2019高考物理二輪練習精品資料專題09電磁感應教學案(教師

版)

【2013考綱解讀】

電磁感應是電磁學中最為重要的內容，也是高考命題頻率最高的內容之一.題型多為選

擇題、計算題.主要考查電磁感應、楞次定律、法拉第電磁感應定律、自感等知識.本部企

腿多結合電學、力學部分出壓軸題，其命題形式主要是電磁感應與電路規律的綜合應用、

電磁感應與力學規律的綜合應用、電磁感應與能量守恒的綜合應用。復習中要熟練掌握感應

電流的產生條件、感應電流方向的判斷、感應電動勢的計算，還要掌握本部分內容與力學、

能里的綜合問題的分析求解方法.預測2013年的高考基礎試題重點考查法拉第電磁感應定

律及楞次定律和電路等效問題.綜合試題還是涉及到力和運動、動壁守恒、能量守恒、電路

分析、安培力等力學和電學知識.主要的類型有滑軌類問題、線圈穿越有界磁場的問題、電

磁感應圖冢的問題等.蜷且韌原理、磁懸浮原理、電磁限尼、超導技術這些在實際中有

廣泛的應用問題也要弓I起重視.

【重點知識整合】

一、法拉第電磁感應定律

法拉第電磁感應定律的內容是感應電動勢的大小與穿過回路的磁通量的變化率成正

比.在具體問題的分析中，針對不同形式的電磁感應過程，法拉第電磁感應定律也相應有不

同時表達式或計算式.

磁通量變化H勺形式表達式備注

bB

通過n匝線圈內的磁通量發△①⑴當S不變時，￡=/?S?"Z7

E—n?△t

生變化△S

(2)當夕不變時，E=nB?Ti

導體垂直切割磁感線運動E=BLv當/〃6時，￡=0

導體繞過一端且垂直于

1

￡=5應23

磁場方向的轉軸勻速轉動

線圈繞垂直于磁場方向E=nBS3?當線圈平行于磁感線時，￡最大為￡

的轉軸勻速轉動sin3t=nBSa,當線圈平行于中性面時，￡=0

二、楞次定律與左手定則、右手定則

1.左手定則與右手定則的區別：判斷感應電流用右手定則，判斷受力用左手定則.

2.應用楞次定律的關鍵是區分兩個磁場：引起感應電流的磁場和感應電流產生的磁

場.感應電流產生的磁場總是阻礙引起感應電流的磁場的磁通量的變化，“阻礙”的結果是

延緩了磁通量的變化，同時伴隨著能量的轉化.

3.楞次定律中“阻礙”的表現形式：阻礙磁通量的變化（增反減同），阻礙相對運動（來

拒去留），阻礙線圈面積變化（增縮減擴），阻礙本身電流的變化（自感現象）.

三、電磁感應與電路的綜合

電磁感應與電路的綜合是高考的一個熱點內容，兩者的核心內容與聯系主線如圖4-12

—1所示:

E=BLv

￡=/

/橋梁電動勢

1:E?A/

IIRr

U=而E

￡=yBl?w

P=1U

.橋梁2:能最守恒?

Q=FRt

<I=CU

楞次定律

1.產生電磁感應現象的電路通常是一個閉合電路，產生電動勢的那一部分電路相當于

電源，產生的感應電動勢就是電源的電動勢，在“電源”內部電流的流向是從“電源”的負

R

極流向正極，該部分電路兩端的電壓即路端電壓，〃=布衣

2.在電磁感應現象中，電路產生的電功率等于內外電路消耗出J功率之和.若為純電阻電

路，則產生的電能將全部轉化為內能；若為非純電阻電路，則產生的電能除了一部分轉化為

內能，還有一部分能量轉化為其他能，但整個過程能量守恒.能量轉化與守恒往往是電磁感

應與電路問題的命題主線，抓住這條主線也就是抓住了解題的關鍵.在閉合電路的部分導體

切割磁感線產生感應電流的問題中，機械能轉化為電能，導體棒克服安培力做的功等于電路

中產生的電能.

說明：求解部分導體切割磁感線產生的感應電動勢時，要區別平均電動勢和瞬時電動勢，

切割磁感線的等效長度等于導線兩端點的連線在運動方向上的投影.

【高頻考點突破】

考點一電磁感應中的I圖象問題

電磁感應中常涉及磁感應強度B、磁通量①、感應電動勢E、感應電流I、安培力F支

或外力/外隨時間t變化的圖象，即圖、。-t圖、6一圖、/一圖、下一f圖.對于切

割磁感線產生感應電動勢和感應電流H勺情況，還常涉及感應電動勢￡和感應電流/隨位移5

變化的I圖象，即s圖、/—s圖等.

圖象問題大體上可分為兩類：

1.由給定的電磁感應過程選出或畫出正確圖象,此類問題要注意以下幾點：

(1)定性或定量地表示出所研究問題的函數關系；

(2)在圖象中反/、6等物理量的方向通過正負值來反映；

(3)畫圖象時要注意橫、縱坐標的單位長度定義或表達.

2.由給定時有關圖象分析電磁感應過程,求解相應的物理量.

不管是何種類型，電磁感應中的圖象問題常需利用右手定則、左手定則、楞次定律和法

拉第電磁感應定律等規律進行分析解決.

例1.如圖所示,一有界區域內，存在著磁感應強度大小均為B,方向分別垂直于光滑水平

桌面向下和向上的勻強磁場，磁場寬度均為工邊長為工時正方形線框a6cd的6c邊緊靠磁

場邊緣置于桌面上.使線框從靜止開始沿x軸正方向勻加速通過磁場區域，若以逆時針方向

為電流的正方向，能反映線框中感應電流變化規律的1是()

02Lx

BLv

【解析】線框做勻加速直線運動，則有0=鏡裝;由歐姆定律可得電流1=~=

BLatBR2as

~R~=R，即感應電流大小與時間成正比，與位移的平方根成正比，故A、C兩項正確,B、

I）兩項錯誤.

【答案】AC

【變式探究】如圖所示，水平面內有一平行金屬導軌，導軌光滑且電阻不計，勻強磁場

與導軌平面垂直.阻值為"的導體棒垂直于導軌靜止放置,且與導軌接觸良好.t=0時，將

開關S由1擲到2.外i、-和a分別表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度和加

速度.下列圖象正確的是（）

XXXX

B

XXXX

XXXX

解析:選D.導體棒做加速度減小的加速運動，直至勺速.故qf圖象應如圖甲所示,A錯

it圖冢應如圖乙所示,B錯；rf圖冢應如圖丙所示,C錯.D對.

考點二電磁感應中的動力學問題

1.動力學問題的研究對象

力學一受力分析:『安=BIL-F.合=ma

對象一過程分析:尸人/—F#

f|：|pc

A0

--孔

-Z■-

AC

一電源:￡*=BLv或E--nB—

△t

(2)電學對象一LnS

電路:E=/(/?+r)=U外+U內

2.解決電磁感應中動力學問題的具體思路

電源--?電路--?受力情況一一功、能問題

具體步驟為：

(1)明確哪一部分電路產生感應電動勢，則這部分電路就是等效電源；

(2)正確分析電路的結構，畫出等效電路圖；

(3)分析所研究的導體受力情況；

(4)列出動力學方程或平衡方程并求解.

例2、如圖所示，兩條平行的光滑金屬導軌固定在傾角為。的絕緣斜面上，導軌上端連

接一個定值電阻R.導體棒a和6放在導軌上,與導軌垂直并良好接觸.斜面上水平虛線PQ以

下區域內，存在著垂直穿過斜面向上的勻強磁場.現對a棒施以平行導軌斜向上的拉力先使

它沿導軌勻速向上運動,此時放在導軌下端的b棒恰好靜止.當a棒運動到磁場的上邊界PQ

處時,撤去拉力，a棒將繼續沿導軌向上運動一小段距離后再向下滑動,此時6棒已滑離導軌.

當a棒再次滑回到磁場上邊界倒處時,又恰能沿導軌勻速向下運動.已知a棒、6棒和定值

電阻時阻值均為后6棒的質量為m,重力加速度為g,導軌電阻不計.求：

(Da棒在磁場中沿導軌向上運動的過程中，a棒中的電流強度/，與定值電阻A中日勺電流

強度心之比；

(2)a棒質量偏；

(3)a棒在磁場中沿導軌向上運動時所受的拉力F.

【解析】

(l)a棒沿導軌向上運動時，a棒、匕棒及電阻穴中的電流分別為%I：.In，有

IRR=I艮①

Ia=h+I：?

由①②解得十泅

(2)由于a棒在9。上方滑動過程中機械能守恒:因而a棒在磁場中向上滑動的速度大小

次與在磁場中向下滑動的速度大小亡相等;即。：=土=:@

設磁場的磁感應強度為5導體棒長為L.a棒在磁場中運動時產生的感應電動勢為

當a棒沿斜面向上運動時］=-^而⑥

2X^

【變式探究】如圖所示,兩足夠長的光滑金屬導軌豎直放置,相距為L,一理想電流表與兩導

軌相連，勻強磁場與導軌平面垂直.一質量為m、有效電阻為不的導體棒在距磁場上邊界h處

靜止釋放.導體棒進入磁場后,流經電流表的電流逐漸減小,最終穩定為I.整個運動過程中，

導體棒與導軌接觸良好,且始終保持水平,不計導軌的電阻.求：

(1)磁感應強度6的大小：

(2)電流穩定后，導體棒運動速度U的大小;

(3)流經電流表電流的最大值4.

解析：(1)電流穩定后，導體棒做勻速運動,

則有BIL=mg?

mg

解得B=~7L②

(2)感應電動勢￡=比⑥

E

感應電流/=7?

fR

由②③④式解得y=嬴.

(3)由題意知，導體棒剛進入磁場時的速度最大，設為外

1

由機械能守恒定律得5勿』=儂/?

感應電動勢的最大值&=BL%

感應電流的最大值/”=R

mg坐

答案：⑴7Z⑵拓⑶IR

考點三電磁感應中的電路、能量轉化問題

1.電路問題

(1)將切割磁感線導體或磁通量發生變化的回路作為電源，確定感應電動勢和內阻.

(2)畫出等效電路.

(3)運用閉合電路歐姆定律，串、并聯電路特點，電功率公式，焦耳定律公式等求解.

2.能量轉化問題

(1)安培力的功是電能和其他形式的能之間相互轉化的“橋梁”，用框圖表示如下：

,卯#〉0,,

用函；二度他形式能

Fr<()

(2)明確功能關系,確定有哪些形式的能量發生了轉化.如有摩擦力做功,必有內能產生；

有重力做功,重力勢能必然發生變化;安培力做負功，必然有其他形式的能轉化為電能.

(3)根據不同物理情景選擇動能定理,能量守恒定律,功能關系，列方程求解問題.

例3、如圖所示,寬度L=Q.5m的光滑金屬框架,則也固定于水平面內，并處在磁感應

強度大小8=0.4T,方向豎直向下的勻強磁場中,框架的電阻非均勻分布.將質量ffl=O.1kg,

電阻可忽略的金屬棒a6放置在框架上,并與框架接觸良好.以P為坐標原點，放方向為x軸

正方向建立坐標系.金屬棒從Ab—1m處以vo—2m/s歐I初速度,沿x軸負方向做a—2m/s2

時勻減速直線運動,運動中金屬棒僅受安培力作用.求：

NXXXXXX八

XXXXXVXX

D

XXXXXXX

PXXXXXX/Q

01x/m

(1)金屬棒數運動0.5m,框架產生的焦耳熱。；

(2)框架中部分的電阻"隨金屬棒a方的位置x變化的)函數關系；

(3)為求金屬棒劭沿x軸負方向運動0.4s過程中通過數時電量°,某同學解法為：

A①

先算出經過0.4s金屬棒的運動距離s,以及0.4s時回路內的電阻尺然后代入(?=>=

BLs

工求解.指出該同學解法的錯誤之處，并用正確及I方法解出結果.

【解析】

(1)金屬棒僅受安培力作用，其大小

F=wa=0.1X2=0.2(N)(2分)

金屬棒運動0.5m,框架中產生的焦耳熱等于克服安培力做的功

所以2=F5=0.2X0.5=Q」(J).(4分)

(2)金屬棒所受安培力為尸=3遼：=尚=爭

AJx

P1T1

所以F=—^v=ma(6分)

A

由于棒做勻減速直線運動c=^-2a(x0-.v<7分)

所以穴=盛7石—2H國—x)

產位而與=0.附10分)

=嘿U.1A爛Z

(3：錯誤之處是把0.4s時回路內的電阻及代入

g=要進行計算.

正確的解法是q=h

因為F=BIL=7na

所以9=熱=CUX。/M=0.4(C).

【答案】(1)0.1J

(2)fi=O.

(3)見規范解答

【變式探究】電阻可忽略的)光滑平行金屬導軌長5=1.15m,兩導軌間距￡=0.75m,導

軌傾角為30。，導軌上端a6接一阻值斤=1.5Q及I電阻，磁感應強度8=0.8T的勻強磁場

垂直軌道平面向上.阻值r=0.5。，質量0=0.2kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好,從軌

道上端a6處由靜止開始下滑至底端，在此過程中金屬棒產生的焦耳熱Q=0.1J.(取聲=10

m/s2)求：

(1)金屬棒在此過程中克服安培力的I功也;

(2)金屬棒下滑速度-2m/s時附加速度a；

(3)為求金屬棒下滑的最大速度%,有同學解答如下：由動能定理，/或一/安=

1

5如4…….由此所得結果是否正確？若正確，說明理由并完成本小題；若不正確，給出正確

的解答.

解析：(1)下滑過程中安培力的功即為在電阻上產生的焦耳熱，由于Q3八因此

Q=3Q=0.3J

**?W安=0=以斗。=0.4J

應2

(2)金屬棒下滑時受重力和安培力尸安=8〃=屆:/

應2

由牛頓第二定律〃0in30°—R~\~rv=ma

旌

：.a=gsin30°—加修卜廠v

10.aXO.75?X2

=10X]—+m/S2=3.2m/s2

(3)此解法正確.

