2027新高考物理复习53A版1-第十二章 电磁感应

专题十二电磁感应考点1电磁感应现象楞次定律5.(2025河南,5,4分)如图,一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时,沿N极到S极的方向看,下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是() 答案C解析沿N极到S极的方向看,薄片右侧远离磁场,穿过薄片的磁通量减少,由于感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁通量的减少,故感应电流的磁场方向与原磁场方向相同,结合安培定则可以判定,右侧涡电流方向为顺时针。同理判定左侧涡电流方向为逆时针,C正确。方法技巧方法1:右手定则快速判断取金属薄片中线附近一平行中线的金属条作为研究对象,金属条切割磁感线,磁场方向垂直纸面向里,金属条运动方向向右,应用右手定则即可判定电流方向。为什么不用金属片右侧边缘判定?考虑到磁场较强的地方起决定性作用。方法2:利用“来拒去留”快速判断涡电流方向当金属片的一部分靠近磁场时,这部分金属片中涡电流产生的磁场方向与原磁场方向相反(来拒);当金属片的一部分远离磁场时,这部分金属片中涡电流产生的磁场方向与原磁场方向相同(去留)。6.(2025陕晋青宁,6,4分)电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一。其原理如图所示,在钢制线圈内同轴放置可压缩的铜环,其内已“注入”一个初级磁场。当钢制线圈与电容器组接通时,在极短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培。铜环迅速向内压缩,使初级磁场的磁感线被“浓缩”,在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉。此过程,铜环中的感应电流()A.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同B.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反C.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同D.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反答案D

思维路径解析钢制线圈中的电流迅速增大,电流产生的磁场增强,铜环内磁通量快速增加,由楞次定律中的“增反减同”规律,可知铜环中的感应电流产生的磁场需阻碍磁通量的增加,故铜环中感应电流产生的磁场与钢制线圈中电流产生的磁场方向相反,铜环中感应电流方向与钢制线圈中电流方向相反;钢制线圈电流由电容器组放电直接提供,可达数兆安;铜环中的感应电流由磁通量变化产生,其能量来自磁场能,且铜环电阻不可忽略,故铜环中的感应电流远小于钢制线圈中的电流,D正确,A、B、C错误。知识拓展电磁压缩法原理延伸:当铜环向内压缩时,初级磁场磁感线被“浓缩”,本质是磁通量“守恒”(BS近似不变)。当铜环面积S减小时,磁感应强度B急剧增大,可达数百特斯拉。该技术常用于实验室产生超强磁场,应用于等离子体约束、材料科学等领域。考点2法拉第电磁感应定律及其应用考向1感应电动势的理解及相关计算9.(2025广东,9,6分)(多选)图是一种精确测量质量的装置原理示意图。竖直平面内,质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成,线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中,磁感应强度不变。测量分两个步骤,步骤①:托盘内放置待测物块,其质量用m表示,线圈中通大小为I的电流,使称重框架受力平衡。步骤②:线圈处于断开状态,取下物块,保持线圈不动,磁场以速率v匀速向下运动,测得线圈中感应电动势为E,利用上述测量结果可得出m的值,重力加速度为g。下列说法正确的有()A.线圈电阻为EB.I越大,表明m越大C.v越大,则E越小D.m=EIvg答案BD解析设线圈水平边的长度为L,步骤①中对称重框架与物块整体受力分析可得(m+M)g=BIL,由此可知I越大,表明m越大,B正确;步骤②中线圈中的电动势E=BLv,由此可知v越大,E越大,C错误;由于两步骤中B与L不变,则以上各式联立可得(m+M)g=I×Ev,变形可得m=EIvg-M,D正确;E是步骤②中磁场以速率v匀速向下运动产生的,I是步骤①中通的电流,故不能将它们直接代入欧姆定律公式求解线圈电阻9.(2025黑吉辽蒙,9,6分)(多选)如图,“”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直,各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动,be与磁场方向垂直。t=0时,abef与水平面平行,则()A.t=0时,电流方向为abcdefaB.t=0时,感应电动势为Bl2ωC.t=πω时,感应电动势为D.t=0到t=πω过程中,感应电动势平均值为答案AB解析t=0时,fa垂直切割磁感线,由右手定则可知a相当于电源正极,f相当于电源负极,电流方向为abcdefa,感应电动势为E=Blv,v=ωl,则E=Bl2ω,A、B正确;导线框匀速转动,周期T=2πω,t=πω=T2时,af垂直切割磁感线,感应电动势仍为E=Bl2ω,C错误;t=0时,Φ1=Bl2,t=πω时,Φ2=-Bl2,则t=0到t=πω过程中,|ΔΦ|=2Bl2≠0,由E=nΔ考向3电磁感应中的电路与图像问题5.(2025湖北,5,4分)如图(a)所示,相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内,两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上,金属棒与导轨接触良好,导轨电阻忽略不计。