专题4 第10讲 电磁感应（Word教参）-【正禾一本通】2026年高考物理二轮专题复习高效讲义

第10讲　电磁感应 建构知识体系 【明·误区】 【记·结论】 1.应用楞次定律时，误将 “阻碍” 理解为“阻止”或 “反向”。 2．误用左手定则判断导体切割磁感线时感应电流的方向。 3．不能正确理解磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率。 4．不能根据模型特点灵活选择公式计算感应电动势的大小。 5．混淆电磁感应电路中的电源和负载，认为电流一定从高电势流向低电势。 6．不能动态分析电磁感应动力学问题中杆的受力情况及对应的运动特点。 7．对电磁感应中的功及伴随的能量转化情况认识不足，出现能量“遗漏” 1.感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，具体体现为：“增反减同、来拒去留”。 2．产生电动势的导体棒或线圈相当于电源，内部电流从“电源”的负极流向正极，两端的电压为路端电压。 3．感应电荷量：q＝n，与初、末位置的磁通量变化有关，与变化的时间无关。 4．导体转动切割磁感线时产生的电动势E＝Bl2ω。 5．自感电动势的方向与线圈中电流的方向满足“增反减同”。 6．克服安培力做功的过程就是其他形式的能转化为电能的过程，且W克安＝E电 热点1　楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用 　考向1　　楞次定律的应用　　　　　　　　　　　　　　　　 【例1】 (2025·河南高考)如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是(　　) 解析：选C。根据题图可知，沿N极到S极的方向看，穿过金属薄片的磁场方向垂直纸面向里，则磁通量垂直纸面向里，又金属薄片中心向右运动到N极的正下方时，通过薄片右半边的磁通量在减小，通过薄片左半边的磁通量在增多，由楞次定律可知，右侧涡流产生的磁场方向垂直纸面向里，左侧涡流产生的磁场方向垂直纸面向外，所以由安培定则可知，右侧涡流沿顺时针方向，左侧涡流沿逆时针方向，故C正确。 [总结提升]感应电流方向的判断方法 考向2 法拉第电磁感应定律的应用 【例2】 电磁制动原理是通过线圈与磁场的作用使物体做减速运动。如图所示，某列车车底安装的电磁体产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。同种材料制成的粗细均匀的闭合正方形线框abcd，边长为L1，MN长为L2(L2＞L1)，若当列车MN部分刚越过ab时，速度大小为v，则ab两端的电势差Uab等于(　　 ) A．BL1v B．BL2v C．－BL1v D．－BL2v 解析：选C。若当列车MN部分刚越过ab时，由楞次定律知，正方形线框abcd产生的感应电流方向为abcd方向。ab相当于电源，电源内部电流从负极指向正极，则a点电势低于b点电势。线框中产生的感应电动势E＝BL1v，ab两端的电势差Uab＝－C正确。 【例3】 用材料相同粗细均匀的导线做成如图所示的单匝线圈，线圈构成一个闭合回路。左侧小圆的半径为2d，中间大圆的半径为3d，右侧小圆的半径为d，左侧两圆连接处缺口的长度可忽略不计，右侧两圆错开相交连接(麻花状)，将线圈固定在与线圈所在平面垂直的磁场中，磁感应强度大小为B＝B0＋kt，式中的B0和k为常量，则线圈中感应电动势的大小为(　　 ) A．14πd2k B．12πd2k C．6πd2k D．4πd2k 解析：选B。根据楞次定律可知，左侧小圆和中间大圆产生的感应电流方向相同，而右侧小圆产生的感应电流方向与左侧小圆和中间大圆的相反，根据法拉第电磁感应定律可得，线圈中感应电动势的大小为E＝E左＋E中－E右＝S左＋S中－S右＝－kπd2＝12πd2k，故B正确。 [总结提升]感应电动势大小的几种求法 情境图 产生原因 表达式 回路的磁通量发生变化 E＝ 导体垂直切割磁感线 E＝Blv 导体转动并垂直切割磁感线 E＝Bl2ω 线框转动引起回路磁通量变化 e＝NBSωcos ωt(从图示时刻计时) 热点2　电磁感应中的电路、图像问题 　考向1　　　电磁感应中的电路问题　　　　　　　　　　　　　　　 【例1】 (2025·四川成都三诊)如图所示，圆心为O、直径d＝2 m的圆形金属导轨内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场。金属杆PQ长度与导轨直径相等，单位长度电阻r0＝4 Ω/m，PQ绕O点以角速度ω＝20 rad/s逆时针匀速转动并与导轨保持良好接触。