高考物理电磁学知识点之电磁感应知识点复习

一、选择题

1．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．从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向 D．铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力

2．如图所示，铁芯P上绕着两个线圈A和B， B与水平光滑导轨相连，导体棒放在水平导轨上。A中通入电流i（俯视线圈A，顺时针电流为正），观察到导体棒向右加速运动，则A中通入的电流可能是（ ）

A． B．

C． D．

3．如图所示，使一个水平铜盘绕过其圆心的竖直轴OO转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的.现把一个蹄形磁铁水平向左移近铜盘，则

A．铜盘转动将变快 B．铜盘转动将变慢

C．铜盘仍以原来的转速转动 D．因磁极方向未知，无法确定

4．如图所示，水平绝缘的桌面上放置一个金属环，现有一个竖直的条形磁铁从圆环左上方沿水平方向快速移动经过正上方到达右上方，在此过程中（ ）

A．圆环一定向右运动 C．圆环受到的摩擦力方向不变

B．圆环中的感应电流方向不变 D．圆环对桌面的压力先减小后增大

5．如图所示两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针用一弹性细丝悬挂在直导线正上方，开关断开时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是（ ）

A．闭合开关小磁针N极朝垂直纸面向里转动，接着回到原位

B．闭合开关，小磁针N极朝垂直纸面向里转动，并保持在转动后的位置 C．开关从闭合状态断开，小磁针N极不发生偏转

D．开关从闭合状态断开，小磁针N极朝垂直纸面向里转动，接着回到原位

6．如图所示，将直径为d，电阻为R的闭合金属环从匀强磁场B中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为（ ）

Bd2A．

4R2BdB．

RBd2C．

RBd2D．

R7．一个简易的电磁弹射玩具如图所示，线圈、铁芯组合充当炮筒，硬币充当子弹。现将一个金属硬币放在铁芯上（金属硬币半径略大于铁芯半径），电容器刚开始时处于无电状态，先将开关拨向1，电容器充电，再将开关由1拨向2瞬间，硬币将向上飞出。则下列说法正确的是（ ）

A．当开关拨向1时，电容器上板带负电 B．当开关由1拨向2时，线圈内磁感线方向向上 C．当开关由1拨向2瞬间，铁芯中的磁通量减小 D．当开关由1拨向2瞬间，硬币中会产生向上的感应磁场

8．如图所示，一闭合直角三角形线框abc以速度v匀速向右穿过匀强磁场区域，磁场宽度大于ac边的长度．从bc边进入磁场区，到a点离开磁场区的过程中，线框内感应电流的情况（以逆时针方向为电流的正方向）是下图中的（ ）

A． B．

C． D．

9．有一种自行车，它有能向自行车车头灯泡供电的小型发电机，其原理示意图如图甲所示，图中N，S是一对固定的磁极，磁极间有一固定的绝缘轴上的矩形线圈，转轴的一端有一个与自行车后轮边缘结束的摩擦轮．如图乙所示，当车轮转动时，因摩擦而带动摩擦轮转动，从而使线圈在磁场中转动而产生电流给车头灯泡供电．关于此装置，下列说法正确的是（ ）

A．自行车匀速行驶时线圈中产生的是直流电 B．小灯泡亮度与自行车的行驶速度无关

C．知道摩擦轮与后轮的半径，就可以知道后轮转一周的时间里摩擦轮转动的圈数 D．线圈匝数越多，穿过线圈的磁通量的变化率越大

10．下图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到

B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差ab

nS(B2B1)A．恒为

t2t1C．恒为nS(B2B1)B．从0均匀变化到

t2t1D．从0均匀变化到nS(B2B1)

t2t1nS(B2B1)

t2t111．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2Wb，则（ ） A．线圈中感应电动势每秒增加2V B．线圈中感应电动势始终为2V

C．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2V D．线圈中感应电动势每秒减少2V

12．如图所示，A和B是电阻为R的电灯，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中，正确的是（ ）

A．B灯逐渐熄灭

B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭 C．有电流通过B灯，方向为c→d D．有电流通过A灯，方向为b→a

13．在图中，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻不计，R为电阻，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆．有匀强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( )

