专题4 第11讲 电磁感应-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件

该高中物理高考复习课件聚焦“电磁感应”专题，覆盖楞次定律应用、法拉第电磁感应定律计算、电路问题分析、图像问题解读等高考核心考点，依据高考评价体系明确各考点权重，归纳“感应电流方向判断”“电动势计算”“i-t/Φ-t图像分析”等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“真题实战+科学思维培养”，精选2025年陕晋青宁卷、甘肃卷等高考真题，如例3通过“确定电源-分析电路-应用规律”三步法解析电磁感应电路问题，例5用排除法突破图像判断题，培养学生模型建构与科学推理素养。特设“易错点警示”和“解题流程模板”，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

第11讲　电磁感应 [高考素养]　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和图像问题。3.掌握电磁感应中电路和图像问题的分析方法。 课堂巩固　强化关键能力 考点一　楞次定律　法拉第电磁感应定律 考点二　电磁感应中的电路问题 考点三　电磁感应中的图像问题 内容索引 考点一　楞次定律　法拉第电磁感应定律 一 4 1.感应电流方向的判断 2.求感应电动势的方法 情景图 研究对象 表达式 回路(不一定闭合) 三种形式 E=n E=nS E=nB 情景图 研究对象 表达式 一段直导线(或等效直导线) E=Blv 绕一端转动的一段导体棒 E=Bl2ω 3.通过回路截面的电荷量的求法 通过回路截面的电荷量q=Δt=Δt=。q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R总有关,与时间长短无关,与Φ是否均匀变化无关。 情景图 研究对象 表达式 绕与B垂直的轴转动的导线框 从图示时刻计时 e=NBSωcos ωt 考向1　楞次定律的应用 [例1]　(2025·陕晋青宁卷)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 B [解析]　当钢制线圈与电容器组连通时,钢制线圈中产生迅速增大的电流,线圈中产生迅速增强的磁场。根据楞次定律可知,铜环中产生的感应电流的磁场会阻碍引起感应电流的磁通量的变化,故铜环中的感应电流与钢制线圈中的电流方向相反。为阻碍铜环中磁通量的变化,铜环上的感应电流与钢制线圈中的电流大小几乎相等,因此两个方向相反的大电流之间的作用力使圆环被急速地向内侧压缩,A、C、D错误,B正确。 [以图说法] 图形示例 方法总结 磁铁靠近,B感、B原反向,二者相斥 磁铁远离,B感、B原同向,二者相吸 (1)阻碍原磁通量变化——“增反减同” (2)阻碍相对运动——“来拒去留” 图形示例 方法总结 P、Q是光滑固定导轨,a、b是可移动金属棒,磁铁下移,回路面积应减小,a、b靠近 B减小,线圈扩张,B增大,线圈收缩 使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩” 注意:此结论只适用于磁感线单方向穿过回路的情境 开关闭合,圆环将向左运动,通过远离阻碍磁通量的变化 增离减靠 考向2　法拉第电磁感应定律的简单应用 [例2]　(2025·甘肃卷)闭合金属框放置在磁场中,金属框平面始终与磁感线垂直。如图,磁感应强度B随时间t按正弦规律变化。Φ为穿过金属框的磁通量,E为金属框中的感应电动势。下列说法正确的是(　　) A.t在0~内,Φ和E均随时间增大 B.当t=与t=时,E大小相等,方向相同 C.当t=时,Φ最大,E为零 D.当t=时,Φ和E均为零 C [解析]　在0~时间内,磁感应强度B增加,根据Φ=BS可知磁通量Φ增加,但是图像的斜率减小,即磁感应强度B的变化率逐渐减小,根据法拉第电磁感应定律可知E=S,感应电动势E逐渐减小,选项A错误;当t=和t=时,因B-t图像的斜率大小相等,符号相反,则感应电动势E大小相等,方向相反,选项B错误;t=时,B最大,则磁通量Φ最大, 但是B的变化率为零,则感应电动势E为零,选项C 正确;t=时,B为零,则磁通量Φ为零,但是B的变化 率最大,则感应电动势E最大,选项D错误。 二 考点二　电磁感应中的电路 问题 14 电磁感应中电路问题的解题流程 [例3]　(2025·广东广州二模)如图甲,空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B,水平面内有两段均以O为圆心的半圆导轨P1K1和P2K2,半径分别为L和2L,P1、P2用长为L的导线连接,两根足够长的竖直导轨上端分别连接O点和K2点。导体棒a绕O以角速度ω逆时针匀速转动,导体棒b可沿竖直导轨运动,a和b长度均为2L。t=0时,a处于K1K2位置,同时由静止释放b,此后a每次回到K1K2位置时,b的速度均恰好为零。已知导体棒运动过程中与导轨接触 良好,a和b粗细均匀、质量均为 m、电阻均为2R,其他电阻不计, 滑动摩擦力等于最大静摩擦力, 重力加速度为g。 (1)在图乙中画出a转动一圈过程中,回路电流i随时间t变化的图像(写出计算过程); [解析]　当a棒在小环上转动时,回路感应电动势为E1=BL=BL=BL2ω, 感应电流为I1==,持续时间为t1=T=; 当a棒在大环上转动时,回路感应电动势为 E2=B·2L=B·2L=2BL2ω, 感应电流为I2==, 持续时间为t2=T=。 综上,i-t图像如图所示。 [答案]　见解析 (2)求b与竖直导轨间的动摩擦因数。 [解析]　当a棒在小环上转动时,b棒所受安培力小,摩擦力小,b棒做匀加速运动,有mg-μBI1·2L=ma1, 当a棒在大环上转动时,b棒所受安培力大,摩擦力大,b棒做匀减速运动,有μBI2·2L-mg=ma2, 由于一个周期后,b棒速度恰变为0,故有a1t1=a2t2, 可得a1=a2, 联立解得动摩擦因数为μ=。 [答案]　 [例4]　(2025·河南郑州模拟预测)如图甲所示,面积为S=0.01 m2、电阻为r=5 Ω、匝数为n=100的水平放置的圆形线圈处于方向竖直向上、磁感应强度B1按图乙所示规律变化的磁场中,线圈与倾角为θ=37°、间距为d=0.5 m的导轨相连,阻值为R=10 Ω的定值电阻接在导轨上,虚线MN下方有方向垂直导轨斜面向上、磁感应强度大小为B2=0.6 T的匀强磁场,质量m=0.2 kg、电阻也为R的导体棒ab垂直导轨放置,不计导轨电阻,导体棒ab始终静止不动,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6, cos 37°=0.8。求: (1)0~2×10-2 s时间内线圈中产生的感应电流大小; [解析]　由法拉第电磁感应定律可得在0~2×10-2 s时间内线圈的感应电动势大小为E1=nS, 电路中的总电阻为R总=r+R, 电路中的总电流为I=, 解得I=1 A。 [答案]　1 A (2)3.5×10-2 s时导体棒ab受到的摩擦力大小; [解析]　由法拉第电磁感应定律可得在3×10-2~4×10-2 s时间内线圈的感应电动势大小为E2=nS,电路中的总电流为I'=, 由串并联电路规律可知,通过导体棒ab和电阻R的电流大小均为I1=I',通过导体棒ab的电流方向为b→a, 对导体棒ab,由共点力平衡有Ff=mgsin θ+B2I1d, 联立解得Ff=1.5 N。 [答案]　1.5 N (3)在B1变化的一个周期内,电阻R上产生的热量。 [解析]　因在2×10-2~3×10-2 s时间内线圈中无感应电流产生,故在B1变化的一个周期内,电阻R上产生的热量为Q=(I)2R·+R·, 解得Q=0.15 J。 [答案]　0.15 J 三 考点三　电磁感应中的图像问题 23 1.电磁感应中常见的图像 2.解答图像问题的三个关注 3.解答图像问题的两个常用方法 (1)排除法:定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化趋势、变化快慢,特别是分析物理量的方向(正、负),排除错误的选项。这种方法能快速解决问题,但不一定对所有问题都适用。 (2)函数关系法:根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系,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。 [例5]　(2025·山东青岛模拟预测)如图所示,正方形ABCD被对角线分割成四个区域,左右两个三角形内分别有垂直纸面向外和向里的匀强磁场,磁感应强度大小相等。金属环初始位置与下方三角形内切,一个四角带有圆弧的绝缘轨道,其直边与正方形重合,圆弧半径均与金属环半径相等。让该金属环沿绝缘轨道内侧以恒定速率逆时针滚动一周,规定逆时针方向为电流正方向,关于环内电流随时间变化的关系,下列图像正确的是(　　) D [解析]　根据楞次定律可知,金属环由图示位置开始逆时针匀速滚动时,金属环内垂直于纸面向里的磁通量增大,产生垂直于纸面向外的感应磁场,根据右手螺旋定则可知,金属环中将产生逆时针方向的电流,根据法拉第电磁感应定律可知,金属环内将产生非线性变化的电流,即0~,电流沿逆时针方向,同理,~,电流沿顺时针方向,~,电流沿顺时针方向,~T,电流沿逆时针方向,故选D。 [例6]　如图所示,正方形导线框在光滑水平面上以某初速度进入有界匀强磁场,线框边长是磁场宽度的一半。线框穿过磁场的过程中,感应电流i随时间t的变化关系和速度v随位移x的变化关系图像,可能正确的是 (　　) D [解析]　根据法拉第电磁感应定律有E=Blv,设线圈电阻为R,根据闭合电路的欧姆定律有I=,根据安培力公式有F=BIl,根据牛顿第二定律有a=,联立解得a=,根据加速度的表达式可知,线框向右全部进入磁场的过程,线框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变,线框中感应电动势为零,感应电流为零, 安培力为零,加速度为零,因此线框完全进入磁场到 刚要离开磁场过程,线框做匀速运动;线框穿出磁场 过程中,根据加速度的表达式可知,线框继续做加速 度减小的减速运动,直到完全穿出磁场,此过程v-t图像如图所示, 由于线框宽度只有磁场宽度的一半,所以线框整体在磁场中匀速运动的距离与出磁场时运动的距离相等,由于线框出磁场时做减速运动,则线框出磁场时所用时间比在磁场中匀速运动的时间更长,故A、B错误。