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专题 九 电磁感应定律及其应用
××
命 题 趋 势
本专题的考查集中在楞次定律，法拉第电磁感定律的应用，电磁感应中的图象问题、电路问题、动力学
和能量问题，题型以选择题为主；计算题常以“导体棒”切割磁感线为背景，还可能会涉及动量的问题。
考 点 清 单
一、楞次定律和法拉第电磁感应定律
1．判定感应电流方向的两种方法
(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。
(2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。
2．感应电荷量的计算
q＝It＝n(n：匝数，ΔΦ：磁通量变化量，R＋r：闭合电路的总电阻)
二、电磁感应中力电综合问题
1．掌握电磁感应综合问题的解题步骤
(1)确定电源部分，即电源的电动势大小和极性，电源的内阻大小。
(2)确定外电路。
(3)综合运动闭合电路的欧姆定律、运动学公式、牛顿运动定律、能量和动量守恒等定律知识解答。
2．必须辨明的“3个易错易混点”
(1)发生电磁感应的电路中，产生感应电动势的部分为“电源”，其余部分为“外电路”。
(2)安培力做正功，电能转化为其他形式的能量，安培力做负功，其他形式的能量转化为电能。
(3)安培力的冲量为I＝BIl·Δt＝qBl＝x。
精 题 集 训
（70分钟）经典训练题
1．(多选)在三角形ABC区域中存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，三边电阻均
为R的三角形导线框abc沿AB方向从A点以速度v匀速穿过磁场区域。如图所示，ab＝L，AB＝2L，∠abc
＝∠ABC＝90°，∠acb＝∠ACB＝30°。线框穿过磁场的过程中( )
A．感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向
B．感应电流先增大，后减小
C．通过线框的电荷量为
D．c、b两点的最大电势差为BLv
【答案】AD
【解析】线圈穿越磁场的过程中，磁通量先增加后减小，则根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方
向，后沿顺时针方向，选项A正确；线框穿过磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增加、后减小、再增
加，则感应电流先增加、后减小、再增加，选项B错误；根据q＝，因进入和穿出磁场时，磁通量的变化量
相同，且感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，可知通过线框的电荷量为零，选项C错误；当线框完
全进入磁场时，c、b两点的电势差最大，最大为Ucb＝E＝B·Lv＝BLv，选项D正确。]
【点评】注意题目中的关键字眼：“三角形导线框”表明线框进入磁场过程中有效长度发生变化；“穿
过磁场区域”表明磁通量先增大，后减少。
2．(多选)如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C 和C 是半径都为a的两圆形磁场区域，其
1 2
区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C 中磁场的磁感应强度随时间按B ＝b＋kt(k＞0)变化，C 中
1 1 2
磁场的磁感应强度恒为B，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C 的圆心，垂直地跨放在
2 2
两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止(轨道电阻不计，重力加速度大小为g)。则( )
A．通过金属杆的电流方向为从A到B
B．通过金属杆的电流大小为
