高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练电磁感应基本规律及其应用Word文档下载推荐.docx

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开关闭合和断开均能引起线圈B中磁通量的变化而产生感应电流，故选项B错误；

开关闭合后，只要移动滑片P，线圈B中磁通变化而产生感应电流，故选项C、D错误．

【变式2】.（2019·

佛山高三质检）如图所示，一通电螺线管b放在闭合金属线圈a内，螺线管的中心轴线恰

和线圈的一条直径MN重合．要使线圈a中产生感应电流，可采用的方法有（）

A．使通电螺线管中的电流发生变化B．使螺线管绕垂直于线圈平面且过线圈圆心的轴转动

C．使线圈a以MN为轴转动D．使线圈绕垂直于MN的直径转动

【答案】D

【解析】在A、B、C三种情况下，穿过线圈a的磁通量始终为零，因此不产生感应电流，A、B、C错误；

选项D中，当线圈绕垂直于MN的直径转动时，穿过线圈的磁通量发生变化，会产生感应电流，故D正确．

【变式3】如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的

匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电

流的是（）

A．ab向右运动，同时使θ减小B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小

C．ab向左运动，同时增大磁感应强度BD．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角（0°

<

θ<

90°

）

【解析】设此时回路面积为S，据题意，磁通量Φ＝BScosθ，对A选项，S增大，θ减小，cosθ增大，则Φ增大，A正确．对B选项，B减小，θ减小，cosθ增大，Φ可能不变，B错误．对C选项，S减小，B增大，Φ可能不变，C错误．对D选项，S增大，B增大，θ增大，cosθ减小，Φ可能不变，D错误．故只有A正确．

热点题型二　感应电流方向的两种判断方法

1．用楞次定律判断

（1）楞次定律中“阻碍”的含义：

2．用右手定则判断

该方法只适用于切割磁感线产生的感应电流，注意三个要点：

（1）掌心——磁感线垂直穿入掌心；

（2）拇指——指向导体运动的方向；

（3）四指——指向感应电流的方向．

【例2】

全国III卷）如图（a），在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右

侧。

导线PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图（b）所示，规定从Q到P为电流的正方向。

导线框R中

的感应电动势（）

A．在

时为零B．在

时改变方向

C．在

时最大，且沿顺时针方向D．在

时最大，且沿顺时针方向

【命题立意】此题以交变电流图象给出解题信息，考查电磁感应及其相关知识点。

解答此题常见错误主要有四方面：

一是由于题目以交变电流图象给出解题信息，导致一些同学看到题后，不知如何入手；

二是不能正确运用法拉第电磁感应定律分析判断；

三是不能正确运用楞次定律分析判断，陷入误区。

【答案】AC

【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中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A正确；

在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B错误；

由于在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C正确；

由楞次定律可判断出在t=T时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D错误。

【变式1】

（2017·

高考全国卷Ⅲ）如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是（　　）

A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向

C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向

【解析】金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；

原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，金属杆PQ中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确．

【变式2】

（2019·

贵州遵义模拟）如图所示，在通电长直导线AB的一侧悬挂一可以自由摆动的闭合矩形金属

线圈P，AB在线圈平面内．当发现闭合线圈向右摆动时（　　）

A．AB中的电流减小，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流

B．AB中的电流不变，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流

C．AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流

D．AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生顺时针方向的电流

【答案】C

【解析】根据安培定则可知线圈所在处的磁场方向垂直纸面向里，若直导线中的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律得到：

线框中感应电流方向为逆时针方向．根据左手定则可知线圈所受安培力指向线圈内，由于靠近导线磁场强，则安培力较大；

远离导线磁场弱，则安培力较小．因此线圈离开AB直导线，即向右摆动，反之产生顺时针方向的电流，向左摆动，故C正确．

热点题型三　楞次定律推论的应用

楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：

感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，列表说明如下：

内容

例证

阻碍原磁通量变化—“增反减同”

阻碍相对运动——“来拒去留”

使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”

