從高考題看電磁感應的復習要點

顧小亮

分析近三年的各地高考試卷不難發現，近年來高考對電磁感應的考查，主要集中在電磁感應與其他知識相綜合的考查上，這一點在理綜試卷中顯得尤為明顯.這部分內容的考查多以選擇題和計算題的形式出現，而在實驗題中出現的少.試題的難度以中等難度為主，容易題和高檔題出現的也很少.另外涉及動生電動勢的考題比涉及感生電動勢的要多.與其他知識綜合方面，主要與電路知識、力學知識、能量知識和圖象知識進行綜合.

一、電磁感應的產生條件

例1（2013年上海）演示地磁場存在的實驗裝置（由環形線圈，微電流傳感器，DIS等組成）如圖1所示.首先將線圈豎直放置，以豎直方向為軸轉動，屏幕上的電流指針（填：“有”或“無”）偏轉；然后仍將線圈豎直放置，使其平面與東西向平行，并從東向西移動，電流指針（填：“有”或“無”）偏轉；最后將線圈水平放置，使其從東向西移動，電流指針（填：“有”或“無”）偏轉.

解析感應電動勢的產生條件是穿過回路的磁通量發生變化，如果回路是通路還會產生感應電流.地磁場的方向由南向北，以豎直方向為軸轉動時，線圈中的磁通量會發生變化，所以會產生感應電流而使指針偏轉.后兩種情形穿過線圈的磁通量都不發生變化，所以不會產生感應電流.

點評本題除了考查感應電動勢和感應電流的產生條件，還考查地磁場的分布規律.

二、動生電動勢與動力學、圖象知識綜合

例2（2013年福建）如圖2所示，矩形閉合線框在勻強磁場上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進入磁場的時刻.線框下落過程形狀不變，ab邊始終保持與磁場水平邊界OO′ 平行，線框平面與磁場方向垂直.設OO′ 下方磁場磁場區域足夠大，不計空氣影響，則下列哪一個圖象不可能反映線框下落過程中速度v隨時間t變化的規律（）.

解析線框的運動可分為三個階段：過界前階段、過界階段和過界后階段，其中一、三兩階段都以加速度g勻加速.而第二階段，可能是勻速運動，也可能是變速運動.根據牛頓第二定律可求出加速度大小為a=g-B2L2vmR（加速時）或a=B2L2vmR-g（減速時），很明顯加速度隨速度變化，如果是變速運動，肯定不可能是勻變速，而且加速度的大小是越變越小的，即所謂的“漸變”，所以v-t圖線的斜率應變小，選項A的第二段曲線不滿足這一點而錯誤.

點評本題考查電磁感應中的動力學問題.要特別小心：[HJ1.2mm]電磁感應中的運動對象是不可能做勻變速運動的，因為感應電流對應的安培力是隨速度而變化的，即加速度和速度要相互牽制，而且加速度大小都是變小的.

三、電磁感應與電路知識綜合

例3（2013年四川）如圖3所示，邊長為L、不可形變的正方形導體框內有半徑為r的圓形磁場區域，其磁感應強度B隨時間t的變化關系為B=kt（常量k>0）.回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1=R

0、R2=R02.閉合開關S，電壓表的示數為U，不考慮虛線MN右側導體的感應電動勢.則（）.

A.R2兩端的電壓為U7

B.電容器的a極板帶正電

C.滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍

D.正方形導線框中的感應電動勢為kL2

解析并聯部分的電阻為R03，則R2兩端的電壓為

U2=UR0+R03+R0×R03=U7，

故選項A正確；

導體框內的磁通量是增加的，根據楞次定律得感應電流的磁場方向應與原磁場方向相反，再用安培定則得到導體框下端相當于電源正極，所以a極板帶負電，選項B錯誤；

電阻R2的熱功率P2=（U7）2R2=2U249R0，滑動變阻器R的熱功率P=I2R+（U7）2R0=10U249R0，所以選項C正確；根據法拉第電磁感應定律 ，選項D錯誤.

點評本題的電動勢屬于感生電動勢，它只能用法拉第電磁感應定律來求，應注意穿過線框的磁通量對應的有效面積.而前面三個選項屬于電路知識，嚴格按照電路和恒定電流的公式來求就行了.

四、電磁感應與能量知識綜合

例4（2011年上海）如圖4所示，電阻可忽略的光滑平行金屬導軌長s=1.15 m，兩導軌間距L=0.75 m，導軌傾角為30°，導軌上端ab接一阻值R=1.5Ω的電阻，磁感應強度B=0.8 T的勻強磁場垂直軌道平面向上.阻值r=0.5 Ω，質量m=0.2 kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端ab處由靜止開始下滑至底端，在此過程中金屬棒產生的焦耳熱Qr=0.1 J.（取g=10 m/s2）求：

（1）金屬棒在此過程中克服安培力的功W安；

（2）金屬棒下滑速度v=2 m/s時的加速度a.

（3）為求金屬棒下滑的最大速度vm，有同學解答如下：由動能定理W重-W安=12mv2m，…….由此所得結果是否正確？若正確，說明理由并完成本小題；若不正確，給出正確的解答.

解析（1）由于R=3r，因此有QR=3Qr=0.3（J），根據功能關系，下滑過程中安培力做的功應等于在兩電阻上產生的焦耳熱，所以有W安=Q=QR+Qr=0.4（J）.

（2）金屬棒下滑時受重力和安培力，其中安培力為

F安=BIL=B2L2R+rv，

由牛頓第二定律有mgsin30°-B2L2R+rv=ma，

a[WB]=gsin30°-B2L2m（R+r）v.

[DW]=10×12-0.82×0.752×20.2×（1.5+0.5）=3.2（m/s2）

（3）此解法正確.

分析近三年的各地高考試卷不難發現，近年來高考對電磁感應的考查，主要集中在電磁感應與其他知識相綜合的考查上，這一點在理綜試卷中顯得尤為明顯.這部分內容的考查多以選擇題和計算題的形式出現，而在實驗題中出現的少.試題的難度以中等難度為主，容易題和高檔題出現的也很少.另外涉及動生電動勢的考題比涉及感生電動勢的要多.與其他知識綜合方面，主要與電路知識、力學知識、能量知識和圖象知識進行綜合.

一、電磁感應的產生條件

例1（2013年上海）演示地磁場存在的實驗裝置（由環形線圈，微電流傳感器，DIS等組成）如圖1所示.首先將線圈豎直放置，以豎直方向為軸轉動，屏幕上的電流指針（填：“有”或“無”）偏轉；然后仍將線圈豎直放置，使其平面與東西向平行，并從東向西移動，電流指針（填：“有”或“無”）偏轉；最后將線圈水平放置，使其從東向西移動，電流指針（填：“有”或“無”）偏轉.

解析感應電動勢的產生條件是穿過回路的磁通量發生變化，如果回路是通路還會產生感應電流.地磁場的方向由南向北，以豎直方向為軸轉動時，線圈中的磁通量會發生變化，所以會產生感應電流而使指針偏轉.后兩種情形穿過線圈的磁通量都不發生變化，所以不會產生感應電流.

點評本題除了考查感應電動勢和感應電流的產生條件，還考查地磁場的分布規律.

二、動生電動勢與動力學、圖象知識綜合

例2（2013年福建）如圖2所示，矩形閉合線框在勻強磁場上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進入磁場的時刻.線框下落過程形狀不變，ab邊始終保持與磁場水平邊界OO′ 平行，線框平面與磁場方向垂直.設OO′ 下方磁場磁場區域足夠大，不計空氣影響，則下列哪一個圖象不可能反映線框下落過程中速度v隨時間t變化的規律（）.

解析線框的運動可分為三個階段：過界前階段、過界階段和過界后階段，其中一、三兩階段都以加速度g勻加速.而第二階段，可能是勻速運動，也可能是變速運動.根據牛頓第二定律可求出加速度大小為a=g-B2L2vmR（加速時）或a=B2L2vmR-g（減速時），很明顯加速度隨速度變化，如果是變速運動，肯定不可能是勻變速，而且加速度的大小是越變越小的，即所謂的“漸變”，所以v-t圖線的斜率應變小，選項A的第二段曲線不滿足這一點而錯誤.

點評本題考查電磁感應中的動力學問題.要特別小心：[HJ1.2mm]電磁感應中的運動對象是不可能做勻變速運動的，因為感應電流對應的安培力是隨速度而變化的，即加速度和速度要相互牽制，而且加速度大小都是變小的.

