2023年高考物理二輪復習教案：電磁感應的規(guī)律及應用 含解析

專題08電磁感應的避律及應用

【要點提煉】

L電磁問題中“三定則、一定律”的應用

(1)安培定則：判斷運動電荷、電流產生的磁場方向。

(2)左手定則：判斷磁場對運動電荷、電流的作用力的方向。

(3)楞次定律：判斷閉合電路磁通量發(fā)生變化產生的感應電流的磁場方向。

(4)右手定則：判斷閉合電路中部分導體切割磁感線產生的感應電流的方向。

2.楞次定律推論的應用技巧

⑴“增反減同”；(2)“來拒去留”；(3)“增縮減擴”；(4)“增離減靠”。

3.四種求感應電動勢的方法

—A0

⑴平均感應電動勢：E

(2)垂直切割：E=BLv。

(3)導體棒繞與磁場平行的軸勻速轉動：E=

(4)線圈繞與磁場垂直的軸勻速轉動：e=〃BS①sincato

4.感應電荷量的兩種求法

(1)當回路中的磁通量發(fā)生變化時，由于感應電場的作用使電荷發(fā)生定向移動而形成感應

電流。通過的電荷量的表達式為q=/0=7仄貳-^t=n—o

(2)導體棒做切割磁感線運動而產生感應電流時，通過的電荷量q滿足關系式：-Bllkt

=-Blq=mAro

5.三步解決電磁感應中的電路問題

(1)確定電源：E=n—^E=Blva

(2)分析電路結構：分析內、外電路，以及外電路的串并聯(lián)關系，畫出等效電路圖。

（3）應用閉合電路歐姆定律及串并聯(lián)電路的基本規(guī)律等列方程求解。

6.電磁感應問題綜合性較強，可結合電路分析、動力學分析、能量分析等綜合考查，解

題所用知識點和方法涉及閉合電路歐姆定律、動力學觀點、能量觀點和動量觀點。

【高考考向1電磁感應規(guī)律的理解及應用】

命題角度1楞次定律的理解及應用

例1.（2022,北京?高考真題）如圖所示平面內，在通有圖示方向電流/的長直導線右側，固定一矩形金屬

線框必cd,ad邊與導線平行。調節(jié)電流/使得空間各點的磁感應強度隨時間均勻增加，則（）

ab

F

dc

A.線框中產生的感應電流方向為af—cfdfa

B.線框中產生的感應電流逐漸增大

C.線框以/邊所受的安培力大小恒定

D.線框整體受到的安培力方向水平向右

【答案】D

【詳解】A.根據安培定則可知，通電直導線右側的磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度隨時間均勻增

加，根據楞次定律可知線框中產生的感應電流方向為afdfcfbfa,A錯誤；

B.線框中產生的感應電流為

EA?SAB

r1=——=n----=n--------

RRzVRAz

空間各點的磁感應強度隨時間均勻增加，故線框中產生的感應電流不變，B錯誤；

C.線框〃/邊感應電流保持不變，磁感應強度隨時間均勻增加，根據安培力表達式％=故所受的

安培力變大，C錯誤；

D.線框所處空間的磁場方向垂直紙面向里，線框中產生的感應電流方向為a-dfcf6-a,根據左

手定則可知，線框〃邊所受的安培力水平向右，線框6c邊所受的安培力水平向左。通電直導線的磁場分

部特點可知ad邊所處的磁場較大，根據安培力表達式G=3〃可知，線框整體受到的安培力方向水平向

右，D正確。

故選Do

反思歸納）楞次定律的理解

電磁感應的效果總要阻礙引起電磁感應的原因，列表舉例說明如下:

內容例證

阻礙原磁通量變化——“增反減同”

B磁鐵靠近線圈，3感與3原反向

續(xù)表

內容例證

8T二募；j

阻礙相對運動一“來拒去

、2'八

vI“磁鐵遠離，

留”C

鵬是引力

〃感7N、

二日1P、。是光滑固定導軌，

P

使回路面積有擴大或縮小的趨-J-/a、Z?是可動金屬棒，磁鐵下移，

QHT回路面積應減小，a、?？拷?/p>

勢——“增縮減擴”