C．定值电阻的阻值为
D．整个电路中产生的热功率为【解析】区域C 中磁场的磁感应强度随时间按B ＝b＋kt(k＞0)变化，可知磁感应强度均匀增大，穿过整
1 1
个回路的磁通量增大，由楞次定律分析知，通过金属杆的电流方向为从 B到A，故A错误；对金属杆，根据
平衡方程得mg＝BI·2a，解得I＝，故B正确；由法拉第电磁感应定律，回路中产生的感应电动势E＝＝πa2
2
＝kπa2；且闭合电路欧姆定律有I＝，又I＝，解得R＝－r，故C错误；整个电路中产生的热功率P＝EI＝，
故D正确。
【答案】BD
高频易错题
1．(多选)(2020·山东学业水平等级考试·T )如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感
12
应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内
的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计时，4 s末
bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为F ，二者与时间
ab
t的关系图像可能正确的是( )
【答案】BC
【解析】第1 s内，ae边切割磁感线，由E＝BLv可知，感应电动势不变，导体框总电阻一定，故感应电
流一定，由安培力F＝BIL可知ab边所受安培力与ab边进入磁场的长度成正比；第2 s内，导体框切割磁感
线的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；第3～4 s内，导体框在第二象限内切割
磁感线的有效长度保持不变，在第一象限内切割磁感线的有效长度不断增大，但两象限磁场方向相反，导体
框的两部分感应电动势方向相反，所以第2 s末感应电动势达到最大，之后便不断减小，第3 s末与第1 s末，
导体框切割磁感线的有效长度相同，可知第 3 s末与第1 s末线框中产生的感应电流大小相等，A错误，B正
确；但第3 s末ab边进入磁场的长度是第1 s末的3倍，即ab边所受安培力在第3 s末的大小等于第1 s末所
受安培力大小的3倍，C正确，D错误。
【点评】本题通过不规则导体框在磁场中的运动考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力。
本题的易错点是：2～4 s内导体框切割磁感线的有效长度是变化的。
2．如图甲所示，固定的光滑平行导轨(电阻不计)与水平面的夹角为θ＝30°，导轨足够长且间距L＝0.5
m，底端接有阻值为R＝4 Ω的电阻，整个装置处于垂直导体框架斜向上的匀强磁场中，一质量为 m＝1 kg、
电阻r＝1 Ω、长度也为L的导体棒MN在沿导轨向上的外力F作用下由静止开始运动，拉力F与导体棒速率
倒数的关系如图乙所示，已知g＝10 m/s2。则( )A．v＝5 m/s时拉力大小为7 N
B．v＝5 m/s时拉力的功率为140 W
C．匀强磁场的磁感应强度的大小为2 T
D．当导体棒的加速度a＝8 m/s2时，导体棒受到的安培力的大小为2 N
【答案】C
【解析】由题图乙可知，v＝5 m/s时拉力F＝14 N，拉力的功率P ＝Fv＝70 W，A、B错误；导体棒的最
F
大速度v ＝10 m/s，此时拉力最小F ＝7 N，F －mgsin θ－F ＝0，F ＝，得B＝2 T，C正确；F＝70，F
max min min 安 安
－mgsin θ－F ＝ma，F ＝＝v，当a＝8 m/s2时，由以上三式得v2＋65v－350＝0，解得v＝5 m/s，故此时安
安 安
培力的大小F ＝v＝1 N，D错误。
安
精准预测题
1．如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内顺时针减速
旋转时，由此可知( )
A．圆环b具有扩张趋势
B．圆环b中产生顺时针方向的感应电流
C．若圆环a逆时针加速旋转，圆环b中产生逆时针方向的感应电流
