15 专题四 第15课时 电磁感应（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与讲义

第15课时　电磁感应 【备考指南】　 1．重视对物理概念、物理规律的理解，在应用中深化理解，夯实双基。 2．重视与电路、牛顿运动定律、动量、能量相结合的综合性题型的训练，让学生掌握各种典型问题的解决方法，培养学生模型建构能力、推理论证能力。 3．注重综合性，与实际生活、生产科技相结合，提高利用物理知识分析实际问题的能力。 热点一　楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 1．感应电流方向的判定 2．两类电动势的求解 3．感应电荷量的两种求法 [典例1]　[楞次定律的应用](2025·河南卷)如图所示，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(　　) A　　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　　D C　[沿N极到S极的方向看，薄片右侧远离磁场，穿过薄片的磁通量减少，由于感应电流的磁场要阻碍磁通量的减少，故感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，结合安培定则可以判定，右侧涡电流方向为顺时针。同理判定左侧涡电流方向为逆时针，C正确。] [典例2]　[法拉第电磁感应定律——感生电动势](2024·福建卷)拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的“莫比乌斯环”，如图所示。连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆(r<R)。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B＝kt(k为常量)，则回路中产生的感应电动势大小为(　　) A．0 B．kπR2 C．2kπr2 D．2kπR2 C　[由题意可知，铜丝构成的“莫比乌斯环”形成了两匝(n＝2)线圈串联的闭合回路，穿过回路的磁场有效面积为S＝πr2，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势大小为E＝n＝n＝2kπr2，故选C。] 　(1)根据法拉第电磁感应定律求电动势大小，明确闭合回路磁场的有效面积。 (2)根据法拉第电磁感应定律求电动势大小，明确铜丝构成的“莫比乌斯环”的匝数。 [典例3]　[法拉第电磁感应定律——动生电动势](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长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、 b、c各点电势关系为(　　) A．φO>φa>φb>φc B．φO<φa<φb<φc C．φO>φa>φb＝φc D．φO<φa<φb＝φc C　[如图，相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知O点电势最高；根据E＝Blv＝Bωl2，同时有lOb＝lOc＝R，可得0<UOa<UOb＝UOc，得φO>φa>φb＝φc，故选C。 ] 热点二　电磁感应中的图像问题 1．电磁感应中图像问题的模型分析 2．电磁感应图像问题的“三点关注” [典例4]　[感生类图像](2025·江西吉安一模)麦克斯韦从场的观点出发，认为变化的磁场会激发感生电场。如图甲所示，半径为r的绝缘光滑真空管道(内径远小于半径r)固定在水平面上，管内有一质量为m、带电荷量为＋q的小球，直径略小于管道内径。真空管处在匀强磁场中，磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示，规定竖直向上为正方向。t＝0时刻无初速度释放小球，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．俯视真空管道，感生电场的方向是逆时针 B．感生电场对小球的作用力大小为q C．小球绕环一周，感生电场做功为q D．t0时刻管道对小球的作用力大小为 C　[根据楞次定律判断，感生电场为顺时针，故A项错误；由法拉第电磁感应定律可得E电动势＝，由于ΔΦ＝ΔBS，面积公式为S＝πr2，整理有E电动势＝，由题图可知＝，产生的感生电场强度为E，由于E电动势＝Ed＝E·2πr，整理有E＝，感生电场对小球的作用力F＝Eq＝q，故B项错误；小球绕一圈感生电场做功W＝F·2πr＝q，故C项正确；小球在感生电场中有Eq＝maE，t0时刻小球的速度v＝aE·t0＝，在水平方向上有B0qv＋FNx＝，解得FNx＝，所以管道对小球的作用力的大小为FN＝，故D项错误。故选C。] [典例5]　[动生类图像](2025·陕西渭南临渭区高三下学期三模)如图所示是我国自主研究设计的舰载机返回航母甲板时电磁减速的简化原理图。固定在绝缘水平面上足够长的平行光滑金属导轨，左端接有定值电阻R，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，导轨的电阻不计。