阻碍原电流的变化——“增反减同”

“增反减同”现象

【例3】．（多选）如图所示，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中（　　）

A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B．感应电流方向一直是逆时针

C．安培力方向始终与速度方向相反D．安培力方向始终沿水平方向

【解析】从磁场分布可看出：

左侧向里的磁场从左向右越来越强，右侧向外的磁场从左向右越来越弱．所以，圆环从位置a运动到磁场分界线前，磁通量向里增大，由楞次定律知，感应电流的磁场与原磁场方向相反即向外，由安培定则知，感应电流沿逆时针方向；

同理，跨越分界线过程中，磁通量由向里最大变为向外最大，感应电流沿顺时针方向；

继续摆到b的过程中，磁通量向外减小，感应电流沿逆时针方向，A正确，B错误；

由于圆环所在处的磁场上下对称，圆环等效水平部分所受安培力使圆环在竖直方向平衡，所以总的安培力沿水平方向，故D正确，C错误．

“增缩减扩”现象

【例4】

广东广州名校联考）如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖

直螺线管b，二者轴线重合，螺线管b与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片

P向下滑动，下列表述正确的是（　　）

A．线圈a中将产生沿顺时针方向（俯视）的感应电流B．穿过线圈a的磁通量减小

C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大

【解析】当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，螺线管中的电流将增大，使穿过线圈a的磁通量变大，选项B错误；

由楞次定律可知，线圈a中将产生沿逆时针方向（俯视）的感应电流，并且线圈a有缩小和远离螺线管的趋势，线圈a对水平桌面的压力FN将增大，故选项D正确，A、C错误．

“来拒去留”现象

【例5】.（2019·

绵阳模拟）两个闭合的金属环，穿在一根光滑的绝缘杆上，如图所示，当条形磁铁的S极自右向左插向圆环时，环的运动情况是（　　）

A．两环同时向左移动，间距增大B．两环同时向左移动，间距变小

C．两环同时向右移动，间距变小D．两环同时向左移动，间距不变

【答案】B.

【解析】当磁铁的S极靠近时，穿过两圆环的磁通量变大，由楞次定律可得两圆环的感应电流方向都是顺时针方向（从右向左看），根据左手定则可知两圆环受到磁铁向左的安培力，远离磁铁，即向左移．由于两圆环的电流方向相同，所以两圆环相互吸引，即相互合拢，间距变小，故B项正确，A、C、D项错误．

热点题型四　三定则一定律的应用

1.安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的应用对比

基本现象

因果关系

应用规律

运动电荷、电流产生磁场

因电生磁

安培定则

磁场对运动电荷、电流有作用力

因电受力

左手定则

部分导体做切割磁感线运动

因动生电

右手定则

闭合回路磁通量变化

因磁生电

楞次定律

2.“三个定则”和“一个定律”的因果关系

（1）因电而生磁（I→B）→安培定则；

（2）因动而生电（v、B→I安）→右手定则；

（3）因电而受力（I、B→F安）→左手定则；

（4）因磁而生电（S、B→I安）→楞次定律．

因电生动

【例6】

贵州五校联考）如图所示，在匀强磁场中，放有一与线圈D相连接的平行导轨，要使放在线圈D中的线圈A（A、D两线圈同心共面）各处受到沿半径方向指向圆心的力，金属棒MN的运动情况可能是（　　）

A．匀速向右　　　　　　　B．加速向左

C．加速向右D．减速向左

【答案】BC

【解析】若金属棒MN匀速向右运动，则线圈D与MN组成回路中的电流恒定，故穿过线圈A的磁通量不变，线圈A不受安培力作用，选项A错误；

若金属棒MN加速向左运动，则线圈D与MN组成回路中的电流不断增强，故穿过线圈A的磁通量不断增强，根据楞次定律，为阻碍磁通量的增强，线圈A有收缩的趋势，受到沿半径方向指向圆心的安培力，选项B正确；

