第12章 周末双休练十二 电磁感应(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“电磁感应”专题，依据高考评价体系梳理了互感现象、楞次定律、法拉第电磁感应定律、安培力及能量守恒等核心考点，通过2026年广西桂林一模、山东德州一模等模拟题分析，明确了电磁感应与电路、力学综合题型的高频考查方向，归纳了感应电动势计算、焦耳热求解等常考题型。 课件亮点在于“真题实战+模型建构+科学推理”的备考策略，如以第8题金属棒在倾斜导轨运动为例，运用动量定理推导运动时间、能量守恒计算焦耳热，培养学生科学思维素养。特设易错点分析（如磁通量变化率与感应电动势关系）和答题步骤指导，助力学生掌握综合题解题技巧，教师可据此开展针对性复习，提升备考效率。

周末双休练十二　电磁感应 高三一轮复习讲义 广东专版 第十二章 电磁感应 1.(2026·广西桂林一模)如图，当车辆驶入或驶出圆形区域时，车辆会改变区域内通电线圈中的磁场，通过传感器电路将磁场的变化转换为交通灯的控制信号，车辆驶入图中圆形区域时，车辆引起磁场变化的原因类似于 A.将铁芯放入通电线圈 B.增大通电线圈的面积 C.增加通电线圈的匝数 D.加大对通电线圈的压力 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 当车辆驶入或驶出圆形区域时，车辆会改变区域内通电线圈中的磁场，利用的是互感现象，汽车上大部分是金属，汽车经过线圈时会引起汽车磁通量的变化，从而产生电磁感应现象，产生感应电流，从而改变区域内通电线圈中的磁场；此过程类似将铁芯放入通电线圈，铁芯的磁通量也会变化，也会产生感应电流，从而改变通电线圈中的磁场。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2．如图所示，边长为L、阻值为R的正方形单匝金属线 圈abcd从图示位置(线圈平面与纸面相平行)开始绕通过 b、d两点的轴EF以角速度ω匀速转动，EF的左侧有垂 直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，右侧 没有磁场。下列说法正确的是 A．在图示位置线圈的磁通量最大，磁通量的变化率也 最大 B．从图示位置转出磁场的过程中，线圈中产生a→d→c→b→a方向的感应电流 C．线圈中产生的感应电动势的最大值为BL2ω D．线圈中产生的感应电动势的最大值为BL2ω √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 题图所示位置线圈与磁场方向垂直，磁通量最大，但 此时没有任何边切割磁感线，则感应电动势为零，由 法拉第电磁感应定律可知，磁通量的变化率也为零， 故A错误；从题图所示位置转出磁场的过程中，穿过 线圈的磁通量减小，由楞次定律可知，线圈中产生 a→b→c→d→a方向的感应电流，故B错误；线圈中 产生的感应电动势的最大值Emax＝ωBS＝ωBBL2ω，故C正确，D错误。 2 1 3 4 5 6 7 8 9 3.(2026·山东德州一模)如图甲所示，在半径为r的圆形区域内存在垂直平面的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间变化如图乙所示。同一平面内有边长为2r的金属框abcd，总电阻为R，ab边与圆形磁场区域的直径重合。则 A.t＝0.5t0时，框中的电流为 B.t＝0.5t0时，框中的电流为 C.t0～3t0时间内，框中产生的焦耳热为 D.t0～3t0时间内，框中产生的焦耳热为 √ 3 4 5 6 7 8 9 2 1 由题图甲可知线框在磁场中的有效面积为 S＝，在0～t0时间内，由法拉第电磁感 应定律可得，感应电动势的大小为E1＝ ＝，t＝0.5t0 时，框中的电流为I＝＝，故A、B错误；t0～3t0时间内，感应电动势的大小为E2＝＝，框中的电流为I＝＝，框中产生的焦耳热为Q＝I2R×2t0＝，故C错误，D正确。 3 4 5 6 7 8 9 2 1 4.如图甲所示，电磁炉是目前家庭常用的炊具，具有无明火、无污染、高效节能等优点。某同学仿照电磁炉原理自己制作了一个简易电磁炉，其结构简图如图乙所示。在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，接通交流电源，一段时间后杯内的水就会沸腾起来。