A．匀速滑动时，I1＝0，I2＝0 C．加速滑动时，I1＝0，I2＝0

B．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0 D．加速滑动时，I1≠0，I2≠0

14．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，在0~0.01s内穿过线圈的磁通量随时间变化的规律如图所示，则0~D过程中（ ）

A．在O时刻，线圈平面通过中性面

B．在O时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为零 C．在D时刻，线圈中产生的感应电动势最大 D．O至D时间内线圈中的平均感应电动势为0.4V

15．如图甲所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，螺线管正下方水平桌面上有一导体圆环。导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按图乙中哪一种图线随时间变化时，导体圆环对桌面的压力将小于环的重力（ ）

A． B． C． D．

16．如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的两只灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下面说法中正确的是

A．合上开关S接通电路时，A1和A2同时亮 B．合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮 C．断开开关S切断电路时，A2先灭，A1后灭 D．断开开关S切断电路时，A1先灭，A2后灭

17．如图所示的电路中，带铁芯的线圈L与灯A并联，线圈的电阻远小于灯的电阻，当闭合开关S后灯正常发光。以下说法中正确的是（ ）

A．断开开关S，灯A立即熄灭 B．断开开关S，灯A闪亮一下后熄灭

C．用一个电容器代替线圈L，断开开关S，灯A闪亮一下后熄灭

D．用阻值与线圈相同的电阻取代L接入电路，断开开关S，灯A闪亮一下后熄灭 18．有两个匀强磁场区域，宽度都为L，磁感应强度大小都是B，方向如图所示，单匝正方形闭合线框由均匀导线制成，边长为L导线框从左向右匀速穿过与线框平面垂直的两个匀强磁场区．规定线框中感应电流逆时针方向为正方向．则线框从位置I运动到位置II的过程中，图所示的感应电流i随时间t变化的图线中正确的是（ ）

A． B．

C． D．

19．如图所示，空间中存在一水平方向的半无界匀强磁场，其上边界水平。磁场上方有一个长方形导线框，线框一边水平，所在平面与磁场方向垂直。若线框自由下落，则刚进入磁场时线框的加速度不可能 ．．．

A．逐渐减小，方向向下 B．为零

C．逐渐增大，方向向上 D．逐渐减小，方向向上

20．如图所示，一个有弹性的闭合金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将( )

A．S增大，l变长 B．S减小，l变短 C．S增大，l变短 D．S减小，l变长

21．如图甲所示，正三角形导线框abc固定在磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示．t=0时刻磁场方向垂直纸面向里，在0～4s时间内，线框ab边所受安培力F随时间t变化的关系（规定水平向左为力的正方向）可能是下图中的（ ）

A． B． C． D．

22．如图所示，正方形线框abcd的边长为l，向右通过宽为L的匀强磁场，且lA．一直为顺时针方向 B．一直为逆时针方向

C．先为逆时针方向，中间无感应电流，后为顺时针方向 D．先为顺时针方向，中间无感应电流，后为逆时针方向

23．如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导t图像中，可能正确描述上述过程的是( ) 线框进入并通过磁场区域．下列v-

A． B．

C． D．

24．下图表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，其中能产生由a到b的感应电流的是( ) A．

B．

C．

D．

25．某兴趣小组探究断电自感现象的电路如图所示。闭合开关S，待电路稳定后，通过电阻R的电流为I1，通过电感L的电流为I2，t1时刻断开开关S，下列图像中能正确描述通过电阻R的电流IR和通过电感L的电流IL的是（ ）

A． B． C．

D．

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．C 解析：C 【解析】 【详解】

AB．若环放在线圈两边，根据“来拒去留”可得，合上开关S的瞬间，环为阻碍磁通量增大，则环将向两边运动，故AB错误；

C．线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，电流由左侧向右看为顺时针，故C正确；

D．由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，则铜环受到的安培力要大于铝环受到的安培力，故D错误。

故选C。

2．C

解析：C 【解析】 【分析】 【详解】

C．导体棒向右加速运动，说明导体棒受到水平向右安培力，根据左手定则可知电流的方向为顺时针方向，线圈B的磁场增大，根据楞次定理可知线圈A的磁场应减小，故线圈A中通入的电流需要顺时针方向减小或逆时针方向增大，故ABD错误，C正确。 故选C。