三、電磁感應與電路知識綜合

例3（2013年四川）如圖3所示，邊長為L、不可形變的正方形導體框內有半徑為r的圓形磁場區域，其磁感應強度B隨時間t的變化關系為B=kt（常量k>0）.回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1=R

0、R2=R02.閉合開關S，電壓表的示數為U，不考慮虛線MN右側導體的感應電動勢.則（）.

A.R2兩端的電壓為U7

B.電容器的a極板帶正電

C.滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍

D.正方形導線框中的感應電動勢為kL2

解析并聯部分的電阻為R03，則R2兩端的電壓為

U2=UR0+R03+R0×R03=U7，

故選項A正確；

導體框內的磁通量是增加的，根據楞次定律得感應電流的磁場方向應與原磁場方向相反，再用安培定則得到導體框下端相當于電源正極，所以a極板帶負電，選項B錯誤；

電阻R2的熱功率P2=（U7）2R2=2U249R0，滑動變阻器R的熱功率P=I2R+（U7）2R0=10U249R0，所以選項C正確；根據法拉第電磁感應定律 ，選項D錯誤.

點評本題的電動勢屬于感生電動勢，它只能用法拉第電磁感應定律來求，應注意穿過線框的磁通量對應的有效面積.而前面三個選項屬于電路知識，嚴格按照電路和恒定電流的公式來求就行了.

四、電磁感應與能量知識綜合

例4（2011年上海）如圖4所示，電阻可忽略的光滑平行金屬導軌長s=1.15 m，兩導軌間距L=0.75 m，導軌傾角為30°，導軌上端ab接一阻值R=1.5Ω的電阻，磁感應強度B=0.8 T的勻強磁場垂直軌道平面向上.阻值r=0.5 Ω，質量m=0.2 kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端ab處由靜止開始下滑至底端，在此過程中金屬棒產生的焦耳熱Qr=0.1 J.（取g=10 m/s2）求：

（1）金屬棒在此過程中克服安培力的功W安；

（2）金屬棒下滑速度v=2 m/s時的加速度a.

（3）為求金屬棒下滑的最大速度vm，有同學解答如下：由動能定理W重-W安=12mv2m，…….由此所得結果是否正確？若正確，說明理由并完成本小題；若不正確，給出正確的解答.

解析（1）由于R=3r，因此有QR=3Qr=0.3（J），根據功能關系，下滑過程中安培力做的功應等于在兩電阻上產生的焦耳熱，所以有W安=Q=QR+Qr=0.4（J）.

（2）金屬棒下滑時受重力和安培力，其中安培力為

F安=BIL=B2L2R+rv，

由牛頓第二定律有mgsin30°-B2L2R+rv=ma，

a[WB]=gsin30°-B2L2m（R+r）v.

[DW]=10×12-0.82×0.752×20.2×（1.5+0.5）=3.2（m/s2）

（3）此解法正確.

分析近三年的各地高考試卷不難發現，近年來高考對電磁感應的考查，主要集中在電磁感應與其他知識相綜合的考查上，這一點在理綜試卷中顯得尤為明顯.這部分內容的考查多以選擇題和計算題的形式出現，而在實驗題中出現的少.試題的難度以中等難度為主，容易題和高檔題出現的也很少.另外涉及動生電動勢的考題比涉及感生電動勢的要多.與其他知識綜合方面，主要與電路知識、力學知識、能量知識和圖象知識進行綜合.

一、電磁感應的產生條件

例1（2013年上海）演示地磁場存在的實驗裝置（由環形線圈，微電流傳感器，DIS等組成）如圖1所示.首先將線圈豎直放置，以豎直方向為軸轉動，屏幕上的電流指針（填：“有”或“無”）偏轉；然后仍將線圈豎直放置，使其平面與東西向平行，并從東向西移動，電流指針（填：“有”或“無”）偏轉；最后將線圈水平放置，使其從東向西移動，電流指針（填：“有”或“無”）偏轉.

解析感應電動勢的產生條件是穿過回路的磁通量發生變化，如果回路是通路還會產生感應電流.地磁場的方向由南向北，以豎直方向為軸轉動時，線圈中的磁通量會發生變化，所以會產生感應電流而使指針偏轉.后兩種情形穿過線圈的磁通量都不發生變化，所以不會產生感應電流.