D．若圆环a逆时针减速旋转，圆环b中产生顺时针方向的感应电流
【答案】B
【解析】当带正电的绝缘圆环a顺时针减速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在减小，根据右手螺
旋定则，其内有垂直纸面向里的磁场，其外有垂直纸面向外的磁场。因垂直向外磁场不全在 b环中，因此会
导致b环中的磁通量减小，根据楞次定律，b环中感应电流在b环内产生垂直纸面向里的磁场，根据安培定则
可知，b环中产生顺时针方向的感应电流。根据左手定则，磁场对b环电流的作用力向内，所以圆环b具有收
缩趋势，故A错误，B正确；若a环逆时针加速旋转，同理a中有逆时针方向增大的电流，b环中产生顺时针
方向的感应电流，故C错误；若a环逆时针减速旋转，同理，a中有逆时针方向减小的电流，依据右手螺旋
定则与楞次定律，b环中产生逆时针方向的感应电流，故D错误。
2．电磁驱动是21世纪初问世的新概念、新技术，现已广泛应用在我们的日常生活中。装在汽车上的磁
性转速表就利用了电磁驱动，其工作原理如图所示。下列说法正确的是( )A．永久磁体和铝盘应装在同一转轴上，两者同步转动游丝铝盘
B．永久磁体和铝盘应装在不同的转轴上，两者转动方向相反
C．永久磁体相对铝盘转动，铝盘中产生感应电流，并受安培力而转动
D．在电磁驱动的过程中，通过克服安培力做功消耗机械能转化为电能
【答案】C
【解析】永久磁铁固定在转轴上，铝盘国定在指针轴上，铝盘和永久磁体不是同转轴带动，所以两者转
动不是同步的，故A错误；该转速表运用了电磁感应原理，由楞次定律知，铝盘磁场总是阻碍永久磁铁转动，
要使减小穿过铝盘磁通量的变化，永久磁铁转动方向与铝盘转动方向相同，故B错误；当永久磁铁随转轴转
动时，产生转动的磁场，在铝盘中产生感应电流，这时永久磁铁的磁场会对铝盘上的感应电流有安培力的作
用，而产生一个转动的力矩，使指针转动，由于弹簧游丝的反力矩会使指针稳定在某一刻度上，故C正确；
在电磁驱动的过程中，通过安培力做功消耗电能转化为机械能，故D错误。
3．(多选)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器 C和电阻R，导体棒MN放在导
轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应
强度方向为正），MN始终保持静止，则0～t 时间内( )
2
A．流过电阻R的电流方向始终没变
B．电容器C的a板一直带正电
C．t 时刻电容器C的带电量为零
1
D．MN所受安培力的方向始终没变
【答案】AB
【解析】由图乙可知，磁感应强度先减小后方向相反增大，即穿过回路的磁通量先减小后方向相反且增
大，根据楞次定律，回路中感应电流产生的磁场阻碍远磁场的变化，所以回路中感应电流产生的磁场方向不
会发生变化，则回路中的感应电流方向不发生变化，A正确；根据楞次定律可判断，通过R的电流一直向下，
电容器a板电势较高，一直带正电，B正确；t 时刻磁场应强度为零，但是磁通量的变化量不为零，所以感应
1
电动势不为零，即感应电流不为零，则电容器C的带电量不为零，C错误；通过MN的电流方向不发生变化，
但是磁场方向发生了变化，所以MN所受的安培力方向发生了变化，D错误。
4．如图，在光滑的水平面上，一半径为r的金属环匀速穿过一个方向竖直向下的有界匀强磁场(磁场宽度d＞2r)。规定金属环中感应电流沿顺时针方向为正方向，以进入磁场瞬间为计时起点，下列能表示圆环中
感应电流随时间变化的图像是( )
【答案】B
【解析】进入磁场的圆弧环切割磁感线产生感应电动势， 设半径与水平方向的夹角为θ，则E＝2Brvsin
θ。进入磁场的初始阶段由右手定则可知电流方向为逆时针方向，且E逐渐增大，感应电流逐渐增大，当恰好
半个圆环进入磁场时感应电流达到最大；此后电流逐渐减小，由右手定则知电流还是逆时针方向。金属环完
全进入磁场后，由于金属环内的磁通量不变，所以没有感应电流。在金属环从磁场穿出时，由右手定则知电