O、M两点用导线相连，A是理想电流表，阻值R＝8 Ω的电阻和电容C＝1.2×10-10 F的电容器并联在电路中，圆形导轨与导线电阻不计。下列说法正确的是(　　 ) A．流过电阻R的电流方向为b→a B．电流表的读数为2.5 A C．电容器的电荷量为9.6×10-10 C D．为了维持金属杆匀速转动，外力做功的功率为6.25 W 解析：选C。PQ绕O点逆时针匀速转动，根据右手定则可知，电流从P、Q两点流向O点，所以流过电阻R的电流方向为a→b，故A错误；电流从P、Q两点流向O点，则PO与QO并联，则产生的电动势为E＝＝10 V，PO与QO并联产生的等效内阻r等＝＝2 Ω，电流表的读数为I＝＝1 A，故B错误；电容器两端电压U＝IR＝8 V，电容器的电荷量为Q＝CU＝9.6×10-10 C，故C正确；为了维持金属杆匀速转动，外力做功的功率为P＝EI＝10 W，故D错误。 [总结提升]电磁感应中电路问题的解题流程 考向2 电磁感应中的图像问题 【例2】 (2025·甘肃高考)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 解析：选C。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，但是图像的斜率逐渐减小，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，A错误；当t＝和t＝时，因B ­t图像的斜率大小相等、符号相反，可知感应电动势E大小相等、方向相反，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，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，D错误。 【例3】 (多选)(2025·山东德州检测)水平面内有一腰长为2L的等腰直角三角形ABC区域，区域内有垂直水平面向里的匀强磁场，一边长为L的正方形金属线框EFGH在水平拉力的作用下，以恒定的速度沿x轴正方向运动，如图所示。从线框进入磁场开始计时，直至通过磁场区域的过程中，线框中的感应电流i(电流沿逆时针方向为正)和线框受到的沿x轴方向的安培力F(沿x轴负方向为正)随时间的变化图像正确的是(　　 ) 解析：选AD。线框进入磁场的过程中，根据右手定则可知，感应电流方向沿逆时针方向，线框中的感应电流大小为i＝，x＝vt·tan 45°，所以i＝t，同理，当GF全部进入磁场后，有i＝，线框全部进入磁场后，感应电流为0，而线框出磁场时感应电流的变化与进磁场时相同，根据右手定则可知，感应电流方向相反，故A正确，B错误；根据左手定则可知，线框进入和离开磁场的过程中，安培力方向一直水平向左，则F一直为正值，线框受到的沿x轴方向的安培力为F＝Bix＝t2，故C错误，D正确。 [总结提升]分析电磁感应图像类选择题的常用方法 (1)排除法：定性分析电磁感应过程中相关量的变化趋势(增大还是减小)及变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)情况，分析物理量的方向，以排除错误的选项。 (2)函数法：根据题目所给条件，利用相关知识、规律定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后利用函数关系对图像进行分析和判断。 热点3　电磁感应中的力电综合问题 【例1】 (多选)(2025·广东深圳期中)用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r≪R)的圆环，圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B。圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，下列说法正确的是(　　 ) A．下落过程圆环中磁通量不变 B．此时圆环受到竖直向上的安培力作用 C．此时圆环的加速度大小为－g D．如果径向磁场足够深，则圆环的最大速度为vm＝ 解析：选BD。由题意可知，圆环下落过程中切割磁感线产生感应电流，则磁通量一定变化，故A错误；根据右手定则，圆环中有(俯视)顺时针方向的感应电流，根据左手定则可知，圆环受到的安培力竖直向上，阻碍圆环的运动，故B正确；圆环落入磁感应强度为B的径向磁场中，产生的感应电动势E＝Blv＝B·2πRv，圆环的电阻R0＝ρ，电流I＝，圆环所受的安培力大小为F＝BI·2πR＝，由牛顿第二定律得mg－F＝ma，其中质量m＝dV＝d·2πR·πr2，联立解得a＝g－，故C错误；当圆环做匀速运动时，安培力与重力大小相等，加速度为零，速度最大，有a＝g－＝0，解得vm＝，故D正确。 