點評本題除了考查感應電動勢和感應電流的產生條件，還考查地磁場的分布規律.

二、動生電動勢與動力學、圖象知識綜合

例2（2013年福建）如圖2所示，矩形閉合線框在勻強磁場上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進入磁場的時刻.線框下落過程形狀不變，ab邊始終保持與磁場水平邊界OO′ 平行，線框平面與磁場方向垂直.設OO′ 下方磁場磁場區域足夠大，不計空氣影響，則下列哪一個圖象不可能反映線框下落過程中速度v隨時間t變化的規律（）.

解析線框的運動可分為三個階段：過界前階段、過界階段和過界后階段，其中一、三兩階段都以加速度g勻加速.而第二階段，可能是勻速運動，也可能是變速運動.根據牛頓第二定律可求出加速度大小為a=g-B2L2vmR（加速時）或a=B2L2vmR-g（減速時），很明顯加速度隨速度變化，如果是變速運動，肯定不可能是勻變速，而且加速度的大小是越變越小的，即所謂的“漸變”，所以v-t圖線的斜率應變小，選項A的第二段曲線不滿足這一點而錯誤.

點評本題考查電磁感應中的動力學問題.要特別小心：[HJ1.2mm]電磁感應中的運動對象是不可能做勻變速運動的，因為感應電流對應的安培力是隨速度而變化的，即加速度和速度要相互牽制，而且加速度大小都是變小的.

三、電磁感應與電路知識綜合

例3（2013年四川）如圖3所示，邊長為L、不可形變的正方形導體框內有半徑為r的圓形磁場區域，其磁感應強度B隨時間t的變化關系為B=kt（常量k>0）.回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1=R

0、R2=R02.閉合開關S，電壓表的示數為U，不考慮虛線MN右側導體的感應電動勢.則（）.

A.R2兩端的電壓為U7

B.電容器的a極板帶正電

C.滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍

D.正方形導線框中的感應電動勢為kL2

解析并聯部分的電阻為R03，則R2兩端的電壓為

U2=UR0+R03+R0×R03=U7，

故選項A正確；

導體框內的磁通量是增加的，根據楞次定律得感應電流的磁場方向應與原磁場方向相反，再用安培定則得到導體框下端相當于電源正極，所以a極板帶負電，選項B錯誤；

電阻R2的熱功率P2=（U7）2R2=2U249R0，滑動變阻器R的熱功率P=I2R+（U7）2R0=10U249R0，所以選項C正確；根據法拉第電磁感應定律 ，選項D錯誤.

點評本題的電動勢屬于感生電動勢，它只能用法拉第電磁感應定律來求，應注意穿過線框的磁通量對應的有效面積.而前面三個選項屬于電路知識，嚴格按照電路和恒定電流的公式來求就行了.

四、電磁感應與能量知識綜合

例4（2011年上海）如圖4所示，電阻可忽略的光滑平行金屬導軌長s=1.15 m，兩導軌間距L=0.75 m，導軌傾角為30°，導軌上端ab接一阻值R=1.5Ω的電阻，磁感應強度B=0.8 T的勻強磁場垂直軌道平面向上.阻值r=0.5 Ω，質量m=0.2 kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端ab處由靜止開始下滑至底端，在此過程中金屬棒產生的焦耳熱Qr=0.1 J.（取g=10 m/s2）求：

（1）金屬棒在此過程中克服安培力的功W安；

（2）金屬棒下滑速度v=2 m/s時的加速度a.

（3）為求金屬棒下滑的最大速度vm，有同學解答如下：由動能定理W重-W安=12mv2m，…….由此所得結果是否正確？若正確，說明理由并完成本小題；若不正確，給出正確的解答.

解析（1）由于R=3r，因此有QR=3Qr=0.3（J），根據功能關系，下滑過程中安培力做的功應等于在兩電阻上產生的焦耳熱，所以有W安=Q=QR+Qr=0.4（J）.

（2）金屬棒下滑時受重力和安培力，其中安培力為

F安=BIL=B2L2R+rv，

由牛頓第二定律有mgsin30°-B2L2R+rv=ma，

a[WB]=gsin30°-B2L2m（R+r）v.

[DW]=10×12-0.82×0.752×20.2×（1.5+0.5）=3.2（m/s2）

（3）此解法正確.