专题17 电磁感应 课件 -2026届高考物理二轮复习备考

物理清北班——涅槃阶段 真题解码 专题17 电磁感应 1 电流不息,感应不断,变压器教会我们面对目标要升压,面对一时的挫败要降压,在备考这一“远距 离输电”过程中要减少不必要的能耗,更多地发挥有用的功率! 真题解码 　  (2020北京,18,9分)如图甲所示,N=200匝的线圈(图中只画了2匝),电阻r=2 Ω,其两端与一个R=48 Ω的电 阻相连,线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。 真题试练 (1)判断通过电阻R的电流方向; (2)求线圈产生的感应电动势E; (3)求电阻R两端的电压U。 目 录 解析　(1)由题图乙可知,线圈中的磁通量均匀增大,由题图甲可知,磁场方向垂直纸面向里,根据楞次定 律可知线圈中感应电流产生的磁场方向应垂直纸面向外,由安培定则可判断通过电阻R的电流方向为 由a到b。 (2)根据法拉第电磁感应定律有E=N  代入数据有E=200×  V=10 V。 (3)根据闭合电路欧姆定律有I=  则电阻R两端的电压U=IR 代入数据解得U=9.6 V。 答案　(1)由a到b　(2)10 V　(3)9.6 V 目 录 　  探究1　拓展设问 ①设问1:求通过电阻R的电流I大小。 ②设问2:求线圈的输出功率P。 ③设问3:线圈作为电源,求电源的效率。 ④设问4:电路中能量如何转化;求t=0.1 s内,电路中产生的总热量与电阻R上产生的热量。 思维探秘 答案　①根据闭合电路欧姆定律得I= =  A=0.2 A。 ②线圈的输出功率即电阻R的电功率,为P=I2R=0.22×48 W=1.92 W。 ③电源效率η= ×100%=96%。 ④线圈处的磁场能转化为电能,在电路中,电能又转化为内能。 根据焦耳定律,在t=0.1 s内电路中产生的总热量Q=I2(R+r)t=0.22×(48+2)×0.1 J=0.2 J,0.1 s内电阻R上产生 的热量QR=I2Rt=0.22×48×0.1 J=0.192 J。 目 录 探究2　图像表征 ①图像1:尝试画出电阻R中流过的电流、两端电压以及功率随时间变化的图像。 ②图像2:若电阻R阻值可变,尝试画出电阻R的功率P随阻值变化的图像。 答案　①由题目中的Φ-t图像可知,线圈中的磁通量随时间均匀变化,根据法拉第电磁感应定律可知,感 应电动势恒定,故对于定值电阻R,流过R的电流及其两端电压、功率均恒定不变,对应图像如图所示。   ②本题中电阻R的功率即电源的输出功率,则有P=P出= = ,当R=r时,取得最大值Pm=P出m = ,如图。 目 录 探究3　举一反三 一题多问深挖透,考点拿捏快准稳! 如图,在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,长为L的光滑金属棒ab在平行金属导轨 上且在水平外力F作用下以速度v向右匀速滑动,定值电阻的阻值为R,金属棒电阻为r,自由电子电荷量 为e。求:   目 录 　  (1)ab中产生的感应电动势E。 (2)金属棒ab哪端相当于电源的正极。 (3)通过定值电阻的电流I的大小及方向。 (4)金属棒ab两端电压大小Uab。 (5)金属棒ab的输出功率Pab。 (6)金属棒ab所受安培力大小F安。 (7)外力的功率PF。 (8)金属棒ab中自由电子受到的沿杆方向的洛伦兹力f的大小。 稳基础 目 录 　  (9)通过公式推导验证:在Δt时间内,外力F对金属棒ab所做的功W等于电路获得的电能W电,也等于电路中 产生的焦耳热Q。 (10)变式:若金属棒以初速度v0滑上导轨,不受外力作用,分析金属棒运动情况,整个过程通过金属棒截面 的感应电荷量q为多少?金属棒运动的最大位移为多少? 叠能进阶 目 录 解析　(1)由法拉第电磁感应定律得E=BLv。 (2)由右手定则可知a端相当于电源正极。 (3)I= ,从M端流向P端。 (4)ab棒相当于电源,Uab为路端电压,Uab= ·BLv。 (5)Pab=I2R= R。 (6)F安=BIL= 。 (7)金属棒匀速滑动,则外力等于安培力,则PF=F·v= 。 (8)根据题意可知,f=Bev。 目 录 (9)在Δt时间内,外力F对金属棒做功W=FvΔt=BILvΔt 电路获得的电能W电=qE=IEΔt=BILvΔt 可知力F对金属棒MN所做的功W等于电路获得的电能W电 电路中产生的焦耳热Q=I2(R+r)Δt=IEΔt=BILvΔt 故W=W电=Q。 (10)金属棒受到安培力作用,有 =ma,金属棒做加速度减小的减速运动,直到停下。 根据动量定理得- ·Δt=0-mv0 平均安培力大小 =B L=BL  联立解得q=  金属棒切割磁感线产生感应电动势E=BLv 目 录 感应电流为I=  安培力大小为F=BIL=  由动量定理得-∑ ·Δt=0-mv0 整理得 =mv0 可得最大位移x= 。 目 录 　　我们所学的电路可根据产生特点、元件特点等方式进行分类。 (1)按产生特点分为直流电路、交流电路和振荡电路。 (2)按元件特点分为含阻电路、含容电路和含感电路。 (3)按能量转化特点分为纯电阻电路和非纯电阻电路。 (4)按电路状态分为静态电路和动态电路。 　　在中学阶段我们主要研究直流电路和交流电路,无论哪种电路,都离不开电源,电动势是描述不同 电源将其他能转化为电能本领的物理量。本单元不仅可以将电路与电磁感应知识整合联系起来,还可 以通过闭合电路中部分导体在磁场中运动切割磁感线时的受力情况,将力学与电磁学有机地联系起 来。 素能进阶 目 录 　　电磁感应现象是电磁学中的重大发现之一,揭示了电与磁的内在联系。楞次定律指明了感应电流 的方向,其深刻意义是能量守恒在电磁感应现象中的体现。在复习过程中,首先要重视对楞次定律、法 拉第电磁感应定律的理解,在应用中深化理解、夯实基础;其次要重视电路、牛顿运动定律、动量、能 量相结合的综合性问题的练习,如电磁感应中的电路问题、电磁感应中的图像问题、电磁感应中的能 量问题、电磁感应中的动量问题等,掌握各种经典问题的解决方法,增强模型建构能力和推理论证能 力。 目 录 专题17　电磁感应 目 录 目 录 (2024北京,6,3分)如图所示,线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上,下列说法正确的是 (　　　) B 解法探秘 真题试练1:楞次定律 A.闭合开关瞬间,线圈M和线圈P相互吸引 B.闭合开关,达到稳定后,电流表的示数为0 C.断开开关瞬间,流过电流表的电流方向由a到b D.断开开关瞬间,线圈P中感应电流的磁场方向向左 目 录 解析　闭合开关瞬间,由楞次定律可得线圈M和线圈P相互排斥,A错误。闭合开关,达到稳定后,穿过线 圈P的磁通量不变,线圈P中不会产生感应电动势,电流表的示数为0,B正确。断开开关瞬间,线圈P中向 右的磁通量减小,由楞次定律可得线圈P中感应电流产生的磁场方向向右;由安培定则可得流过电流表 的电流方向由b到a,C、D错误。 目 录 　  探究1　拓展设问 ①设问1:闭合开关后,线圈M产生稳定的磁场,线圈M的右端相当于条形磁体的N极还是S极? ②设问2:仅改变线圈P的绕线方向,是否影响题目四个选项的正误判断? ③设问3:仅将线圈M所接电源的正、负极对调,是否影响题目四个选项正误判断? ④设问4:若仅将原题中长条状铁芯弯曲,使之变为闭合圆环(法拉第线圈),线圈绕向均不变,是否影响题 目四个选项的正误判断? 解法重构 目 录 答案　①闭合开关后,线圈M中恒定的电流产生恒定的磁场,根据安培定则可知线圈M内的磁场方向向 右,线圈右端相当于条形磁体的N极。 ②线圈P的绕线方向不影响开关闭合瞬间或断开瞬间线圈P内产生的感应磁场方向(楞次定律明确地 指出电磁感应产生的磁场阻碍原磁场磁通量的变化),A、D选项依然错误;根据安培定则可知,电磁感 应产生的磁场方向不变的情况下,线圈绕向的改变会影响其电路中电流的方向,即C选项变为正确选 项。正确答案变为BC。 ③无论电源的正、负极是否对调,开关闭合瞬间,M线圈中的电流从无到有,电流产生的磁场从无到有, 从而引起穿过P线圈中的磁通量突然增大,根据楞次定律(增反减同),P线圈中产生了与M线圈中方 向相反的电流,反向电流相互排斥,所以仍是A错误,B正确。断开开关瞬间,通过线圈P的磁场方向向左, 磁通量减小,由楞次定律可知P中感应电流产生的磁场方向向左,因此流过电流表的感应电流方向由a到 b,故C、D正确。 ④铁芯变为闭合圆环后,磁感线更好地聚拢在铁芯内,线圈P感应电流的峰值可能更大一些,感应电流出 现时间略长一些,但四个选项的判断方法及结论与之前相同。 目 录 1.表征变异·文字→图像　如图甲所示,在竖直方向的匀强磁场中,水平放置一圆形导体环,磁 场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。