第1部分 专题4 第12讲 电磁感应（word教参）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

第12讲　电磁感应 对应学生用书　P64 考点一　楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 1．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 (1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”． (2)阻碍相对运动——“来拒去留”． (3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”． (4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”． 2．用法拉第电磁感应定律求解感应电动势常见情况与方法 表达式 E＝n E＝BLvsin θ E＝BL2ω E＝NBSω·sin (ωt＋φ0) 情景图 研究对象 回路(不一定闭合) 一段直导线(或等效成直导线) 绕一端转动的一段导体棒 绕与B垂直的轴转动的导线框 意义 一般求平均感应电动势，当Δt→0时求的是瞬时感应电动势 一般求瞬时感应电动势，当v为平均速度时求的是平均感应电动势 用平均值法求瞬时感应电动势 求瞬时感应电动势 适用条件 所有磁场(匀强磁场定量计算、非匀强磁场定性分析) 匀强磁场 匀强磁场 匀强磁场 [例1]　(多选)(2022·山东卷，12)如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场．边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动．t＝0时刻，金属框开始进入第一象限，不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是(　　) A．在t＝0到t＝的过程中，E一直增大 B．在t＝0到t＝的过程中，E先增大后减小 C．在t＝0到t＝的过程中，E的变化率一直增大 D．在t＝0到t＝的过程中，E的变化率一直减小 [解题指导] (1)分析t＝0到t＝的过程有效切割长度的变化； (2)写出t＝0到t＝的过程穿过线圈的磁通量，从而求出感应电动势及感应电动势的变化率 [解析]　A、B.如图所示 在t＝0到t＝的过程中，线框的有效切割长度先变大再变小，当t＝时，有效切割长度最大为L，此时，感应电动势最大，所以在t＝0到t＝的过程中，E先增大后减小，故B正确，A错误； C、D.在t＝0到t＝的过程中，设转过的角度为θ，由几何关系可得θ＝ωt， 进入磁场部分线框的面积S＝， 穿过线圈的磁通量Φ＝BS＝， 线圈产生的感应电动势E＝， 感应电动势的变化率＝E′， 对Φ＝求二次导数得 ＝BL2ω2sec2ωttan ωt， 在t＝0到t＝的过程中BL2ω2sec2ωttan ωt一直变大，所以E的变化率一直增大，故C正确，D错误．故选B、C. [答案]　BC 1．(多选)(2024·广西二模)如图所示，纸面内的菱形金属线框ABCD以速度v0平行于AD方向匀速通过一有界的匀强磁场，磁场的边界PQ、MN相互平行，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里．已知线框的电阻为R，线框的边长和磁场宽度均为L，∠A＝60°，AD⊥PQ，下列说法正确的是(　　) A．A点离开磁场后线框内的感应电流沿顺时针方向 B．线框内感应电动势的最大值为BLv0 C．此过程中穿过线框的磁通量的最大值为BL2 D．线框穿过磁场的整个过程中回路中的最大热功率为 解析：BC　[线框的A点离开磁场后，穿过线框的磁通量垂直纸面向里先增大后减小，由楞次定律可知线框中的电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，选项A错误；从B点进入磁场到D点进入磁场的过程中线框内的感应电动势最大，有Emax＝，选项B正确； 当线框到如图所示的位置时，穿过线框的磁通量最大，此时A点到磁场边界MN的距离和C点到磁场边界PQ的距离相等，所以穿过线框的磁通量的最大值Φmax＝B＝BL2，选项C正确；回路中感应电动势最大时热功率最大，有Pmax＝＝，选项D错误．] 2．(2024·湖南卷，4)如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac.该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中．则O、a、b、c各点电势关系为(　　) A．φO＞φa＞φb＞φc　 B．φO＜φa＜φb＜φc C．φO＞φa＞φb＝φc D．φO＜φa＜φb＝φc 解析：C　[a、b、c点绕O点逆时针转动时，相当于长为Oa、Ob、Oc的导体棒转动切割磁感线，由右手定则可知，O点电势最高．由法拉第电磁感应定律有E＝Blv＝Bωl2，又lOb＝lOc＝＝R，则0＜UOa＜UOb＝UOc，则φO＞φa＞φb＝φc，C正确．] 