3．B

解析：B 【解析】 【详解】

（1)假设蹄形磁铁的上端为N极，下端为s极，铜盘顺时针转动．根据右手定则可以确定此时铜盘中的感应电流方向是从盘心指向边缘．

（2）通电导体在磁场中要受到力的作用，根据感应电流的方向和磁场的方向，利用左手定则可以确定磁场对铜盘的作用力的方向是沿逆时针方向，与其受力方向与铜盘的转动方向相反，所以铜盘的转动速度将减小．无论怎样假设，铜盘的受力方向始终与转动方向相反．同时，转动过程中，机械能转化为电能，所以转得慢了．所以B正确，ACD错误．

4．C

解析：C 【解析】 【分析】 【详解】

A．当磁铁向右运动时，线圈中的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈有向下和向右的趋势，但不知道圆环受到水平面的摩擦力大小，所以金属环不一定运动，故A错误； B．当磁铁向右运动时，线圈中的磁通量向上增大，根据楞次定律圆环中产生顺时针方向的感应电流；而磁铁远离线框时，圆环中向上的磁通量减小，感应电流沿逆时针方向，所以圆环中的感应电流方向改变，故B错误；

CD．当磁铁向右运动靠近环时，线圈中的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈有向下和向右的趋势，安培力合力斜向右下方；而磁铁远离线框时，线圈有向右和向上的运动趋势，同时运动趋势向右，安培力合力斜向右上方，可知环有向右运动的趋势，可能向右运动，受到的摩擦力的方向一定始终向左，方向不变，同时环对桌面的压力先增大后减小，故C正确，D错误。 故选C。

5．A

解析：A 【解析】

【分析】 【详解】

AB．开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，左边线圈中产生电流，电流的方向由南到北，根据安培定则，直导线上方的磁场方向垂直纸面向里，则小磁针N极向纸里偏转，保持一段时间后，右边线圈的电流不变，根据安培定则可知，左边线圈中有磁通量但保持不变，因此左边线圈中不会产生感应电流，那么小磁针回到原位，故A正确，B错误；

CD．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，左边线圈磁通量减小，根据楞次定律，左边线圈中产生电流，电流的方向由北到南，根据安培定则，直导线上方的磁场方向垂直纸面向外，则小磁针N极向垂直纸面向外的方向转动，故CD错误。 故选A。

6．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】 金属环的面积：

d2d2 S（）24由法拉第电磁感应定律得：

E由欧姆定律得，感应电流：

BS ttE RI感应电荷量：

q=I△t，

解得：

Bd2 qR4R故A正确，BCD错误； 故选A． 【点睛】

本题考查了求磁通量的变化量、感应电荷量等问题，应用磁通量的定义式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式即可正确解题，求感应电荷量时，也可以直接用公式

q计算． R7．D

解析：D 【解析】

【分析】 【详解】

A．当开关拨向1时，有短暂电流出现，电容器处于充电状态，由于电容器的上极板与电源正极相连，因此电容器的上板带正电，故A错误。

B．当开关由1拨向2时，电容器放电，电流从上向下通过线圈，根据安培定则可知，线圈中磁感线方向向下，故B错误。

C．当开关由1拨向2瞬间，电容器处于放电瞬间，电流增大，铁芯中的磁通量增大，故C错误。

D．当开关由1拨向2瞬间，电容器处于放电瞬间，根据楞次定律，则硬币中会产生向上的感应磁场，故D正确。 故选D。

8．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】

线框从开始进入到全部进入磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，产生的电动势：E=BLv，随有效长度的减小而减小，所以感应电流i随有效长度的减小而减小；线框全部在磁场中运动的过程中，没有磁通量的变化，所以没有电动势和感应电流；线框离开磁场的过程中，磁通量不断减小，由楞次定律可知，电流沿顺时针方向；感应电流i随有效长度的减小而减小． A．该图与结论相符，选项A正确； B．该图与结论不相符，选项B错误； C．该图与结论不相符，选项C错误； D．该图与结论不相符，选项D错误；

9．C

解析：C 【解析】 【详解】

自行车匀速行驶时，线圈中在磁场中旋转产生感应电动势，如果从中性面开始计时，则e=Emsinωt，所以产生的是交流电，故A错误；小灯泡亮度决定于电功率，电功率P=EI，而

