m/s 时，F0，方向与 x 轴相反当 v0maR/B 2l210 m/s 时，F0，方向与 x 轴相同【答案】 （1）1 m；（2）0.22 N，与 x 轴相反；（3）当 v010 m/s 时，F 与 x 轴反向；当 v010 m/s 时，F 与 x 轴同向15（2002 年上海高考）如图 1216 所示为利用电磁作用输送非导电液体装置的示
20、意图一边长为L、截面为正方形的塑料管道水平放置，其右端面上有一截面积为 A 的小喷口，喷口离地的高度为 h管道中有一绝缘活塞，在活塞的中部和上部分别嵌有两根金属棒 a、b，其中棒 b 的两端与一电压表相连，整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，当棒 a 中通有垂直纸面向里的恒定电流 I 时，活塞向右匀速推动液体从喷口水平射出，液体落地点离喷口的水平距离为 s若液体的密度为 ，不计所有阻力，求：图 1216（1）活塞移动的速度；（2）该装置的功率；（3）磁感应强度 B 的大小；（4）若在实际使用中发现电压表的读数变小，试分析其可能的原因【解析】 （1）设液体从喷口水平射出的速度为 v0，活塞移动的速
21、度为 v，有v0s hg2，v 0AvL 2， v（ 2L）v 0 hgAs2（2）设装置功率为 P，t 时间内有 m 质量的液体从喷口射出，有 Pt1m（v 02v 2）因为 mL 2vt，有 P 21L2v（v 02v 2）3042)1(vA即 P243)(hgsA（3）由 PF 安 v，得 21L2v（v 02 4v02）BILv，即 B 3234)()(IhLgsAI，（4）由 UBLv，可知喷口液体的流量减少，使活塞移动速度减小，或磁场变小等会引起电压表读数变小【答案】 （1） hgLAs2； （2） 2342)(hgLsA；（3） 324)(Igs；（4）喷口液体的流量减少，使活塞移动速度减小；或磁场的磁感应强度变小，会引起电压表的读数变小16（ 2003 年春季高考）图 1217 是一台发电机定子中的磁场分布图，其中 N、S 是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状M 是圆柱形铁芯，它与磁极的柱面共轴磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿圆柱半径、大小近似均匀的磁场，磁感应强度 B0.050 T
