第12章 专题提升十四 电磁感应中的电路和图像问题（教师用书word）-【金版新学案】2026年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习资料聚焦电磁感应中的电路和图像问题核心考点，涵盖电磁感应电源判断、电路动态分析、电荷量计算及感生/动生电动势图像分析等高考重点。资料按“提升点分块—知识点梳理—典例精讲—针对练—课时测评”逻辑架构，通过考点系统梳理、解题方法指导、真题实战训练，帮助学生构建电磁感应问题分析框架。 资料以科学思维和模型建构为特色，如电路问题中引导学生建立“等效电源”模型，图像问题结合楞次定律与右手定则推理电流、安培力方向。设置基础针对练与综合测评分层练习，配合即时反馈，助力教师精准把控复习节奏，有效提升学生电磁感应综合问题的解题能力。

专题提升十四　电磁感应中的电路和图像问题 提升点一　电磁感应中的电路问题 1.电磁感应中的电源 (1)做切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的回路相当于电源。电动势为E＝Blv或E＝n，这部分电路的阻值为电源内阻。 (2)用右手定则或楞次定律与安培定则结合判断，感应电流流出的一端为电源正极。 2.分析电磁感应电路问题的基本思路 3.电磁感应中电路知识的关系图 4.电磁感应中电荷量的计算 设在时间Δt内通过导体横截面的电荷量为q，则根据电流定义式＝及法拉第电磁感应定律＝n，可得q＝Δt＝Δt＝Δt＝，即q＝n。 注意：表示电动势的平均值，表示电流的平均值。电流变化时计算通过导体横截面的电荷量要用电流的平均值。 感生电动势的电路问题 如图所示，单匝正方形线圈A边长为0.2 m，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，磁感应强度随时间变化的规律为B＝(0.8－0.2t) T。开始时开关S未闭合，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝20 μF，线圈及导线电阻不计。闭合开关S，待电路中的电流稳定后。求： (1)回路中感应电动势的大小； (2)电容器所带的电荷量。 答案：(1)4×10－3 V　(2)4.8×10－8 C 解析：(1)由法拉第电磁感应定律E＝n可得，电动势大小为E＝S，S＝L2，代入数据解得E＝4×10－3 V。 (2)由闭合电路欧姆定律得I＝，由部分电路欧姆定律得U＝IR2，电容器所带电荷量为Q＝CU，联立并代入数据解得Q＝4.8×10－8 C。 针对练.(多选)在如图甲所示的电路中，电阻2R1＝R2＝2R，单匝、圆形金属线圈的半径为r1，电阻为R，半径为r2(r2＜r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，其余导线的电阻不计。闭合开关S，在t0时刻，电路中的电流已稳定。下列说法正确的是(　　) 学生用书⬇第257页 A.流过电阻R1的电流方向自下向上 B.稳定后电阻R1两端的电压为 C.稳定后M、N两点间的电压为 D.0～t0时间内，电阻R2上产生的焦耳热为 答案：BD 解析：由题图乙可知磁感应强度随着时间均匀增大，根据楞次定律可判断出线圈中感应电流方向为逆时针，则流过电阻R1的电流方向自上向下，故A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝，S＝π，＝＝，解得E＝，根据闭合电路欧姆定律，稳定后M、N两端电压为外电压，U外＝E＝，故C错误；电阻R1两端的电压U1＝E＝，故B正确；根据闭合电路欧姆定律，稳定后电路中的电流I＝＝，根据焦耳定律，在0～t0时间内，电阻R2上产生的焦耳热Q2＝I2R2t0＝，故D正确。 动生电动势的电路问题 (多选)如图所示，由某种粗细均匀的、总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。一接入电路的电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程中PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中(　　) A.PQ中电流先增大后减小 B.PQ两端电压先增大后减小 C.PQ上拉力的功率先减小后增大 D.线框消耗的电功率先减小后增大 答案：BC 解析：设PQ左侧电路的电阻为Rx，则PQ右侧电路的电阻为3R－Rx，所以外电路的总电阻为R外＝，外电路电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可得PQ中的电流I＝，先减小后增大，路端电压U＝E－Ir，先增大后减小，故A错误，B正确；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即F＝IlB，拉力的功率P＝IlBv，先减小后增大，故C正确；当Rx＝R时R外最大，最大值为R，小于导体棒的电阻R，又外电阻先增大后减小，由电源的输出功率与外电阻的关系可知，线框消耗的电功率先增大后减小，故D错误。 针对练.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、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不变，则电流为零 B.若圆盘转动方向不变，角速度大小均匀增大，则产生恒定电流 C.若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流方向从a到b D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电阻R的热功率也变为原来的2倍 答案：C 解析：设铜盘的半径为r，则铜盘转动产生的感应电动势为E＝Br2ω，根据欧姆定律可得，电流为I＝＝，若圆盘转动的角速度不变，则电流不为零且保持不变，若圆盘转动方向不变，角速度大小均匀增大，则电流均匀增大，故A、B错误；若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则可知，电流方向从a到b，故C正确；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则回路电流变为原来的2倍，根据P＝I2R可知，电阻R的热功率变为原来的4倍，故D错误。 感应电荷量的计算 如图所示，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，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。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度沿逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；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Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于(　　) A. B. C. D.2 答案：B 解析：在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律有E1＝＝，根据闭合电路的欧姆定律有I1＝，且q1＝I1Δt1；在过程Ⅱ中，有E2＝＝，I2＝，q2＝I2Δt2，又q1＝q2，即＝，可得＝。故选B。 针对练.在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m2，线圈电阻为1 Ω。规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。以下说法正确的是(　　) A.在0～2 s时间内，I的最大值为0.02 A B.在3～5 s时间内，I的大小越来越小 C.前2 s内，通过线圈某横截面的总电荷量为0.01 C D.第3 s内，线圈的发热功率最大 答案：C 解析：0～2 s时间内，t＝0时刻磁感应强度变化率最大，感应电流最大，I＝＝＝0.01 A，A错误；3～5 s时间内，电流大小不变，B错误；前2 s内，通过线圈的电荷量q＝＝＝0.01 C，C正确；第3 s内，B没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，D错误。 学生用书⬇第258页 提升点二　电磁感应中的图像问题 感生类图像问题 1.问题类型 (1)给定电磁感应过程，选出或画出正确的图像。 (2)由给定的图像分析电磁感应过程，求解相应物理量。 2.分析方法 (1)电动势大小：E＝n，取决于磁通量的变化率。 (2)电动势方向：用楞次定律和安培定则判断。 (多选)一矩形线圈位于一个方向垂直于线圈平面向里的磁场中，如图甲所示，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。以I表示线圈中的感应电流，以图甲线圈上箭头所示方向(即顺时针方向)的电流为正；MN边所受的安培力为F(以水平向左为力F的正方向)，则选项图中I-t、F-t图像可能正确的是(　　) 答案：AC 解析：第1 s内，磁感应强度均匀增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场与原磁场方向相反，则感应电流的磁场方向向外，根据右手螺旋定则可知，感应电流沿逆时针方向，即感应电流为负，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为E＝n＝nS，由I＝可知，电流大小不变，第2 s内，磁感应强度不变，感应电流为零，第3 s内，磁感应强度均匀减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场与原磁场方向相同，则感应电流的磁场方向向里，根据右手螺旋定则可知，感应电流沿顺时针方向，即感应电流为正，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为E＝n＝nS，由I＝可知，感应电流大小不变，B错误，A正确；MN边受到的安培力F＝ILB，在0～1 s内，I、L不变，B增大，F增大，在1～2 s内，I＝0，F＝0，在2～3 s内，I、L不变，B减小，F减小，由左手定则可知，在0～1 s内，安培力向右，为负值，在2～3 s内，安培力向左，为正值，D错误，C正确。 针对练.(多选)如图甲所示，正方形导线框abcd放在范围足够大的匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。t＝0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向外，感应电流以逆时针为正方向，cd边所受安培力的方向以垂直cd边向下为正方向。下列关于感应电流i和cd边所受安培力F随时间t变化的图像可能正确的是(　　) 答案：BD 解析：设正方形导线框边长为L，电阻为R，在0～2t0，垂直纸面向外的磁场减弱，由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，为正方向，感应电流大小i＝＝＝＝，电流是恒定值；由左手定则可知，cd边所受安培力方向向下，为正方向，大小为F＝iLB，安培力与磁感应强度大小成正比，数值由2F0＝2iLB0减小到零。2t0～3t0内，垂直纸面向里的磁场增强，由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，为正方向，感应电流大小i＝＝，电流是恒定值；由左手定则可知，cd边所受安培力方向向上，为负方向，大小为F＝iLB，安培力与磁感应强度大小成正比，由零变化到－F0＝－iLB0。3t0～4t0内垂直纸面向里的磁场减弱，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，为负方向，感应电流大小i＝＝，电流是恒定值；由左手定则可知，cd边所受安培力方向向下，为正方向，大小为F＝iLB，安培力与磁感应强度大小成正比，数值由F0＝iLB0减小到零。4t0～6t0内垂直纸面向外的磁场增强，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，为负方向，感应电流大小i＝＝，电流是恒定值；由左手定则可知，cd边所受安培力方向向上，为负方向，大小为F＝iLB，安培力与磁感应强度大小成正比，数值由零变化到－2F0＝－2iLB0。故选BD。 动生类图像问题 1.问题类型 由闭合线圈的运动过程画出I-t图像或E-t图像。 2.分析方法 (1)电动势大小：E＝Blv。 要注意是单边切割还是双边切割(感应电流同向相加、反向相减)，等效长度为在磁场中导线首尾相连在垂直于速度方向的投影长度。 (2)电动势方向：用右手定则判断。 如图所示，将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，圆弧MN的圆心为O点，将O点置于直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。t＝0时刻，让导线框从图示位置开始以O点为圆心 学生用书⬇第259页 沿逆时针方向做匀速圆周运动，规定电流方向沿ONM为正，在下面四幅图中能够正确表示电流i与时间t关系的是(　　) 答案：C 解析：设扇形导线框半径为R，回路中总电阻为r，导线框转动的角速度为ω，线框转动90°经过的时间为t0。在0～t0时间内，线框沿逆时针方向从题图所示位置开始(t＝0)转过90°的过程中，回路中产生的感应电动势为E1＝BR2ω，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I1＝＝，根据楞次定律可知，回路中感应电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)。在t0～2t0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E2＝BR2ω＋×2BR2ω＝BR2ω＝3E1，感应电流为I2＝3I1。在2t0～3t0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)，回路中产生的感应电动势为E3＝BR2ω＋×2BR2ω＝BR2ω＝3E1，感应电流为I3＝3I1。在3t0～4t0时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E4＝BR2ω＝E1，感应电流为I4＝I1。故C正确，A、B、D错误。 (多选)在绝缘的水平桌面上固定有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨间距为l，电阻相同的金属棒ab和cd垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长为l的绝缘细线连接，棒ab右侧有磁感应强度大小相等的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，宽度也为l，磁场方向均垂直导轨，整个装置的俯视图如图所示。从图示位置在棒ab上加水平拉力，使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区域，下 列关于金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图像中可能正确的是(取金属棒ab中电流方向由a到b为正方向)(　　) 答案：AC 解析：当位移为0～l时，由右手定则可知，金属棒ab中感应电流方向为b→a，为负方向，设电路总电阻为R，电动势为E＝Blv，感应电流大小为i＝＝；当位移为l～2l时，cd棒也进入磁场，由右手定则可知，金属棒ab和cd均产生顺时针方向的感应电流，为正方向，感应电流大小为i'＝＝；当位移为2l～3l时，只有cd棒切割磁感线，根据右手定则可知，产生逆时针感应电流，为负方向，感应电流大小为i＝＝，故A可能正确，B错误。当位移为0～l时，只有ab受到向左的安培力，细线张力为零；当位移为l～2l时，两棒均受到向左的安培力，对cd，根据平衡条件，细线张力向右，大小为F1＝i'lB＝；当位移为2l～3l时，cd受到向左的安培力，对cd，根据平衡条件，细线张力向右，大小为F2＝ilB＝＝F1，故C可能正确，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $