第12讲 电磁感应-【创新教程】2027年高考数学艺考生文化课百日冲关学生用书

〡物理 B正确：由题图乙可得a、b间所接交流电压的有效值U= 220V,又熔断丝两端电压的最大值U=LR=20V,则 升压变压器原线圈两端电压的最小值U,=200V,副线 圈输出电压最小值为U,=U,=2000V,C错误：降压 n 变压器原线图两端电压最小值U,=U2一1R线= 1600V,R两端电压最小值U,=U=160V,此时通 11g 过R的电流1，=1，=10A,则其阻值最小为R= U n =162,D错误.] 第12讲 电磁感应 核心素养·助学提能 考点一 [例1][解析]由右手定则可知，流过导体棒的感应电 流方向由b向a,故A错误；导体棒下降过程中，安培力 大小改变，方向不变，由冲量公式I=F可知，导体棒所 受安培力的冲量不为零，故B错误：导体棒下降过程中， 感应电动劳为E=是=，高应电流为1=是 E △t BLh =R·△ 通过号你捧的电荷量大小为g=1·4!=限，故C王 确：根据题意可知，导体棒下降过程中，先做加速度减小 的加速运动，再做加速度增大的减速运动，则导体棒的 加速度最大值出现在最低点或初始位置，导体棒速度最 大时有mg=B股+k 若设有磁场，由能量宁板定律有mg2=之x, 可知，在最低点时，有x=2mg, 此时，加速度为a=红一mg=g, 72 有磁场时，由能量守恒定律可知，弹簧的形变量减小，则 最低点时加速度小于g,则导体棒的加速度最大值出现 在初始位置，此时，导体棒只受重力，加速度为g> BLv,故D错误。 Rm [答案]C [对点集训] 1.BC[若磁性薄膜的N极在右侧，则通过线圈的磁场方 向向右，吸气时薄膜向左运动，通过线圈的磁场增强，由 楞次定律可知，感应磁场方向向左，则线图中的电流由 >b,b点电势高，A错误，B正确.由题图2可知，P点对 应的电压为正，即由题意可知此时b点电势高于a点电 势，线圈中的感应电流由a·b,通过线圈的感应磁场方 向向左，若P,点对应呼气，则线圈中的原磁场减弱，则原 磁场方向应向左，磁性薄膜的S极在右侧，C正确.由题 图2可知，Q,点对应的电压为负，即由题意可知b,点电势 3 低于a,点电势，线圈中的电流方向由b→Q,通过线圈的 感应磁场方向向右，若Q点对应呼气，则线圈中的原磁 场减弱，则原磁场方向向右，磁性薄膜的S极应在左侧， D错误. 2.D[由题意知电流在长直螺线管中产生的磁感应强度 大小为B=a,小线图中产生的感应电动势为E=n △Φ =nS AB t 1e9S,则a一5D正确.了 考点二 [例2][解析]AB.线框在t时间内运动的过程中，切割 的有效长度L=2 vttan45°=2wt,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，高应电动势E=BL0C1高应电流1=景C1,峰值 均出现在x=号 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=2BLU十BLU=3BL0,峰值出现 在x=头处，峰值为3BL=3E,之后又从峰值均匀减 2 小为零，感应电流有类似的变化.从x=2L一3L过程，切 割磁场的磁感应强度为2B,感应电动势的峰值为2BL =2E。,感应电流为2I。,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=BL=_B(2i巴cf,峰值出现在x= L R R 处，但是二次函数，故C错误；D.电荷量g=1=B() R 心，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 [对点集训] 1.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U<0,即开始时U<0,故B正 确，A错误：由对称性可知，0一上和2L~3弘是对称的过 程，图像也对称，故C错误，D正确.] 2.ACL根据牛顿第二定律有F=ILB=ma,根据法拉第 电磁感应定律有E=BL,共中1一最解得F=B聚 2R =ma,可知导体棒的速度逐渐减小，且加速度逐渐减小， 初始时刻安培力大小为 BL,故A正确，D错误：报据 2R 欧蚜定律可知U=票BLa=宁BL,则电压的最大值为 号BLu,放B错误：根据电流的定义式有g=I△=系 =架-装则g与x成正比，放C正痛] 8 考点三考向1 [例3][解析]根据右手定则可知，线框中的感应电流 方向为abeda,故A正确： 若速度保持恒定，且v。=2.0m/s,线框刚进入磁场时， 感应电动势为E,=BLb℃。