流方向是顺时针方向，电流逐渐增大；穿出半个圆后电流逐渐减小，仍然是顺时针方向。故B正确，ACD错
误。
5．(多选)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨水平放置在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀
强磁场中，导轨间距为L，电阻忽略不计，左端连接两个电阻R 和R ，R ＝r，R ＝2r。长为3L、电阻为3r
1 2 1 2
的粗细均匀的金属棒垂直放置在导轨上，其中ab＝bc＝L。金属棒在水平向右的外力F（F未知）的作用下，
以速度v做匀速直线运动，下列说法正确的是( )
A．导体棒ad间的电压U ＝3BLv
ad
B．外力
C．流过R 电流
2
D．R 上的功率为
1
【答案】BD
【解析】根据电磁感应定律可知，此时导体棒ad产生的感应电动势E＝3BLv，因ab＝bc＝cd＝L，可知
E ＝E ＝E ＝BLv，闭合电路总电阻 ，则感应电流 ，此时bc两端的电压U ＝I‧r
ab bc cd bc
＝BLv，则导体棒ad间的电压U ＝U ＋E ＋E ＝2.4BLv，故A错误；金属棒此时受力平衡，安培力等于水
ad bc ab cd平外力， ，故 B 正确；因为 R 、R 并联，R∶R ＝1∶2，则 I∶I ＝2∶1，可得
1 2 1 2 1 2
，故C错误； ，则电功率 ，故D正确。
6．如图，用一根总电阻为2R粗细均匀的铜导线制成半径为L的圆环，PQ为圆环的直径，其左右两侧四
分之一圆面积内各存在垂直于圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反。一根长度为
2L、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，转动过程中
金属棒MN与圆环始终接触良好，不计一切阻力和摩擦，下列说法正确的是( )
A．转动过程中流过金属棒中电流方向始终是从N到M
B．图示位置金属棒两端的电压大小为BωL2
C．从PQ位置开始计时，0～ 时间内通过金属棒MN的横截面电荷量为零
D．金属棒旋转一周的过程中，金属棒中电流的有效值为
【答案】D
【解析】当OM在左上方磁场中时，由右手定则可知金属棒中电流方向是从 N到M，当OM在右下方磁
场中时，由右手定则可知金属棒中电流方向是从M到N，故A错误；图示位置金属棒产生的感应电动势E＝
2×BLω×L＝BωL2，外电路的总电阻r＝R，图示位置金属棒两端的电压大小U＝BωL2，故B错误；从PQ位置
开始计时，0～ 时间内切割磁感线产生的平均感应电动势＝BωL2，所以平均感应电流不为0，则通过金属
棒MN 的横截面电荷量不为零，故C错误；金属棒转动一周过程中有半个周期内有电流产生，且大小
，金属棒旋转一周的过程中，由 ，可得金属棒中电流的有效值 ，故D
正确。
7．(多选)如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨 MAC、NBD水平放置，MA、NB间距L＝0.4 m，
AC、BD的延长线相交于点E且AE＝BE，E点到AB的距离d＝6 m，M、N两端与阻值R＝2 Ω的电阻相连。虚线右侧存在方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场，磁感应强度 B＝1 T，一根长度也为L＝0.4 m、质量m＝
0.6 kg电阻不计的金属棒，在外力作用下从AB处以初速度v＝2 m/s沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好
0
运动过程中电阻R上消耗的电功率不变。则( )
A．电路中的电流为0.4 A
B．金属棒向右运动d过程中克服安培力做的功为0.72 J
C．金属棒向右运动d过程中外力做功的平均功率为3.52 W
D．金属棒向右运动d过程中在电阻中流过的电量为0.45 C