考点二　电磁感应中的图像问题 解决电磁感应图像问题的一般步骤 1．明确图像的种类，即是B­t图还是Φ­t图，或者E­t图、I­t图等． 2．分析电磁感应的具体过程． 3．用右手定则或楞次定律确定方向对应关系． 4．结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式． 5．根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等． 6．画图像或判断图像． [例2]　(2024·山东济南市高三二模)如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小分别为B、2B，磁场方向相反，且与纸面垂直，两磁场边界均与x轴垂直且宽度均为L，在y轴方向足够宽．现有一对角线长为L的正方形导线框，顶点a在y轴上，从图示x＝0位置开始，在外力F的作用下向右沿x轴正方向匀速穿过磁场区域．在运动过程中，对角线ab边始终与磁场的边界垂直．线框中感应电动势E大小、感应电流I大小、线框所受安培力F安大小、通过导线横截面电荷量q，这四个量分别与线框顶点a移动的位移x的关系图像中正确的是(　　) [解题指导] (1)先分析0～L范围内，写出位移是x时的电流、安培力、电荷量q的表达式． (2)再分析L<x<2L范围内的电动势和电流． [解析]　AB.线框在t时间内运动的过程中，切割的有效长度L＝2vttan 45°＝2vt，在x＝0～L过程中，切割的有效长度从0均匀增大到L，然后又从最大L减小到0，感应电动势E＝BLv∝t感应电流I＝∝t，峰值均出现在x＝. 当x＝L～2L过程，由于线框的左右两边切割方向相反的磁场，电动势累加，E＝2BLv＋BLv＝3BLv，峰值出现在x＝处，峰值为3BLv＝3E0，之后又从峰值均匀减小为零，感应电流有类似的变化．从x＝2L～3L过程，切割磁场的磁感应强度为2B，感应电动势的峰值为2BLv＝2E0，感应电流为2I0，故A错误，B正确．C.分析研究b点进入磁场的磁感应强度为B磁场的过程中，安培力F＝BIL＝＝∝t2，峰值出现在x＝处，但是二次函数，故C错误；D.电荷量q＝It＝∝t2，当x＝L处时，电荷量出现峰值，也是x的二次函数，故D错误． [答案]　B 　解答电磁感应问题的两个技法 1．函数法 根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断． 2．排除法 定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，可由此排除错误的选项． 1．(多选)(2024·黑龙江哈尔滨市一模)如图所示，边长为L的正方形区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，等腰直角三角形线框ABC以速度v匀速进入磁场区域，且AB＝L，单位长度线框的电阻相同，若从C点进入磁场开始计时，则B、C两点电势差UBC和BC边所受安培力FBC(规定FBC向上为正)随时间变化的图像正确的是(　　) 解析：BD　[由右手定则可知感应电流方向由C点指向B点，即C点的电势高，则UBC< 0，即开始时UBC< 0，故B正确，A错误；由对称性可知，0～和～是对称的过程，图像也对称，故C错误，D正确．] 2．(多选)(2024·全国甲卷)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块．线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在t＝0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场．运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平．以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是(　　) A　　　　　B　　　　C　　　　　　D　　 解析：AC　[设线框的上边进入磁场时的速度为v，设线框的质量M，物块的质量m，图中线框进入磁场时线框的加速度向下，则对线框由牛顿第二定律可知Mg＋F安－T＝Ma， 对物块T－mg＝ma， 其中F安＝， 即＋(M－m)g＝(M＋m)a， 线框向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线框匀速运动的速度为v0＝， A．若线框进入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动，线框的速度和加速度都趋近于零，则图像A可能正确；B.因t＝0时刻线框就进入磁场，则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；CD.若线框的质量等于物块的质量，且当线框进入磁场时，且速度大于v0，线框进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线框做匀速运动；当线框出离磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出离磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能．] 