1、专题四电路与电磁感应第二讲 电磁感应规律及其应用近三年全国卷考情统计高考必备知识概览常考点全国卷全国卷全国卷楞次定律与电磁感应定律的应用2019T202018T192017T182018T202017T15电磁感应中的图象问题2019T212018T182019T19电磁感应中的电路和动力学问题2018T172017T20电磁感应中的能量问题1(多选)(2019全国卷)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN 所示一硬质细导线的电阻率为、横截面积为 S，将该导线做成半径为 r 的圆环固定在纸面内，圆心 O 在MN 上t0 时磁感应强度的方向如图(a)所示；
2、磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图(b)所示则在 t0 到 tt1 的时间间隔内()A圆环所受安培力的方向始终不变B圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C圆环中的感应电流大小为B0rS4t0D圆环中的感应电动势大小为B0r24t0题眼点拨“一硬质细导线的电阻率为、横截面积为 S，将该导线做成半径为 r 的圆环”说明线圈的电阻为 R2rS；由图(a)可知线圈一半在磁场中，计算时用有效面积；由图(b)可知磁场随时间均匀变化解析：根据楞次定律可知在 0t0 时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在 t0t1 时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆
3、环所受安培力水平向右，所以选项 A错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得 Et 12r2B0t0 B0r22t0，根据电阻定律可得 R2rS，根据欧姆定律可得 IERB0rS4t0，所以选项 C 正确，选项 D 错误答案：BC2(多选)(2019全国卷)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨电阻忽略不计虚线 ab、cd 均与导轨垂直，在 ab 与 cd 之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场将两根相同的导体棒 PQ、MN 先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好已知 PQ 进入磁场时加速度恰好为零从 PQ 进入磁场开始计时，到 MN 离开磁场区域
4、为止，流过 PQ 的电流随时间变化的图象可能正确的是()题眼点拨“两根相同的导体棒 PQ、MN 先后自导轨上同一位置由静止释放”说明两导体棒进入磁场的速度相同；“PQ 进入磁场时加速度恰好为零”说明进入磁场时做匀速运动；“PQ 进入磁场开始计时，到 MN 离开磁场区域为止”未说明 MN 棒是在 PQ 离开磁场后进入磁场，还是未离开磁场便已进入磁场解析：PQ 进入磁场时做匀速运动则电流 IBLvR，电流恒定当 PQ 离开磁场后 MN 再进入磁场，MN 产生的电流也恒定，故 A 正确；当 PQ 未离开磁场，MN 便已进入磁场此时产生的电流为 0，此段时间内两导体棒均做加速运动，直至 PQ 离开磁场
5、，此时 MN 所受安培力大于重力沿轨道方向的分量，做减速运动，故 D 正确答案：AD3(多选)(2019全国卷)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒 ab、cd 静止在导轨上t0 时，棒 ab 以初速度 v0 向右滑动运动过程中，ab、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用 v1、v2 表示，回路中的电流用 I 表示下列图象中可能正确的是()题眼点拨“两相同的光滑导体棒 ab、cd 静止在导轨上t0 时，棒 ab 以初速度 v0 向右滑动”说明导体棒不受摩擦力，运动过程中满足动量守恒定律；由图知两导体棒共速前受安培力的作用，共速
6、后不受安培力的作用解析：棒 ab 以初速度 v0 向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab 受到方向与 v0 方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒 cd 受到方向与 v0 方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差vv1v2 逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒 ab 和棒 cd 的速度相同，v1v2，两相同的光滑导体棒 ab、cd 组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动时不受外力作用，由动量守恒定律有 mv0mv1mv2，解得 v1v2v02，选项 A、C 正确，选项 B、D 错误答案：A