线框进入磁场过程中,以水平向右为正方向,由动量定理得-Bl·Δt=mv-mv0,=,联立得·Δt=mv0-mv,即v=v0-·Δt= v0-,因此v-x图线应该线性变化;完全进入磁场后, 通过线框的磁通量为定值,所以没有安培力,线框做 匀速直线运动;同理可得出磁场时线框v-x图线也应该为线性变化,故C错误,D正确。 [例7]　(2025·黑吉辽蒙卷)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=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(b)所示。导体框中的感应电流I与时间t的关系图像如图(c)所示,其中0~1 s内的图线未画出,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; [解析]　由法拉第电磁感应定律得 E1==·L2=××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(b)可知,t=0.5 s时磁感应强度大小为B0.5=0.15 T,所以此时ad边所受的安培力大小为F=B0.5I1L=0.15×0.1×1 N=0.015 N。 [答案]　0.015 N (2)在图(b)中画出1~2 s内的B-t图像(无需写出计算过程); [解析]　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(c)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 定律得E2= ==0.1 V,解得1~2 s内磁感应强度的变化率 为==0.2 T/s,可知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 的磁场随时间变化的图线如图所示。 [答案]　图见解析 (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]　由动量定理可知 -B2LΔt=mv1-mv0, 其中q=Δt=Δt==, 联立解得ad边离开磁场时的速度大小为v1=0.01 m/s。 [答案]　0.01 m/s 四 课堂巩固 强化关键能力 1.(多选)(2025·河南郑州二模)电子感应加速器常用于核物理研究。其简化原理如图所示,环形真空室水平放置,半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小B1=kt(k为大于零的常数)的变化磁场,该磁场在环形真空室内激发感生电场使电子加速。真空室内存在另一个磁场B2(未画出),其作用是约束电子在真空室内做圆周运动。已知电子的电荷量为e,则(　　) A.B2应垂直于纸面向里 B.B2应为恒定的匀强磁场 C.电子沿逆时针方向加速运动 D.因B1变化,电子在真空室内每转一周动能增加πkeR2 AD 解析:圆形区域内磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度均匀增大,根据楞次定律可知,感生电场的方向为逆时针方向,电子所受电场力方向沿顺时针方向,电子在电场力作用下加速运动,即电子沿顺时针方向加速运动,故C错误;结合上述可知,电子在真空室内沿顺时针方向做圆周运动,电子带负电,洛伦兹力方向指向圆心,根据左手定则可知,B2方向应垂直于纸面向里,故A正确;电子做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,则有evB2=m,解 得B2=,结合上述可知,电子速度增大,则B2大小增大,故B 错误;圆形区域内磁感应强度变化产生的感应电动势E== πR2=πkR2,电子在真空室内每转一周动能增加量为ΔEk= eE=πkeR2,故D正确。 2.(多选)如图所示,光滑平行金属导轨左端接一定值电阻R,水平置于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中,导轨上有一质量为m的导体棒ab以初速度v0向右运动,已知导体棒长度为d,导轨间距为L,导轨电阻不计,导体棒接入导轨的电阻为R,导体棒的瞬时速度为v,所受安培力大小为F,流过导体棒的电荷量为q,导体棒两端的电压为U。下列描述各物理量随时间t或位移x变化的图像正确的是(　　) AC 解析:根据牛顿第二定律有F=ILB=ma,根据法拉第电磁感应定律有E=BLv,其中I=,解得F==ma,可知导体棒的速度逐渐减小,且加速度逐渐减小,初始时刻安培力大小为,故A正确,D错误;根据欧姆定律可知U=BLv=BLv,则电压的最大值为BLv0,故B错误;根据电流的定义式有q=Δt=Δt==,则q与x成正比,故C正确。 感谢您的观看 $