2026届高三物理二轮专题复习讲义：第14讲 电磁感应

第14讲 电磁感应 讲义 知识体系： 考点一　楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用 1.感应电流方向的判断 (1)线圈面积不变、磁感应强度发生变化的情形，往往用楞次定律。 (2)导体棒切割磁感线的情形往往用右手定则。 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=n E=nS E=nB 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 绕与B垂直的轴转动的导线框 从图示时刻计时 e=NωBScos ωt 3.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。 4.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——一般情况下为“增缩减扩”； (4)阻碍原电流的变化(自感现象)——一般情况下为“增反减同”。 典例3:(2025·广东广州模拟)图甲为某款“自发电”无线门铃按钮,其“发电”原理如图乙所示,按下门铃按钮过程磁体靠近螺线管,松开门铃按钮磁体远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是(　　) A.按下按钮过程,螺线管P端电势较高 B.松开按钮后,穿过螺线管的磁通量为零 C.按住按钮不动,螺线管中产生恒定的感应电动势 D.若按下和松开按钮的时间相同,螺线管产生大小相同的感应电动势 答案　D解析　按下按钮过程,通过螺线管的磁通量向左增大,根据楞次定律的增反减同,结合安培定则,可知电流从Q端流出,则螺线管Q端电势较高,故A错误;松开按钮后,穿过螺线管的磁通量变小,但不为零,故B错误;按住按钮不动,穿过螺线管的磁通量不变,螺线管不会产生感应电动势,故C错误;按下和松开按钮过程,若按下和松开按钮的时间相同,螺线管中磁通量的变化率相同,螺线管产生的感应电动势大小相同,故D正确。 典例2:(多选)(2025·黑、吉、辽、内蒙古卷,9)如图,“”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 答案　AB解析　t=0时,线框中能切割磁感线的边只有af边,由右手定则可知af边的电流方向为f到a,则线框中的电流方向为abcdefa,A正确;t=0时,af边的速度方向与磁场方向垂直,速度大小为v=ωl,感应电动势的大小为E=Blv,解得E=Bl2ω,B正确;线框的转动周期为T=,则t=时,线框转动了180°,此时线框中能切割磁感线的边仍只有af边,且af边的速度方向与磁场方向垂直,所以线框中产生的感应电动势的大小仍为Bl2ω,C错误;从t=0到t=过程中,穿过线框abef的磁通量变化量为零,穿过线框bcde的磁通量的变化量ΔΦ=2BS=2Bl2,由法拉第电磁感应定律知感应电动势平均值为==,D错误。 考点二　电磁感应中的电路和图像问题 1.电磁感应中电路问题的解题流程 2.解答电磁感应中图像问题的关键点和方法 (1)把握三个关键点 (2)掌握两个常用方法 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或快慢,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。 典例3:(2025·广东广州月考)一圆形金属线圈,面积为S1=0.06 m2,匝数n=100,阻值r=2 Ω,该线圈与阻值均为3 Ω的电阻R1、R2和电容为C=100 μF的电容器组成闭合回路,如图甲所示。在线圈中存在垂直于线圈平面的匀强磁场,其面积为S2=0.04 m2,设磁场垂直平面向里为正方向,磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示,导线电阻不计。t=0时刻闭合开关S。 (1)求通过R1的电流大小和a、b两点间的电势差Uab; (2)t=2 s时断开开关S,求断开开关S后通过R1的电荷量q。 答案　(1)0.3 A　-1.8 V　(2)9×10-5 C 解析　(1)设线圈产生的感应电动势为E,根据法拉第电磁感应定律有E=nS2 代入数据解得E=2.4 V 根据楞次定律,可知通过线圈的电流方向为从a到b。则a、b两端的电势差Uab<0,根据闭合电路欧姆定律有I= 由串联分压得Uba=I(R1+R2) 解得I=0.3 A,Uab=-Uba=-1.8 V。 (2)电容器C与电阻R1并联,S闭合时,电阻R1两端的电压为U1=IR1=0.9 V 则电容器C所带的电荷量Q=CU1=9×10-5 C 断开开关S后通过R1的电荷量q=Q=9×10-5 C。 典例4:(2025·江苏苏锡常镇四市一模)如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨与水平面成θ=30°，导轨上放置两根质量均为m、电阻均为R的导体棒ab、cd，导轨电阻不计，并处在垂直于导轨平面的匀强磁场中。t=0时刻，在ab棒上施加一沿导轨平面向上、大小为mg的恒力，同时释放cd棒。