第1篇 专题4 第14课时 电磁感应的综合分析（Word教参）-【艺术生百日冲刺】2026高考物理艺术生基础生文化课成功方案

本高中物理讲义聚焦电磁感应综合分析高考核心考点，涵盖楞次定律、法拉第电磁感应定律及电路、图像问题，按“规律公式-应用场景-综合拓展”逻辑架构知识点。通过表格梳理规律、方法指导总结策略、真题例题精讲及模拟训练，形成“考点-方法-实战”系统复习链，针对性突破电磁感应难点。 讲义突出科学思维与模型建构，如例2通过多过程动态分析培养科学推理能力，例4结合排除法与函数法破解图像问题。设置高考真题与模拟题分层练习，配合总结提升环节归纳解题流程，确保高效复习。助力学生构建电磁感应问题分析框架，为教师精准把控复习节奏提供专业指导。

第14课时　电磁感应的综合分析 【目标要求】　1.熟练应用楞次定律与法拉第电磁感应定律解决问题.2.会分析电磁感应中的电路问题和图像问题． 内容 重要的规律、公式和二级结论 法拉第电磁感应定律楞次定律 (1)楞次定律的理解：增反减同；来拒去留；增缩减扩． (2)法拉第电磁感应定律：E＝n ①平动切割时产生的动生电动势：E＝Blv； ②感生电动势：E＝n； ③转动切割产生的电动势：E＝Bl2ω. 通过闭合回路的电荷量：q＝. (3)闭合回路中没有感应电流的条件是：穿过闭合回路的磁通量不发生变化． (4)当闭合回路中有动生电动势和感生电动势同时存在时，注意同向相加，反向相减． (5)如下图，设磁感应强度为B，切割有效长度为l，AB、CD的电阻均为R，且v0>v，则回路的等效电动势为E＝BL(v0－v)，UCD＝IR＋BLv＝BL(v0＋v) 热考一　楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用 【例1】　(2024·甘肃高考)如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中．长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v，则导体棒ab所受的安培力为(　　 ) A.，方向向左 B．，方向向右 C．，方向向左 D．，方向向右 【解析】　根据法拉第电磁感应定律可得导体棒ab产生的电动势为：E＝Bdv，根据闭合电路欧姆定律可得回路中的电流为：I＝，根据安培力的计算公式可得导体棒ab所受的安培力大小为：F＝BId，联立解得：F＝，由右手定则判断可知回路中的电流方向为逆时针，由左手定则判断可知导体棒ab所受的安培力的方向为向左，故A正确，BCD错误． 【答案】　A 【例2】　(2024·安徽高考)如图所示，一“U”型金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上．边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场．支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场．两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B＝kt(SI)，k为常数(k＞0).支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R.t＝0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好．已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.不计空气阻力，两磁场互不影响． (1)求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向； (2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式； (3)求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值． 【解析】　(1)根据磁通量的公式，通过面积Scdef的磁通量大小为Φ＝BS＝kt·L2＝kL2t，感应电动势的大小E＝＝kL2，根据楞次定律，感应电流在图中的方向沿edcf方向，所以通过ab棒的电流方向由a向b； (2)根据安培力的公式，则F安＝BIL，而B＝kt，I＝，R总＝2×at2r＋R＝art2＋R，所以F安＝＝； (3)对加速向上运动的导体棒，平行于导轨向上的拉力为F，在垂直于导轨的方向上，轨道对棒的支持力大小FN等于安培力大小F安，根据牛顿第二定律有F－mg－μFN＝ma，代入解得F＝mg＋ma＋，根据F的表达式可知，当art＝时，即t＝时，F有最大值，且最大值为F＝mg＋ma＋. 【答案】　(1)kL2t，kL2，电流方向由a→b　 (2)F安＝＝ (3)，mg＋ma＋ 【总结提升】 1．感应电流方向的判断方法 2．感应电动势大小的求法 情境图 研究对象 表达式 回路(不一定闭合) 三种形式 E＝ E＝n E＝ 一段直导线(或等效直导线) E＝Blv 续表 情境图 研究对象 表达式 绕一端转动的一段导体棒 E＝Bl2ω 绕与B垂直的轴转动的导线框 从图示时刻计时E＝NBSωcos ωt 3.