专题4 第2讲 电磁感应(课件PPT)-【精讲精练】2026年高考物理二轮专题辅导与训练

专题四　电路与电磁感应 第2讲　电磁感应 第一部分　专题强化复习 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 命题点一 01 命题点二 02 命题点三 03 专题集训 04 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 2 知 识 体 系 磁感线 单杆模型 内能 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 命题点一　楞次定律与法拉第电磁感应定律 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 命题点二　电磁感应定律的应用 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 命题点三　电磁感应中的图像问题 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 专题集训(十二) 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 谢谢观看 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 n 1．感应电流方向的判断 (1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。 (2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。 2．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 (1)阻碍原磁通量的变化——“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)——“增反减同”。 3．求感应电动势的方法 (1)法拉第电磁感应定律： E＝n (2)导线棒垂直切割磁感线：E＝BLv。 (3)导体棒绕与磁场平行的轴匀速转动E＝BL2ω。 (4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动e＝nBSωsin ωt。 　(多选)(2025·黑吉辽内蒙古卷)如图所示，“”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abcdefa B．t＝0时，感应电动势为Bl2ω C．t＝时，感应电动势为0 D．t＝0到t＝过程中，感应电动势平均值为0 [解析]　线框旋转切割磁场产生电动势的两条边为cd和af，t＝0时刻cd边速度与磁场方向平行，不产生电动势，因此此时af边切割产生电动势，由右手定则可知电流方向为abcdefa，电动势为E＝Blv＝Blωl＝Bl2ω，A、B正确；t＝时，线框旋转180°，此时依旧是af边切割磁场产生电动势，感应电动势不为零，C错误；t＝0到t＝时，线框abef的磁通量变化量为零，线框bcde的磁通量变化量为ΔΦ＝2BS＝2Bl2 由法拉第电磁感应定律可得平均电动势为E＝＝，D错误。 [答案]　AB 1．(2024·湖南卷)如图所示，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa的长度为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直于纸面向里的匀强磁场中。O、a、b、c各点的电势关系为(　　) A．φO＞φa＞φb＞φc B．φO＜φa＜φb＜φc C．φO＞φa＞φb＝φc D．φO＜φa＜φb＝φc 解析　由题及几何关系可知Oa＝R，Ob＝R，Oc＝R，根据E＝Bl2ω可得EOa＝BR2ω，EOb＝B·5R2ω＝BR2ω，EOc＝B·5R2ω＝BR2ω，又EOa＝φO－φa，EOb＝φO－φb，EOc＝φO－φc，故φO＞φa＞φb＝φc，选项C正确。 答案　C 　(2025·黑吉辽内蒙古卷)如图甲所示，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＝1 kg、电阻R＝0.5 Ω、边长L＝1 m。磁感应强度B随时间t连续变化，0～1 s内B-t图像如图乙所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图丙所示，其中0～1 s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。 (1)求t＝0.5 s时ad边受到的安培力大小F； (2)画出图乙中1～2 s内B-t图像(无需写出计算过程)； (3)从t＝2 s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＝0.1 m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。 [解析]　(1)由法拉第电磁感应定律 E1＝＝＝××12 V＝0.05 V 由闭合电路欧姆定律可知， 0～1 s内线框中的感应电流大小为I1＝＝0.1 A 由题图乙可知，t＝0.5 s时磁感应强度大小为B0.5＝0.15 T 所以此时导线框ad的安培力大小为 F＝B0.5I1 L＝0.15×0.1×1 N＝0.015 N。 (2)0～1 s内线框内的感应电流大小为I1＝0.1 A，根据楞次定律及安培定则可知感应电流方向为顺时针，由题图丙可知1～2 s内的感应电流大小为I2＝0.2 A，方向为逆时针，根据欧姆定律可知1～2 s内的感应电动势大小为E2＝I2R＝0.1 V 由法拉第电磁感应定律E2＝＝＝0.1 V 可知1～2 s内磁感应强度的变化率为＝＝0.2 T/s 解得t＝2 s时磁感应强度大小为B2＝0.3 T 方向垂直于纸面向里，故1～2 s的B-t图像如图所示。 (3)由动量定理可知－B2LΔt＝mv1－mv0 其中q＝Δt＝Δt＝＝ 联立解得ad边经过磁场边界的速度大小为v1＝0.01 m/s。 [答案]　(1)0.015 N　(2)见解析图　(3)0.01 m/s 2．(2025·浙江杭州期末)如图甲所示，斜面顶部线圈的横截面积S＝0.02 m2，匝数N＝200匝，内有水平向左均匀增加的磁场B1，磁感应强度随时间的变化图像如图乙所示。线圈与间距为L＝0.2 m的光滑平行金属导轨相连，导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上。图示虚线cd下方存在磁感应强度B2＝0.5 T的匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向上。质量m＝0.02 kg的导体棒ab垂直导轨放置，其有效电阻R＝1 Ω，从无磁场区域由静止释放，导体棒沿斜面下滑一段距离后刚好进入磁场B2中并匀速 下滑。在运动中导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨足够长，线圈和导轨电阻均不计。重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)导体棒进入磁场B2前流过导体棒的感应电流大小和方向； (2)导体棒刚好进入磁场B2时的速度大小。 解析　(1)由法拉第电磁感应定律，斜面顶部线圈产生的感应电动势为E1＝N＝NS 产生的感应电流为I1＝ 代入数据可得I1＝0.4 A 根据楞次定律可得电流方向b到a。 (2)导体棒沿斜面下滑一段距离后进入磁场B2中匀速下滑，由平衡条件可得B2I2L＝mg sin θ 导体棒在B2中切割磁感线产生的感应电流方向为b到a, 回路中的感应电动势为E1＋E2，由闭合电路欧姆定律可得E1＋E2＝I2R 感应电动势大小为E2＝B2Lv 解得v＝8 m/s。 答案　(1)0.4 A，电流方向b到a　 (2)8 m/s 解决电磁感应图像问题的一般步骤 1．明确图像的种类，即是B-t图还是φ-t图，或者E-t 图、I-t图等。 2．分析电磁感应的具体过程。 3．用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。 4．结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。 5．根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。 6．画图像或判断图像。 　(多选)(2025·辽宁葫芦岛模拟)一有界区域内存在着方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁感应强度的大小分别为B和2B，磁场宽度均为L，如图所示。边长为L的正方形导线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，建立水平向右的x轴，且坐标原点在磁场的左边界上。t＝0时刻开始，线框沿x轴正方向匀速通过磁场区域，规定逆时针方向为电流的正方向，导线框受到的向左的安培力为正方向，四条边电阻均相等。下列关于感应电流i，导线框所受的安培力F或b、a两点的电势差Uba随时间t变化的规律正确的是(　　) A　　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　　D [解析]　正方形导线框进入第一个磁场过程中，只有bc边切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为逆时针方向，大小为I1＝，b、a两点的电势差为U1＝BLv，正方形导线框所受安培力为F1＝BIL＝，由左手定则可知，安培力方向水平向左。正方形导线框进入第二个磁场过程中，ad边在第一个磁场中切割磁感线，bc边在第二个磁场中 切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为顺时针，大小为I2＝＝，由于电流方向为顺时针，则b点电势低于a点电势，b、a两点的电势差为U2＝－I2R＝－BLv，正方形导线框所受安培力为F2＝BI2L＋2BI2L＝＋＝，由左手定则可知，两边所受安培力方向都水平向左，正方形导线框出第二个磁场过程中，只有ad边在第二个磁场中切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为逆时针方 向，大小为I3＝，b、a两点的电势差为U3＝I3R＝BLv，正方形导线框所受安培力为F3＝2BI3L＝2B×L＝，由左手定则可知，安培力方向水平向左，故选项A、C、D正确，B错误。 [答案]　ACD 　如图所示，若线框的边长L＝1 m，线框的质量m＝0.1 kg，总电阻R＝0.4 Ω。条形区域的宽度均为L＝1 m，长度足够长。区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B1＝0.1 T，方向竖直向下，区域Ⅱ中磁场的磁感应强度为B2＝0.3 T，方向也竖直向下。给线框一水平向右的初速度，初速度的方向与bc边垂直，则： (1)若线框向右的初速度v0＝4 m/s，求线框bc边刚进区域Ⅰ时，线框的加速度大小； (2)若线框bc边能穿过区域Ⅰ，求线框bc边穿过区域Ⅰ的过程中，线框受到安培力的冲量； (3)要使线框能完全穿过整个磁场区域，至少要给线框多大的初速度？ 解析　(1)线框bc边刚进区域Ⅰ时，感应电动势为 E＝B1Lv0＝0.4 V，电流为I＝＝1 A 线框的加速度大小为a＝＝1 m/s2。 (2)线框bc边穿过区域Ⅰ的过程中， 线框受到安培力的冲量为IF＝1B1LΔt1 其中q1＝1Δt1＝＝＝0.25 C 解得IF＝0.025 N·s，方向水平向左。 (3)要使线框能完全穿过整个磁场区域，根据动量定理 －1B1LΔt1－2(B2－B1)LΔt2－3B2LΔt3＝0－mv 其中q2＝2Δt2＝＝＝0.5 C， q3＝3Δt3＝＝＝0.75 C 解得线框初速度至少为v＝3.5 m/s。 答案　(1)1 m/s2　(2)0.025 N·s，方向水平向左 (3)3.5 m/s 解决电磁应用图像问题的两个常用方法 (1)排除法：定性分析电磁感应现象中某个物理量的变化趋势、变化快慢，特别是物理量的方向(或正负)，排除错误的选项。 (2)函数关系式法：根据题目所给的条件定量写出物理量之间的函数关系式，再对图像作出判断。这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷。 3．(多选)(2025·辽宁抚顺模拟)如图所示，两根平行且间距为L的光滑金属导轨固定在绝缘的水平面上，导轨电阻不计，质量均为m的两相同金属棒a、b垂直导轨放置，回路的总电阻大小为R，其右侧矩形区域内有一磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向竖直向上，现两金属棒分别以初速度2v0和v0同时沿导轨向右运动，且先后进入磁场区域，已知金属棒a离开磁场时金属棒b已经进入磁场区域，在金属棒a进入磁场到离开磁场的过程中，电流i随时间t变化的图像可能正确的是(　　) A　　　　　　　　B C　　　　　　　　D 解析　金属棒a以初速度2v0在磁场中运动产生的感应电流为ia＝，金属棒a受到安培力作用做减速运动，则感应电流随之减小，即i - t图像的斜率逐渐减小；当金属棒b刚入磁场时，设金属棒a的速度为v1，此时的电流为i＝。若v1＝v0则有i1＝＝，此时金属棒a、b产生的电动势相互抵消，电流是零，不受安培力作用，则金属棒a匀速离开磁场；电路中无电流，C图像可能正确，D图像错误； 若v1<v0则有i1＝<，此时因金属棒b的速度大，金属棒b产生的电流方向与原金属棒a产生的电流方向相反，电流大小为i＝，金属棒b因受安培力而减速，金属棒a因受安培力而加速，则电流逐渐减小，A图像可能正确，B图像错误。 答案　AC $