=1,2V, =10A, 感应电流为1=R 线框所受安培力为FA1=BI1Lb=6N, 又有mgsin30°=2.5N, 则有FA1>mgsin30°，可知外力F沿斜面向下；cd边要 进入磁场时，感应电动势为E=BLv。=0.6V, E 感应电流为。=尺=5A, 线框所受安培力为FA2=BI,Ld=1.5N, 则有FA<ngsin30°，可知外力F沿斜面向上，则该过 程中F对线框先做正功后做负功，故B错误； 根据题意，由几何关系可得，等腰梯形的高=L山二L ·tan53°=0.4m, 该过程中重力做功为W。=mghsin30°=1J, 若感应电流恒定，则感应电动势恒定，则有BLb℃。= BLv, 解得0=2， 安培力做功为W。= EA'+F过h 2 B (L0.9 0. 2R 由动能定理有W十W。十WA m-mi, 解得0=一1.4m/s(舍去)，=0.2m/s, 则感应电流为1=BL=1A, R 则有Q=|W,|=I产Rt, 代入数据解得t=1.5s,故C错误，D正确. 「答案]AD 考向2 [例4][解析](1)断开S,闭合S,则E=I(r+r十r) cd的电功率P=Ir 联立解得P-写 (2)闭合S1,断开S。,对刚要下滑的cd受力分析，由力的 平衡条件有mgsin0=(mg cos0+BIL) 断开S,,闭合S2,对cd由牛顿第二定律有mg sin日一： (gcs0-BIL）=ma 结合(1)问联立解得a=2BLE. 3mr [答案]a)E 9r (2)2uBLE 3mr 32 讲解册参考答案 [例5][解析]MN首次进入磁场时，MN切割磁感线， 感应电动势E=BLU, 感应电流I=京， E MN所受的安培力F=BIL, 根据牛顿第二定律F=ma, 联立可得MN首次进入磁场时线框的加速度大小a= 2026BL,故A正确：MN每次经过x=1.5L时，PQ mR2 切割磁感线，设感应电动势为E,则Un=子E,Uw |=子（根据右手定则可知要么都为正，要么都为负） 可知MN每次经过x=1.5L时，电势差Uw:U%=1 :3,故B错误； 线框MN进入磁场I过程中，根据动量定理有一BI,L· t1=m·△v1, 又1，= tR' 可得△u=一 BLs mR' 线框MN从磁场I到磁场Ⅱ过程中，根据动量定理一 Bl2L·t2+(-2Bl2Lt2)=m·△u2, 又1，=2BL+B tR 9B'L 可得△2= mR 线框MN离开磁场Ⅱ过程中，根据动量定理一2BI,L· t3=m·△v3, 又1，=2B R' 可得△u=-4BL mR 线框MN穿过磁场I、Ⅱ过程，线框MN速度变化量△ =△u+A4+A,=-14BL mR 根据一，=△0， 可得线框MN与右侧挡板碰撞前的速度大小为 =2012BL mR 根据题意线框与挡板的碰撞均为弹性碰撞，可知MⅣ与 右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的速度大小=℃'= 2012B2L9 mR ,故C正确；根据C选项分析可知线框完整穿 过一次磁场I、Ⅱ，线框MN速度变化量为△= -14BL mR, 根据计算可知线框MV完整穿过磁场I、Ⅱ144次后，速 度为0”=%十144A0=10BL mR 又144为偶数，可知线框MN第145次由左侧进入磁场 I,刚好完全进入磁场Ⅱ时，速度变化量为△= -10BL3 mR mR ㄧ物理 可知线框MN哈好停在磁场Ⅱ区域，穿过线框的磁通量 为重=2BL2,故D错误. [答案]AC 课堂评价·高考预测 1.B[根据楞次定律可知，左侧小圆和中间大圆产生的感 应电流方向相同，而右侧小圆产生的感应电流方向与左 侧小圆和中间大圆的相反，根据法拉第电磁感应定律可 得线图中感应电动势的大小为E=E十E中一E有= △t S+9s。-95=x(2d)P+x(3d)-md= 12πdk,故B正确.门 2.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=Bd,电容器两端电压在△t时间内的变 化量为△LU=Bd△o,在△t时间内电容器储存的电荷量的 变化量为△Q=C△U,则回路中的电流为1=△9，导体捧 △t 所受安培力为F=BId,F=BdCa,根据牛顿第二定律 可得Mg一F=(M什m)a,联立解得a=M十m十BdrC Mg 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一T=Ma,解得T= Mg(m+B'd'C) ,故C正确；电容器增加的电荷量为△Q M+m+B'dC =CBd△0，又=2ah, 2Mgh 解得△Q=CBd√M+m+BdC,故D正确.] 微专题4动量观点在电磁感应中的应用 类型一 [例1][解析](1)t。时刻开关S与a连接，流过导体棒 的电流I=E, r 导体棒所受的安培力F=BIL, 根据牛顿第二定律F=mao, 联立可得a,=BEL mr (2)当导体棒匀速运动时，导体棒产生的电动势等于电 源电动势，设此时导体棒速度为℃。，即E=BL心。， 当储能器电压为U。时（此时电路中电流不为0），对导体棒 根据动量定理有一∑BIL·t=m℃一m, 又q=∑1·t, 可得一BLg=m0一· 根据题意U=kg, EBLU。 联立可得u=BLmk (3)从t。一t1过程对导体棒，根据动量定理∑BIL·t =m, 又g=∑1·t, 可得9=B元' mE 38 导体棒上产生的焦耳热Q,=gE-之m心， mE2 可得Q=2B元· 从，时刻到导体棒静止过程中，根据能量守恒定律可知 电路中产生的焦耳热为Q。=了mG, 导体棒产生的焦耳热为Q:=R+,·Q8· mrE 可得Q:=2(R+r)BL' 从t。时刻起到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的焦 耳热Q=Q,+Q,=(R+2)mE 2(R+r)BL· [答案](1)BEL 、EBLU mr (2)BL mk (3)R+2r）mE 2(R+r)B'L' [对点集训] 1.B[设导体棒的初速度为，导体棒最终静止的位置到 初始位置的距离为x,电路中的总电阻为R=3R,导体 棒从ab到停止过程，根据动量定理得一∑BIL△t=m(0 %),又∑1△t=99=.△Φ=3BL2+BL(x-L),联 立解得x=10L,B正确.] 2.AC[AB项分析：S,闭合、S2断开时，区域I中产生感 应电动势给C充电，由法拉第电磁感应定律可知产生 的感应电动势为U= △BL=kL,由电容定义式可得 △t C充电完毕时的电荷量为Q1=C,U=C,kL,A正确； 由楞次定律和右手螺旋定则可知区域I中产生顺时针 方向的感应电流，则C,充电完毕时，上极板带正电，B错 误；CD项分析：断开S,、闭合S,时，C1放电，最终回路中 感应电流为0，C,C和MN两端电压相等，设最终稳定 时C,的电荷量为Q1,C2的电荷量为Q,流过MN的电 荷量为QMN,MN的速度为v,对MN由动量定理和电流 的定义式有BILt=BLQN=,结合法拉第电磁感应 定律和电容的定义式有=是=BLu,联立可得Q心 CC, 一员·品肌品Q-名Q些个道北将中 恒定律有Q,=Q'1十Q2+QN,联立可得Q= kC C.BL kC BL 一，v= 一，C BL2(C+C2)+m C.BL B L'(C +C:)+m 正确，D错误.] 类型二 [例2][解析](1)根据题意可知，对金属棒ab由静止 释放到刚越过MP过程中，由动能定理有 1 mgL=2m,解得，=√2gL, 则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为 E=BL=BL√2gL. 30ㄧ物理 第12讲 电磁感应 核心素养~助学提能 考点一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 核心透视 [例1](2026·陕晋青宁卷) 1.楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 电磁悬架减震部分的简化 (1)阻碍原磁通量的变化—“增反减同”】 工作原理如图.在垂直纸面 (2)阻碍相对运动— “来拒去留” ●} 向外，磁感应强度大小为B (3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势一“增 缩减扩”」 的匀强磁场中，竖直放置的 (4)阻碍原电流的变化（自感现象）一“增反 U形光滑金属导轨左右间 777777777 减同” 距为L,水平放置的导体棒ab质量为m,与 2.用法拉第电磁感应定律求解感应电动势常 竖直放置且下端固定的绝缘轻弹簧相连，αb 见情况与方法 与导轨接触良好且其接入回路的电阻阻值 E= E= △Φ E 为R.将ab自弹簧原长位置由静止释放，ab 表达式E=n NBSw· △t BLusin 0 sin(awt+9） 第一次到达最低点时下降高度为h,此过程 中其最大速度为.导轨电阻忽略不计，弹 情景图 簧始终在弹性限度内.在ab从静止释放到 第一次到达最低点的过程中 () 绕一端绕与B A.流过导体棒的感应电流方向由a向b 研究回路（不 段直导转动的垂直的轴 线（或等效 B.导体棒所受安培力的冲量为零 对象 定闭合) 一段导转动的导 成直导线) 体棒 线框 C通过导体棒的电荷量大小为股 般求平一般求瞬 均感应电时感应电用平均 D.导体棒的加速度最大值为BL mR 动势，当动势，当v值法求 求瞬时感 对点集训 意义△t→0时为平均速瞬时感 应电动势 求的是瞬度时求的应 电 1.