规定磁场竖直向上为正,导体环中电流沿顺时针方 向(俯视)为正,导体环中感应电流随时间变化的图像正确的是 (　　　) A B D 探究2　同类竞探 C D 目 录 解析　根据楞次定律及安培定则可知,在0~2 s内和4~5 s内线圈中电流沿顺时针方向(俯视),即正方向, 根据法拉第电磁感应定律可得,感应电动势为E0= S,为定值,感应电流为I0= ,大小不变;在2~4 s内线 圈中电流沿逆时针方向(俯视),即负方向,电流大小I= =I0,大小不变。故选D。 目 录 2.情境变异·感生→动生　(2023海南,6,3分)汽车测速利用了电磁感应现象,汽车可简化为一个 矩形线圈abcd,埋在地下的线圈分别为1、2,通上顺时针(俯视)方向电流,当汽车经过线圈时(　　　) C A.线圈1、2产生的磁场方向竖直向上 B.汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd C.汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd D.汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同 解析　线圈1、2中所通电流方向为顺时针(俯视),产生的磁场方向都垂直地面向下,A错误。由楞次定 律推论可知,汽车进入线圈1过程,通过汽车的磁通量增大,则感应电流方向与线圈1中电流反向,为adcb; 离开线圈1过程通过汽车的磁通量减小,则感应电流方向为abcd,B错误,C正确。汽车进入线圈2过程,通 过汽车的磁通量增大,感应电流方向为逆时针(俯视),汽车受到的安培力方向与速度方向相反,D错误。 目 录 3.考向变异·楞次定律的“惯性”　(2021北京,19节选)类比是研究问题的常用方法。 (1)情境1:物体从静止开始下落,除受到重力作用外,还受到一个与运动方向相反的空气阻力f=kv(k为常 量)的作用。其速率v随时间t的变化规律可用方程G-kv=m (①式)描述,其中m为物体质量,G为其重 力。求物体下落的最大速率vm。 (2)情境2:如图1所示,电源电动势为E,线圈自感系数为L,电路中的总电阻为R。闭合开关S,发现电路中 电流I随时间t的变化规律与情境1中物体速率v随时间t的变化规律类似。类比①式,写出电流I随时间t 变化的方程;并在图2中定性画出I-t图线。   目 录 解析　(1)当物体下落速度达到最大速度vm时,G=kvm得vm=  答案　见解析 (2)E-RI=L 　如图所示 目 录 (2020北京,20,12分)某试验列车按照设定的直线运动模式,利用计算机控制制动装置,实现安全准确地 进站停车。制动装置包括电气制动和机械制动两部分。图1所示为该列车在进站停车过程中设定的加 速度大小a车随速度v的变化曲线。 (1)求列车速度从20 m/s降至3 m/s经过的时间t及行进的距离x。 真题试练2:单杆、双杆模型 目 录 (2)有关列车电气制动,可以借助图2模型来理解。图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中, 回路中的电阻阻值为R,不计金属棒MN及导轨的电阻。MN沿导轨向右运动的过程,对应列车的电气制 动过程,可假设MN棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气制动产生的加速度成正比。 列车开始制动时,其速度和电气制动产生的加速度大小对应图1中的P点。论证电气制动产生的加速度 大小随列车速度变化的关系,并在图1中画出图线。   (3)制动过程中,除机械制动和电气制动外,列车还会受到随车速减小而减小的空气阻力。分析说明列 车从100 m/s减到3 m/s的过程中,在哪个速度附近所需机械制动最强? (注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题时做必要的说明) 目 录 解析　(1)列车速度从20 m/s降至3 m/s的过程中,做匀减速运动,假设运动时间为t,运动位移为x,根据vt-v0 =at,得t= =24.3 s。 根据 - =2ax,得x= =279.3 m。 (2)假设金属棒MN长度为L,运动速度为v时,受到的安培力F=BIL= ,假设金属棒的质量为m,根据牛 顿第二定律有F= =ma,a= v,即a=kv,k= ,所以金属棒的加速度与金属棒的速度成正比。因 为棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气制动产生的加速度均成正比,所以列车电气制 动产生的加速度与列车的速度成正比,图线为过P点的正比例函数,如图所示。 