高考物理二轮复习 第1课时 电磁感应

专题五电旗成皮和电路

第1课时电磁感应

本专题主要复习电磁感应的基本规律和方法，熟练应用动力

解决问题

学和能量观点分析并解决电磁感应问题。

楞次定律和法拉第电磁感应定律的理解及应用；电磁感应中

专题高考重点

的平衡问题；电磁感应中的动力学和能量问题。

复习

本专题选择题和计算题都有可能命题，选择题一般考查楞次

定位

定律和法拉第电磁感应定律的应用，题目有一定的综合性，

题型难度

难度中等；计算题主要考查电磁感应规律的综合应用，难度

较大。

r必备知识链接

1.楞次定律中“阻碍”的表现

⑴阻碍磁通量的变化(增反减同)。

(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)。

(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势(增缩减扩)。

(4)阻碍原电流的变化(自感现象)o

2.感应电动势的计算

(1)法拉第电磁感应定律：E=甯，常用于计算感应电动势的平均值。

①若3变，而S不变，则E=^S；

②若S变，而5不变，则E=〃虑。

(2)导体棒垂直切割磁感线：E=Blv,主要用于求感应电动势的幽:值。

(3)如图所示，导体棒围绕棒的一端。在垂直匀强磁场的平面内做匀速圆周运

动而切割磁感线，产生的感应电动势E：//2。。

XXX

o

XXX

3.感应电荷量的计算

回路中磁通量发生变化时，在A/时间内迁移的电荷量（感应电荷量）为q=IN=

青午。可见，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量△。决定，与

发生磁通量变化的时间△/无关。

4.电磁感应电路中产生的焦耳热

当电路中电流恒定时，可用焦耳定律计算；当电路中电流变化时，则用功能关系

或能量守恒定律计算。

r规律方法回扣-------------------------------・

解决感应电路综合问题的一般思路是“先电后力”，即：

1.“源”的分析——分析电路中由电磁感应所产生的“电源”，求出电源参数E

和「。

2.“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大

小，以便求解安培力。

3.“力”的分析——分析研究对象（通常是金属棒、导体、线圈等）的受力情况，尤

其注意其所受的安培力。

接着进行“运动状态”的分析一一根据力和运动的关系，建立正确的运动模型。

4.“动量”和“能量”的分析——寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中，

其能量转化和守恒的关系，并判断系统动量是否守恒。

高考题型1楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用

L感应电流方向的判断

（1）利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断。

⑵利用楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断。

2.感应电动势的两种求法

（1）E=”笑，用来计算感应电动势的平均值，常用来求解电荷量。

（2）E=Blv或E=，P①,主要用来计算感应电动势的瞬时值。

【例1］（多选）（2021,1月福建省新高考适应性考试，6）由螺线管、电阻和水平

放置的平行板电容器组成的电路如图1（a）所示。其中，螺线管匝数为N,横截面

积为Si；电容器两极板间距为d,极板面积为S2,板间介质为空气（可视为真空）。

螺线管处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B随时间/变化的B-t图像

如图（b）所示。一电荷量为q的颗粒在4〜/2时间内悬停在电容器中，重力加速度

大小为g,静电力常量为鼠则（）

B

4;>

q・c

图1

A.颗粒带负电

用山、m日生qNSi（比一51）

B•颗粒质量为gSi）

C.九〜12时间内，〃点电势高于6点电势

»…口□皿金小»*曰rr、1NS1S2-Bl）

D•电谷器极板市电荷量大小为4板（…）

答案AD

解析根据楞次定律和右手螺旋定则可知，感应电流通过电阻R的方向为由。到

b,电容器的上极板带正电，颗粒悬浮在电容器中，受到的电场力与重力平衡，所

以颗粒带负电，故A正确；电容器两极板间的电压等于感应电动势，根据法拉第

电磁感应定律，有U=1^^=N52t2HS1,电容器两板间的电场强度E=g=

N(B2—B1)Si.NqS\(B2—B1).

(…)d'又加g=Eq,斛=”=ga'故B包快；在加〜/2时

间内，。点电势等于6点电势，故C错误；电容器极板的带电荷量为Q=CU,又

£rS、八I人I】NS\S?CB2—B1）,,.

C=4M＞空♦的相对〃电吊数为1，3Q=471kd，故D正确。

【例2】（多选）（2021•广东省普通高中学业水平选择性考试，10）如图2所示，水

平放置足够长光滑金属导轨"c和de,仍与de平行，历是以。为圆心的圆弧导

轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆。尸的。端与e

点用导线相接，尸端与圆弧历接触良好。初始时，可滑动的金属杆静止在平

行导轨上。若杆。尸绕。点在匀强磁场区内从》到c匀速转动时，回路中始终有

电流，则此过程中，下列说法正确的有（）

A.杆。尸产生的感应电动势恒定B.杆OP受到的安培力不变

C.杆做匀加速直线运动D.杆中的电流逐渐减小

答案AD

解析根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知石⑺:界修①，故A正确；

0P切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可判断出中电流为从〃到N,

根据左手定则可知所受安培力向左，MN向左运动,切割磁感线，产生的感

应电流与0P切割磁感线产生的感应电流方向相反，故0P与中的电流会逐

渐减小，。尸所受安培力逐渐减小，做加速度逐渐减小的加速运动，故B、C

错误，D正确。

【拓展训练1】（2021•广东惠州市高三下第一次模拟）如图3为一种早期发电机原

理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两

磁极相对于线圈平面对称，在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面

上的投影沿圆弧加丫运动，（。是线圈中心），则（）

鳏、I转轴

9

图3

A.从X到。，电流由E经G流向E先增大再减小

B.从X到。，电流由R经G流向E,先减小再增大

C.从。到匕电流由R经G流向E,先减小再增大

D.从。到匕电流由E经G流向R先增大再减小

答案D

解析在磁极绕转轴从X到。匀速转动，穿过线圈平面的磁通量向上增大，根据

楞次定律可知线圈中产生瞬时针方向的感应电流，电流由R经G流向E,又导线

切割磁感线产生感应电动势E感=3加，导线处的磁感应强度先增后减可知感应电

动势先增加后减小，则电流先增大再减小，A、B错误；在磁极绕转轴从。到Y

匀速转动，穿过线圈平面的磁通量向上减小，根据楞次定律可知线圈中产生逆时

针方向的感应电流，电流由E经G流向忆又导线切割磁感线产生感应电动势

E»=Blv,导线处的磁感应强度先增后减可知感应电动势先增加后减小，则电流

先增大再减小，C错误，D正确。

【拓展训练2】（2021,1月江苏新高考适应性考试，10）如图4所示，光滑的平行

长导轨水平放置，质量相等的导体棒L和心静止在导轨上，与导轨垂直且接触

良好。已知L的电阻大于七，两棒间的距离为d,不计导轨电阻，忽略电流产生

的磁场。将开关S从1拨到2,两棒运动一段时间后达到稳定状态，则（）

图4

A.S拨到2的瞬间，L中的电流大于心

B.S拨到2的瞬间，L的加速度大于以

C.运动稳定后，电容器C的电荷量为零

D.运动稳定后，两棒之间的距离大于d

答案D

解析S拨到1时，电源给电容器充电，S拨到2的瞬间，电容器放电（相当于“电

源”）导体棒L1、工2并联,则棒两端电压相等，根据/=■^和Rzi>Rz2知,ILI<ILI,

A错误；S拨到2的瞬间，导体棒受到的安培力F=ILB,知FIA<FL2,故。〃<和，

B错误；运动稳定后，两棒的速度相等，两端的电压也相等，故电容器两端的电

压等于棒两端的电压，此时电容器C的电荷量不为零，C错误；在两棒向右运动

过程中公1＜公2,且电路稳定时两棒速度相等，则L1的位移小于的位移，故两

棒之间的距离大于d,D正确。

高考题型2电磁感应中的动力学问题分析

【例3】（多选）（2021•广东深圳市高三下4月第二次调研）如图5,横截面积为0.005

n?的10匝线圈，其轴线与大小均匀变化的匀强磁场Bi平行。间距为0.8m的两

平行光滑竖直轨道P。、足够长，底部连有一阻值为2。的电阻，磁感应强度

52=0.5T的匀强磁场与轨道平面垂直。K闭合后，质量为0.01kg、电阻为2Q

的金属棒时恰能保持静止，金属棒始终与轨道接触良好，其余部分电阻不计，g

取10向52。则（）

图5

A.Bi均匀减小

B.Bi的变化率为lOT/s

C.断开K之后，金属棒时下滑的最大速度为2.5m/s

D.断开K之后，金属棒所受安培力的最大功率为0.25W

答案BCD

解析如果51均匀减小，根据楞次定律，金属棒a。中的感应电流方向为b到a,

根据左手定则，导体棒受到的安培力方向向下，无法平衡，A错误；如果选项成

立，则螺线管中感应电动势为石=^^5=0.5V,金属棒中电流为A,