XXXxg

，近333減小，線圈擴張

XXXX

阻礙原電流的變化——“增反

減同”

S合上S,B先亮

阻礙原磁通量變化——“增離螺線管內電流增大，線圈A

向左運動；反之，螺線管內

Xqs

減靠”

1_電流減小，線圈A向右運動

R

:拓展訓練】

1.(2022?浙江?高考真題)如圖所示，將一通電螺線管豎直放置，螺線管內部形成方向豎直向上、磁感應

強度大小3=公的勻強磁場，在內部用絕緣輕繩懸掛一與螺線管共軸的金屬薄圓管，其電阻率為夕、高度

為人、半徑為八厚度為d(d?r),貝()

A.從上向下看，圓管中的感應電流為逆時針方向

B.圓管的感應電動勢大小為包

h

C.圓管的熱功率大小為烈”

2P

D.輕繩對圓管的拉力隨時間減小

【答案】C

【詳解)A.穿過圓管的磁通量向上逐漸增加，則根據楞次定律可知，從上向下看，圓管中的感應電流為

順時針方向，選項A錯誤；

B.圓管的感應電動勢大小為

E=.乃/=七》，

Nt

選項B錯誤；

C.圓管的電阻

圓管的熱功率大小為

223

八E7rdhkr

P==-----

R2P

選項C正確；

D,根據左手定則可知，圓管中各段所受的受安培力方向指向圓管的軸線，則輕繩對圓管的拉力的合力始

終等于圓管的重力，不隨時間變化，選項D錯誤。

故選Co

命題角度2法拉第電磁感應定律的應用

例2.（2022?江蘇,高考真題）如圖所示，半徑為r的圓形區(qū)域內有垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度8

隨時間/的變化關系為3=41+a，B。、左為常量，則圖中半徑為R的單匝圓形線圈中產生的感應電動勢

大小為（）

A.nkr1B.jtkR1

【答案】A

【詳解】由題意可知磁場的變化率為

ABkt.

——=——二k

Att

根據法拉第電磁感應定律可知

「△①AB"?

E=-----=---------2

△tNt

故選Ao

反思歸納.

A0

1.公式E=n?！雠cE=Blv的比較

A⑦

E=rr~-E=B比

At

研究回路中做切割磁感線運動的部分導

閉合回路

對象體

①若。為瞬時速度，則求的是瞬時

區(qū)別研究感應電動勢

平均電動勢

內容②若。為平均速度，則求的是平均

感應電動勢

適用對電磁感應只適用于導體垂直切割磁感線的電

范圍現象廣泛適用磁感應現象

A0

E=3/o由E=〃?！鲈谝欢l件下推導得到。導體做切割磁感線運動時，常用E=

聯(lián)系

A0

B歷求E;磁感應強度變化時，常用￡=7?不求E

2.應用法拉第電磁感應定律時的兩點注意

A0

(1)公式E=〃后求解的是一個回路中某段時間內的平均電動勢，在磁通量均勻變化時,

瞬時值才等于平均值。

AB

(2)應用E=〃七求感應電動勢時，S為回路在磁場范圍內的有效面積。

:拓展訓練】

2.-1.(2022?河北?高考真題)將一根絕緣硬質細導線順次繞成如圖所示的線圈，其中大圓面積為九小

圓面積均為邑，垂直線圈平面方向有一隨時間f變化的磁場，磁感應強度大小8=綜+公，和人均為常

量，則線圈中總的感應電動勢大小為()

A.kStB.5ks2C.k(St-5S2)D,左(，+5s?)

【答案】D

【詳解】由法拉第電磁感應定律可得大圓線圈產生的感應電動勢

他二業(yè)

1AzAz1

每個小圓線圈產生的感應電動勢

由線圈的繞線方式和楞次定律可得大、小圓線圈產生的感應電動勢方向相同，故線圈中總的感應電動勢

大小為

E=E1+5E2=k(Sl+5S2)

故D正確，ABC錯誤。

故選

Do

2-2.（2022,湖北,高考真題）近年來，基于變壓器原理的無線充電技術得到了廣泛應用，其簡化的充電原

理圖如圖所示。發(fā)射線圈的輸入電壓為220V、匝數為1100匝，接收線圈的匝數為50匝。若工作狀態(tài)

下，穿過接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%,忽略其它損耗，下列說法正確的是（）

B

A.接收線圈的輸出電壓約為8V

B.接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比約為22:1

C.發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同

D,穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的相同

【答案】AC

【詳解】A.根據

/_80%q

n2U2

可得接收線圈的輸出電壓約為L/2=8V；

B.由于存在磁漏現象，電流比不再與匝數成反比，故B錯誤；

C.變壓器是不改變其交變電流的頻率的，故C正確；

D,由于穿過發(fā)射線圈的磁通量與穿過接收線圈的磁通量大小不相同，所以穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率

與穿過接收線圈的不相同，故D錯誤。

故選ACo

命題角度3動生感應電動勢問題分析

例3.(2022?廣東?模擬預測)如圖所示，MN、P。為間距L=0.5m足夠長的平行導軌，NQLMN。導軌平

面與水平面間的夾角。=37。，NQ間連接有一個R=5Q的電阻。有一勻強磁場垂直于導軌平面，磁感強度

為B=1T。將一根質量為〃z=Q05kg的金屬棒M緊靠N。放置在導軌上，且與導軌接觸良好，導軌與金屬

棒的電阻均不計?，F由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導軌向下運動過程中始終與NQ平行。已知金屬棒與導

軌間的動摩擦因數“=05當金屬棒滑行至cd處時已經達到穩(wěn)定速度，/距離NQ為s=lm。試解答以下

問題:(g=10m/s；sin37°=0.6,cos37°=0.8)

(1)當金屬棒滑行至cd處時回路中的電流多大？

(2)金屬棒達到的穩(wěn)定速度是多大？

(3)若將金屬棒滑行至cd處的時刻記作仁0,從此時刻起，讓磁感強度逐漸減小，可使金屬棒中不產生

感應電流，則仁1s時磁感應強度應為多大？

【答案】(1)Z=0.2A；(2)2m/s；(3)0.25T

【詳解】(1)達到穩(wěn)定速度前，金屬棒加速度逐漸減小，速度逐漸增大。達到穩(wěn)定速度時，有

mgs\?\0-F安+〃加geos。

F后BIL

則

,mgsin0-pimgcos0

1=----------------------------

BL

解得

Z=0.2A

(2)根據

E二BLv

E=IR

得

IRc/

v=——=2m/s

BL

(3)當回路中的總磁通量不變時，金屬棒中不產生感應電流。此時金屬棒將沿導軌做勻加速運動。

mgsir\0-jLimgcosd=ma

所以

a=g(sin，-〃cosd)=10x(0.6-0.5x0.8)m/s2=2m/s2

設/時刻磁感應強度為B’,則

1八

BLs=BL(s+vZ+~at)

故f=ls時，解得磁感應強度

B'=0.25T

反思歸納）公式E=3Lo的應用

公式E=BLv適用于導體棒在勻強磁場中切割磁感線的情況，其中L為垂直于磁場和速

度方向的有效切割長度。對轉動切割問題，公式中的。應為導體棒切割磁感線部分各點的平

均速度。

:拓展訓練】

3.（2022?北京東城?三模）某鐵路安裝有一種電磁裝置可以向控制中心傳輸信號，以確定火車的位置和運

動狀態(tài)，其原理是將能產生勻強磁場的磁鐵安裝在火車首節(jié)車廂下面，如圖甲所示（俯視圖），當它經過

安放在兩鐵軌間的線圈時，線圈便產生一個電信號傳輸給控制中心。線圈邊長分別為4和4,匝數為〃，

線圈和傳輸線的電阻忽略不計。若火車通過線圈時，控制中心接收到線圈兩端的電壓信號〃與時間f的關

系如圖乙所示（必、加均為直線），打、芍、，3、%是運動過程的四個時刻，則火車