答案　(1)24.3 s　279.3 m　(2)见解析　(3)在3 m/s左右所需机械制动最强,理由见解析 目 录   (3)制动过程中,列车受到的阻力是由电气制动、机械制动和空气阻力共同引起的。由图1,根据牛顿第 二定律,列车速度在20 m/s至3 m/s区间所需阻力最大,而在减速过程中,电气制动产生的阻力与空气阻力 都随着速度减小而减小,机械制动产生的阻力必然会增大,综合以上分析,列车速度在3 m/s左右所需机 械制动最强。 目 录 　  探究1　进阶设问 ①进阶1:在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,光滑金属棒ab长为l,质量为m,电阻 为R,若间距也为l的水平导轨左端接一电动势为E、内阻为r的电源,闭合开关S,金属棒从静止开始运动, 导轨足够长,电阻忽略不计。金属棒始终与导轨垂直且接触良好。   a.棒ab做什么运动?请绘制其运动的v-t图像。 b.求棒ab的最终速度。 解法重构 目 录 c.棒ab从静止到开始做匀速直线运动的过程中,试分析电源消耗的总电能E电和棒ab上产生的电热QR。 ②进阶2:在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,光滑金属棒ab长为l、质量为m,若 间距为l的水平导轨左端接一电容器,电容器的电容为C,导体棒在水平恒定拉力F的作用下从静止开始 向右运动。不计一切电阻。   a.以棒ab开始运动为计时零点,试分析棒ab的速度随时间变化的关系。 b.当棒ab运动t时间,电容器储存多少电能? c.变式:开始时电容器极板所带电荷量大小为Q,棒ab电阻为r,棒ab不受拉力,其他条件同上,如图,求闭合 开关瞬间,流过棒ab的电流、棒ab的加速度大小及闭合开关后棒ab的运动特点。   目 录 答案　①闭合开关,电流从棒ab的a端流向b端,棒ab因受到向右的安培力而向右运动,棒ab切割磁感线 产生感应电动势,根据右手定则可知棒ab的a端为感应电动势正极,由此产生的感应电流方向与原电路 电流方向相反,感应电动势与电源电动势相抗,为“反电动势”。此时的导轨装置等效于“电动机”, 将电能转化为内能和机械能(高中阶段,除了个别地区以外,忽略磁场能)。 a.回路中电流I=  棒ab受到的安培力F安=BIL=BL  由牛顿第二定律得F安=ma 随着棒ab的速度v增大,安培力减小,棒ab做加速度减小的加速运动,当棒ab产生的感应电动势与电源电 动势等大时,回路中电流为0,安培力为0,此后棒ab以最大速度做匀速直线运动。v-t图像如图。 目 录   b.当安培力为0时,有F安=BL =0,此时棒ab达到最大速度,vm= 。 c.电源消耗的总电能E电=qE,其中q为该过程中通过金属棒的电荷量,根据能量守恒得E电=Q+Ek 棒ab由静止到开始做匀速直线运动的过程中,由动量定理得 ·Δt=B l·Δt=Blq=mvm 解得该过程流经金属棒截面的电荷量为q=  该过程电源消耗的总电能为E电=qE= =  可得Q=E电- m  目 录 根据焦耳定律得QR= Q 联立解得QR=  = 。 ②a.棒ab产生的动生电动势等于电容器极板间电压,Blv=U 设在很短的时间Δt内,电容器两端电压变化量为ΔU, 电容器电荷量的增加量Δq=CΔU=CBlΔv 由电流的定义得i= = =CBla 对金属棒ab受力分析,结合牛顿第二定律得F-Bil=ma 联立解得a= ,可知当电容器的耐压值足够大时,棒ab做初速度为零的匀加速直线运动,满足关 系v=at= t。 目 录 b.当棒ab运动t时间,根据功能关系得WF=E储+Ek 棒运动的位移x= at2 拉力做功WF=Fx=  此时棒ab的动能Ek= mv2= m  电容器储存的电能E储= 。 c.闭合开关瞬间,棒ab两端电压U=  由欧姆定律得通过棒ab的电流I= =  闭合开关瞬间,棒ab所受合力F合=BIl=  目 录 由牛顿第二定律得棒ab的加速度a= =  随着电容器放电,Q减小,加速度减小,棒ab先做加速度减小的加速运动,加速度减为0时达到最大速度,之 后以最大速度做匀速直线运动。 目 录 1.表征变异·文字→图像　(2023福建,4,4分)如图,M、N是两根固定在水平面内的光滑平行金 属导轨,导轨足够长且电阻可忽略不计;导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场,其左边界OO'垂直于 导轨;阻值恒定的两均匀金属棒a、b均垂直于导轨放置,b始终固定。a以一定初速度进入磁场,此后运 动过程中始终与导轨垂直且接触良好,并与b不相碰。以O为坐标原点,水平向右为正方向建立x轴坐标; 在运动过程中,a的速度记为v,a克服安培力做功的功率记为P。下列v或P随x变化的图像中,可能正确的 是 (　　　)   A 探究2　同类竞探 目 录 解析　设导轨间磁场的磁感应强度大小为B,导轨间距为L,两金属棒总电阻为R,a进入磁场后产生的感 应电动势E=BLv,回路中电流I= = ,金属棒a受到的安培力F=BIL= ,方向与运动方向相反。由 动量定理有-  ·Δt=m·Δv,对等式两边求和可得  ·Δt=mvt-mv0,即-  (v·Δt)=mvt-mv0,其 中 (v·Δt)=x,得vt=v0- x,故v-x图线是一条直线,A正确,B错误。克服安培力做功的功率P=Fv= ·  ,P-x图线是一条开口向上的抛物线的一部分,C、D错误。 目 录 2.情境变异·单杆→双杆　(2023湖南,14,14分)如图,两根足够长的光滑金属直导轨平行放置, 导轨间距为L,两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角,整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强 磁场中,磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置,每根金属棒接入导轨之间 的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好,金属棒始终未滑出导轨,导轨电阻忽略 不计,重力加速度为g。 (1)先保持棒b静止,将棒a由静止释放,求棒a匀速运动时的速度大小v0; (2)在(1)问中,当棒a匀速运动时,再将棒b由静止释放,求释放瞬间棒b的加速度大小a0; (3)在(2)问中,从棒b释放瞬间开始计时,经过时间t0,两棒恰好达到相同的速度v,求速度v的大小,以及时间 t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。 目 录 解析　(1)棒a沿导轨向下运动,当mg sin θ=BIL时,棒a开始以速度v0匀速运动, 此时有E0=BLv0,流过金属棒的电流I= , 联立有mg sin θ= ,解得v0= 。 (2)棒b释放瞬间,可知棒b受到的安培力方向沿导轨平面向下,根据牛顿第二定律有mg sin θ+BIL=ma0 解得a0=2g sin θ。 (3)从棒b释放瞬间到两棒共速,对棒a根据动量定理有 mgt0 sin θ-IF=mv-mv0 ① 对棒b根据动量定理有mgt0 sin θ+IF=mv ② 解得v=gt0 sin θ+ 。 答案　(1) 　(2)2g sin θ　 (3)gt0 sin θ+ 　  目 录 t0时间内a、b棒与导轨构成的回路中产生的感应电动势的平均值 = = ,  = ,联立解得IF=B Lt0=  由①②得2IF=mv0,解得Δx= 。 目 录 3.考向变异·动力学→守恒应用　如图所示,两根足够长且电阻不计的光滑金属导轨固定在水 平桌面上,间距L=0.5 m。在导轨上有两根质量分别为ma=0.3 kg、mb=0.2 kg,接入电路的电阻分别为Ra= 2 Ω、Rb=3 Ω的导体棒a和b,在导轨区域内有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B=1 T。现给导体 棒a一个向右的、大小为v0=5 m/s的初速度,两导体棒在运动过程中始终保持与导轨垂直,且两导体棒未 相碰,g=10 m/s2。求: (1)流经棒b的最大电流Im; (2)从开始运动到两棒相距最近的过程中,流经棒b的电荷量q; (3)从开始运动到两棒相距最近的过程中,棒a上产生的焦耳热Qa; (4)当棒a的速度大小为va=4 m/s时,棒b的加速度大小。 目 录 解析　(1)棒a获得初速度的瞬间,流经棒b的电流最大,为Im= =0.5 A。 (2)两棒共速时相距最近,设共同速度为v,对两棒整体根据动量守恒有mav0=(ma+mb)v 解得v=3 m/s 从开始运动到两棒相距最近的过程,对棒b根据动量定理有 t=B Lt=BLq=mbv-0 解得q= =1.2 C。 (3)根据能量守恒可知,从开始运动到两棒相距最近的过程中,回路中产生的总焦耳热为 Q总= ma - (ma+mb)v2 由电路规律得棒a上产生的焦耳热Qa= Q总 联立解得Qa=0.6 J。 答案　(1)0.5 A　(2)1.2 C　(3)0.6 J　(4)0.625 m/s2 目 录 (4)当导体棒a的速度大小为va=4 m/s时,根据动量守恒定律有mav0=mava+mbvb 解得vb=1.5 m/s 此时电路中的总电动势为E=BLva-BLvb=1.25 V 棒b此时受到的安培力为 =BIL,I=  由牛顿第二定律得棒b的加速度大小为a=  联立解得a=0.625 m/s2。 目 录 (2023北京,9,3分)如图所示,光滑水平面上的正方形导线框,以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并 最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是 (　　　) D 真题试练3:线框模型 A.线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向 B.线框出磁场的过程中做匀减速直线运动 C.线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等 D.线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等 目 录 解析　线框进磁场的过程中,根据“增反减同”可以判断电流方向为逆时针方向,A错误;线框出磁场的 过程中,线框受到的安培力F安=BIL=B L= ,安培力与速度有关,是一个变力,所以线框不可能做匀 减速直线运动,B错误;线框产生的焦耳热为Q热=W克安,进和出两过程线框运动距离相同,速度一直减小,出 磁场过程中的安培力整体小于进磁场过程中的安培力,所以克服安培力做功不相等,焦耳热也就不相 等,C错误;通过导线横截面的电荷量q= Δt= Δt= Δt= ,进和出两过程中磁通量的变化量大小相 等,所以通过导线横截面的电荷量相等,D正确。 目 录 互动互探 通过上述探究,你知道用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤吗? 互动点拨   目 录 　  探究1　一题多解 尝试运用牛顿第二定律、功能关系结合动量定理判断C选项是否正确。 解法重构 答案　关于C选项,由功能关系与能量守恒得Q=W克=-ΔEk= m( - )= m(v0-vt)(v0+vt) 根据牛顿第二定律得B l=ma 运用微元法,根据动量定理有 vΔt=maΔt 可得 Δx=mΔv,则 = (注意:线框仅在安培力作用下运动的过程中做速度随位移均匀变化的 运动) 线框进、出磁场的过程,位移相同,故速度变化量相同,由于进、出磁场的过程一直是减速运动,所以进 磁场时的初、末速度之和大于出磁场时的初、末速度之和,故进磁场时产生的焦耳热更多,C错误。 (此方法虽然不是最快捷的,但可以作为了解,有助于加深对导体切割磁感线这类运动本质的认识) 目 录 探究2　图像表征 ①尝试定性地画出线框运动恰好完全出磁场过程的v-t图像。 ②尝试定性地画出线框运动恰好完全出磁场过程的v-x图像。 ③尝试定性地画出线框运动恰好完全出磁场过程的a-v图像。 答案　①根据牛顿第二定律可知线框进、出磁场过程中做加速度减小的减速运动,且加速度大小与速 度v大小是正相关,完全进入磁场后至出磁场前不受安培力,速度不变,可绘制v-t图像如图甲所示。 ②由探究1的分析可知,速度随位移均匀减小,可绘制v-x图像如图乙所示。 ③由探究1的分析可知,加速度大小正比于速度大小,可绘制a-v图像如图丙所示。  　 　  目 录 探究3　拓展设问 若题述条件不变,试分析下列问题。 ①设问1:线框进磁场和出磁场的过程用时是否相等? ②设问2:线框进磁场和出磁场过程中安培力对线框的冲量是否相同? ③设问3:若线框刚进磁场时速度为v0,完全出磁场时速度变为v,则线框完全在磁场中的速度为多大? 答案　①线框进磁场和出磁场过程,安培力方向均向左,安培力做负功,线框均做减速运动,可知出磁场 过程的平均速度小于进磁场过程的平均速度,所以出磁场过程的时间大于进磁场过程的时间。 ②线框进磁场和出磁场过程安培力对线框的冲量为I冲=-B lΔt,又q= Δt= Δt= Δt= = ,解得I冲= - ,即线框进磁场和出磁场过程中安培力对线框的冲量相同。 ③根据探究2图像表征中的v-x图像可知,线框完全在磁场中的速度为 (v0+v)。 目 录 1.考向变异·两线框比较　(2025陕晋青宁,7,4分)如图,光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大 于2L的匀强磁场,其磁感应强度为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m,长均为2L,宽均为L,电阻分 别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0= 并排进入磁场,忽略两线框之间的相互作 用,则 (　　　) A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同 D 探究4　同类竞探 B.甲、乙线框刚进磁场区域时,所受合力大小之比为1∶1 C.乙线框恰好完全出磁场区域时,速度大小为0 D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的 焦耳热之比为4∶3 目 录 审题指导 (1)关键条件梳理:甲、乙线框电阻分别为R和2R,长均为2L,宽均为L,磁场区域宽度d>2L,初 速度大小v0=  ,需分析进、出磁场的电流方向、安培力大小、速度大小及焦耳热。 (2)过程分解 目 录 解析　进磁场时穿过甲线框的磁通量增加,出磁场时穿过甲线框的磁通量减少,根据楞次定律可知甲线 框进磁场和出磁场的过程中电流方向相反,A错误。甲、乙两线框在进磁场瞬间,感应电动势E=BLv0,通 过甲线框的电流I甲= ,所受安培力F甲=BI甲L= ; 通过乙线框的电流I乙= ,所受安培力F乙=BI乙 L= ,故F甲∶F乙=2∶1,线框仅受安培力,B错误。在乙线框进磁场过程中,规定水平向右为正方向,根 据动量定理有-B L·Δt=mv乙1-mv0(易错提醒:注意规定正方向),其中 Δt= = = ,在乙线框 出磁场过程中,根据动量定理有-B 'L·Δt'=mv乙2-mv乙1, 'Δt'= = ,联立解得v乙2= = ,C错误。 同理,对甲线框,从刚要进入磁场到完全出磁场,由动量定理得-2B L·Δt″=mv甲-mv0,其中 Δt″= , 解得v甲=0,根据能量守恒,甲线框从刚进入磁场到完全出磁场产生的焦耳热Q甲= m ,乙从刚进入磁场 到完全出磁场产生的焦耳热Q乙= m - m = m ,所以 =4∶3,D正确。 目 录 2.情境变异·增加平行导轨及电阻　(2023新课标,26,20分)一边长为L、质量为m的正方形金属 细框,每边电阻为R0,置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀 强磁场,磁感应强度大小为B,两虚线为磁场边界,如图(A)所示。 (1)使金属框以一定的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平 行,金属框完全穿过磁场区域后,速度大小降为它初速度的一半,求金属框的初速度大小。 (2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨,导轨与磁场边界垂直,左端连接电阻R1=2R0,导轨电阻可忽略, 金属框置于导轨上,如图(B)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中 金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中,电阻R1产生的热量。   图(A) 图(B) 目 录 解析　(1)金属框刚进入磁场到完全穿过磁场的过程中,有q= ·Δt、 = 、 = 、ΔΦ=2BL2,解得此 过程通过金属框的电荷量q= = ,根据动量定理有-B LΔt=m· -mv0,可得BLq= mv0,解得金属框 的初速度v0= 。 (2)金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好,导轨电阻可忽略,则上、下边框被导轨短路,金属框 进入磁场过程中左边框与R1并联,右边框相当于电源,等效电路图如图1所示。 