，所以灯泡亮度与自行车的行驶速度有关，故B错误；如果摩擦轮

，则后轮转一周的时间里摩擦轮转动的圈数，与线圈匝数无关，故D错误。故选C。

半径为r，后轮的半径为R，则

为N=R/r，故C正确；磁通量的变化率为【点睛】

本题主要是考查交流电答产生和线速度、角速度答关系，解答本题要知道物体做匀速圆周运动过程中，同缘且不打滑则它们边缘的线速度大小相等；而共轴则它们的角速度相同。

10．C

解析：C 【解析】

穿过线圈的磁场均匀增加，将产生大小恒定的感生电动势，由法拉第电磁感应定律得

EnS(B2B1)n，而等效电源内部的电流由楞次定理知从ab，即b点是等tt2t1S(B2B1)，故选C．

t2t1效电源的正极，即abn【考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律．

11．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

ABD．磁通量始终保持每秒钟均匀地增加2Wb，则

2Wb2V t1s根据法拉第电磁感应定律

2V t可知E=2V保持不变，故B正确，AD错误；

ENC．线圈中产生的感应电动势的大小与线圈的电阻无关，故C错误； 故选B。

12．D

解析：D 【解析】 【分析】 考查断电自感。 【详解】

A．电路稳定后将S1断开，线圈L通过开关S2与灯泡A构成回路，灯泡B无自感电流通过，灯泡B直接熄灭，A错误；

B．断开前AB亮度相同，则线圈电阻阻值与电阻R阻值相同，通过线圈的电流与通过灯泡A的电流相同，将S1断开，灯泡A中电流变成通过线圈电流，大小没有变，所以不会比原来更亮，B错误；

C．电路稳定后将S1断开，线圈L通过开关S2与灯泡A构成回路，灯泡B无自感电流通过，C错误；

D．有电流通过A灯，方向为b→a，D正确。 故选D。

13．D

解析：D 【解析】 【分析】 【详解】

AB．电容器在电路中与等效电源并联，两端电压为AB端感应电动势，所以当导体棒匀速滑动时，电容器两端电压不变I20，电阻R中电流不为零，AB错误；

CD．加速滑动时，电容器两端电压随导体棒速度的增大而增加，所以电容器一直在充电，充电电流不为零，通过电阻的电流也不为零，C错误D正确； 故选D。

14．D

解析：D 【解析】 【分析】 【详解】

A．在O时刻，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，所处位置为峰值面，故A错误； B．在O时刻，穿过线圈的磁通量为零，变化率最大，故B错误； C．在D时刻，磁通量最大，但是变化率为零，根据法拉第电磁感应定律

En t线圈中产生的感应电动势为零，故C错误； D．O至D时间内线圈中的平均感应电动势为

2103En1V0.4V

t0.005故D正确。 故选D。

15．D

解析：D 【解析】 【分析】 【详解】

AB．abcd区域内的磁场均匀变化，因此产生恒定的电流，螺旋管中电流不变，其产生的磁场也不变，则导体圆环中不产生感应电流，导体圆环对桌面的压力等于重力，故A、B错误；

CD．要使导体圆环对桌面的压力小于重力，则螺线管对导体圆环为引力，由楞次定律可知穿过导体圆环的磁通量变小，故螺线管中电流变小，因此abcd区域的磁通量变化率应该越来越小，故C错误，D正确； 故选D。

16．B

解析：B 【解析】

AB、合上开关S接通电路时，两支路电流增加，所以灯泡A2马上亮起来，而在A1支路中线圈L上会产生自感电动势，阻碍电流的增加，所以使得电灯A1慢慢亮起来，故B正确，A错误；

CD、当断开开关S切断电路时，电路中的电流减小，所以支路A2中的电流立即消失，但是在A1支路由于L中的自感电动势阻碍电流的减少，此电流会在A1LA2中重新形成回路，所以会使得A1A2两灯慢慢的一起熄灭，故CD错误； 故选B．

17．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

AB．电键断开前，电路稳定，灯A正常发光，线圈相当于直导线，电阻较小，故流过线圈的电流较大；电键断开后，线圈中的电流会减小，发生自感现象，线圈为A、L回路的电源，故灯泡会更亮一下后熄灭，故A错误，B正确；