导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场,其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图(b)所示,t=T时刻,B=0。t=0时刻,两棒相距x0,ab棒速度为零,cd棒速度方向水平向右,并与棒垂直,则0~T时间内流过回路的电荷量为()A.B0Lx04R B.B答案B解析t=0时刻,Φ1=B0x0L,t=T时刻,B=0,Φ2=0,ΔΦ=Φ2-Φ1=B0x0L,则q=总结归纳电磁感应中流过回路的电荷量问题闭合回路中磁通量发生变化时,电荷发生定向移动而形成感应电流,在Δt时间内通过回路中某一横截面的电荷量(感应电荷量)q=I·Δt=ER总·Δt=nΔΦΔt·1R总·考向4电磁感应中的基础单杆模型15.(2025安徽,15,18分)如图,平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上,导轨间距为L,右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒,导体棒以初速度v0进入磁场,速度减为0时被锁定;从原位置再发射第2根相同的导体棒,导体棒仍以初速度v0进入磁场,速度减为0时被锁定,以此类推,直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m,电阻为R,长度恰好等于导轨间距,与导轨接触良好(发射前导体棒与导轨不接触),不计空气阻力、导轨的电阻,忽略回路中的电流对原磁场的影响。求:(1)第1根导体棒刚进入磁场时,所受安培力的功率;(2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中,其横截面上通过的电荷量;(3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的总热量。答案(1)-B2L2v022R解析(1)刚进入磁场时,导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv0回路中的感应电流为I=BL导体棒受到的安培力大小为F=BIL安培力的功率为P=Fv0cos180°联立解得P=-B2L2(2)第2根导体棒在磁场中运动的整个过程,由动量定理得-BILt=0-mv0又q=It解得q=m(3)第1根导体棒从进入磁场到停下来的过程中,该导体棒的动能转化为电路中产生的热量,有12mv0由电路关系可知,定值电阻上产生的热量为QR1=RR+RQ1=12同理,第n根导体棒从进入磁场到停下来的过程中,导体棒的动能全部转化为电路中产生的热量,有12mv02定值电阻上产生的热量为QRn=1n·RnRn+RQn=(点拨:电路结构为右侧n-1根不动棒和定值电阻R并联后再与左侧的动棒串联)整个过程中,右端定值电阻上产生的总热量为∑QR=12mv0211(1+1)+12(2+1)+…+1n(n+1)=12mv021-12+1知识拓展裂项相消法:裂项相消法是一种高效处理数列求和(特别是分式形式数列)的方法。其核心思想是将数列的通项公式(一般记为an)拆分为两个或多个部分,使得在求和过程中,中间的项相互抵消,最终只留下首尾少数项,从而简化计算。这种方法特别适用于通项为有理函数(分母可分解为线性因式的乘积)的数列。9.(2025湖南,9,5分)(多选)如图,关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内,导轨形状为抛物线,顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合,金属杆的质量为m,单位长度的电阻为r0。整个空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度v0,金属杆运动过程中始终与y轴平行,且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是()A.金属杆沿x轴正方向运动过程中,金属杆中电流沿y轴负方向B.金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动C.金属杆停止运动时,与导轨围成的面积为mD.若金属杆的初速度减半,则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半答案AC审题指导金属杆沿x轴正方向运动过程中,所处位置不同,导轨间金属杆的长度不同,导致某时刻回路中产生感应电动势的有效切割长度l不同,回路的电阻lr0不同;金属杆运动过程中应用动量定理求解运动距离相关问题。解析金属杆沿x轴正方向运动过程中,由右手定则可得金属杆中电流沿y轴负方向,A正确。(破解疑难:利用假设法分析)若金属杆可在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动,可得恒力F=BIl=BBlvRl=B2l2vlr0=B2lvr0,若v不变,l必为定值,与实际不符,B错误。金属杆从开始运动到停止运动过程中,对金属杆由动量定理可得-∑B·Blvlr0l·Δt=0-mv0(解题关键:较短的时间Δt内,vlΔt=ΔS,ΔS为Δt内导轨间的金属杆扫过的面积),故-B2S14.(2025四川,14,12分)如图所示,长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上,两者平行且相距l,M、P连线垂直于导轨,定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r,M、P间连接一阻值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动,速度大小为v。零时刻,金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好,重力加速度大小为g。求:(1)金属杆在导轨上运动时,回路的感应电动势;(2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时,回路的热功率;(3)金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。答案(1)Blv(2)B2l解析(1)金属杆在导轨上运动时,由法拉第电磁感应定律得,回路的感应电动势E=Blv。(2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时,回路中总电阻R=2sr+2dr,回路的热功率P=E2R=(3)金属杆在导轨上做匀速直线运动的最终状态是金属杆即将脱离导轨,即金属杆所受支持力N=0时,其做匀速直线运动路程达到最大。设金属杆运动的最大路程为x,绳与水平方向的夹角为θ,对金属杆进行受力分析并列平衡方程,水平方向上有F安=FTcosθ,竖直方向上有mg=FTsinθ,安培力大小F安=BIl,闭合回路的感应电流I=ER',回路中的总电阻R'=2sr+2xr,联立整理后,得tanθ=根据几何关系有tanθ=ℎs联立后得ℎs-x=mg×2r所以金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为x=s2考向7电磁感应中的线框模型7.(2025陕晋青宁,7,4分)如图,光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场,其磁感应强度为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m,长均为2L,宽均为L,电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0=4B2L3mR并排进入磁场,A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同B.甲、乙线框刚进磁场区域时,所受合力大小之比为1∶1C.乙线框恰好完全出磁场区域时,速度大小为0D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3

审题指导(1)关键条件梳理:甲、乙线框电阻分别为R和2R,长均为2L,宽均为L,磁场区域宽度d>2L,初速度大小v0=4B2(2)过程分解答案D解析进磁场时穿过甲线框的磁通量增加,出磁场时穿过甲线框的磁通量减少,根据楞次定律可知甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相反,A错误。甲、乙两线框在进磁场瞬间,感应电动势E=BLv0,通过甲线框的电流I甲=BLv0R,所受安培力F甲=BI甲L=B2L2v0R;通过乙线框的电流I乙=BLv02R,所受安培力F乙=BI乙L=B2L2v02R,故F甲∶F乙=2∶1,线框仅受安培力,B错误。在乙线框进磁场过程中,规定水平向右为正方向,根据动量定理有-BI乙L·Δt=mv乙1-mv0(易错提醒:注意规定正方向),其中I乙Δt=ΔΦR乙=2BL22R=BL2R,在乙线框出磁场过程中,根据动量定理有-BI乙'L·Δt'=mv乙2-mv乙1,I乙'Δt'=ΔΦR乙=BL2R,联立解得v乙2=2B2L3mR=v02,C错误。同理,对甲线框,从刚要进入磁场到完全出磁场,由动量定理得14.(2025黑吉辽蒙,14,12分)如图(a),固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd,置于始终竖直向下的匀强磁场中,ad边与磁场边界平行,ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m=1kg、电阻R=0.5Ω、边长L=1m。磁感应强度B随时间t连续变化,0~1s内B-t图像如图(b)所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图(c)所示,其中0~1s内的图像未画出,规定顺时针方向为电流正方向。(1)求t=0.5s时ad边受到的安培力大小F。(2)在图(b)中画出1~2s内B-t图像(无需写出计算过程)。(3)从t=2s开始,磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定,给导体框一个向右的初速度v0=0.1m/s,求ad边离开磁场时的速度大小v1。答案(1)0.015N(2)图见解析(3)0.01m/s解析(1)在0~1s时间内,B随时间均匀减小,由法拉第电磁感应定律有E=ΔΦΔt=代入数据解得E=0.05V电流I1=ER=0.1A,在t=0.5s时,由题图(b)可得磁感应强度B1=0.2+0.1安培力大小F=I1LB1=0.015N(2)在1~2s时间内,由题图(c)可知,电流I2=0.2A,方向为逆时针根据(1)的分析,类比可得I2=ΔB2Δt与I1对比,I2大小加倍,方向相反,故磁感应强度应增大,且变化率加倍,即在B-t图像中1~2s时间内图线的斜率应为0.2T/s,作出B-t图像如图(3)t=2s及以后,磁感应强度B3=0.3T导体框运动过程中,导体框中电流I3=B导体框所受安培力大小F安=I3LB3=B由动量定理可得F安t=-B32L2Rvt=-B代入数据解得v1=0.01m/s二级结论解决第(3)问这种涉及电磁感应的变速切割磁感线问题时,常利用动量定理解决,可利用电荷量q,根据qLB=m|Δv|,q=ΔΦR15.(2025云南,15,15分)如图所示,光滑水平面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱,其四周紧固一电阻为R的水平矩形导线框,箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线PQ所示,边界右侧存在范围足够大的匀强磁场,其磁感应强度大小为B、方向竖直向下。t=0时刻,箱子在水平向右的恒力F(大小未知)作用下由静止开始做匀加速直线运动,这时箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为m的木块(视为质点)恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间,木块与箱子分离;箱子完全进入磁场前某时刻,木块落到箱子底部,且箱子与木块均不反弹(木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞);木块落到箱子底部时即撤去F。运动过程中,箱子右侧壁始终与磁场边界平行,忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为μ,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。(1)求F的大小;(2)求t=0时刻,箱子右侧壁距磁场边界的最小距离;(3)若t=0时刻,箱子右侧壁距磁场边界的距离为s[s大于(2)问中最小距离],求最终木块与箱子的速度大小。答案(1)(M+m)gμ解析(1)箱子在PQ左侧运动的过程,对木块受力分析,水平方向有FN=ma,竖直方向有μFN=mg解得加速度a=g对木块与箱子整体分析,有F=(M+m)a联立解得F=((2)木块与箱子分离后的瞬间,木块水平方向的加速度为0,说明此时箱子水平方向的加速度向左或为零若恰好分离,说明箱子的加速度恰好为零,设箱子右侧壁距PQ最小距离为s0,进入磁场瞬间箱子速度为v0,由动能定理得Fs0=12(M+m)v安培力FA=IdB,其中电流I=Bd安培力与力F平衡,可得F=B联立解得s0=((3)当s>s0时,设木块在箱子右侧壁进入磁场瞬间的速度为v1,则有Fs=12(M+m)v代入F=(M+m)g设木块从与箱子分离至落到箱子底部所用的时间为t,则有h=12gt从箱子右侧壁进入磁场到箱子完全进入磁场(点拨:此后木块与箱子共速),对木块与箱子组成的系统分析由动量定理得Ft-I安=(M+m)(v2-v1)安培力的冲量大小I安=BIdt'=B·BdvR·dt'=B2解得v2=2gℎ+18.(2025山东,18,16分)如图所示,平行轨道的间距为L,轨道平面与水平面夹角为α,二者的交线与轨道垂直,以轨道上O点为坐标原点,沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ,区域Ⅰ(-2L≤x<-L)内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场;区域Ⅱ(x≥0)内充满方向垂直轨道平面向上的磁场,磁感应强度大小B1=k1t+k2x,k1和k2均为大于零的常量,该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上,pq边与轨道垂直,由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动,磁场上、下边界均与x轴垂直,整个过程中金属框不发生形变,重力加速度大小为g,不计自感。(1)若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动,求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s;(2)金属框沿轨道下滑,当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t=0),此时金属框的速率为v0,若k1=mgRsinαk2L4答案(1)mgRsinαB2解析(1)进出磁场区域Ⅰ时,对金属框进行受力分析,如图1所示,则mgsinα=F安cosαF安=BILI=EE=BLvcosα联立解得v=mgR进入磁场前,金属框做匀加速直线运动,有v2=2gsinα·s解得s=m(2)因时间变化产生的感应电动势E1=ΔΦΔt=L2ΔBΔt=k1L如图2,因pq与ef处的磁感应强度之差为k2L,则切割磁感线产生的感应电动势E2=(Bpq-Bef)LvⅡ=k2L2vⅡ,方向为顺时针方向(垂直于轨道平面向下看)总电动势E=E1+E2=k1L2+k2L2vⅡ代入k1=mgRsinαk2L4得E=mgR金属框中电流I=E金属框所受安培力F安=BpqIL-BefIL=k2IL2,方向沿轨道向上联立解得F安=mgsinα+k金属框所受合力F合=F安-mgsinα=k22达到平衡时F合=0,vⅡ=0从开始计时到金属框达到平衡状态的过程,由动量定理有F合Δt=m|ΔvⅡ|得k22L4则有∑k22L4Rv即k22L解得d=m16.(2025福建,16)光滑斜面倾角θ=30°,Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向上的匀强磁场,两区域中磁场的磁感应强度大小相等。正方形线框abcd质量为m,总电阻为R,线框由同种材料制成且粗细均匀,Ⅰ区域沿斜面的宽度为L1,Ⅱ区域沿斜面的宽度为L2,两区域间无磁场区域沿斜面的宽度大于线框的边长。线框从某一位置释放,cd边进入Ⅰ区域时速度大小为v,且直到ab边离开Ⅰ区域时速度大小始终为v,cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致。已知重力加速度为g。(1)求线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离;(2)求cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差;(3)求线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域过程中克服安培力做功的平均功率。答案(1)v2g(2)34Rmgv2(3)mg(解析(1)设线框cd边释放点与Ⅰ区域上边缘的距离为d,从线框释放到cd边到达Ⅰ区域上边缘的过程中,由动能定理可得mgdsinθ=12mv2,解得d=v(2)由于cd边进入Ⅰ区域时速度大小为v,且直到ab边离开Ⅰ区域时速度大小始终为v,可知线框匀速通过Ⅰ区域,则线框边长L=L1,且满足BIL1=mgsinθ①又有I=ER=B将②代入①中可得B=mgR2当cd边进入Ⅰ区域时,cd边切割磁感线产生的感应电动势E=BL1v④cd边两端的电势差Ucd=34RRE=3联立③⑤可得Ucd=34Rmgv(3)从cd边进入Ⅱ区域到ab边刚要离开Ⅱ区域的过程中由动能定理可得mg(L2+L1)sinθ-W=0⑦解得克服安培力做的功