同理可得，当金属棒MN加速向右运动时，线圈A有收缩的趋势，受到沿半径方向指向圆心的安培力，选项C正确；

当金属棒MN减速向左运动时，线圈A有扩张的趋势，受到沿半径方向背离圆心的安培力，选项D错误．

【变式】.（多选）如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引（　　）

A．向右做匀速运动B．向左做减速运动

C．向右做减速运动D．向右做加速运动

【解析】当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定，无感应电流出现，A错；

当导体棒向左做减速运动时，由右手定则可判定回路中出现了b→a的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知c中出现顺时针方向的感应电流（从右向左看）且被螺线管吸引，B对；

同理可判定C对，D错．

“因电而动”现象的判断

【例7】.如图所示，通电螺线管置于水平放置的光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别静止在螺线管的左右两侧，现使滑动变阻器的滑动触头向左滑动，则ab和cd棒的运动情况是（　　）

A．ab向左运动，cd向右运动B．ab向右运动，cd向左运动

C．ab、cd都向右运动D．ab、cd保持静止

【答案】A.

【解析】由安培定则可知螺线管中磁感线方向向上，金属棒ab、cd处的磁感线方向均向下，当滑动触头向左滑动时，螺线管中电流增大，因此磁场变强，即磁感应强度变大，回路中的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流方向为a→c→d→b→a，由左手定则知ab受安培力方向向左，cd受安培力方向向右，故ab向左运动，cd向右运动．只有A正确．

【变式】如图所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动过程中，线圈ab将（　　）

A．静止不动B．逆时针转动

C．顺时针转动D．发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动的方向

【答案】C.

【解析】滑片P向右滑动过程中，电流增大，线圈处的磁场变强，磁通量增大，根据“阻碍”含义，线圈将阻碍磁通量增大而顺时针转动，故C正确．

【题型演练】

1．（2019·

北京西城区期末）从1822年至1831年的近十年时间里，英国科学家法拉第心系“磁生电”．在他的

研究过程中有两个重要环节：

（1）敏锐地觉察并提出“磁生电”的闪光思想；

（2）通过大量实验，将“磁生电”（产

生感应电流）的情况概括为五种：

变化的电流、变化的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动

的导体．结合你学过的相关知识，试判断下列说法正确的是（　　）

A．环节

（1）提出“磁生电”思想是受到了麦克斯韦电磁场理论的启发

B．环节

（1）提出“磁生电”思想是为了对已经观察到的“磁生电”现象做出合理解释

C．环节

（2）中五种“磁生电”的条件都可以概括为“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”

D．环节

（2）中“在磁场中运动的导体”这种情况不符合“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”这一条件

【解析】法拉第提出“磁生电”的闪光思想是受奥斯特发现电流周围存在磁场的影响，A、B错；

环节

（2）中“磁生电”的条件由法拉第总结概括为“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”，C对，D错．

2.下列图中能产生感应电流的是（　　）

【答案】B

【解析】根据产生感应电流的条件判断：

A中，电路没闭合，无感应电流；

B中，磁感应强度不变，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；

C中，穿过线圈的磁感线相互抵消，闭合电路的磁通量恒为零，无感应电流；

D中，磁通量不发生变化，无感应电流．

3．物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导

线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环，闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某

同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，

下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是（　　）

A．线圈接在了直流电源上B．电源电压过高

C．所选线圈的匝数过多D．所用套环的材料与老师的不同

【解析】金属套环跳起的原因是开关S闭合时，套环上产生感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的．线圈接在直流电源上，S闭合时，金属套环也会跳起．电压越高，线圈匝数越多，S闭合时，金属套环跳起越剧烈．若套环是非导体材料，则套环不会跳起，故选项A、B、C错误，D正确．

4．（2019·

浙江宁波模拟）如图甲所示，在同一平面内有两个圆环A、B，圆环A将圆环B分为面积相等的两部分，以图甲中A环电流沿顺时针方向为正，当圆环A中的电流如图乙所示变化时，下列说法正确的是（　　）