【例2】 (2025·福建晋江月考)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝30°角，N、Q两端接有R＝1 Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m＝0.2 kg，电阻r＝1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1 T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5 m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v＝2 m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求拉力的功率P； (2)ab开始运动后，经t＝0.09 s速度达到v2＝1.5 m/s，此过程中ab克服安培力做功W＝0.06 J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x。 解析：(1)在ab运动过程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为FA，有 F－mg sin θ－FA＝0 设此时回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有 E＝BLv 设回路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律，有 I＝ ab受到的安培力 FA＝ILB 由功率表达式，有 P＝Fv 联立上述各式，代入数据解得 P＝4 W。 (2)ab从速度v1到v2的过程中，由动能定理，有 Pt－W－mgx sin θ＝ 代入数据解得 x＝0.1 m。 答案：(1)4 W　(2)0.1 m [总结提升]分析电磁感应综合问题的思路 【例3】 (2025·宁夏银川二模)如图所示，两根由弧形部分和直线部分平滑连接而成的相同光滑金属导轨平行放置，弧形部分竖直，直线部分水平且左端连线垂直于导轨，导轨间距为L。水平区域abcd有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，细金属杆M、N长度都稍大于L。初始时刻，细金属杆M静止在弧形部分距水平导轨高度h处，磁场内的细金属杆N处于静止状态。某时刻静止释放M杆后，两杆与导轨接触良好且运动过程始终与导轨垂直，两杆在磁场中未碰撞且N杆出磁场时的速度大小为。已知M、N杆的质量分别为m和2m，电阻分别为R和2R，重力加速度为g，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。求： (1)细金属杆N在磁场内运动过程中最大加速度的大小和方向； (2)细金属杆N在磁场内运动过程中产生的焦耳热Q； (3)初始时刻细金属杆N到ab的最小距离x。 解析：(1)从M释放到进入磁场，根据机械能守恒定律有mgh＝mv2 M进磁场时，对金属杆N根据牛顿第二定律有 F＝BIL＝BL＝2ma 解得a＝ 根据左手定则可知，安培力的方向水平向右，则加速度方向向右。 (2)由M、N组成的系统动量守恒，则有 mv＝mv1＋2mv2 根据能量守恒则有 Q＝ 所以细金属杆N产生的焦耳热为 Q1＝mgh。 (3)对细金属杆N根据动量定理可得 BLt＝2mv2 若N出磁场时M也刚好出磁场，则此时N到ab的距离最小，设细金属杆N到ab的最小距离为x，则整个过程中流过闭合回路的电荷量有 q＝ 联立解得x＝。 答案：(1)，方向向右　(2)mgh　(3) [总结提升]用动量定理巧妙求解物理量 导体切割磁感线做变加速运动时，若利用动力学观点和能量观点不能求解问题，此时可考虑用动量定理巧妙求解。 求解的物理量 应用示例 电荷量或速度 －BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt 位移 －BLΔt＝＝mv2－mv1 即＝m(v2－v1) 时间 LΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1 即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1 已知电荷量q、F其他(F其他为恒力) －＋F其他Δt＝mv2－mv1 即－＋F其他Δt＝mv2－mv1 已知位移x、F其他(F其他为恒力) 学科网（北京）股份有限公司 $