金属棒受到的安培力为R=&〃=0.5X0.25X0.8N=0.1N=7叫，假设成立，B正

确；断开K之后，金属棒速度最大时，受力平衡，则电流与原来一致，则电动势

一E

为E=2/H=1V,运动速度为。=HD27L=2.5m/s,C正确；断开K之后，金属棒匀

速运动时功率最大，安培力的最大功率为尸=/E=0.25W,D正确。

【拓展训练3】（多选）（2021•广东佛山市教学质检）如图6所示，两根足够长的光

滑金属导轨MN、PQ相互平行，间距为3构成U型平面，该平面与水平面成角

。（0。＜。＜90。），磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，导轨电阻不计，上

端接入阻值为R的定值电阻。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始

终保持垂直且接触良好，溺棒质量为如接入电路的电阻为人则金属棒。。沿导

轨下滑过程中（）

A.最大加速度为gsin0

B.当棒下滑速度为。时，其两端电压为BLo

C.所受安培力不会大于mgsm0

D.下滑速度大小一定小于造"zgsin0

答案AC

解析根据牛顿第二定律可得加gsin。一R安=机＜2,由题可知，开始滑动时安培力

为零，此时加速度最大为gsin仇故A正确；由法拉第电磁感应定律可得，当棒

下滑速度为。时，产生的感应电动势为3。，根据闭合电路欧姆定律可得，金属

棒两端电压为苴一5口，故B错误；导体棒下滑时，安培力增大，则加速度减小，

当加速度为零时，安培力达到最大值为mgsin。，故C正确；当安培力等于mgsin

。时，金属棒做匀速运动，此时速度最大，则有tngsin,解得最大速度

、，（R+r）mesin0„,丁（R+r）mesin0

=

为Vm，贝U下滑速度大小-*'定小于§212，故D错误。

【拓展训练4】（2021•河北“五个一名校联盟"二模）如图7所示，两宽度均为a

的水平匀强磁场，磁感应强度的大小相等，两磁场区域间距为4服一个边长为a

的正方形金属线框从磁场上方距离为a处由静止自由下落，匀速通过上方匀强磁

场区域，之后又通过下方匀强磁场区域。已知下落过程中线框平面始终在竖直平

面内，不计空气阻力，下列说法正确的是（）

XXXXXa

XXXXX

图7

A.线框通过上、下两个磁场的过程中产生的电能相等

B.线框通过上、下两个磁场的过程中流过线框的电荷量不相等

C.线框通过下方磁场的过程中加速度的最大值与重力加速度的大小相等

D.线框通过上、下两个磁场的时间相等

答案C

解析线框匀速通过上方磁场，加速一段距离后，将减速通过下方磁场，两次通

过磁场时，克服安培力做功不同，所以产生的电能不相等，A错误；根据电流公

式得q=〃=丁=*,所以两次通过磁场流过的电荷量相等，B错误；进入上

KK

方磁场时，速度为vi=y[2ga,受力分析有tng=BIa=B)切=窄3「前,进入下

方磁场时，其速度为02=4痴，受力分析有F=BFa—mg=-mg=-^^\[8ga

—mg=mg=ma',解得a'=g,C正确；因为线框减速通过下方磁场的过程，最小

速度不小于通过上方磁场时的速度，所以通过下方磁场时的时间较短，D错误。

高考题型3电磁感应中的动力学和能量问题分析

1.电荷量的求解

电荷量q=/A/,其中/必须是电流的平均值。由E=〃笑，/=《，＜?=/AZ,联立

NK总

可得q=/譬,与时间无关。

K总

2.焦耳热Q的三种求法

⑴焦耳定律：Q=PRt。

(2)功能关系：Q=W克服安培力。

(3)能量转化：Q=NE其他能的减少量。

3.用到的物理规律

匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等。

【例4】（2021•1月福建省新高考适应性考试，13）如图8所示，光滑平行金属导

轨间距为/,与水平面夹角为仇两导轨底端接有阻值为R的电阻。该装置处于磁

感应强度大小为5的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。质量为机的金属

棒漏垂直导轨放置，在恒力作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为鼠恒力大小为

F、方向沿导轨平面且与金属棒湖垂直。金属棒帅与导轨始终接触良好，不计

时和导轨的电阻及空气阻力。重力加速度为g,求此上升过程

图8

（1）金属棒运动速度大小；

（2）安培力对金属棒所做的功。

MA（歹―mgsin。）R,Fh

答案⑴WQ）机g丸一无而

解析（1）设金属棒以速度。沿导轨匀速上升，由法拉第电磁感应定律知，棒中的

电动势为E=Blv®

设金属棒中的电流为/,根据闭合电路欧姆定律，有