下列图像中，a、v、x、Eab分别为ab棒的加速度、速度、位移和机械能，E为ab、cd棒组成的系统的机械能，可能正确的是(　　) 答案　C解析　释放两棒后ab向上运动，cd向下运动，对ab棒分析可知加速度a=，其中F安=，则随速度的增加，安培力变大，则加速度减小，且加速度与时间t不是线性关系，当加速度减为零时，此时对ab有F安=mgsin 30°，对cd有F安=mgsin 30°，则cd也做匀速运动，即两棒的加速度减为零后均做匀速运动，可知选项A、B错误；ab棒的机械能变化量等于力F与F安做功的代数和，开始时随安培力变大，则这两个力做功的代数和逐渐减小，最后匀速时两个力的合力为mg，则合力不变，随位移增加合力做的功逐渐增加，即Eab-t图像的斜率先减小后不变，选项C正确；对两棒整体，机械能的变化量等于力F与两棒受的安培力做功的代数和，由于初始时两棒受到的安培力均较小，故系统机械能增加，当ab匀速运动时，此时两棒受到的安培力均为mg，即整个系统机械能不再增加，故系统机械能先增加后不变，选项D错误。 考点三　电磁感应中的动力学和能量问题 1.电磁感应综合问题的解题思路 2.求解焦耳热Q的三种方法 (1)焦耳定律:Q=I2Rt,适用于电流恒定的情况。 (2)功能关系:Q=W克安(W克安为克服安培力做的功)。 (3)能量转化:Q=ΔE(其他能的减少量)。 电磁感应中的动力学和能量问题 棒、框 受力平衡 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 受力不 平衡 变加速 运动 棒在恒力作用下 从静止开始运动　　　　棒从静止开始下滑 受力分析，分析加速度的变化： a=- a=gsin θ- 棒做加速度减小的加速运动 匀加速 运动 a= MN棒：F-=m1a PQ棒：=m2a 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 典例5:(多选)(2025·江西师大附中模拟)如图,匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的边界P、Q、M水平,两磁场的方向相反,磁感应强度大小均为B,磁场Ⅰ的宽度为L,磁场Ⅱ的宽度大于L。边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框abcd自距磁场边界P上方L处自由下落,当ab边刚进磁场Ⅱ时线框的加速度为零;当ab边刚出磁场Ⅱ时,线框的加速度也为零。重力加速度大小为g,线框运动过程中,磁场始终与线框平面垂直,ab边始终水平,下列说法正确的是(　　) A.当线框ab边刚进磁场Ⅱ时,线框的速度大小为 B.线框ab边通过磁场Ⅰ的过程中,通过线框截面的电荷量为 C.磁场Ⅱ的宽度为L+ D.线框通过磁场过程中,线框中产生的焦耳热为4mgL+ 答案　BC解析　设线框ab边刚进磁场Ⅱ时速度为v1,根据题意可得2BL=mg,解得v1=,故A错误;线框ab边通过磁场Ⅰ的过程中,通过线框截面的电荷量q==,故B正确;设线框ab边刚出磁场Ⅱ时,线框的速度大小为v2,则=mg,解得v2=,设磁场Ⅱ的宽度为d,则d=L+=L+,故C正确;线框通过磁场过程中,根据能量守恒定律知mg(3L+d)=Q+m,解得Q=4mgL-,故D错误。 典例6:(2025·江苏泰州市一模)如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距L=1.0 m，左端连接阻值R=4.0 Ω的电阻，匀强磁场磁感应强度B=0.5 T，方向竖直向下。质量m=0.2 kg、长度L=1.0 m、电阻r=1.0 Ω的金属杆PQ置于导轨上，向右运动并与导轨始终保持垂直且接触良好，从t=0时刻开始对杆施加一平行于导轨方向的外力F，杆运动的v-t图像如图乙所示，其余电阻不计。求： (1)在t=2.0 s时，电路中的电流I和金属杆PQ两端的电压UPQ； (2)在t=2.0 s时，外力F的大小； (3)若0~3.0 s内克服外力F做功为1.8 J，此过程流过电阻R的电荷量和电阻R产生的焦耳热。 答案　(1)0.2 A　0.8 V　(2)0.3 N　(3)0.9 C　1.44 J 解析　(1)根据题图乙可知t=2.0 s时，v=2.0 m/s，则此时电动势E=BLv=1 V 电路中的电流I==0.2 A 金属杆PQ两端的电压为路端电压，即UPQ=IR=0.8 V (2)v-t图像斜率表示加速度，则由题图乙可知杆的加速度大小为a==2 m/s2 对金属杆PQ进行受力分析，则由牛顿第二定律得F+BIL=ma 解得F=0.3 N (3)根据电荷量表达式可知q=t=== v-t图像与横轴围成的面积表示位移大小，则x= m=9 m 解得q=0.9 C 根据能量守恒定律可知W克F+Q=m解得Q=1.8 J 电阻R产生的焦耳热QR=Q=×1.8 J=1.44 J 典例7:(2025·四川卷,14)如图所示,长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上,两者平行且相距l,M、P连线垂直于导轨,定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r,M、P间连接一阻值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动,速度大小为v。零时刻,金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好,重力加速度大小为g。求: (1)金属杆在导轨上运动时,回路的感应电动势; (2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时,回路的热功率; (3)金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。 答案　(1)Blv　(2)　(3) 解析　(1)金属杆在导轨上运动时,切割磁感线,产生的感应电动势E=Blv。 (2)金属杆运动距离d时,电路中的总电阻为R=2dr+2sr 回路的热功率P==。 (3)设金属杆保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为x时,金属杆刚好将要脱离导轨,此时绳子拉力为T,与水平方向的夹角为θ,对金属杆, 根据平衡条件可得F安=Tcos θ,mg=Tsin θ 安培力大小F安=IlB 闭合回路的感应电流I= 回路中的总电阻R'=2sr+2xr 则I= 联立得tan θ== 根据几何关系有tan θ= 联立解得x=。 电磁感应中含电容器的电路问题 1.含“容”无外力,v0≠0 情境 质量为m、电阻为R的金属杆ab在水平光滑导轨上以速度v0开始运动,忽略导轨电阻 等效 电路 杆速度为v时,电流I=(UC为电容器两端电压,初始UC<Blv0) 安培 力 F安=BIL=- 运动 过程 加速度a==-,杆做加速度逐渐减小的减速运动。当BLvmin=UCm时,I=0,此后杆做匀速直线运动 能量 角度 杆减少的动能转化为电容器的电场能和杆上的电阻产生的焦耳热 动量 角度 最终电容器两端的电压UCm=BLvmin,最终电容器的电荷量q=CUCm=CBLvmin,由动量定理可得-BL·Δt=mvmin-mv0,由于q=·Δt,联立解得vmin= 2.含“容”有恒定外力,v0=0 情境 质量为m、电阻为R的金属杆ab在水平光滑导轨上由静止开始运动,所受外力F恒定,忽略导轨电阻 运动 过程 电容器持续充电,F-ILB=ma,I=,ΔQ=CΔU=CBLΔv,a=,联立解得a=,a恒定,金属杆做匀加速直线运动 典例8:(多选)如图所示,两电阻为零的光滑导轨水平放置在垂直纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,导轨间距最窄处为一狭缝(狭缝宽度不计),取狭缝所在处O点为坐标原点,狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ,导轨左端通过单刀双掷开关S可以与电容器C(初始不带电)或电阻R相连,导轨上有一足够长且不计电阻的金属棒与x轴垂直,在外力F(大小未知)的作用下从O点开始以速度v向右匀速运动,若某时刻开关S接1,外力用F1表示,通过金属棒电流的大小用I1表示;若某时刻开关S接2,外力用F2表示,通过金属棒电流的大小用I2表示。关于外力、电流大小随时间变化的图像关系正确的是(　　) 答案　AD解析　由题知金属棒匀速切割磁感线,根据几何关系可知切割长度为L=2xtan θ,x=vt,则产生的感应电动势为E=2Bv2ttan θ,当开关S接1时,通过金属棒的电流为I1==t,由平衡条件可得F1=I1LB=t2,则I1-t图像为一条倾斜的直线,F1-t图像为一条抛物线,又由于具有初速度,则开始计时时I1、F1均不为零,图像不过原点,A正确,B错误;当开关S接2时,通过金属棒的电流为I2===2BCv2tan θ,则可得F2=I2LB=4B2Cv3ttan2θ,则I2-t图像为一条平行于t轴的直线,F2-t图像为一条倾斜的直线,又由于具有初速度,则开始计时时I2、F2均不为零,图像不过原点,D正确,C错误。 典例9:(多选)(2025·山东青岛模拟)如图所示,两根相距为L的平行光滑金属导轨倾斜放置,处于垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,两导轨顶端与电容器相连,质量为m、长度为L的金属杆垂直导轨放置,金属杆与导轨接触良好。开始时电容器不带电,金属杆被锁定在距倾斜导轨底端d处。已知两导轨倾角均为θ,电容器电容为C,重力加速度为g,不计一切电阻。现解除锁定,下列说法正确的是(　　) A.金属杆下滑过程中做加速度减小的变加速直线运动 B.若增大电容器电容,金属杆下滑时间变短 C.金属杆下滑到导轨底端时电容器极板间电压U=BL D.金属杆下滑到导轨底端时电容器储存的电能E= 答案　CD解析　t时刻电容器两端的电压为U=E=BLv,金属杆沿导轨下滑时,根据牛顿第二定律有mgsin θ-F=ma,又金属杆所受的安培力为F=ILB,电路中电流为I====CBLa,联立以上三式得a=,式中各量均不变,说明加速度不变,可知金属杆做匀加速直线运动,故A错误;若增大电容器电容,加速度减小,则根据d=at2,可知金属杆下滑时间变长,故B错误;金属杆下滑到导轨底端时的速度满足v2=2ad,电容器极板间电压U=BLv=BL,故C正确;金属杆下滑到导轨底端时电容器储存的电能E=mgdsin θ-mv2=,故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $