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选择题考点专项 53 法拉第电磁感应定律的应用
1.(感应电动势的方向)图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如
图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管
回归原位置。下列说法正确的是( )
A.按下按钮过程，螺线管P端电势较低
B.松开按钮过程，螺线管Q端电势较高
C.按住按钮不动，螺线管中会产生感应电动势
D.按下和松开按钮过程，螺线管产生的感应电动势大小一定相同
2.(多线圈感生电动势)近场通信(NFC)器件依据电磁感应原理进行通信，其内部
装有类似于压扁的线圈作为天线。如图所示，这种线圈从内到外逐渐扩大，构
成正方形。在这个正方形 NFC线圈中，共有 3圈，它们的边长分别为 a、b、
c(a>b>c)，需要注意的是，图中线圈接入内部芯片时与芯片内部线圈绝缘，从
而能够正确地连接到内置芯片。若匀强磁场垂直穿过该线圈时，磁感应强度随
时间变化规律为B＝kt＋B (k为常数)。则整个线圈产生的感应电动势最接近(
0
)
A.3a2k B.(a2＋b2＋c2)k
C.3(a2＋b2＋c2)k D.(a＋b＋c)2k
3.(感生电动势)两个半径不同的半圆金属环可以组成如图甲、乙所示的两种闭合
回路，两半圆环位于同一平面内，圆心重合，较小的半圆环的半径为r，整个回
路的电阻为R。将两个闭合回路放在垂直环面的匀强磁场中，磁感应强度随时
间变化的规律如图丙所示，则t 时刻，甲、乙两回路中小的半圆环受到的安培
0力之差为(图中均为已知量)( )
A. B.
C. D.
4.(感生电动势)(多选)将一根绝缘细导线绕成如图所示的线圈，再将线圈和小灯
泡构成闭合回路，线圈内部存在一方向垂直纸面向里的均匀磁场，已知小灯泡
的电阻为R，细导线的电阻为r，矩形的面积为S ，小圆的面积为S ，磁感应强
1 2
度大小随时间变化的规律为B＝B ＋kt，B 和k均为大于零的常量，下列说法正
0 0
确的是( )
A.通过灯泡的电流由a流向b
B.闭合回路中的感应电动势为k(S －S )
1 2
C.通过小灯泡的电流大小为
D.小灯泡两端的电压为
5.(动生电动势)在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为 B，方向相
反的匀强磁场，如图所示，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径
为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向以速度v从如图位置运动，
当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为v，则下列说法正确
的是( )
A.此时圆环中的电功率为
B.此时圆环的加速度为
C.此过程中通过圆环截面的电荷量为
D.此过程中回路产生的电能为0.75mv26.(直棒非垂直切割)如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴
OO′，接入电阻R构成回路。导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从
竖直位置拉开小角度 θ静止释放，导体杆开始下摆。当 R＝R 时，导体杆振动
0
图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当 R＝2R 时，导体杆振动图
0
像是( )
7.(旋转垂直切割)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体
棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕 O点在纸
面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φ 、φ 、φ ，则( )
0 A C
A.φ >φ B.φ >φ
O C C A
C.φ ＝φ D.φ －φ ＝φ －φ
O A O A A C
8.(旋转环切＋电容器)(多选)半径分别为r和2r的同心圆导轨固定在同一水平面
内，一长为r，电阻为R的均匀金属棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过
圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应
强度的大小为B，方向竖直向下，在两环之间接阻值为 R的定值电阻和电容为
C的电容器，直导体棒在水平外力作用下以角速度 ω绕O逆时针匀速转动，在
转动过程中始终与导轨保持良好的接触，导轨电阻不计，下列说法正确的是()
A.金属棒中电流从A流向B
B.金属棒两端电压为Bω2r
C.电容器的M板带正电
D.电容器所带电荷量为CBωr2
9.(平动切割与旋转切割)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab
与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如
图所示的匀强磁场，金属杆 OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触
良好，金属杆MN始终与导轨垂直，初始时MN静止在平行导轨上。若杆OP绕
O点在匀强磁场区内从 b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，
下列说法正确的有( )
A.杆OP产生的感应电动势为E＝Br2ω
B.杆OP转动产生的感应电流方向由N→M
C.杆MN向左运动
D.杆MN中的电流逐渐增大
10.(感生＋旋转切割)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半
圆弧的中心，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻，可绕O转
动的金属杆。M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在垂直半圆所在
平面的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B，现使金属杆OQ位置以恒定的角速
度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率
从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于(
)A. B.
C. D.2
11.(动生＋交流电)(多选)如图所示，虚线圆边界与金属圆环是以 O为圆心的同
心圆，半径分别是1 m和2 m，在它们之间存在以O P为理想分界线的有界匀
1
强磁场，磁场的大小都为2 T，方向相反并垂直于圆面；不计电阻的金属杆AC
以O为转轴做角速度为2 rad/s的匀速圆周运动，转动过程中两端始终与金属圆
环接触，金属圆环的总电阻为48 Ω，则( )
A.金属杆AC转一圈电流的方向改变1次
B.流过金属杆AC的电流大小始终为1 A
C.金属圆环的发热功率为48 W
D.金属杆AC转一圈克服安培力做功37.68 J
12.(感生＋交流电)如图所示，半径为 r的金属圆环放在垂直纸面向外的匀强磁
场中，环面与磁感应强度垂直、磁场的磁感应强度为 B ，保持圆环不动，使磁
0
场的磁感应强度随时间均匀增大、经过时间t、磁场的磁感应强度增大到B ，此
1
时圆环中产生的焦耳热为Q；保持磁场的磁感应强度B 不变，将圆环绕对称轴
1
(图中虚线)匀速转动，经时间2t圆环转过90°，圆环中电流大小按正弦规律变化，
圆环中产生的焦耳热也为Q，则磁感应强度B 和B 的比值为( )
0 1
A. B.
C. D.解析答案53 法拉第电磁感应定律的应用
1．A [按下按钮的过程中，螺线管中的磁场增强，由楞次定律及右手螺旋定则
可知，螺线管中的感应电流由 P流向Q，螺线管作为电源，在电源内部感应电
流由负极流向正极，所以其P端电势较低，故A正确；松开按钮的过程中，螺
线管中的磁场减弱，由楞次定律及右手螺旋定则可知，螺线管中的感应电流由
Q流向P，螺线管作为电源，在电源内部感应电流由负极流向正极，所以其Q
端电势较低，故B错误；按住按钮不动，螺线管中的磁通量变化率为零，线圈
中不会产生感应电动势，故 C错误；按下和松开按钮的过程中，产生的感应电
动势方向不同，故D错误。]
2．B [根据法拉第电磁感应定律可知，3圈线圈产生的电动势大小分别为E ＝
1
a2＝ka2，E ＝b2＝kb2，E ＝c2＝kc2，由图可知3圈线圈产生的电动势方向相同，
2 3
则整个线圈产生的感应电动势为E＝E ＋E ＋E ＝(a2＋b2＋c2)k，故B正确。]
1 2 3
3．C [设甲回路的面积为S ，则感应电动势E ＝S ，t 时刻，甲回路中小的半
1 1 1 0
圆环受到的安培力F ＝2B r，设乙回路的面积为S ，则感应电动势E ＝S ，t 时
1 0 2 2 2 0
刻，乙回路中小的半圆环受到的安培力 F ＝2B r，由题意知，甲、乙两回路面
2 0
积之差为S －S ＝πr2，则安培力之差ΔF＝F －F ＝，故C正确。]
1 2 1 2
4．AC [由磁感应强度的变化规律可知，闭合回路中的磁感应强度向内，磁通
量增加，由楞次定律可知，通过小灯泡的电流由a流向b，A正确；矩形线圈产
生的感应电动势为E ＝S＝kS ，小圆线圈产生的感应电动势为 E ＝S＝kS ，由
1 1 1 2 2 2
楞次定律可知，两部分线圈产生的感应电动势方向相同，所以总电动势为 E＝
E ＋E ＝k(S ＋S )，B错误；通过小灯泡的电流大小为 I＝＝，C正确；通过小
1 2 1 2
灯泡的电流是恒定电流，小灯泡两端的电压为U＝IR＝，D错误。]
5．C [根据右手定则可知，在图示位置，圆环左、右两边的线圈因切割磁感线
而产生的感应电流方向相同(均是顺时针方向)，线圈中的感应电动势大小E＝
2B·2a·v＝2Bav，感应电流大小I＝＝，此时圆环中的电功率为P＝EI＝，故A
错误；根据左手定则可知，圆环左、右两边受到的安培力均是水平向左，所以
根据牛顿第二定律可知，圆环的加速度为a＝＝·＝，故B错误；此过程中通过