A．B中始终没有感应电流B．B中有顺时针方向的感应电流

C．B中有逆时针方向的感应电流D．B中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向

【解析】由于圆环A中的电流发生了变化，故圆环B中一定有感应电流产生，由楞次定律判定B中有顺时针方向的感应电流，故B选项正确．

5.如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属

框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则（　　）

A．ΔΦ1＞ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现

B．ΔΦ1＝ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现

C．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现

D．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现

【解析】设金属框在位置Ⅰ的磁通量为Φ1，金属框在位置Ⅱ的磁通量为Φ2，由题可知：

ΔΦ1＝|Φ2－Φ1|，ΔΦ2＝|－Φ2－Φ1|，所以金属框的磁通量变化量大小ΔΦ1＜ΔΦ2，由安培定则知两次磁通量均向里减小，所以由楞次定律知两次运动中线框中均出现沿adcba方向的电流，C对．

6.（2019·

湖南株洲模拟）如图，在一根竖直放置的铜管的正上方某处从静止开始释放一个强磁体，在强磁体沿

着铜管中心轴线穿过铜管的整个过程中，不计空气阻力，那么（　　）

A．由于铜是非磁性材料，故强磁体运动的加速度始终等于重力加速度

B．由于铜是金属材料，能够被磁化，使得强磁体进入铜管时加速度大于重力加速度，离开铜管时加速度小于重力加速度

C．由于铜是金属材料，在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管中都有感应电流，加速度始终小于重力加速度

D．由于铜是金属材料，铜管可视为闭合回路，强磁体进入和离开铜管时产生感应电流，在进入和离开铜管时加速度都小于重力加速度，但在铜管内部时加速度等于重力加速度

【解析】铜是非磁性材料，不能够被磁化，B错误；

铜是金属材料，在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管始终切割磁感线，铜管中都有感应电流，强磁体受到向上的磁场力，加速度始终小于重力加速度，C正确，A、D错误．

7.如图，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方水平快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是（　　）

A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向左

C．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右

【答案】D.

【解析】根据楞次定律的推论判断．磁铁靠近线圈时，线圈阻碍它靠近．线圈受到磁场力方向为右偏下，故FN>

mg，有向右运动趋势，磁铁从B点离开线圈时，线圈受到磁场力方向向右偏上，故FN<

mg，仍有向右运动趋势，因此只有D正确．

8.如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上．磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触．若不计空气阻力．重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）

A．在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针（从上向下看圆环）

B．磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力先竖直向上后竖直向下

C．磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变

D．磁铁落地时的速率一定等于

【解析】当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针（从上向下看圆环），当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针（从上向下看圆环），A正确；

根据楞次定律的推论“来拒去留”原则，可判断磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，B错误；

磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，机械能不守恒，C错误；

若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度v＝

，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于

，D错误．

9.（2019·

青岛模拟）如图甲所示，水平面上的平行导轨MN、PQ上放着两根导体棒ab、cd，两棒中间用绝缘丝线系住．开始时匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，I和FT分别表示流过导体棒中的电流和丝线的拉力（不计电流之间的相互作用力），则在t0时刻（　　）

A．I＝0，FT＝0　　　　B．I＝0，FT≠0

C．I≠0，FT＝0D．I≠0，FT≠0

【解析】.t0时刻，磁场变化，磁通量变化，故I≠0；

由于B＝0，故ab、cd所受安培力均为零，丝线的拉力为零，C项正确．

10.（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

【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。

11.（2019·

海南嘉积模拟）电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示，现使磁铁由静止开始下落，在N极接近线圈上端的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．流过R的电流方向是a到bB．电容器的下极板带正电

C．磁铁下落过程中，加速度保持不变D．穿过线圈的磁通量不断增大

【答案】BD

【解析】.在N极接近线圈上端的过程中，线圈中向下的磁通量在变大，所以选项D正确；

根据楞次定律可以得出，感应电流方向为逆时针（俯视图），流过R的电流方向是b到a，选项A错误；

线圈的下部相当于电源的正极，电容器的下极板带正电，所以选项B