【答案】ACD
【解析】金属棒开始运动时产生感应电动势E＝BLv ＝0.8 V，电路中的电流I＝＝0.4 A，A正确；金属棒
0
向右运动运动距离为x时，金属棒接入电路的有效长度为 L ，由几何关系可得 ，此
1
时金属棒所受安培力 (0≤x≤d)，作出F－x图象，由图象可得运动d过程中克服安培力所
做的功 ，B错误；金属棒运动d过程所用时间为t，W＝I2Rt，解得t＝ s，
设金属棒运动的d的速度为v，由于电阻R上消耗的电功率不变，则有BLv ＝BLv，v＝2v ，由动能定理可得
0 0
Pt－W＝mv2－mv2，解得P＝3.52 W，C正确；由图可知 ，则q＝Δt＝＝0.45
0
C，D正确。
8．如图所示，空间内固定有两平行金属导轨，左侧部分水平且光滑，处于竖直向上的匀强磁场中；右侧
倾角为α且足够长，处于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中。导轨上连接的电阻 R ＝R ＝R，理想电源的电
1 2
动势为E，内阻忽略不计。质量为m的导体棒静置在左侧水平金属导轨上，闭合开关 S的同时，给导体棒一
水平向右的初速度，导体棒恰能做匀速直线运动，直至水平抛出。一段时间后，导体棒刚好沿右侧导轨方向
落在导轨上。已知两匀强磁场的磁感应强度大小均为B，导轨间距均为d，重力加速度为g。若导轨及导体棒
的电阻均不计，导体棒在运动过程中始终保持水平且与导轨垂直，求：(1)棒获得的水平初速度大小；
(2)右导轨顶端距左导轨的高度；
(3)棒在右导轨上最终的速度大小。
【解析】(1)因导体棒匀速运动，故导体棒受到的安培力为零，即感应电动势等于电源电动势E，即：
E＝Bdv
0
故导体棒获得的初速度 。
(2)设右导轨顶端距左导轨的高度为h，因导体棒沿右侧导轨方向落于导轨，所以导体棒的末速度方向与
沿导轨方向，此时有：
，v＝v，v2＝2gh
x y
联立解得 。
(3)导体棒最终在导轨上做匀速直线运动，所以受力平衡：
mgsin α＝Bid，E＝Bdv ，E＝IR
m 2
联立解得： 。
9．如图甲所示，有一边长L＝3 m的正方形金属线框，其质量m＝1 kg、电阻R＝6 Ω，在一个方向与v
0
平行的水平外力F作用下匀减速进入匀强磁场。已知磁场方向垂直纸面向里，磁场左右边界的宽为2L。以线
框右边进入磁场开始计时，线框的初速度v ＝4 m/s，在t＝1.0 s时线框左边进入磁场立即撤去外力，外力F
0
大小随时间t变化的图线如图乙所示。若线框与水平面间接触光滑且绝缘。则：
(1)线框进入磁场过程的加速度a大小及磁感应强度B的大小；
(2)求线框离开磁场右边界时的速度v′；
(3)已知线框进入磁场过程中拉力做功W ＝－2.5 J，求线框从进入磁场到离开磁场整个过程中产生的电热
FQ。
【解析】(1)设加速度大小为a，取向左为正方向，则有：
线框右边进入时
线框左边进入时
又L＝vt－at2
0
联立解得：a＝2 m/s2，B＝0.5 T。
1
(2)面积表示冲量，有：I ＝－(F＋F)t＝－0.875 N‧s
F 1 2
线框进磁场时有：I ＋I ＝mv－mv
F FA 0
代入得I ＝－1.125 N‧s
FA
线框出磁场和进入磁场安培力的冲量相等：I ′＝I ＝－1.125 N‧s
FA FA
线框离开磁场右边界时有：I ＋2I ＝mv′－mv
F FA 0
得v′＝0.875 m/s，方向水平向右。
(3)动能定理：W ＋W ＝mv′2－mv2
F FA 0
解得：Q＝－W ≈5.12 J。
FA
10．如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，间距L＝0.4 m，定值电阻R＝1.6 Ω，电容器电
容C＝2.5 F，磁感应强度B＝1 T的匀强磁场垂直于导轨平面向上。有一质量m＝0.1 kg、电阻不计的导体棒
ab与导轨垂直放置且接触良好，仅闭合S，ab在水平外力F作用下运动。电阻R两端电压随时间变化的规律