下列说法正确的是 A.家用电磁炉工作时，利用其面板产生的涡流来加热食物 B.家用电磁炉的锅用铁而不用陶瓷材料，主要是因为陶瓷的导热性能较差 C.简易电磁炉工作时，利用线圈产生的自感现象来加热水 D.仅增大简易电磁炉交流电的频率，可以缩短水达到沸腾的时间 √ 4 5 6 7 8 9 2 3 1 家用电磁炉工作时，利用金属锅自身产生的涡流来直接加热锅内的食物，故A错误；家用电磁炉的锅用铁而不用陶瓷材料，主要是因为陶瓷无法产生涡流，故B错误；简易电磁炉工作时，利用金属杯自身产生的涡流来加热水，属于互感现象，故C错误；仅增大简易电磁炉交流电的频率，通过金属杯的磁通量变化率增大，感应电动势增大，感应电流增大，电功率增大，可以缩短水达到沸腾的时间，故D正确。 4 5 6 7 8 9 2 3 1 5．(2026·广东汕头阶段练)将灯泡A、线圈L、电池组E和开关S连接成如图所示的电路。先闭合开关S，使灯泡发光，然后断开开关S，观察到灯泡闪亮的现象。下列说法正确的是 A．闭合S瞬间线圈L不产生自感电动势 B．断开S瞬间电路中a点电势低于b点电势 C．断开S前后通过灯泡A的电流大小不变 D．闭合S后电源输出的电功率等于灯泡A和线 圈L的发热功率之和 √ 5 6 7 8 9 2 3 4 1 闭合S瞬间，电路接通，线圈L要阻碍电流通过，产生与电源相反的自感电动势，故A错误；开关S断开前，自感线圈中的电流是自左向右的，当断开S瞬间，自感线圈要阻碍电流的减小，因此产生与原电流方向相同的感应电流，与灯泡构成闭合回路，回路中的电流为逆时针方向，因此a点电势低于b点电势，故B正确； 5 6 7 8 9 2 3 4 1 灯泡与自感线圈并联，断开开关S，观察到灯泡闪 亮的现象，说明自感线圈的电阻小于灯泡的电阻， 在断开开关前通过自感线圈的电流大于通过灯泡的 电流，因此当断开开关S后，灯泡与自感线圈串联， 通过灯泡的瞬时电流大于开关断开前通过灯泡的电 流，所以灯泡将闪亮一下，故C错误；闭合S后，因为自感线圈将一部分电场能转化为磁场能储存起来，因此电源输出的电功率大于灯泡A和线圈L的发热功率之和，故D错误。 5 6 7 8 9 2 3 4 1 6.(2026·辽宁大连一模)如图，xOy坐标平面内有一顶点 在原点的抛物线形金属导轨，在导轨围成的区域内有垂 直坐标平面的匀强磁场。t＝0时刻，有一足够长的粗细 均匀的金属棒从原点出发沿y轴正方向以恒定速度v平 移(棒保持垂直于y轴)，金属棒与导轨接触良好，不计导轨电阻。则在平移过程中，关于金属棒上产生的电动势E、金属棒中的感应电流i、金属棒所受安培力F安以及金属棒的电功率P随纵坐标y的变化规律，下列图像可能正确的是 √ 6 7 8 9 2 3 4 5 1 设第一象限内金属棒与导轨交点坐标为(x，y)，则回路中金属棒产生的电动势为E＝2Bxv，再设抛物线方程为y＝ax2，则有E＝2Bv∝，即E-y图线为开口向右的抛物线的一部分，故A错误；设金属棒单位长度的电阻为r，则金属棒中电流为i＝＝＝，即i-y图线应为平行于横轴的直线，故B错误； 6 7 8 9 2 3 4 5 1 金属棒所受安培力为F安＝2ixB＝＝∝，即F安-y图线为开口向右的抛物线的一部分，故C正确；金属棒的功率为P＝i2R＝×2xr＝×2r∝，即P-y图线为开口向右的抛物线的一部分，故D错误。 6 7 8 9 2 3 4 5 1 7.如图甲所示，三角形线圈abc水平放置，在 线圈所在区域存在一变化的磁场，其变化规律 如图乙所示。线圈在外力作用下处于静止状态， 规定垂直于线圈平面向下的磁场方向为正方向， 垂直ab边斜向右下的受力方向为正方向，线圈中感应电流沿abca方向为正方向，则线圈内电流及ab边所受安培力随时间变化的图像可能是 √ √ 7 8 9 2 3 4 5 6 1 根据法拉第电磁感应定律有E＝＝S， 根据楞次定律可得感应电流的方向，又线圈 中感应电流沿abca方向为正方向，结合题图 乙可得，1～2 s内通过线圈的电流为零，0～1 s、2～3 s、3～5 s内通过线圈的电流大小恒定，且0～1 s、2～3 s内通过线圈的电流方向为正，3～5 s内通过线圈的电流方向为负，且大小之比为1∶2，A正确，B错误；因为每段时间通过线圈的电流大小恒定，磁场均匀变化，根据安培力的公式F安＝ILB，可得安培力也是均匀变化，根据左手定则可判断出ab边所受安培力的方向，由题意分析计算可知C错误，D正确。 7 8 9 2 3 4 5 6 1 8.(2026·河南郑州一模)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角放置，导轨间距为L且电阻不计，其顶端接有一阻值为R的电阻，整个装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。一质量为m的金属棒以初速度v0由导轨底端上滑，经一段时间滑行距离x到达最高点后，又返回底端。棒与两导轨始终垂直且接触良好，其接入电路中的电阻为r，重力加速度为g。下列说法正确的是 A.棒下滑过程的平均速度等于 B.棒下滑过程通过R的电荷量为 C.棒上滑时间等于 D.棒上滑过程中回路产生的焦耳热等于m－mgxsin θ √ √ √ 8 9 2 3 4 5 6 7 1 根据能量守恒可知，除最高点外，在任何一个位置，棒上滑到此位置的速度均大于下滑到此位置的速度，则上滑的平均速度大于下滑的平均速度，在上滑过程中，速度减小，感应电动势减小，安培力减小，则棒向上做加速度逐渐减小的减速运动，故上滑的平均速度小于，下滑的平均速度也小于，A错误； 8 9 2 3 4 5 6 7 1 根据＝，＝＝，解得q＝，可知下滑过 程与上滑过程中通过R的电荷量大小相等，均为q＝ ，B正确；上滑过程，以沿导轨平面向上为正方 向，对棒由动量定理得－(mgsin θ＋LB)Δt＝mΔv，整理得－mgsin θ·Δt－BLq＝0－mv0，由于q＝，解得Δt＝，C正确；棒上滑到最高点的过程中，由能量守恒定律可得，回路中产生的总焦耳热为Q＝m－mgxsin θ，D正确。 8 9 2 3 4 5 6 7 1 9.(14分)(2026·河北邢台一模)如图所示，固定光滑绝缘 斜面与水平面的夹角θ＝30°，斜面所在空间存在两个 相邻且互不影响的有界匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，磁场边界水平， 磁场Ⅰ的方向垂直斜面向下、磁感应强度大小B1＝0.5 T， 磁场Ⅱ的方向垂直斜面向上、磁感应强度大小B2＝0.5 T， 磁场Ⅰ、Ⅱ的宽度均为L＝2 m。现有一边长也为2 m、电阻R＝2.0 Ω的正方形闭合导线框abcd从距磁场Ⅰ上边界x＝1.6 m处由静止释放，已知线框ab边刚进入磁场Ⅰ时线框恰好做匀速直线运动，进入磁场Ⅱ经一段时间后，在ab边未出磁场Ⅱ区域下边界之前线框又做匀速直线运动，整个线框在穿过磁场区域的过程中，ab边始终水平，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： 9 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)线框abcd的质量m； 答案：0.4 kg 9 2 3 4 5 6 7 8 1 线框由静止开始做匀加速运动，设加速度大小为a0，线框ab边到达磁场Ⅰ上边界时速度为v1，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma0 根据运动学公式有＝2a0x 线框ab边进入磁场Ⅰ边界切割磁感线产生感应电流， 根据法拉第电磁感应定律有E＝B1Lv1 根据闭合电路欧姆定律有I＝ 线框ab边受到的安培力大小F＝ILB1 线框ab边刚进入磁场Ⅰ时恰好做匀速直线运动，根据受力平衡有F＝mgsin θ 解得m＝0.4 kg。 9 2 3 4 5 6 7 8 1 (2)线框ab边刚到达磁场Ⅱ下边界时线框的速度大小； 答案：1 m/s 当ab边进入磁场Ⅱ后，设线框再次匀速运动时的速度为v2，线框ab边和cd边同时切割磁感线，产生同方向感应电流，此时回路的感应电动势E'＝B1Lv2＋B2Lv2 此时线框abcd中的电流I'＝ 线框ab边和cd边同时受到沿斜面向上的安培力，由受力平衡可得I'LB1＋I'LB2＝mgsin θ 解得v2＝1 m/s。 9 2 3 4 5 6 7 8 1 (3)线框从开始运动至ab边刚到达磁场Ⅱ下边界的过程中，线框内产生的焦耳热Q。 答案：11 J 从线框开始运动至ab边刚到达磁场Ⅱ下边界的过程中，根据能量守恒定律有 mg(x＋2L)sin θ－Q＝m 解得Q＝11 J。 9 2 3 4 5 6 7 8 1 谢 谢 观 看 周末双休练十二　电磁感应 $