感应电荷量的计算 磁通量变化迁移的电荷量：q＝IΔt＝Δt＝Δt＝n，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定． 热考二　电磁感应中的电路和图像问题 【例3】　(多选)(2025·哈尔滨实验中学期末)如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r、圆心在O点，过圆心放置一长度为2r、电阻为R的辐条，辐条与圆环接触良好．现将此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰与圆环直径在同一直线上．现使辐条以角速度ω绕O点逆时针转动，右侧电路通过电刷与圆环中心和环的边缘相接触，R1＝，S处于闭合状态，不计其他电阻．则下列判断正确的是(　　 ) A．通过R1的电流方向为自下而上 B．感应电动势大小为2Br2ω C．理想电压表的示数为 D．理想电流表的示数为 【解析】　A．根据右手定则判断可知，流过R1 的电流方向为自下而上，故A正确；B.辐条产生的感应电动势为：E＝Br＝Br·＝Br2ω，故B错误；C.外电路为磁场外半根辐条与R1并联，外电路电阻为×R＝R，内电阻为R，电压表测量的是外电压，则电压表的示数为：U＝E＝Br2ω，故C错误；D.根据欧姆定律可知，理想电流表的示数为：I＝＝，故D正确． 【答案】　AD 【例4】　(多选)(2025·重庆联考)如图所示，三个有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直．现用垂直磁场边界的水平力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值，水平力F向右为正，下列能反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E，水平力F和电功率P随时间t的变化规律的图像是(　　 ) A． B． C． D． 【解析】　A．当线框进入磁场时，时间在0－内，磁通量开始均匀增加，当全部进入左侧磁场时达最大，且为负值；时间在－内，向里的磁通量增加，总磁通量均匀减小；当时间为t＝时，磁通量最小，为零，时间在到时，磁通量向里，为正值，且均匀增大．时间在－时，磁通量均匀减小至零．在－内，磁通量均匀增大，且方向向外，为负值．在－内，磁通量均匀减小至零，且为负值．故A正确；B.当线圈进入第一个磁场时，由E＝BLv可知，E保持不变，由右手定则知，感应电动势沿顺时针方向，为负值；线框开始进入第二个和第三个磁场时，左右两边同时切割磁感线，感应电动势应为2BLv，感应电动势沿逆时针方向，为正值；完全在第三个磁场中运动时，左边切割磁感线，感应电动势为BLv，感应电动势先沿逆时针方向，为正值，后沿顺时针方向，为负值，故B错误；C.因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，线框进入第一个磁场时，安培力为F＝BIL，开始进入第二、三个磁场时，两边切割磁感线，感应电动势变为2倍，则电流变为原来的2倍，则安培力变为原来的4倍，出第三个磁场时，安培力与进入第一个磁场相同，故C正确；D.拉力的功率P＝Fv，因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由B的分析可知，电流加倍，故安培力加培，功率加倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，同时注意功率不能为负值，故D错误． 【答案】　AC 【例5】　(多选)(2024·全国甲卷)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块．线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在t＝0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场．运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平．以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是(　　 ) 　　　　　 　A　　　　　　　　　B 　 　 　　C　　　　　　　　　D 【解析】　设线框的上边进入磁场时的速度为v，线框的总电阻为R；线框上边框切割磁感线产生感应电动势，感应电动势E＝BLv，感应电流I＝＝，线框上边框所受安培力Fa＝BIL＝，设线框的质量M，物块的质量m，图中线框的上边框进入磁场时线框的加速度向下；根据牛顿第二定律，对线框Mg＋Fa－T＝Ma，对滑块T－mg＝ma，联立解得(M－m)g＋＝(M＋m)a，线框向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，线框匀速运动的速度为v0＝. A．若线框上边框进入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动，线框下边框还未完全进入磁场时，线框的速度和加速度都趋近于零；由于v－t图像的斜率表示加速度的大小，图线将接近于t轴，故A正确；B.因从t＝0时刻线框的上边框就进入磁场，根据可知(M－m)g＋＝(M＋m)a，线框上边框进入磁场时，线框向上不可能做匀减速运动，故B错误；CD.若线框的质量等于物块的质量，且当线框上边框进入磁场时，速度大于v0，线圈进入磁场做加速度减小的减速运动；线框完全进入磁场后，穿过线框的磁通量不发生变化，线框中不产生感应电动势，线框不受安培力作用，线框做匀速运动；当线框上边框开始离开磁场时，线框的下边框切做割磁感线运动，产生感应电动势，线框下边框受向下的安培力，线框又做加速度减小的减速运动，线框完全离开磁场时做匀速直线运动，故C正确，D错误． 【答案】　AC 【例6】　(2023·北京高考)如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关(　　) A．P与Q同时熄灭 B．P比Q先熄灭 C．Q闪亮后再熄灭 D．P闪亮后再熄灭 【解析】　由题知，开始时，开关S闭合时，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，断开开关前通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，断开开关时，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭．故选D. 【答案】　D 【总结提升】 1．电磁感应中电路问题的解题流程 2．解决图像问题的两种常用方法 (1)排除法：定性地分析每一个过程中物理量的变化(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项． (2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断． 3．分析电磁感应图像问题的三点注意 (1)注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何． (2)注意电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化对应． (3)注意观察图像的变化趋势，判断图像斜率的大小、图像的曲直是否和物理过程对应． [高考模拟冲关] 1．(2025·抚顺六校协作体三模)如图甲所示，固定的矩形铜线框左半部分处于垂直纸面向里的匀强磁场中，当匀强磁场的磁感应强度由B0均匀减小到0后反向增大到－B0，如图乙所示．关于此过程，下列说法正确的是(　　 ) A．铜线框中的自由电子先顺时针定向移动、后逆时针定向移动 B．铜线框中的自由电子始终逆时针定向移动 C．铜线框围成的面积始终有扩大的趋势 D．铜线框受到的安培力大小不变 【解析】　AB.开始时穿过线圈的磁通量向里减少，后来穿过线圈的磁通量向外增大，根据楞次定律，变化的磁场始终产生顺时针方向的感应电流，铜线框中的自由电子始终沿逆时针定向移动，故A错误，B正确；C.穿过铜线框的磁通量先减小后反向增大，铜线框围成的面积先有扩大的趋势、后有缩小的趋势，故C错误；D.磁场的磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知回路中产生的感应电动势不变，结合闭合电路的欧姆定律可知通过铜线框的电流不变，而磁感应强度先减小后反向增大，根据F＝BIL可知铜线框受到的安培力大小先减小后增大，故D错误． 【答案】　B 2．(多选)(2025·沈阳二模)如图所示，水平虚线MN右侧有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，金属线框ACD放在绝缘水平面上，线框AD段为正弦图像的四分之一，AC边长为L，CD边长为L，AC与CD垂直，让线框以恒定速度v向右进入磁场，线框运动过程中，AC边始终与虚线MN平行，线框的电阻为R，线框在进入磁场过程中(　　 ) A．线框受到的安培力方向不断改变 B．线框中产生的焦耳热为 C．线框中的平均电流与速度v成正比 D．通过线框截面的电量为 【解析】　A．线框在进入磁场过程中有效切割磁感线的部分如图所示，线框受到的安培力F方向始终垂直于效切割磁感线的部分，并与运动方向相反，则线框受到的安培力方向不改变，故A错误； B．线框AD段为正弦图像的四分之一，则有效切割长度按正弦规律变化，由E＝BL有效v，I＝，可得：I＝，可知感应电流按正弦规律变化，且为正弦交流电的四分之一周期，线框中产生的焦耳热等于正弦交流电一个周期产生的焦耳热的. 对应的完整的正弦交流电的周期为：T＝4×＝，感应电流最大值为：Im＝，有效值为：I有＝Im，线框中产的焦耳热为：Q＝×IRT＝，故B正确；D.通过线框截面的电量为：q＝t＝t＝＝，S为金属线框ACD的面积，此面积要大于△ACD的面积×L×L＝，即S＞，则通过线框截面的电量q＞，而＜，故D错误；C.结合D选项的分析，线框中的平均电流为：＝＝，可知平均电流与运动时间成反比，而运动时间与速度v又成反比，则平均电流与速度v成正比，故C正确． 【答案】　BC 学科网（北京）股份有限公司 $