金屬棒下滑時受重力和安培力作用，其運動滿足

應2

磔sin30°v=ma

上式表明，加速度隨速度增加而減小，棒做加速度減小H勺加速運動.無論最終是否達到勻

速，當棒到達斜面底端時速度一定為最大.由動能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正

確.mgSsin30°-g]勿/

I2Q

2gssin30°一》

I12X0.4

=A/2X10X1.15X2-0.2m/s=2.74m/s.

答案：(l)0.4J(2)3.2m/s2(3)見解析

【難點探究】

難點一電磁感應的圖象問題

在電磁感應問題中出現的圖象主要有B-t圖象、①一t圖象、E-t圖象和I-t圖象，

有時還可能出現感應電動勢E或感應電流I隨線圈位移x變化的圖象，即E-x圖象或I-x

圖象.

(1)對切割類電磁感應圖象問題，關鍵是根據E=BLv來判斷感應電動勢的大小，根據

右手定則判斷感應電流的方向并按規定的I正方向將其落實到圖象中.

(2)電磁感應圖象問題的特點是考查方式靈活：根據電磁感應現象發生的過程，確定給

定的圖象是否正確，或畫出正確的圖象；由題目給定的圖象分析電磁感應過程，綜合求解相

應的物理量.

(3)電磁感應圖象問題可綜合法拉第電磁感應定律、楞次定律和安培定則、右手定則及

左手定則，結合電路知識和力學知識求解.

(4)電磁感應圖象問題的解題方法技巧：根據初始條件，確定給定時物理量的正負或方

向的對應關系和變化范圍，確定所研究的物理量的函數表達式以及進出磁場的轉折點等，這

是解題的關鍵.

例1如圖4—12—2所示，平行導軌間有一矩形的勻強磁場區域，細金屬棒PQ沿導軌

從MN處勻速運動到M'N'的過程中，棒上感應電動勢E隨時間t變化的圖示，可能正確的)

是()

17rN'

圖4-12-2

0''-；0-----}0-----；01;

ABCD

圖4-12-3

【答案】A

【解析】.赧只有進入磁場中才切割磁感線，因而只有中間過程有感應電動勢，且E

=BLv,故選A.

【點評】電磁感應的圖象問題在廣東高考中出現的形式一般是選擇正確的感應電流的圖線

或感應電動勢的圖線.要求理解圖線的意義，能夠根據導線或線圈的運動情況找出感應電動

勢或感應電流的變化規律，根據變化規律畫出感應電動勢或感應電流隨時間變化的圖象.

【變式探究】在圖4-12-5所示的四個情景中，虛線上方空間都存在方向垂直紙面向

里的勻強磁場.A、B中的導線框為正方形，C、D中的導線框為直角扇形.各導線框均繞軸

。在紙面內勻速轉動，轉動方向如箭頭所示，轉動周期均為7：從線框處于圖示位置時開始計

時，以在伊邊上從尸點指向0點的方向為感應電流，的正方向，則在圖4—12—15所示的

四個情景中，產生的感應電流/隨時間t的變化規律如圖4—12—4所示的是（）

圖4—12—4

XXXXXXXXXXXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXXXXXXXXXXX

13!/

ABCD

圖4-12-5

【答案】C

【解析】由電流的圖象可知，導體切割磁感線有電流時，電流是恒定於J,這就排除了

TT

A、B兩種情況，因A、B兩種情況中電流是變化的；再根據右手定則，在;到5內產生的感應

電流的方向由尸指向0時只有C這種情況.

難點二電磁感應與電路的綜合問題

1.解答電磁感應與電路的綜合問題時，關鍵在于準確分析電路的結構，能正確畫出等

效電路圖，并綜合運用電學知識進行分析、求解.

2.求解過程中首先要注意電源的I確定，通常將切割磁感線的導體或磁通量發生變化的

回路作為等效電源；其次是要能正確區分內、外電路，應把產生感應電動勢的那部分電路視

為內電路，感應電動勢為電源電動勢，其余部分相當于外電路；最后應用閉合電路歐姆定律

及串并聯電路的基本規律求解，處理問題的方法與閉合電路問題的求解基本一致.

例2、法拉第曾提出一種利用河流發電的I設想，并進行了實驗研究.實驗裝置的示意圖

可用圖4—12—6表示，兩塊面積均為S的矩形金屬板平行、正對、豎直地全部浸在河水中，

間距為d水流速度處處相同，大小為片方向水平.金屬板與水流方向平行.地磁場磁感應

強度的豎直分量為8,水的電阻率為O,水面上方有一阻值為"的電阻通過絕緣導線和開關

4連接到兩金屬板上.忽略邊緣效應，求：

(1)該發電裝置產生的電動勢;

⑵通過電阻A的電流；

(3)電阻戶消耗的電功率.

【解析】(1)由法拉第電磁感應定律，有E=Bdv

d

(2)兩板間河水的I電阻r=P飛

由閉合電路歐姆定律，有

EBdvS

/=r+XOd+RS

(3)由電功率公式，IR

(_BdvS_\

得一股/力

難點三涉及電磁感應的力電綜合題

以電磁感應現象為核心，綜合應用牛頓運動定律、動能定理、能量守恒定律及電路等知

識形成的力電綜合問題，經常以導體棒切割磁感線運動或穿過線圈的磁通量發生變化等物理

情景為載體命題.

(1)受力與運動分析

導體棒運動切割磁感線產生感應電動勢，而感應電流在磁場中受安培力的作用，安培力

將阻礙導體棒的運動.導體棒運動過程受到的安培力一般是變力，引起導體棒切割磁感線運

動的加速度發生變化.當加速度變為零時，運動達到穩定狀態，最終導體棒做勻速直線運動,

利用平衡條件可求導體棒穩定狀態的速度.

(2)解題思路

①利用法拉第電磁感應定律和楞次定律或右手定則確定感應電動勢的大小和方向；

②應用閉合電路歐姆定律求電路中的感應電流的大小；

③分析所研究的導體的受力情況，關注安培力的方向；

④應用運動學規律、牛頓第二定律、動能定理、平衡條件等列方程求解.

例3、如圖4—12—7所示，間距7=0.3m肚)平行金屬導軌以6cl和a?灰分別固定在

兩個豎直面內.在水平面ag也包區域內和傾角&=37°的斜面c沿也Q區域內分別有磁感

應強度5=0.4T、方向豎直向上和民=1T、方向垂直于斜面向上的I勻強磁場.電阻"=0.3

Q、質量加=0.1kg、長為/的相同導體桿爪S、0分別放置在導軌上，S桿的兩端固定在

力、星點,K、0桿可沿導軌無摩擦滑動且始終接觸良好.一端系于4桿中點的輕繩平行于導

軌繞過輕質定滑輪自然下垂，繩上穿有質量加2=0.05kg的小環.

已知小環以a=6m/一附加速度沿繩下滑，《桿保持靜止，Q桿在垂直于桿且沿斜面向

下的拉力/作用下勻速運動.不計導軌電阻和滑輪摩擦，繩不可伸長.取『10m/s2,sin37°

=0.6,cos37°=0.8.求:

(D小環所受摩擦力的大小；

(2)0桿所受拉力的瞬時功率.

圖4-12-7

【答案】（1）0.2N（2）2W

【解析】（1）設小環受到的摩嚓力大小為f，由牛頓第二定律，有

雙g—『晚8

代入數據，得=0.2N

（2）髓逵《桿的電流為工，齊桿受力平衡，有

設回路總電流為了，總電阻為斤肥有

3

1=21,R

2

設。桿下滑速度大小為「，產生的感應電動勢為E有

工￡

不

F=Bzlv

F+?歿分in8=用1I

拉力的腑時功率為

P=Fv

聯立以上方程，代入數據得

P=2W

【點評】電磁感應過程實質是電能與其他形式的能之間相互轉化的過程，安培力做功

的過程是電能轉化為其他形式的能的I過程，“外力”克服安培力做功，則是其他形式的能轉

化為電能的過程.一般解題思路是：（1）若安培力為恒力，由于電磁感應中產生的電能等于

克服安培力所做的功，可先求克服安培力做的功；（2）若安培力為變力，應從能量守恒角度

解題，即系統初態總機械能等于系統末態總機械能與產生的電能之和；（3）利用電路中所產

生的電能計算.

【變式探究】如圖4-12—8甲所示，在水平面上固定有長為/=2m、寬為d=lm的

金屬“U”形導軌，在“U”形導軌右側7=0.5m范圍內存在垂直紙面向里歐J勻強磁場，且

磁感應強度隨時間變化規律如圖乙所示.在￡=0時刻，質量為加=0.1kg的導體棒以%=1

m/s的初速度從導軌的左端開始向右運動，導體棒與導軌之間的動摩擦因數為〃=0.1,導

軌與導體棒單位長度的電阻均為4=0.1Q/m,不計導體棒與導軌之間的接觸電阻及地球

磁場的I影響（取g=10m/s2）.

（1）通過計算分析4s內導體棒的運動情況:

(2)計算4s內回路中電流的大小，并判斷電流方向;

(3)計算4s內回路產生的焦耳熱.

甲乙

圖4-12-8

【答案】(1)略(2)0.2A順時針

(3)0.04J

【解析】(1)導體棒先在無磁場區域做勻減速運動，有

i

—iimg=mav,=x=%t+2aF

導體棒速度減為零時，匕=0

代入數據解得：t=ls,x=0.5m,因x〈/一/,故導體棒沒有進入磁場區域.

導體棒在1s末已停止運動，以后一直保持靜止，離左端位置仍為x=0.5m

(2)前2s磁通量不變，回路電動勢和電流分別為

E=0,1=0

AO&B

后2s回路產生的電動勢為￡=KT=/匹7=0.1V

回路的總長度為5m,因此回路的總電阻為

E

j?=5A=0.5Q電流為/=R=0.2A

根據楞次定律，在回路中的電流方向是順時針方向.

(3)前2s電流為零，后2s有恒定電流，回路產生出J焦耳熱為。=//=0.04J.

【歷屆高考真題】

[2012高考】

1.(2012?海南)如圖，一質量為m的條形磁鐵用細線懸掛在天花

板上，細線從一水平金屬環中穿過.現將環從位置I釋放，環經過磁鐵

到達位置II.設環經過磁鐵上端和下端附近時細線的張力分別為刀和cp1

T2,重力加速度大小為g,則

A.T;mg,Ti>mgB.TKmg,7X儂

C.T〉mg,T《mgD.T〈mg,T^mg

【答案】A

【解析】環從位置I釋放下落，環經過磁鐵上端和下端附近時，環中磁通量都變化，都

產生感應電流，由楞次定律可知，磁鐵阻礙環下落，磁鐵對圓環有向上的作用力.根據牛頓

第三定律，圓環對磁鐵有向下肚）作用力，所以刀>mg,Ti>mg,選項A正確.

【考點定位】此題考查電磁感應、楞次定律及其相關知識.

2.（2012?福建）如圖甲，一圓形閉合銅環由高處從靜止開始下落，穿過一根豎直懸掛

的條形磁鐵,銅環的中心軸線與條形磁鐵的中軸始終保持重合.若取磁鐵中心0為坐標原點,

建立豎直向下正方向的x軸，則圖乙中最能正確反映環中感應電流i隨環心位置坐標x變化

的）關系圖像是

tSBUsessiaex

CD

I

【答案】B

【解析】由楞次定律可知，感應線圈中電流方向變化，綜合分析兩個峰值不可能相等,

由排除法可知正確答案選D.

【考點定位】楞次定律，電磁感應圖像問題.

3.（2012?浙江）為了測量儲罐中不導電液體的高度，將與儲罐外面殼絕緣的兩塊平行

金屬板構成的電容C置于儲罐中，電容器可通過開關$與線圈L或電源相

第20題圖

連，如圖所示.當開關從a撥到b時，由L與C構成的回路中產生周期丁=2乃辰的1振蕩

電流.當罐中的液面上升時

A.電容器的電容減小

B.電容器的電容增大

C.LC回路的振蕩頻率減小

D.LC回路的振蕩頻率增大

【答案】BC

【解析】由電容器決定式知,當液面上升的J時候，相當于介電常數在變大,

C=-^-

4兀kd

所以A錯誤，B正確，所以振蕩周期變大，振蕩頻率在減小.C正確

【考點定位】電磁波、電容器

4.（2012?四川）16.如圖所示，在鐵芯尸上繞著兩個線圈a和&,則

6聾二輸出

<__J

A.繞圈a輸入正弦交變電流，線圈6可輸出恒定電流

B.繞圈a輸入恒定電流，穿過線圈。的磁通量一定為零

C.繞圈6輸出的I交變電流不對線圈a的|磁場造成影響

D.繞圈a的磁場變化時，線圈6中一定有電場

【答案】D

【解析】繞圈a輸入正弦交變電流，線圈）可輸出同頻率的交變電流，A錯誤.繞圈I

輸入恒定電流，產生的磁場穿過繞圈），穿過線圈方的磁通量不為零，B錯誤.根據互感現

象,繞圈亍輸出的交變電流，對線圈a的磁場會造成影響，C錯誤.根據麥克斯韋電磁場理

論，變化的磁場產生電場，繞圈，的磁場變化時，線圈5中會產生電場，D正確.

【考點定位】本題考查電磁感應現冢，互感現象，麥克斯韋電磁場理論.

5.（2012?北京）19.物理課上，老師做了一個奇妙的“跳環實驗”.如圖，她把一個

帶

鐵芯的線圈L,開關S和電源用導線連接起來后.將一金屬套環置于線圈/上，且使鐵芯穿

過套環.閉合開關S的瞬間，套環立刻跳起.某同學另找來器材再探究此實驗.他連接好電路,

經重復試驗，線圈上的套環均未動.對比老師演示的實驗，下列四個選項中，導致套環未動

於I原因可能是

A.線圈接在了直流電源上

B.電源電壓過高

C.所選線圈的匝數過多D.所用套環的材料與老師的不同

【答案】D

【解析】根據電磁感應現象，只要穿過閉合回路的磁通量發生變化，回路中就會產生感

應電流，套環就會受到磁場的安培力，就會跳起來.即使接到直流電源上，在閉合開關的瞬

間，線圈中的磁通量也會變化，電源電壓越高，線圈匝數越多，現象會越明顯，套環未動，

一定是套環中沒有產生感應電流，可能套環不是金屬材料的，所以選D.

【考點定位】本題考查電磁感應現象，屬簡單題.

6.（2012?北京）15.一個小型電熱器若接在輸出電壓為10v的直流電源上，消耗電功

率為只若把它接在某個正弦交流電源上，其消耗的電功率為.如果電熱器電阻不變，則此

p

交流電源輸出電壓的最大值為

A.5VB.5、,2VC.5VD.10、2V

【答案】C

【考點定位】本題考查了交流電的有效值的計菖，屬于簡單題.

（2012?全國新課標卷）17.自耦變壓器鐵芯上只繞有一個線圈，原、副線圈都只取該

線圈的某部分，一升壓式自耦調壓變壓器的電路如圖所示，其副線圈匝數可調.已知變壓器

線圈總匝數為1900匝；原線圈為1100匝，接在有效值為220V的交流電源上.當變壓器輸出

電壓調至最大時，負載7?上的功率為2.OkW.設此時原線圈中電流有效值為L,負載兩端電

壓的有效值為詼且變壓器是理想的，則心和人分別約為

A.380V和5.3A

B.380V和9.1A

C.240V和5.3A

D.240V和9.1A

【答案】B

【解析】根據電壓與線圈匝數的關系：山/也//出可知：Uz=380V,排除選項C、D；根

據71〃=&/m可知7i=9.1A,排除選項A,綜上所述，選項B正確.

【考點定位】本考點主要考查變壓器的基本原理.

（2012?全國新課標卷）19.如圖，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構成的導線框，

半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面（紙面）向里，磁感應強度大小為氐.使

該線框從靜止開始繞過圓心0、垂直于半圓面的軸以角速度“勻速轉動半周，在線框中產

生感應電流.現使線框保持圖中所示位置,磁感應強度大小隨時間線性變化.為了產生與線框

轉動半周過程中同樣大小的電流，磁感應強度隨時間的變化率的大小應為

A-40綜B.2叫C.必D.也

7171712n

【答案】C

【解析】為了產生與線框轉動半周過程中同樣大小的電流，只要產生相同的感應電動勢

即可.

根據法拉第電磁感應定律:

當面積發生改變時可得：E=B—（1）其中2兀「“產

btNt——x—AS=-

co22

當磁場發生改變時可得：￡=-（2）,其中_r2

LtS=-

2

根據題意可得：△8=岫。，正確答案為。

△t7t

【考點定位】本考點主要考查法拉第電磁感應定律

（2012?全國新課標卷）20.如圖，一載流長直導線和一矩形導線框固定在同一平面內，

線框在長直導線右側，且其長邊與長直導線平行.已知在夕0到的時間間隔內，直導線

中電流/發生某種變化，而線框中感應電流總是沿順時針方向；線框受到的安培力的合力先

水平向左、后水平向右.設電流，正方向與圖中箭頭方向相同，則，隨時間t變化的圖線可

能是

?D

【答案】A

【解析】對于A選項，電流先正向減小，這一過程，電流在矩形線框內產生的磁場方向

垂直紙面向里，且逐漸減小，根據楞次定律可知感應電流的磁場方向與原磁場方向相同也是

向里，再根據安培定則可知，感應電流方向為順時針方向，合力方向與線框左邊所受力方向

都向左；然后電流反向增大，在此過程，電流在矩形線框內產生的磁場方向垂直紙面向外，

且逐漸增大，根據楞次定律可知感應電流的磁場方向與原磁場方向相反，再根據安培定則可

知，感應電流方向為順時針方向，合力方向與線框左邊所受力方向都向右，綜上所述，選項

A正確，選項B、C、D錯誤.

【考點定位】本考點主要考查對楞次定律的理解和應用

(2012?浙江)25、(22分)為了提高自行車夜間行駛的安全性，小明同學設計了一種

“閃爍”裝置，如圖所示，自行車后輪由半徑n=5.0Xl()2m的金屬內圈、半徑R=0.40m的

金屬內圈和絕緣輻條構成.后輪的內、外圈之間等間隔地接有4根金屬條，每根金屬條的中

間均串聯有一電阻值為R的小燈泡.在支架上裝有磁鐵，形成了磁感應強度B=0.10T、方向

垂直紙面向外的“扇形”勻強磁場，其內半徑為口、外半徑為n、張角0=n/6.后輪以角

速度3=2nrad/s相對于轉軸轉動.若不計其它電阻，忽略磁場的邊緣效應.

第25題圖

(1)當金屬條ab進入“扇形”磁場時，求感應電動勢E,并指出ab上的電流方向；

(2)當金屬條ab進入“扇形”磁場時，畫出“閃爍”裝置的電路圖；

(3)從金屬條ab進入“扇形”磁場開始，經計算畫出輪子轉一圈過程中，內圈與外

圈之間電勢差Uab-t圖象；

(4)若選擇歐I是“1.5V、0.3A”的小燈泡，該“閃爍”裝置能否正常工作？有同學提

出，通過改變磁感應強度B、后輪外圈半徑m、角速度3和張角8等物理量的大小，優化

前同學的設計方案，請給出你的評價.

25.【解析】b

(1)金屬條ab在磁場中切割磁感:RRRP化，設經過時間加，

磁通量變化率為由法拉第電政;匚

a

八包①

及

△@=BAS=B(；引—②

由①②兩式并代入數據得：￡="=4.9x10-2,③

根據右手定則(或慣次定律),可知感應電流方向為57a.④

(2)通過分析，可得電路為

⑶設電路中口勺總電阻卡，根據電路可知4⑤

總“總=丁

Ab兩段電勢差為。加,=￡—笈=12*10-2v⑥

設ab離開磁場區域的時刻為,，下一條金屬條進入磁場區域的時刻為,

1\12

01⑦

t,=—=—S

'012

￡⑧

2_1

\——二-s

2①4

設輪子轉一圈的周期為T，則

T=ls⑨

在T=ls內，金屬條四次進出磁場，后三次與第一次一樣.

由上面4式可畫出如下圖圖像

“Fl閃爍裝置不能正常工作.(金屬條的電動勢遠小于小燈泡的額定電壓，因此無法正

常工作)

B增大，E噌大，但有限度

r僧大,E噌大，但有限度

8噌大，E噌大，但有限度

8噌大，E不變.

【考點定位】電磁感應、電路、此題最后一向為開放性試題.

(2012?江蘇)13.(15分)某興趣小組設計了一種發電裝置，如圖所示.在磁極和圓柱

狀鐵芯之間形成的兩磁場區域的圓心角琢均為49仔,磁場均沿半徑方向.匝數為N的矩形線

圈abed的邊長ab=cd=/、be=ad=2/.線圈以角速度棕繞中心軸勻速轉動,be和ad邊同

時進入磁場.在磁場中，兩條邊所經過處的磁感應強度大小均為B、方向始終與兩邊的運動方

向垂直.線圈口勺總電阻為r,外接電阻為R.求：

(1)線圈切割磁感線時,感應電動勢的大小Em;

(2)線圈切割磁感線時,be邊所受安培力的大小F;

(3)外接電阻上電流的有效值L

【解析】

13.⑴be、ad邊的運動速度i感應電動勢E=4NBl解得

V=co——>'

2

2

Ein=2NBlco

⑵電流,=_^_安培力F=2NBIml解得4*1%

、+R/二1二

（3）一個周期內，通電時間4

t=-T

9

R上消耗的J電能W=/2R,旦W=/2RT

解得,4NB『（o

-3（r+R）

【考點定位】法拉第電磁感應定律電功磁場對電流的作用

（2012?安徽）23.（16分）圖1是交流發電機模型示意圖.在磁感應強度為B的勻強

磁場中，有一矩形線圖而〃可繞線圈平面內垂直于磁感線的軸0。轉動，由線圈引起的導

線ae和分別與兩個跟線圈一起繞OO'轉動的金屬圈環相連接，金屬圈環又分別與兩個

固定的電刷保持滑動接觸，這樣矩形線圈在轉動中就可以保持和外電話電阻R形成閉合電

路.圖2是線圈的住視圖，導線時和〃分別用它們的橫截面來表示.已知而長度為4，bc

長度為L,線圈以恒定角速度o逆時針轉動.（只考慮單匝線圈）

（1）線圈平面處于中性面位置時開始計時,試推導t時刻整個線圈中的感應電動勢”的

表達式；

（2）線圈平面處于與中性面成"夾角位置時開始計時，如圖3所示，試寫出t時刻整

弘）

個線圈中的感應電動勢夕的表達式；

e2

（3）若線圈電阻為r,求線圈每轉動一周電阻R上產生日勺焦耳熱.（其它電阻均不計）

國3

【解析】⑴從0時刻起經過t時間，線框轉過角度8=戲,

線框的切割邊線速度v=a）r,得ab邊匕=0勺，cd邊.為=。0

切割速度為匕d=%sin9,=a）r[sin9,

兩條邊切割時產生感應電動勢：E、=Blxrxa）s\ncot,￡2=Bl^atsinan,兩邊產生的感

應電動勢在閉合電路中環形同向，E=E1+E2.r1+r2=l2所以：￡=8也8sin戰

⑵道理同上間，只是有個初相位：注出/心05也（西+明）

⑶線圈轉動一周，此為正（余）弦交流電：民尸8必。3=號3"2。閉合電路的

E7穴

有效電流"R上的功率：P=PRT=三轉動一周電流在R上敝功：

取二型邊變

（"）2

【考點定位】功、電磁感應

（2012?上海）33.（14分）如圖，質量為材的足夠長金屬導軌abed放在光滑的絕緣水平

面上.一電阻不計，質