（多选)(2026·河南卷)某种呼吸监测装置 时感应电是平均感动势 的原理如图1所示.呼吸气流可从绕有线圈 动势 应电动势 的空心圆管左端进出，使位于圆管右端的磁 所有磁场 性薄膜运动.呼气时薄膜向右运动，吸气时 (匀强磁场 适用 匀强 定量计算、匀强磁场 匀强磁场 薄膜向左运动.图2为电压传感器显示的电 条件 磁场 非匀强磁场 压U随时间t变化的图像，U为正时b点电 定性分析) 势高于a点，下列说法正确的是 () 72 第一部分：专题四电路与电磁感应 U/mV 2.(2026·河北卷)如图所示，在长直螺线管中 气流 磁性薄膜 20 104 间区域放置一个匝数为n,面积为S的同轴 空心圆管 a wwn 小线圈.已知，长直螺线管通电后其内部磁 电压传感器 -10 -200102030405060 场处处相同，磁感应强度的大小B与螺线 t/s 管中的电流I成正比，即B=αI.在一段时 图1 图2 间内，若电流I随时间t的变化关系满足I A.若磁性薄膜的N极在右侧，则吸气时a 一(3为常量)，由理想电压表测出小线圈 点电势高 的感应电动势为E,则α可以表示为( B.若磁性薄膜的N极在右侧，则吸气时b 点电势高 C.若图2中P点对应呼气，则磁性薄膜的S 极在右侧 A.②E 2E D.若图2中Q点对应呼气，则磁性薄膜的S B. nBS E E 极在右侧 D nBS 考点二 电磁感应中的图像问题 核心透视 外力F的作用下向右沿x轴正方向匀速穿 解决电磁感应图像问题的一般步骤 过磁场区域.在运动过程中，对角线ab边始 1.明确图像的种类，即是B-t图还是Φ-t 终与磁场的边界垂直.线框中感应电动势E 图，或者E-t图、I-t图等 大小、感应电流I大小、线框所受安培力F安 2.分析电磁感应的具体过程. 大小、通过导线横截面电荷量q,这四个量 3.用右手定则或楞次定律确定方向对应关系 分别与线框顶点a移动的位移x的关系图 4.结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿 像中正确的是 ( 运动定律等规律写出函数关系式， XXXX 2B 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. 典题例析 2E 21 [例2]如图所示，有两个相邻的有界匀强磁 23x/八×L) 3x/(×L) 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 9F 2q 与x轴垂直且宽度均为L,在y轴方向足够 3F 宽.现有一对角线长为L的正方形导线框， 3x/八×L) 顶点a在y轴上，从图示x=0位置开始，在 73 I物理 [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4的表达式 (2)再分析L<x<2L范围内的电动势和 电流 方法技巧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.（多选)如图所示，光滑平 2.排除法 行金属导轨左端接一定值 R 定性地分析电磁感应过程中物理量的变化 电阻R,水平置于方向竖 趋势（增大还是减小）、变化快慢（均匀变化 直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，导 还是非均匀变化)，特别是物理量的正负， 轨上有一质量为m,电阻为R的导体棒ab 可由此排除错误的选项. 以初速度。向右运动，已知导体棒长度为 对点集训 d,导轨间距为L,导轨电阻不计，导体棒的 1.(多选)如图所示，边长为L的正方形区域存 瞬时速度为，所受安培力大小为F,流过 在垂直纸面向外的匀强磁场，等腰直角三角形 导体棒的电荷量为q,导体棒两端的电压为 线框ABC以速度v匀速进入磁场区域，且AB U,下列描述各物理量随时间t或位移x变 化的图像正确的是 =√2L,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Ux和 BC边所受安培力Fc(规定Fx向上为正)随 时间变化的图像正确的是 考点三 电磁感应规律的综合应用 专向1 电磁感应中的电路问题 [例3]（多选）(2026·云南卷)如图所示，光 电磁感应中电路问题的解题流程 滑绝缘斜面固定在水平面上，与水平面交于 哪一部分 PQ,倾角0=30°，斜面上矩形MNPQ区域存 产生电磁感应现象的导体 在垂直斜面向下、磁感应强度大小B=0.5 确定 E的大小 E=nA9或E=B以m 电源 △ T的匀强磁场（图中未画出）.单匝等腰梯形 E的方向 右手定则或楞次定律 导线框abcd的下底ab=1.2m,上底cd= 分析电 路结构 →弄清各元件的申并联关系，画等效电路图 0.6m,∠a=53°，质量m=0.5kg,总电阻R =0.122.