圆环截面的电荷量为Q＝IΔt＝·Δt＝＝，故C正确；此过程中回路产生的电能等于小球动能的减小量，所以W ＝mv2－m＝mv2，故D错误。]
电
6．B [导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆
受到的安培力总是阻碍导体棒的运动。当R从R 变为2R 时，回路中的电阻增
0 0
大为原来的2倍，则电流减小，导体杆所受安培力减小，即导体杆在摆动时所
受的阻力减弱，导体杆从开始摆动到停止，运动的路程和经历的时间变长，所
以导体杆振动图像是图B。]
7．A [由题图可看出 OA 导体棒转动切割磁感线，则根据右手定则可知
φ >φ ，其中导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，电流为0，则φ ＝φ ，A
O A C A
正确，B、C错误；根据以上分析可知 φ －φ >0，φ －φ ＝0，则φ －φ >φ －
O A A C O A A
φ ，D错误。]
C
8．CD [根据右手定则可知，金属棒 AB逆时针切割磁感线时，产生的感应电
流应该是从B向A，故A错误；据E ＝BLv以及v＝rω可得切割磁感线时产生
感
的电动势E ＝BLv＝Br()＝Br2ω，切割磁感线的导体相当于电源，则AB两端的
感
电压相当于电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知 U ＝E ＝×Br2ω＝
AB 感
Br2ω，故B错误；切割磁感线的 AB相当于电源，在 AB内部电流方向由 B向
A，故金属棒A相当于电源正极，故与 A接近的电容器M板带正电，故C正确；
由B分析知，AB两端的电压为Br2ω，则电容器两端的电压也是 Br2ω，故电容
器所带电荷量Q＝CU＝CBr2ω，故D正确。]
9．C [OP转动过程中旋转切割磁感线，设OP长度为r，角速度为ω，由E＝
Brv，v＝，可得感应电动势为E＝，故A错误；由右手定则可知，OP转动切割
磁感线时，感应电流方向由O→P，故回路中产生逆时针方向的感应电流，所以
流过金属杆MN的电流方向由M→N，故B错误；由左手定则可知，金属杆MN
受到的安培力方向水平向左，故杆 MN向左运动，故C正确；当金属杆向左运
动时，杆 MN 切割磁感线，产生顺时针方向的感应电流，设金属杆的速度为
v′，杆长为L，则感应电动势为E′＝BLv′，故回路中的感应电动势为E ＝E－E′
总
＝－BLv′，故随着金属杆速度的增大，回路中的感应电动势逐渐减小，感应电
流逐渐减小，故D错误。]
10．B [过程Ⅰ回路中磁通量变化ΔΦ ＝BπR2，设OM的电阻为R，流过OM的
1
电荷量Q ＝。过程Ⅱ回路中磁通量变化 ΔΦ ＝(B′－B)πR2，流过OM的电荷量
1 2Q ＝。Q ＝Q ，联立解得＝，B正确。]
2 2 1
11．BD [金属杆AC每经过O P一次则电流方向改变一次，则转一圈电流的方
1
向改变2次，A错误；金属杆产生的感应电动势 E＝2B(2r－r)ω＝12 V，电路总
电阻R＝ Ω＝12 Ω，流过金属杆AC的电流大小始终为I＝＝1 A，B正确；金属
圆环的发热功率为P＝＝ W＝12 W，C错误；金属杆AC转一圈克服安培力做
功等于产生的焦耳热W＝Q＝I2RT＝12×12× J＝37.68 J，D正确。]
12．A [若保持圆环不动，则产生的感应电动势恒定为 E ＝，则Q＝t＝①，若
1
线圈转动：则产生的感应电动势最大值 E ＝B ωS＝B ·πr2＝，有效值E ＝，产
2m 1 1 2
生的热量Q＝×2t＝②，联立①②可得＝，故A正确。]