1
如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求ab的加速度大小；
(2)求从ab开始运动5 s内通过R的电荷量；
(3)若开始时断开S，闭合S 后，导体棒受到大小为导体棒重力一半的水平拉力，试分析导体棒的运动状
1 2
态及5 s时间内电容器中储存的能量。
【解析】(1)ab棒运动切割磁感线，产生的动生电动势E＝BLv
仅闭合S，棒无内阻，则闭合电路中电阻R的电压U＝E＝BLv
1
因其U－t图像均匀增大，说明是棒的速度随时间均匀增大，有：U＝E＝BLat
由斜率的意义可得：BLa＝k＝0.8解得棒的加速度a＝2 m/s2。
(2)由电量的定义式有：q＝It
因棒做匀加速直线运动，有：＝v＝at
则可得
联立解得通过R的电荷量q＝6.25 C。
(3)若开始时断开S ，闭合S 后，棒在F＝mg的拉力作用下加速运动，切割磁感线产生动生电动势，同
1 2
时给电容器充电，设任一时刻棒运动的速度为v，电流为i，则由牛顿第二定律有：
mg－BiL＝ma
1
由于棒和导轨的电阻不计，则有：U ＝BLv
C
因在任一段时间Δt内通过回路横截面的电荷量与电容器所带电荷量的变化相同，则有：
代入到牛顿第二定律表达式可得
可证得棒的加速度恒定，即棒做匀加速直线运动；代入数据可得加速度a＝1 m/s2。
1
棒在5 s内匀加速的速度和位移为：
v＝at＝5 m/s，x＝at2 ＝12.5 m
1 1 1 1
对棒由动能定理，有：Fx－W ＝mv2－0
1 FA 1
安培力做负功把机械能转化为电能再储存为电容器中的电场能，则5 s时间内电容器中储存的能量为
ΔE ＝W ＝5 J。
电 FA
11．如图甲所示，两条平行光滑水平导轨间距为L，左右两侧折成倾斜导轨，其倾角均为θ＝45°，左侧
轨道高为L。导轨水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示。导体棒ab
固定在左侧导轨最高点，cd固定在水平导轨上，与左侧轨道底端相距为2L，导体棒ab、cd长均为L、电阻均
为R，质量分别为m和2m。从0时刻开始，静止释放导体棒ab，当ab到达左侧轨道底端时立即释放导体棒
cd。不计导轨电阻和空气阻力，已知L＝1 m，R＝0.5 Ω，m＝1 kg，g＝10 m/s2，B ＝2 T。求：（结果保留根
0
号）
(1)导体棒ab在左侧导轨上运动的过程中导体棒cd产生的焦耳热Q；
(2)若水平导轨足够长，且两棒在水平导轨上不会相撞，则两棒在水平导轨上运动过程中通过导体棒截面
的电荷量q是多少；(3)在(2)的条件下，若右侧倾斜导轨足够长，且导体棒落在倾斜导轨上时立即被锁定，求导体棒ab、cd
最终静止时的水平间距x。
【解析】(1)ab棒在左侧轨道下滑过程有： ①
mgsin θ＝ma ②
解得 s ③
此时刻以后磁场恒定不变，则ab在左侧轨道上运动过程中回路中的电动势为
④
此过程中cd棒产生的焦耳热 ⑤
联立③④⑤解得：Q＝8 J。
(2)ab棒到达低端的速度v＝at
0 1
解得v＝ m/s ⑥
0
ab、cd两棒在水平轨道上运动过程中动量守恒且末速度相等：mv＝3mv ⑦
0
对cd棒由静止到达共速应用动量定理：BILΔt＝2mΔv ⑧
0
对⑧式两边求和得 ⑨
联立⑥⑦⑨式解得： C。
(3)设Δx为两棒在水平轨道上的相对位移，第(2)问中
解得 m
cd棒抛出后到；落到右侧倾斜轨道有h＝gt2
2
x ＝vt
cd 2
且h＝x
cd
此过程中ab棒和cd棒的水平速度相等，则x ＝x
ab cd
联立解得 m
则x ＜2L－Δx
ab
故导体棒cd落在右侧倾斜轨道后导体棒ab仍在水平轨道上，再次构成闭合回路。设ab棒接下来在水平轨道上的位移为x ′，对ab棒由动量定理：
ab
而两边求和得
解得 m
由此可知x ′＋x ＜2L－Δx
ab ab
故导体棒ab最终静止在水平轨道上，与cd水平间距离x＝2L－Δx－x ′＝(2－ ) m。
ab