舰载机等效为电阻不计的导体棒PQ，当导体棒PQ以一定初速度水平向右运动过程中，其速度大小v、加速度大小a、所受安培力大小F、流过的电荷量q与运动时间t变化关系图像可能正确的是(　　) A 　 　　B　　　　C　　 　D C　[导体棒切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒受到向左的安培力，向右减速运动，由F＝BIL＝BL＝ma，可知，由于导体棒速度减小，则加速度减小，所以导体棒做的是加速度越来越小的减速运动直至停止运动，故A错误；导体棒的加速度大小为a＝，导体棒做加速度减小的减速运动，可知a-t图像的形状与v-t图像类似，故B错误；导体棒受到向左的安培力，大小为F＝BIL＝，导体棒做加速度减小的减速运动，可知F-t图像的形状与v-t图像类似，故C正确；根据＝I＝，由于导体棒速度减小，故电荷量变化率减小，故D错误。故选C。] 　解答图像问题的两种技巧 (1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(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、图线中的特殊值等，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进行分析和判断。 热点三　电磁感应中电路、动力学和能量问题 1．电磁感应中综合问题分析好“两个对象” (1) (2) 2．焦耳热Q的三种求解方法 (1)焦耳定律：Q＝I2Rt。 (2)功能关系：Q＝W克服安培力。 (3)能量转化：Q＝ΔE其他。 [典例6]　[电磁感应中电路问题](多选)(2025·浙江1月选考) 如图1所示，在平面内存在一以O为圆心、半径为r的圆形区域，其中存在一方向垂直平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化如图2所示，周期为3t0。变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为一系列以O为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在同一平面内，有以O为圆心的半径为2r的导电圆环Ⅰ，与磁场边界相切的半径为0.5r的导电圆环Ⅱ，电阻均为R，圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角φ＝30°；另有一可视为无限长的直导线CD。导电圆环间绝缘，且不计相互影响，则(　　) A．圆环Ⅰ中电流的有效值为 B．t＝1.5t0时刻直导线CD电动势为πr2 C．t＝0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为 D．t＝0.5t0时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为 πr2 BD　[由题图可知，在0～t0内和2t0～3t0内圆环Ⅰ中的电流大小均为I1＝，在t0～2t0内圆环Ⅰ中的电流大小为I2＝，设圆环Ⅰ中电流的有效值为I，根据有效值定义可得I2R·3t0＝Rt0，联立解得I＝，故A错误；设右侧有一与无限长的直导线CD对称的无限长的直导线C′D′，与CD构成回路，则t＝1.5t0时刻，CD、C′D′回路产生的总电动势为E总＝πr2·，根据对称性可知t＝1.5t0时刻直导线CD电动势为πr2，故B正确；由于圆环Ⅱ处于磁场外部，通过圆环Ⅱ的磁通量一直为0，又导电圆环间绝缘，所以圆环Ⅱ不会产生感应电流，则t＝0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为0，故C错误；以O点为圆心，过P、Q两点圆轨道，在t＝0.5t0时刻产生的电动势为E＝πr2，则P、Q两点间圆弧的电动势为E′＝E＝πr2，则圆环Ⅱ上PQ间电动势为πr2，故D正确。故选BD。] [典例7]　[单棒结合电源分析受力及热量](2025·四川9月联合考试)如图所示，两根足够长、电阻不计且相距L＝1 m的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，金属导轨不光滑。左端接在电阻R1的两端，两导轨间有方向垂直斜面向上的匀强磁场。将一根长为L＝1 m、质量为m＝0.3 kg、电阻为r＝2 Ω的金属棒MN垂直于导轨放置在导轨顶端附近，闭合开关S，释放金属棒，金属棒恰好不上滑。已知金属棒与导轨接触良好，磁感应强度大小B＝2 T，定值电阻R1＝2 Ω、R2＝1 Ω，电源的电动势E＝6 V，电源的内阻不计。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。 (1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数μ； (2)断开开关S，从开始下滑到速度稳定的过程中，若通过R1的电荷量为0.2 C，求系统产生的热量Q。 [解析]　(1)分析电路关系，根据闭合电路欧姆定律有I＝ 又R并＝＝1 Ω，联立解得I＝3 A，故IMN＝＝1.5 A。 金属棒恰好不上滑，根据平衡条件有BLIMN＝mg sin θ＋μmg cos θ 解得μ＝0.5。 (2)根据q＝＝＝＝B＝ 联立有q＝＝0.2 C， 解得MN位移为x＝0.4 m 设下滑到稳定时的速度为v，此时根据平衡条件有μmg cos θ＋BL＝mg sin θ，解得v＝0.6 m/s 从开始下滑到速度稳定的过程中，根据能量守恒定律有mgx sin θ＝Q＋mv2，解得Q＝0.666 J。 [答案]　(1)0.5　(2)0.666 J 电磁感应中的动力学和能量问题 棒、框平衡问题 静止 闭合K，ab恰好静止 棒、框处于平衡状态，进行受力分析，满足合力为零 匀速 运动 恰好匀速进入磁场 棒的最大速度 棒、框不平衡 变加速 运动 受力分析，分析加速度的变化 匀加速 运动 棒匀加速 最后双棒加速度相同 受力分析，利用牛顿第二定律求加速度 棒、框运动过程中能量问题 棒、框从某一速度到另一速度 棒从静止到匀速时产生的焦耳热 利用能量守恒定律或功能关系求产生的焦耳热，回路中有多个电阻时，注意热量的分配 【教师备选资源】 建构物理模型　拓展思维能力 导体棒沿不平行导轨切割磁感线运动问题例析 导体棒沿平行导轨切割磁感线运动是比较常见的模型，若把平行导轨变成不平行导轨，问题将变得更加复杂。本文归纳了导体棒沿不平行导轨切割磁感线运动的几种类型，从动力学、能量、动量角度探究这类问题的一般规律。 1．线性轨道 [典例1]　如图所示，在水平面内建立xOy平面坐标系，光滑导轨OM、ON与x轴正方向夹角均为30°，y轴的右边处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一根平行于y轴的导体棒在水平外力F作用下以恒定速度v沿x轴正方向运动，设导体棒的单位长度电阻为r，其他电阻不计，已知B、v，导体棒在运动过程中始终保持与导轨良好接触，不计空气阻力，t＝0时，导体棒位于导轨顶角O处。求： (1)t时刻流过导体棒的电流大小I； (2)导体棒在0～t时间内产生的焦耳热Q； (3)在0～t时间内，外力F的冲量。 [解析]　(1)设t时刻，导体棒接入电路的长度为l，则电动势E＝Blv，总电阻R＝lr，整个回路的电流大小I＝＝＝。 (2)设t时刻导体棒沿x轴正方向运动的位移为x＝vt，则在回路中的导体棒长度l＝x＝vt，根据安培力FA＝IlB，求得FA＝x，画出FA-x的图像如图所示，利用图像与坐标轴围成的面积代表克服安培力做的功，则0～t时间内导体棒产生的焦耳热Q＝＝。 (3)0～t时间内导体棒的位移x＝vt，在回路中的导体棒长度l＝x＝vt，外力F＝FA＝IlB，则F＝，画出F-t的图像如图所示。 图像与坐标轴围成的面积代表外力F的冲量，求得外力F的冲量IF＝。 [答案]　(1)　(2)　(3) 【点评】　导体棒沿不平行导轨切割磁感线运动所受安培力虽是变力，但FA随时间t线性变化，外力F也随时间t线性变化，分别用“面积法”求出克服安培力做功与外力F的冲量，回路中产生的焦耳热Q就等于克服安培力做功。 2．抛物线轨道 [典例2]　如图所示，在水平面内建立xOy平面坐标系，MON是满足x＝ky2关系的光滑轨道，y轴的右边处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。有一条平行于y轴中心位于O点的导体棒，在水平外力F作用下，导体棒从静止开始以加速度a沿x轴正方向做匀加速直线运动。设导体棒的单位长度电阻为r，其他电阻不计，已知B、k、a，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，不计空气阻力，求： (1)导体棒运动到x处的电流大小I； (2)导体棒从静止开始运动x距离，通过导体棒的电荷量； (3)导体棒从静止开始运动x距离的过程中，产生的焦耳热Q。 [解析]　(1)设导体棒运动到x处，导体棒接入电路的长度为l，则导体棒的速度v＝，回路中的电阻R＝lr，电动势E＝Blv，电流I＝，求得I＝。 (2)导体棒的速度v＝at，电流I＝，画出I-t的图像如图所示。 利用图像与坐标轴围成的面积代表流过导体棒的电荷量，求得q＝，由于x＝at2，故电荷量q＝。 (3)在回路中导体棒的长度l＝2y＝2，根据安培力FA＝IlB，求得FA＝，画出FA-x的图像如图所示。 利用图像与坐标轴围成的面积代表克服安培力做的功，导体棒的焦耳热Q＝。 [答案]　(1)　(2)　(3) 【点评】　导体棒沿不平行导轨切割磁感线运动产生的感应电流是变化的，因此可以用“面积法”求出电荷量与克服安培力做的功。 3．圆形轨道 [典例3]　如图所示，在水平面内建立xOy平面坐标系，光滑圆形轨道的半径为R，圆心O′坐标为(0，R)，y轴的右边处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一根平行于y轴的导体棒在水平外力F作用下沿x轴正方向运动，其速度v与位移x满足v＝(k是常数，0≤x≤R)，设导体棒的单位长度电阻为r，其他电阻不计，已知B、k、R，导体棒的质量为m，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，不计空气阻力，t＝0时，导体棒位于x＝0处，求： (1)导体棒运动到x处的电流大小I； (2)导体棒从x＝0运动到x＝R过程中，外力F做的功； (3)当t＝t0时，导体棒运动到x＝R处，t0时间内外力F的冲量。 [解析]　(1)设t时刻导体棒接入电路的长度为l，导体棒的电动势E＝Blv，总电阻R＝lr，整个回路的电流大小I＝＝＝，由于v＝(0≤x≤R)，得I＝(0≤x≤R)。 (2)当导体棒向右运动x距离，如图所示，根据几何关系R2＝＋(R－x)2，求得回路中导体棒的长度为l′＝2，根据安培力FA＝IlB，求得FA＝，可知安培力是定值，此过程克服安培力做的功WA＝。 根据v＝，当x＝R时，v＝，由动能定理WF－WA＝mv2，求得WF＝。 (3)t0时间内安培力的冲量IA＝－，由动量定理IF＋IA＝mv，求得IF＝。 [答案]　(1)(0≤x≤R)　(2)　(3) 【点评】　本题中电流I虽然是变化的，但安培力是定值，求安培力做功与安培力的冲量大小可以用公式WA＝FAx与IA＝FAt直接求得，再结合动能定理与动量定理分别求得外力F做的功与外力F的冲量。 综上所述，导体棒虽沿着不平行导轨切割磁感线运动，但是，导体棒所受安培力经常被设计成与位移呈线性关系，这样就可以用“面积法”求解克服安培力做功或电路中产生的焦耳热。导体棒所受安培力若与时间呈线性关系，也可以用“面积法”求解安培力的冲量。若是遇到不常规的情况，往往就用动能定理求变力做功，用动量定理求变力的冲量。电路中的电流也往往有规律，可能是恒定电流、随时间线性变化的电流，或是随时间正弦式变化的电流，这样就可以按对应的模型规律进行求解电荷量、焦耳热等问题。 1．[楞次定律的理解](2025·北京卷)下列图示情况，金属圆环中不能产生感应电流的是(　　) A．图(a)中，圆环在匀强磁场中向左平移 B．图(b)中，圆环在匀强磁场中绕轴转动 C．图(c)中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移 D．图(d)中，圆环向条形磁铁N极平移 A　[圆环在匀强磁场中向左平移，穿过圆环的磁通量不发生变化，金属圆环中不能产生感应电流，故A正确；圆环在匀强磁场中绕轴转动，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故B错误；离通有恒定电流的长直导线越远，导线产生的磁感应强度越弱，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故C错误；圆环向条形磁铁N极平移，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故D错误。故选A。] 2．[自感电动势的理解](2025·浙江1月选考)新能源汽车日趋普及，其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用，当制动过程中回收系统的输出电压(U)比动力电池所需充电电压(U0)低时，不能直接充入其中。在下列电路中，通过不断打开和闭合开关S，实现由低压向高压充电，其中正确的是(　　) 　　 A　　　　　　　　　　　B 　　 C　　　　　　　　　　　D B　[选项A中当开关S断开时，整个电路均断开，则不能给电池充电，选项A错误；选项B中当S闭合稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时，L产生自感电动势阻碍电流减小，L相当电源，电源U与L中的自感电动势共同加在电池两端，且此时二极管导通，从而实现给高压充电，选项B正确；选项C中当S闭合稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时L也与电路断开，还是只有回收系统的输出电压U加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，选项C错误；选项D中当S闭合稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时电压U也断开，只有L产生的自感电动势相当电源加在充电电池两端，二极管无法正向导通，则不能实现给高压充电，选项D错误。故选B。] 3．[电磁感应中动力学和能量问题](多选)(2024·辽宁卷)如图所示，两条“”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g，两棒在下滑过程中(　　) A．回路中的电流方向为abcda B．ab中电流趋于 C．ab与cd加速度大小之比始终为2∶1 D．两棒产生的电动势始终相等 AB　[由于ab和cd均沿导轨下滑，则通过abcd回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，回路中的电流方向为abcda，A正确；对ab和cd分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律分别有2mg sin 30°－2BIL cos 30°＝2ma1，mg sin 30°－BIL cos 30°＝ma2，可得a1＝a2＝，则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，C错误；当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合C项分析可知，ab中的电流趋于，B正确；由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，则由法拉第电磁感应定律可知两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1，D错误。 ] 15/21 学科网（北京）股份有限公司 $