线框从斜面上高于MN的某处 应用规 闭合电路欧姆定律、串并联电路知识、电 由静止释放，ab边进入磁场时开始对线框 律求解 功率、焦耳定律等 施加外力F控制其运动，cd边进入磁场时 74 第一部分：专题四电路与电磁感应 ab边未出磁场.线框始终沿斜面运动，ab边 [例4](2026·山东卷)如图所示，平行金属 始终与MN平行，速度方向始终与ab边垂 导轨间距为L,导轨平面与水平面夹角为定 直.取重力加速度大小g=10m/s2,sin53° 值，二者交线与导轨垂直.电动势均为E、内 =0.8,设ab边进入磁场时速度为v。,在线 阻均为r的两电源，开关S、S2及滑动变阻 框进入磁场的过程中 器Rp与导轨相连.导轨处于磁感应强度大 小为B、方向平行于导轨向下的匀强磁场 中.S1闭合，S2断开，质量为m、长为L、电 阻为r的金属杆cd静止于导轨上，调节滑 片，当Rp阻值为r时，cd刚好要下滑.保持 10 滑片位置不变，断开S1,闭合S2,cd开始下 Q 滑并始终与导轨接触良好.已知cd与导轨 A.若速度保持恒定，且v。=2.0m/s,则线 间动摩擦因数为4，最大静摩擦力等于滑动 框中的感应电流方向为abcda 摩擦力，不计导轨电阻.cd下滑过程中，求： B.若速度保持恒定，且oo=2.0m/s,则该 过程中F对线框始终做正功 C.若感应电流恒定，且F对线框做的功W =-0.79J,则0=0.3m/s D.若感应电流恒定，且F对线框做的功W =一0.79J,则该过程的时间t=1.5s (1)cd的电功率P; 间2 电磁感应的动力学和能量问题] (2)cd的加速度大小a. 1.“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 “源”的分析 找出产生电磁感 应的那部分导体 E=n- L或E=BlL 电学 对象 ↓ 内电路 →“路”的分析 串联 ↓ 外电路并联 E=IR+Ir “力”的分析 →F安=BD F合=ma 力学 凸 对象 →“运动”分析 a、v 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=Rt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， 75 I物理 [例5]（多选）(2026·黑吉辽蒙卷)如图，光 滑绝缘水平面上x=0两侧区域I、Ⅱ分别 存在竖直方向的匀强磁场，宽度均为L,磁 感应强度方向相反，大小分别为B、2B,x= A.MN首次进入磁场时线框的加速度大小 一3L和x=3L处有固定挡板.同种材料制 a 2026B4L5 成、粗细均匀的正方形导体线框MNPQ,边 m2R2 长为L,质量为m,总电阻为R,以初速度o B.MN每次经过x=1.5L时，电势差UM 2026B1从左侧进入磁场，沿x轴方向 :Upo=1:1 mR C.MN与右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的 运动.线框平面始终与磁场方向垂直，MN 速度大小0= 2012B2L3 边始终与磁场边界平行，线框与挡板的碰撞 mR 均为弹性碰撞，则 ( D.线框停止处，穿过线框的磁通量为0 课堂评价高考预测 1.用材料相同粗细均匀 一端绕过定滑轮下挂一质量为M的物块. 的导线做成如图所示 由静止释放导体棒，物块下落从而牵引着导 的单匝线圈，线圈构成 体棒向左运动.空间中存在垂直导轨平面向 一个闭合回路.左侧小圆的半径为2d,中间 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 大圆的半径为3d,右侧小圆的半径为d,左 摩擦.若导体棒运动过程中电容器未被击 侧两圆连接处缺口的长度可忽略不计，右侧 穿，导体棒始终与导轨接触良好并保持垂 两圆错开相交连通（麻花状），将线圈固定在 直，重力加速度为g,则在物块由静止下落 与线圈所在平面垂直的磁场中，磁感应强度 高度为h的过程中 大小为B=B。+kt,式中的B。和k为常量， A.物块做加速度逐渐减小的加速运动 则线圈中感应电动势的大小为 B.物块与导体棒组成的系统减少的机械能 A.14πd3 B.12πdk 等于导体棒克服安培力做的功 C.6πd2k D.4πdk C.轻绳的拉力大小为Mg(m+BdC) M+m+B'd'C 2.(多选)如图所示，水平面 D.电容器增加的电荷量为 内有两根间距为d的光 滑平行导轨，右端接有电 CBd 2Mgh M+m+B2dC 容为C的电容器.一质量为m的导体棒固 C温馨提污 学习至此，请完成配套训练专题精准强化12 定于导轨上某处，轻绳一端连接导体棒，另 76