C．用一个电容器代替线圈L，电路稳定时，电容器的电阻过大，电容器相当于断路。断开开关S，电容器为A、L回路的电源，故灯泡会慢慢熄灭，故C错误；

D．用阻值与线圈相同的电阻取代L接入电路，断开开关S，回路中没有自感现象产生，灯A立即熄灭，故D错误。 故选B。

18．C

解析：C 【解析】 【分析】 【详解】 在0LLBLv阶段，感应电流的大小I1，方向为逆时针方向；在vRv2BLv2L，方向为顺时针方向；在Rv2L阶段，感应电v流的大小I23L阶段，感应电流的大小vI3BLv，方向为逆时针方向。故C项正确，ABD三项错误。 R19．C

解析：C

【解析】导线框进入磁场时，下边切割磁场产生感应电流，受到向上的安培力，若安培力大于重力，合力方向向下，加速度方向向下，线框做加速运动，随着速度增大，产生的感应电动势和感应电流增大，线圈所受的安培力增大，合力减小，加速度减小，故A正确；

若安培力等于重力，线框做匀速运动，加速度为零，B正确；若安培力大于重力，合力方向向上，加速度方向向上。线框做减速运动，随着速度减小，产生的感应电动势和感应电流减小，线圈所受的安培力减小，合力减小，加速度减小，C错误D正确．

20．D

解析：D 【解析】

当通电直导线中电流增大时，穿过金属圆环的磁通量增大，金属圆环中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流要阻碍磁通量的增大：一是用缩小面积的方式进行阻碍；二是用远离直导线的方法进行阻碍，故D正确．

21．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】

CD．0-1s，感应电动势为

E1S为定值；感应电流

BSB0 tI1为定值；安培力

E1SB0 ＝rrF=BI1L∝B

由于B逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零，故CD均错误； AB．3s-4s内，感应电动势为

E2S为定值；感应电流

BSB0 tI2为定值；安培力

E2SB0＝ r rF=BI2L∝B

由于B逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零；由于B逐渐减小到零，故通过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，感应电流要阻碍磁通量减小，有扩张趋势，故安培力向外，即ab边所受安培力向左，为正，故A正确，B错误； 故选A。

22．C

解析：C 【解析】

试题分析：当线圈刚进入磁场时，由于穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可得此时的

感应电流方向为逆时针方向，当线圈完全进入磁场后到刚要穿出磁场的过程中，由于穿过线圈的磁通量不变，所以没有感应电流产生，当线圈穿出磁场过程中，穿过磁场的磁通量减小，根据楞次定律可得此时的感应电流方向为顺时针方向，故C正确 考点： 考查了楞次定律的简单应用

23．D

解析：D 【解析】

线框进入磁场时，由右手定则和左手点则可知线框受到向左的安培力，由于

，则安培力减小，故线框做加速度减小的减速运动；同理可知线框离开磁场

时，线框也受到向左的安培力，做加速度减小的减速运动；线框完全进入磁场后，线框中没有感应电流，不再受安培力作用，线框做匀速运动，本题选D．

24．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】

A.A图是闭合电路，导体棒ab垂直切割磁感线，回路产生感应电流，根据右手定则判断知：感应电流方向由a到b，故A正确；

B.B图中此导体不闭合，尽管切割磁感线，但不产生感应电流，故B错误；

C.C图中穿过闭合线框的磁通量减小，产生感应电流，根据楞次定律判断可知：感应电流方向由b到a，故C错误；

D.D图中导体做切割磁感线运动，能产生感应电流，根据右手定则判断知：感应电流方向由b到a，故D错误。 故选A。

25．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】

闭合开关S，待电路稳定后，通过电阻R的电流为I1，方向从上到下，通过电感L的电流为I2，方向与是从上到下，断开S，通过电阻R的电流I1瞬间变为0，同时电感线圈产生同向的感应电动势，R与线圈串联组成回路，则断开开关S，R中的电流方向与电路稳定时方向相反，大小从I2逐渐变小，而电感线圈中的电流也从I2逐渐变小，方向不变，故A正确，BCD错误。 故选A。