7、C4(多选)(2018全国卷)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路将一小磁针悬挂在直导线正上方开关未闭合时，小磁针处于静止状态下列说法正确的是()A开关闭合后的瞬间，小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动B开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N 极指向垂直纸面向里的方向C开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N 极指向垂直纸面向外的方向D开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动题眼点拨“开关未闭合时，小磁针处于静止状态”说明右侧线圈无电流，左侧线圈无感应电流，小磁针只受重力
8、和细线拉力；“开关闭合后的瞬间”说明右侧线圈中的电流瞬间增大，左侧线圈产生感应电流，小磁针在直导线的电流产生的磁场中，小磁针在磁场的作用下发生偏转；“开关闭合并保持一段时间后”说明右侧线圈有稳定电流，左侧线圈无感应电流，小磁针不动解析：开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动，选项 A 正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项 B、C 错误；开关
9、闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动，选项 D 正确答案：AD5(2018全国卷)如图，导体轨道 OPQS 固定，其中 PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中心，O 为圆心，轨道的电阻忽略不计OM 是有一定电阻，可绕 O 转动的金属杆M 端位于 PQS 上，OM 与轨道接触良好空间存在半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B，现使金属杆从 OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到 OS 位置并固定(过程)；再使磁感应强度的大
10、小以一定的变化率从 B 增加到 B(过程)在过程、中，流过 OM 的电荷量相等，则BB等于()A.54 B.32 C.74 D2题眼点拨“现使金属杆从 OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到 OS 位置并固定(过程)”说明流过 OM的电量 q1BSR；“再使磁感应强度的大小以一定的变化率从 B 增加到 B(过程)”说明流过 OM 的电量 q2BSR；“流过 OM 的电荷量相等”说明 q1q2.解析：过程回路中磁通量变化 114BR2，设OM 的电阻为 R0，流过 OM 的电荷量 q11R0 BR24R0.过程回路中磁通量变化 2(BB)12R2，流过 OM 的电荷量 q22R0（BB）R22R0.
11、由题知 q2q1，联立解得BB32，选项 B 正确答案：B命题特点与趋势1高考对本部分内容的要求较高，常在选择题中考查电磁感应中的图象问题、电磁感应中的电路、法拉第电磁感应定律、能量转换及电荷量的计算等知识点以导体棒运动为背景，综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律以计算题形式作为压轴题2电磁感应中常涉及 B-t 图象、-t 图象、E-t 图象、I-t 图象、F-t 图象和 v-t 图象，还涉及 E-x 图象、I-x 图象等，这类问题既要用到电磁感应的知识，又要结合数学知识求解对考生运用数学知识解决物理问题的能力要求较高解题要领1抓住两个关键：一是电动势的大小，它取决于磁通量的变化
12、率；二是电动势的方向，实际方向与规定的正方向一致时取正，反之取负同时注意对无感应电流区域的判断2迁移力学知识、规律解决电磁感应综合问题3常用思想方法：(1)图象法；(2)等效法；(3)守恒法；(4)模型法考点 1 楞次定律与电磁感应定律的应用1“三个定则”和“一个定律”的比较名称基本现象应用的定则或定律电流的磁效应运动电荷、电流产生磁场安培定则洛伦兹力、安培力磁场对运动电荷、电流有作用力左手定则电磁感应部分导体做切割磁感线运动右手定则闭合回路磁通量变化楞次定律说明：(1)因电而生磁(IB)安培定则；(2)因动而生电(v、BI)右手定则；(3)因电而受力(I、BF 安)左手定则；(4)因磁而生电
13、(、BI)楞次定律2求解感应电动势常有如下几种情景表达式 EntEBLvsin E12BL2ENBSsin(t0)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表达式 EntEBLvsin E12BL2ENBSsin(t0)意义一般求平均感应电动势，当t0时对应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(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片 P、
14、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场 B 中圆盘旋转时，关于流过电阻 R 的电流，下列说法正确的是()A若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿 a 到b 的方向流动C若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D若圆盘转动的角速度变为原来的 2 倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的 2 倍题眼点拨 切割类可用右手定则判断感应电流的方向；转动切割感应电动势大小可用 E12Bl2 计算解析：设圆盘的半径为 r，圆盘转动的角速度为，则圆盘转动产生的电动势为 E12Br2，可知，转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，
15、A 项正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿 a 到 b 的方向流动，B 项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C 项错误；若圆盘转动的角速度变为原来的 2 倍，则电动势变为原来的2 倍，电流变为原来的 2 倍，由 PI2R 可知，电阻 R 上的热功率变为原来的 4 倍，D 项错误答案：AB金属圆盘切割磁感线时，按照一条金属棒转动切割磁感线分析即可对点训练考向 楞次定律1.(2017全国卷)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌为了有效隔离外界振动对 STM 的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加
16、磁场来快速衰减其微小振动，如图所示无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是()解析：施加磁场来快速衰减 STM 的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减方案A 中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案 B 中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案 C 中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案 D 中，当紫铜薄
17、板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是 A.答案：A考向 电磁感应定律2(2019榆林模拟)在一空间有方向相反，磁感应强度大小均为 B 的匀强磁场，如图所示，向外的磁场分布在一半径为 a 的圆形区域内，向内的磁场分布在除圆形区域外的整个区域，该平面内有一半径为 b(b 2a)的圆形线圈，线圈平面与磁感应强度方向垂直，线圈与半径为 a 的圆形区域是同心圆从某时刻起磁感应强度在 t 时间内均匀减小到B2，则此过程中该线圈产生的感应电动势大小为()A.B（b2a2）2t B.B（b22a2）tC.B（b2a2）tD.B（b22a2）2t解析：线
18、圈内存在两个方向相反的匀强磁场，穿过线圈的磁通量变化量为 B(b22a2)B（b22a2）2B（b22a2）2.根据法拉第电磁感应定律可得线圈中产生的感应电动势的大小为 Et B（b22a2）2t.答案：D考点 2 电磁感应中的图象问题1解题“五步曲”2分析图象的关键 如图，在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为 l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下一边长为32l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流 i 随时间 t 变化的正确图线可能是()题眼点拨“边长为32l”，而 2l32ll 说明切割磁感线的两导体棒向左运动过程中，左侧导体棒
19、和右侧导体棒可能在同向磁场中也可能在不同向的磁场中；“向左匀速运动”说明左右两导体棒产生的感应电流的大小是恒定的解析：由于矩形线圈的宽度 l32l2l，正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，左右两边产生的感应电动势均为 E0Blv.两边在反向磁场中的感应电流的大小先为 I12BlvR，由右手定则知，金属线框的左边处在向外的磁场中感应电流若为负值，则金属线框的左边处在向里的磁场中感应电流为正值；两边在同向磁场中电流为 I20，A、B、C 错误，D 正确答案：D电磁感应中图象类选择题的解法1排除法：定性分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(是增还是减)、变化快慢(是均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理
20、量的正负，排除错误选项2函数法：根据题给条件定量地写出两个物理量间的函数关系，然后根据函数关系对图象作出分析和判断对点训练考向 图象信息的应用3(多选)(2018全国卷)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线 PQ 和一导线框 R，R 在 PQ 的右侧导线 PQ 中通有正弦交流电流 i，i 的变化如图(b)所示，规定从 Q 到 P 为电流的正方向导线框 R 中的感应电动势()A在 tT4时为零B在 tT2时改变方向C在 tT2时最大，且沿顺时针方向D在 tT 时最大，且沿顺时针方向解析：由图(b)可知，导线 PQ 中电流在 tT4时达到最大值，变化率为零，导线框 R 中磁通量变化率为零，根据
21、法拉第电磁感应定律，在 tT4时导线框中产生的感应电动势为零，选项 A 正确；在 tT2时，导线 PQ 中电流图象斜率正负不变，且斜率最大，则电流变化率最大，且方向不变，选项 B 错误；根据法拉第电磁感应定律，在 tT2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项 C 正确；由楞次定律可判断出在 tT 时感应电动势的方向为逆时针方向，选项 D 错误答案：AC考向 图象的判断4(2019安顺调研)粗细均匀的电阻丝围成的正方形闭合线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行现使线框以相同速率沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则
22、在移出过程中线框上 a、b 两点间的电势差绝对值最大的是()解析：在磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，选项 A、B、D 中 a 和 b 两点间电势差为外电路中一个电阻两端的电压，其电势差的绝对值为：UE4BLv4；选项 C 中 a、b 两点间电势差绝对值为路端电压，U3E4 3BLv4，故选项 C 正确答案：C考点 3 电磁感应中的电路和动力学问题1电源电动势和路端电压(1)电动势：EBlv 或 Ent.(2)路端电压：UIREIr ERrR.2电学对象与力学对象的转换及关系 如图，水平面(纸面)内间距为 l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为 m、长度为 l 的金属
23、杆置于导轨上t0 时，金属杆在水平向右、大小为 F 的恒定拉力作用下由静止开始运动t0 时刻，金属杆进入磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为.重力加速度大小为 g.求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值题眼点拨“恒定拉力作用”说明金属杆进磁场前做匀加速直线运动；“保持匀速运动”说明金属杆所受合外力为零解析：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为 a，由牛顿第二定律得maFmg，设金属杆到达磁场左边界时的速度为 v，由运动学公式有vat0，当金属
24、杆以速度 v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为EBlv，联立式可得EBlt0Fmg；(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为 I，根据欧姆定律IER，式中 R 为电阻的阻值金属杆所受的安培力为F 安BlI，因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得FmgF 安0，联立式得RB2l2t0m.答案：见解析四步法分析电磁感应动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：对点训练考向 电磁感应中的电路问题5(2019江苏卷)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直已知线圈的面积 S0.3 m2、电阻 R0.6，磁
25、场的磁感应强度 B0.2 T现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在 t0.5 s 时间内合到一起求线圈在上述过程中(1)感应电动势的平均值 E；(2)感应电流的平均值 I，并在图中标出电流方向；(3)通过导线横截面的电荷量 q.解析：(1)感应电动势的平均值 Et，磁通量的变化 BS，解得 EBSt，代入数据得 E0.12 V；(2)平均电流 IER，代入数据得 I0.2 A(电流方向见图)；(3)电荷量 qIt，代入数据得 q0.1 C.答案：见解析考向 动力学问题6(2019天津卷)如图所示，固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒 MN 和 PQ 长度也为
26、l、电阻均为 R，两棒与导轨始终接触良好MN 两端通过开关 S 与电阻为 R 的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量 k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.PQ 的质量为 m，金属导轨足够长、电阻忽略不计(1)闭合 S，若使 PQ 保持静止，需在其上加多大的水平恒力 F，并指出其方向；(2)断开 S，PQ 在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为 v 的加速过程中流过 PQ 的电荷量为 q，求该过程安培力做的功 W.解析：(1)设线圈中的感应电动势为 E，由法拉第电磁感应定律 Et，则 Ek，设 PQ 与 MN 并联的电阻为 R 并，有R 并R2，闭合 S 时，设线圈中的电流为 I，根据闭合电路欧姆定律得 IER并R，设 PQ 中的电流为 IPQ，有IPQ12I，设 PQ 受到的安培力为 F 安，有F 安BIPQl，保持 PQ 静止，由受力平衡，有FF 安，联立式得FBkl3R，方向水平向右；(2)设 PQ 由静止开始到速度大小为 v 的加速过程中，PQ 运动的位移为 x，所用时间为 t，回路中的磁通量变化量为，平均感应电动势为E，有Et，其中 Blx，设 PQ 中的平均电流为I，有I E2R，根据电流的定义得I qt，由动能定理，有FxW12mv20，联立式得W12mv223kq.答案：见解析
