2022届高考物理第二轮复习电磁感应

专题八电磁感应抓基础探技法研考向提能力[备考方向要明了]主要问题综合应用动力学和能量观点分析和解决电磁感应过程中的运动和能量转化问题主要考点①楞次定律的理解和应用；②电磁感应的图像问题；③电磁感应过程中的动态分析问题；④综合应用电路知识和能量观点解决电磁感应问题主要方法①等效法(产生感应电动势的部分等效为电源)；②物理过程的图像描述(图像法)；③研究电磁感应过程的动力学方法、能量方法主要策略在复习时要注意“抓住两个定律、运用两种观点、分析一种电路”，两个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；两个观点是指动力学观点和能量观点；一种电路是指感应电路。尤其要注意滑轨类问题、线框穿越有界匀强磁场的问题等一、安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的应用(1)安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律应用于不同现象。基本现象应用的定则或定律运动电荷、电流产生磁场安培定则磁场对运动电荷、电流作用力左手定则电磁感应部分导体切割磁感线运动右手定则闭合电路磁通量变化楞次定律(2)右手定则与左手定则的区别：抓住“因果关系”是解决问题的关键。“因动而电”用右手定则，“因电而力”用左手定则。(3)应用楞次定律的关键是正确区分所涉及的两个磁场：一是引起感应电流的磁场，二是感应电流产生的磁场。4.1.运用楞次定律判定感应电流方向的基本思路“一原、二感、三电流”，即为：(1)明确原磁场：弄清原磁场的方向及磁通量的变化情况。(2)确定感应磁场：即根据楞次定律中的“阻碍”原则，结合原磁场磁通量变化情况，确定出感应电流产生的感应磁场的方向。(3)判定电流方向：即根据感应磁场的方向，运用安培定则判断出感应电流方向。2．楞次定律与右手定则的区别(1)研究对象不同，楞次定律研究的是整个回路；而右手定则研究的是闭合回路中的一部分导体，即一段导体做切割磁感线运动。(2)适用范围不同。楞次定律可应用于因磁通量变化引起感应电流的各种情况(包括一部分导体做切割磁感线运动的情况)，而右手定则只适用于一段导体在磁场中做切割磁感线运动的情况(也可说成楞次定律的一种特殊情况)1．如图8－2所示，矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，直导线中的电流方向由M到N，导线框的ab边与直导线平行。若直导线中的电流增大，导线框中图8－2将产生感应电流，导线框会受到安培力的作用，则以下关于导线框受到的安培力的判断正确的是(

)A．导线框有两条边所受安培力的方向相同B．导线框有两条边所受安培力的大小相同C．导线框所受的安培力的合力向左D．导线框所受的安培力的合力向右解析：导线框abcd处于通电直导线MN电流的磁场中，由右手定则可得导线框abcd处于垂直于纸面向里的磁场中，当电流增强时，导线框中的磁通量增强，由楞次定律可得感应电流产生的磁场应垂直于纸面向外，所以导线框abcd的感应电流为逆时针方向，bc边与ad边，ab边与cd边电流方向相反，由左手定则可得：ab边安培力水平向右，大小为Fab，cd边安培力水平向左，大小为Fcd，由于ab边离导线MN较近，磁感应强度大，可得Fab>Fcd；bc边与ad边上的安培力方向分别竖直向下和竖直向上，由于这两边磁感线疏密情况相同，这两边的安培力平衡，可得导线框整体所受的合力方向水平向右，B、D正确，A、C错误。答案：BD1.电磁感应的图像问题大体可分为两类(1)由给出的电磁感应过程选出或画出正确的图像。(2)根据给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应物理量。2．分析方法(1)不管何种类型，分析时均需利用右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律等规律。(2)明确题目中规定的正方向，弄清回路中的感应电动势e、感应电流和磁感应强度B的方向，并在相应的图像中用正、负值来反映。3．注意事项(1)图像中两坐标轴的意义。(2)图像中的正负与物理量正负的关系。(3)图像的斜率、截距的物理意义。2．(2011·日照模拟)如图8－3所示，边长相等的正方形导体框与正方形匀强磁场区，其对角线在同一水平线上，导体框沿水平方向由a到b匀速通过垂直于纸面向外的磁场区，导体框中的电流随时间变化关系正确的是(顺时针方向电流为正)图8－4中的 (

)解析：设导体框沿水平方向匀速通过磁场区的速度大小为v，刚进入磁场时，切割磁感线的有效长度为l＝2vt，所以感应电动势为E＝Blv＝2Bv2t，由楞次定律知电流方向为顺时针方向；当导体框与磁场区重合时电流最大；导体框再向右运动，电流逐渐减小，方向为逆时针方向，选项A正确。答案：A图8－41.电路问题(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向。当切割磁感线的导体棒匀速运动或磁通量均匀变化时，感应电动势不变，是恒定电流的问题；当切割磁感线的导体棒变速运动或磁通量非均匀变化时，则是变化电流的问题。(2)画出等效电路，对整个回路进行分析，确定哪一部分是电源，哪一部分为负载以及负载间的连接关系。(3)运用闭合电路欧姆定律，串、并联电路的特点，电功率公式、焦耳定律以及能量转化及守恒定律，联立求解。2．动力学问题(1)(2)(3)在力和运动的关系中，要注意分析导体受力，判断导体加速度方向、大小及变化；加速度等于零时，速度最大，导体最终达到稳定状态是该类问题的重要特点。3．能量问题(1)安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，用框图表示如：(2)明确功能关系，确定有哪些形式的能量发生了转化。如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能。(3)根据不同物理情景选择动能定理、能量守恒定律或功能关系，列方程求解问题。3．如图8－5甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1m，上端接有电阻R＝3Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量m＝0.1kg、电阻r＝1Ω的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图像如图乙所示(取g＝10m/s2)。求：图8－5(1)磁感应强度B；(2)杆在磁场中下落0.1s的过程中电阻R产生的热量。解析：(1)由图像知，杆自由下落0.1s进入磁场以v＝1.0m/s做匀速运动产生的电动势E＝BLv杆中的电流I＝杆所受安培力F安＝BIL由平衡条件得mg＝F安代入数据得B＝2T。(2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075J。答案：(1)2T

(2)0.075J[命题视角1](2011·山东高考)如图8－6所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处。磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直。先图8－6由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触。用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移。图8－7中正确的是 (

)图8－7[规范解题]

c棒在未进入磁场前做自由落体运动，加速度为重力加速度；进入磁场后，d棒开始做自由落体运动，在d棒进入磁场前的这段时间内，c棒运动了2h，此过程c棒做匀速运动，加速度为零；d棒进入磁场后，c、d棒均以相同速度切割磁感线，回路中没有感应电流，它们均只受重力直至c棒出磁场；而且c棒出磁场后不再受安培力，也只受重力。故B正确，A错。d棒自开始下落到2h的过程中，只受重力，机械能守恒，动能与位移的关系是线性的；在c棒出磁场后，d棒切割磁感线且受到比重力大的安培力，完成在磁场余下的2h的位移，动能减小，安培力也减小，合力也减小，在Ekd—xd图像中Ekd的变化趋势越来越慢；在d棒出磁场后，只受重力，机械能守恒，Ekd—xd图像中的关系又是线性的，且斜率与最初相同，均等于重力。故D正确，C错。故选BD。[命题视角2]

如图8－8甲所示，在金属框abcd平面内有空间分布均匀、大小和方向按图乙所示变化的磁场(垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向)。用i表示金属框中的感应电流(图甲中所示的方向为正)，用F表示cd边所受的安培力(水平向右为正方向)，则图8－9中的i、F随时间变化的图像正确的是 (

)

图8－8

图8－9[自主尝试]

由楞次定律可知，0～1s内，原磁场垂直纸面向外并且在均匀减小，金属框内产生大小不变的感应电流，方向为逆时针方向(负方向)；1～2s内，原磁场垂直纸面向里并且在均匀增大，金属框内产生大小不变的感应电流，方向也为逆时针方向(负方向)；同理可得，后2s产生的电流大小与前2s的完全相同，但方向为瞬时针方向(正方向)，选项A正确；由F＝BIL，再根据磁场大小及方向的变化，选项D正确。故选AD。[冲关锦囊]电磁感应图像问题的解决方法：(1)明确图像的种类，即是B－t图像还是Φ－t图像，是E－t

图像还是I－t图像。(2)分析电磁感应的具体过程。(3)用右手定则或楞次定律确定感应电流的方向。(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律等规律写出函数关系式，并进行数学分析。(5)画出图像或应用图像解决问题。[命题视角1]

如图8－10所示，由几根长度都是L的金属杆连接成的一个“日”字型的矩形金属框abcdef，放在纸面所在的平面内，有一个宽度也为L的匀强磁场，磁场边界跟cd杆图8－10平行，磁感应强度的大小是B，方向垂直于纸面向里，金属杆af、be、cd的电阻都为r，其他各杆的电阻不计，各杆端点间接触良好。现以速度v匀速地把金属框从磁场的左边界水平向右拉，从cd杆刚进入磁场瞬间开始计时，求：(1)cd杆在磁场中运动的过程中，通过af杆的电流；(2)从开始计时到金属框全部通过磁场的过程中，金属框中电流所产生的总热量Q。[命题视角2]

如图8－12所示，半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感应强度为B＝0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直，其中a＝0.4m，b＝0.6m，金属圆环上分别接有电灯L1、L2，两灯的电阻均为R＝图8－120.2Ω。一金属棒MN与金属圆环接触良好，金属棒与金属圆环的电阻忽略不计。(1)若金属棒以v0＝5m/s的速度在环上向右匀速滑动，求金属棒滑过圆环直径OO′时MN中的电动势和流过电灯L1的电流；(2)撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90°，此后若使磁场随时间均匀变化，其变化率为T/s，求电灯L1的电功率。[答案]

(1)0.8V

0.4A

(2)1.28×10－2W[冲关锦囊]

解决电磁感应中的电路问题的关键是把电磁感应问题等效转换成稳恒直流电路或交流电路，分析清楚哪部分是外电路，哪部分是内电路。切割磁感线的导体或磁通量变化的线圈相当于电源，该部分导体的电阻相当于电源的内阻，而其余部分的电路则是外电路。[命题视角1](2011·海南高考)如图8－13，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m。竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电图8－13阻为R，导轨间距为l。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略，重力加速度为g。在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好。求：(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2)两杆分别达到的最大速度。[命题视角2]

如图8－14甲所示，固定在倾斜面上电阻不计的金属导轨，间距d＝0.5m，斜面倾角θ＝37°，导轨上端连接一阻值为R＝4Ω的小灯泡L。在CDMN矩形区域内有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，CN长为2m。开始时电阻为1Ω的金属棒ab放在斜面导轨上刚好静止不动，在t＝0时刻，金属棒在平行斜面的恒力F作用下，由静止开始沿导轨向上运动。金属棒从图中位置运动到MN位置的整个过程中，小灯泡的亮度始终没有发生变化。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：图8－14(1)通过小灯泡的电流强度；(2)恒力F的大小、金属棒与导轨间的动摩擦因数和金属棒的质量。(2)因灯泡亮度不变，故在t＝4s末金属棒刚好进入磁场，且做匀速运动，此时金属棒中的电流强度：I＝IL＝0.1A又因为开始时电阻为1Ω的金属棒放在斜面导轨上刚好静止不动mgsinθ＝μmgcosθ，μ＝tanθ＝0.75恒力大小：F＝F安＋2mgsinθ＝BId＋2mgsinθ＝0.1＋12m因灯泡亮度不变，金属棒产生的感应电动势为：E2＝E1＝0.5V[答案]

(1)0.1A

(2)9.7N

0.75

0.8kg[冲关锦囊]

由电磁感应的动力学问题中力现象和电磁现象相互联系，相互制约，解决问题前首先要建立“动→电→动”的思维顺序，分析思路可概括为：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解电动势大小和方向。(2)根据等效电路图，利用闭合电路欧姆定律求解回路中电流的大小及方向。(3)分析导体的受力情况，尤其注意安培力的方向。(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解。[命题视角1]

如图8－15所示，一边长为L，质量为m2＝m，电阻为R的正方形导体线框abcd，与一质量为m1＝2m的物块通过轻质细线绕过定滑轮P和轮轴Q后相连，Q的轮和轴的半径之比为r1∶r2＝2∶1。起初ad边图8－15距磁场下边界为L，磁场的磁感应强度为B，磁场宽度也为L，且物块放在倾角θ＝53°的斜面上，斜面足够长，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。现将物块由静止释放，经一段时间后发现当ad边