f②

金属棒所受的安培力大小为FA=IIB③

因为金属棒沿导轨匀速上升，由平衡条件得

F—mgsin。一以=0④

联立①②③④式得0="一拳泮R⑤

（2）设金属棒以速度。沿导轨匀速上升力过程中，安培力所做的功为W,由动能定

h

理得w—mgh+=0（6）

由⑥式得W=mgh—^-g

【拓展训练5]（2021•山东临沂市等级考试模拟）如图9甲所示，金属导轨MN

和PQ平行，间距L=lm,与水平面之间的夹角a=37。，匀强磁场磁感应强度B

=2.0T,方向垂直于导轨平面向上，间接有阻值R=1.5。的电阻，质量机=

0.5kg,电阻r=0.5。的金属杆a。垂直导轨放置，金属棒与导轨间的动摩擦因数

为〃=0.2。现用恒力R沿导轨平面向上拉金属杆使其由静止开始运动，当金

属棒上滑的位移x=3.8m时达到稳定状态，对应过程的O—/图像如图乙所示。取

g=10m/s2,导轨足够长。求：

(1)恒力F的大小及金属杆的速度为0.4m/s时的加速度大小；

⑵在0〜1s时间内通过电阻R的电荷量q；

(3)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，金属杆上产生的焦耳热。

答案(1)5.8N2.4m/s2(2)0.85C⑶L8375J

解析(1)当金属棒匀速运动时，由平衡条件得

F=]umgcos37°+mgsin37°+F安

其中匹安

o=lm/s,=5=K=+r=2N

解得尸=5.8N

当金属杆的速度为0.4m/s时

B?L2V

F^i=B/iL=-^;L=0.8N

由牛顿第二定律有F—//mgcos37°—mgsin37°—F安i=ma

2

解得a=2.4m/so

(2)在。〜Is时间内，由动量定理得

(F—/zmgcos37°—mgsin37°—Bl2L)t=mV2—0

其中q=/2Kr2=0.6m/s,解得q=0.85C。

⑶从金属棒开始运动到达稳定，由动能定理得

(F—/zmgcos37°—mgsin37°)x+W安=51廿一0

又Q=|W安1=7.35J,所以解得。「=符:Q=L8375J。

专题F艮时训练

（限时:40分钟）

1.（2021•广州市高三模拟）如图1,1831年8月29日，法拉第在一个软铁圆环上绕

制了两个互相绝缘的线圈a和小。与电池、开关组成回路,。的两端用导线连接，

导线正下方有一枚小磁针。使法拉第在“磁生电”方面取得突破性进展的现象是

（）

A.闭合开关瞬间，观察到小磁针发生偏转

B.闭合开关后，观察到小磁针保持偏转状态

C.断开开关瞬间，观察到小磁针不发生偏转

D.断开开关后，观察到小磁针保持偏转状态

答案A

解析闭合（断开）开关瞬间，线圈a中的电流产生的磁场变化，引起线圈人中的

磁通量发生变化而产生感应电流，小磁针上方导线中的感应电流产生的磁场使小

磁针发生偏转，A项正确，C项错误；闭合（断开）开关后，线圈6中的磁通量保

持不变，线圈》中无感应电流产生，小磁针恢复最初状态，B、D项错误。

2.（2021•广东佛山市南海区高三下摸底测试）涡流内检测技术是一项用来检测各种

金属管道是否有破损的技术。图2是检测仪在管道内运动及其工作原理剖面示意

图，当激励线圈中通以正弦交流电时，金属管道壁内会产生涡流，涡流磁场会影

响检测线圈的电流。以下有关涡流内检测仪的说法正确的是（）

甲乙

图2

A.检测线圈消耗功率等于激励线圈输入功率

B.在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测线圈的电

流强度不变

C.在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测仪消耗功

率将变大

D.当检测仪从金属管道完好处进入到破损处检测时，管道壁中将产生更强的涡流

答案C

解析激励线圈输入功率大于检测线圈消耗功率，管道壁中产生涡流，有一定的

热功率，检测+P热，故A错误；增大频率，检测线圈的磁通量变化率变大，

产生的感应电动势变大，则电流强度变大，故B错误；增大频率，检测线圈的功

率和管道产生的热功率变大，则检测仪消耗功率将变大，故C正确；当检测仪从

金属管道完好处进入破损处检测时，厚度减小，则管道壁中产生的涡流变小，故

D错误。

3.（2021•广东韶关市高三下一模）如图3甲所示是一个“简易电动机”，一节5号

干电池的正极向上，一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，将一段裸铜导线弯成

图中所示形状的线框，线框上端的弯折位置与正极良好接触，下面弯曲的两端与

磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会转动起来。该“简易电动机”的原理图

如图乙所示，关于该“简易电动机”，下列说法正确的是（）

甲乙

图3

A.从上往下看，该“简易电动机”逆时针旋转

B.电池的输出功率等于线框转动的机械功率

C.线框①、②两部分导线电阻在电路中是串联关系

D.“简易电动机”由静止到转动起来的过程中，线框中的电流减小

答案D

解析线框的上下两条边受到安培力的作用而发生转动，根据左手定则可以判断

从上往下看，线框将做顺时针转动，故A错误；电池输出的电功率一部分用来用

于线框的发热功率，一部分提供线框转动的机械功率，所以电池输出的电功率大

于线框旋转的机械功率，故B错误；线框①、②两部分导线电阻在电路中是并联

关系，故C错误；稳定时，因导线切割磁感线，产生的感应电动势与电源相反，

则线框中电流比刚开始转动时的小，故D正确。

4.（多选）（2021•河南新乡市一轮复习摸底）如图4所示，固定在绝缘水平面上的半

径r=Q.2m的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小B=0.1T的匀强磁

场。金属棒一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴。。上，随轴顺时

针匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值R=10。的电阻和板间距d=0.01m

的平行板电容器，有一质量机=lg、电荷量q=lX10-5C的颗粒在电容器极板间

恰好处于静止状态。取重力加速度大小g=10m/s2,不计其他电阻和摩擦，下列

说法正确的是（）

A.电容器两极板间的电压为10V

B.电容器的上极板带正电荷

C.每秒钟通过电阻的电荷量为10C

D.金属棒转动的角速度大小为5Xrad/s

答案AD

解析对电容器极板间的带电颗粒受力分析有q^=mg,解得。=竽=

1X103X10X0.01

V=10V,选项A正确；金属棒顺时针运动，由右手定则可知,

1X105

电容器下极板带正电荷，选项B错误；由欧姆定律可得通过电阻R的电流为4

=7^A=1A,则每秒钟通过电阻的电荷量Q=〃=1X1C=1C,选项C错误；

一1c

金属棒转动切割磁场产生的感应电动势为£=3巾=23,。，£1=[/=10V,解得o

2U2X10：、.

济=()]X()02rad/s=5X103rad/s,选项D正确。

5.(2021•山东省第二次模拟)如图5所示，“凹”字形硬质金属线框质量为机，相

邻各边互相垂直，且处于同一平面内，ab、A边长均为2/,好边长为/。匀强磁

场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，。。边离磁场

上边界的距离为/,线框由静止释放，从A边进入磁场直到0边进入磁场前，线

框做匀速运动。在0■边离开磁场后，ah,ed边离开磁场之前，线框又做匀速运动。

线框在下落过程中始终处于竖直平面内，且边保持水平，重力加速度为g。

磁场区

图5

⑴线框ah,ed边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是be边刚进入磁场时的几

倍？

⑵若磁场上下边界间的距离为H,则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为多

少？

答案(1)4Q)mg(H—131)

解析⑴设A边刚入磁场时速度为01,6c边刚进入时，有Ei=2BE,h=9,

Fi=2B/i/

线框匀速运动，有Fi=mg

联立可得加=懈

设。力、ed边将离开磁场时速度为02,a//、ed边将离开磁场时，有

E2=Blv2,/2=£,Fi=Bhl

线框匀速运动，有Fi=mg

联立可得。2=鬻，综上所述£=4

即线框ah、ed边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是be边刚进入磁场时的

4倍。

(2)6。边进入磁场前，根据动能定理，有侬/=3用抗

穿过磁场过程中能量守恒，有

mg(H+21)=覆+Q

联立可得Q=mg(H—13l)。

6.(2021•辽宁葫芦岛市期末)如图6甲所示，两条相距/=1m的水平粗糙导轨左端

接一定值电阻。/=0时，一质量根=1kg、阻值r=0.5。的金属杆，在水平外力

的作用下由静止开始向右运动，5s末到达MN,MN右侧为一匀强磁场，磁感应

强度3=1T,方向垂直纸面向里，当金属杆到达后，保持外力的功率不变,

金属杆进入磁场，8s末开始做匀速直线运动。整个过程金属杆的。一/图像如图

乙所示。若导轨电阻忽略不计，杆和导轨始终垂直且接触良好，两者之间的动摩

擦因数〃=0.5,重力加速度g=10m/s?。试计算：

(1)进入磁场前，金属杆所受的外力

(2)金属杆到达磁场边界MN时拉力