考点三　电磁感应规律的综合应用 　　　　电磁感应中的电路问题 电磁感应中电路问题的解题流程 [例3]　(多选)(2024·山东烟台市三模)如图所示，间距为L＝0.8 m的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN足够长，底部Q、N之间连有一阻值为R1＝2 Ω的电阻，磁感应强度为B1＝0.5 T的匀强磁场与导轨平面垂直．导轨的上端点P、M分别与横截面积为5×10－3 m2 的10匝线圈的两端连接，线圈的轴线与大小均匀变化的匀强磁场B2平行．开关K闭合后，质量为m＝1×10－2 kg、电阻值为R2＝2 Ω的金属棒ab恰能保持静止，金属棒始终与导轨接触良好，其余部分电阻不计，g取10 m/s2.则(　　) A．磁场B2均匀减小 B．金属棒中的电流为0.25 A C．匀强磁场B2的磁感应强度的变化率为10 T/s D．断开K之后，金属棒ab下滑的最大速度为1.25 m/s [解题指导] (1)金属棒ab恰能保持静止，可知ab棒所受安培力与重力平衡． (2)线圈是电源，外电路是R1、R2并联． (3)断开开关K时，金属棒向下运动切割磁感线产生感应电动势和电流． [解析]　由于金属棒ab恰能保持静止，说明金属棒ab所受安培力方向竖直向上，大小与重力大小相等，根据左手定则可知金属棒ab中电流方向为a→b，根据右手螺旋定则可知线圈中感应电流的磁场方向向左，与原磁场方向相反，根据楞次定律可知B2增大，故A错误；由于B1IabL＝mg且感应电动势E1＝IabR2＝n，联立解得Iab＝0.25 A，＝10 T/s，故B、C正确；断开K之后，金属棒ab切割磁感线产生感应电动势，感应电动势E2＝B1Lv，回路中产生感应电流I＝＝，金属棒ab所受安培力F安＝B1IL＝，当F安＝mg时，金属棒ab速度达到最大，联立可得最大速度vm＝＝2.5 m/s，故D错误． [答案]　BC 　　　　 电磁感应的动力学和能量问题 1．“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 2．求解电磁感应中能量问题的策略 (1)若回路中的电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算． (2)若回路中的电流变化，则可按以下两种情况计算： ①利用功能关系求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功； ②利用能量守恒定律求解：其他形式的能的减少量等于回路中产生的电能． [例4]　(多选)(2024·辽宁卷，9)如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B.将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L.导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g，两棒在下滑过程中(　　) A．回路中的电流方向为abcda B．ab中的电流趋于 C．ab与cd加速度大小之比始终为2∶1 D．两棒产生的电动势始终相等 [解析]　A．两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda；故A正确；BC.设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab，根据牛顿第二定律得2mg sin 30°－2BILcos 30°＝2maab，对cd，mgsin 30°－BIL cos 30°＝macd, 故可知aab＝acd，分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得2mgsin 30°＝2BILcos 30°，解得I＝，故B正确，C错误；D.根据前面分析可知aab＝acd，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，故D错误． [答案]　AB [例5]　(2024·河北选择性考试模拟)如图1所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5 m，固定在倾角为37°的斜面上．导轨顶端连接一个阻值为1 Ω的电阻．在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1 T的匀强磁场．质量为0.5 kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v ­t图像如图2所示．金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数； (2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率； (3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5 m/s时通过电阻的电荷量为1.3 C，求此过程中电阻产生的焦耳热． [解题指导] (1)金属棒进入磁场前做匀加速直线运动，进入磁场后先做变加速运动，然后以最大速度做匀速运动． (2)已知通过电阻的电荷量，可求金属棒在磁场中通过的位移x. [解析]　(1)由题图2可知，金属棒在0～1 s内做初速度为0的匀加速直线运动，1 s后做加速度减小的加速运动，可知金属棒第1 s末进入磁场． 在0～1 s过程中，由题图2可知，金属棒的加速度a＝＝4 m/s2 ① 在这个过程中，沿斜面只有重力的分力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma② 由①②式解得金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25. ③ (2)金属棒在磁场中达到最大速率时，金属棒将处于平衡状态，设金属棒的最大速度为vm，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝Blvm④ 根据闭合回路欧姆定律有I＝⑤ 根据安培力公式有FA＝IlB⑥ 根据平衡条件有FA＋μmgcos 37°＝mgsin 37°⑦ 由③④⑤⑥⑦式解得vm＝8 m/s.⑧ (3)根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，可得金属棒从进入磁场到速度达到5 m/s时，通过电阻的电荷量为q＝t＝＝＝＝⑨ 解得金属棒在磁场下滑的位移 x＝＝2.6 m⑩ 由动能定理有 mgxsin 37°－μmgxcos 37°－WA＝mv－mv⑪ 此过程中电阻产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝WA⑫ 由⑩⑪⑫式解得此过程中电阻产生的焦耳热 Q＝2.95 J. [答案]　(1)0.25　(2)8 m/s　(3)2.95 J 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　对应学生用书P68 1．(2024·黑龙江哈师大附中模拟)如图所示，边长为L的单匝均匀金属线框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通过宽度为D、方向竖直向下的有界匀强磁场，线框的边长L小于有界磁场的宽度D，在整个过程中线框的a、b边始终与磁场的边界平行，若以I表示通过线框的电流(规定逆时针为正)、F表示拉力、P表示拉力的功率、Uab表示线框a、b两点间的电势差，则下列反映这些物理量随时间变化的图像中正确的是(　　) 解析：C　[线框进出磁场时的感应电流大小为I＝，大小保持不变，由楞次定律可知，线框进入磁场时感应电流为逆时针方向(正值)，离开磁场时电流为顺时针方向(负值)，A错误；进出磁场时线框所受安培力均向左，大小恒定，因速度恒定，故拉力F均向右，大小恒定，当线框完全进入磁场后，所受安培力为0，拉力也为0，B错误；由于线框匀速运动，故满足F＝BIL＝，拉力的功率为P＝Fv＝，进出磁场时功率相同，完全处于磁场中时拉力的功率为0，C正确；进入磁场时ab边切割磁感线产生感应电动势相当于电源，a、b两点间电压为路端电压，即Uab＝·R＝E，离开磁场时cd边相当于电源，ab只是外电路的一部分，此时a、b两点间的电压为Uab′＝·R＝E，当线框完全在磁场中运动时，虽无感应电流，但ab、cd均向右切割磁感线，ab间电势差等于电动势E，对比图像可知，D错误．] 2．(多选)(2024·山东烟台统考一模)如图所示，水平面内有两根间距为d的光滑平行导轨，右端接有电容为C的电容器．一质量为m的导体棒固定于导轨上某处，轻绳一端连接导体棒，另一端绕过定滑轮下挂一质量为M的物块．由静止释放导体棒，物块下落从而牵引着导体棒向左运动．空间中存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，不计导体棒和导轨的电阻，忽略绳与定滑轮间的摩擦．若导体棒运动过程中电容器未被击穿，导体棒始终与导轨接触良好并保持垂直，重力加速度为g，则在物块由静止下落高度为h的过程中(　　) A．物块做加速度逐渐减小的加速运动 B．物块与导体棒组成的系统减少的机械能等于导体棒克服安培力做的功 C．轻绳的拉力大小为 D．电容器增加的电荷量为CBd 解析：BCD　[根据法拉第电磁感应定律可知，导体棒产生的感应电动势为U＝Bdv，电容器两端电压在Δt时间内的变化量为ΔU＝BdΔv，在Δt时间内电容器储存的电荷量的变化量为ΔQ＝CΔU，则回路中的电流为I＝，导体棒所受安培力为F＝BId，F＝B2d2Ca，根据牛顿第二定律可得Mg－F＝(M＋m)a，联立解得a＝，易知物块做匀加速直线运动，故A错误；根据能量守恒定律可知物块与导体棒组成的系统减少的机械能等于导体棒克服安培力做的功，故B正确；对物块受力分析，由牛顿第二定律可知Mg－T＝Ma，解得T＝，故C正确；电容器增加的电荷量为ΔQ＝CBdΔv，又v2＝2ah，解得ΔQ＝CBd，故D正确．] 学科网（北京）股份有限公司 $$