答案　(1) 　(2)  目 录 图1 R1与R0并联后电阻为 R0,R总1= R0,该过程R1上产生的热量与整个回路产生的热量之比 = ,由电 路特点知 = = ,I总1=I1+I0,则 = ,设金属框刚好完全进入磁场时的速度为v1,金属框刚进入磁场到 完全进入磁场过程中,由动量定理可得- Δt1=mv1-mv0,其中 =B L, = = ,解得v1= , 则此过程中整个回路产生的热量 Q总1= m - m =  目 录 此过程中R1产生的热量Q1= Q总1=  金属框全部在磁场中运动时,等效电路如图2所示  　　　  图3 简化电路如图3所示 R内=  R总2=R1+R内= R0 该过程R1上产生的热量与整个回路产生的热量之比 目 录  = =  设金属框右边框刚要出磁场时的速度为v2,从金属框恰好完全进入磁场到金属框右边框刚要出磁场过 程中,通过整个闭合回路的磁通量发生变化,由动量定理可得 - Δt2=mv2-mv1  =B L,其中 = =  解得金属框右边框到达磁场右边界时的速度v2=0 则此过程中整个回路产生的热量 Q总2= m - m =  此过程中R1产生的热量 目 录 Q2= Q总2=  综上,R1产生的总热量 Q=Q1+Q2=  =  目 录 1.电磁感应图像问题的分析思路 (1)明确图像类型,是B-t图像、Φ-t图像、i-t图像还是i-x图像等。 (2)分析电磁感应的类型,是动生电动势还是感生电动势。 (3)根据右手定则或楞次定律判断感应电流方向。 (4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等写出相应物理量间的关系式。 (5)根据关系式,通过数形结合,分析图像中截距、斜率的意义及变化情况。 (6)画出图像,分析图像。 解法密钥 底层逻辑 目 录 2.电磁感应的几种应用 (1)发电机:利用导体在磁场中切割磁感线产生感应电动势,将机械能转化为电能。 (2)动圈式话筒:利用线圈在磁场中切割磁感线,产生感应电动势,将声信号转化为电信号。 (3)变压器:基于互感,根据法拉第电磁感应定律E=n  ,通过改变线圈匝数比,或改变交流电压大小,来增 大或减小电压。 (4)电磁炉:利用产生的感生电动势,有E=n  ,金属炊具在变化的磁场中产生涡流,实现加热。 目 录 3.分析电磁感应问题的底层逻辑 (1)动生感应 导体棒切割磁感线产生感应电流,计算一段时间内通过导体棒的电荷量和导体棒运动的位移时,可借助 动量定理来将速度变化量与电荷量或速度变化量与位移联系起来,I冲量=BLq= =mvt-mv0(导体棒只受 安培力作用,且 为导体棒中电流),求解电荷量和相应位移。 (2)感生感应   如图,是一半径为R、以O为圆心的圆形匀强磁场区域,若磁感应强度B随时间增大,变化率为 ,B的方 向垂直纸面向里,则磁场中以O为圆心、半径为r的圆环导体回路上的感应电动势为ε= πr2(r≤R),或ε 目 录 = πR2(r>R),根据电动势和电场强度的关系,回路上的电场强度E方向沿图中所示的切线方向,满足2π rE=ε,则有E= × (r≤R),E= × (r>R),导体回路中的涡旋电场的方向沿导体回路上各点的切线方 向,具体方向根据楞次定律判断。 目 录 　  1.等效法:(1)在计算一定时间内通有正弦式交变电流的电阻产生的热量时,可用电流有效值进行计 算,电流的有效值是利用等效的思想定义的。 (2)在磁场中做切割磁感线运动的弯曲导体可以利用等效法,这时导体的有效长度为在垂直运动方向上 导体的投影长度。 (3)求解电路最大功率时,可以将一部分电路等效成简单的电路或者等效为简单的电源。 2.能量守恒法:在电磁感应现象中,安培力对物体做功会使电能与其他形式的能相互转化,若试题中 的某一问涉及能量,且闭合回路产生的感应电流是变化的,可利用能量守恒来计算焦耳热。 3.极限法:在分析某一物理量的变化对研究过程的影响时,可以将其假设为无穷大或者无穷小,然后 根据假设推出结论。 4.隔离法和整体法:隔离法是从多个物体中选取其中一个物体作为研究对象来分析,整体法是将多 思维方法 目 录 个有关联的、有共同物理特征的物体视为一个整体进行分析,然后根据相应的物理规律列方程求解。 如在电磁感应问题中,对于“双杆模型”来说,若研究两金属杆各自的受力情况或运动情况,可以采用 隔离法进行研究,但在不需要知道它们各自的状态时,可以运用整体法进行研究。 5.微元法:微元法需要一定的积分求和思维,例如电磁感应问题中遇到变化的电流i、非匀变速直线 运动的情况下求位移时,有∑iΔt=q、∑vΔt=x,可以利用微元法求解。 目 录 　  考查形式　 高考对电磁感应部分的考查主要有楞次定律和法拉第电磁感应定律的理解及灵活运用,考查考生在解 决与生活、生产科技相结合的实际问题中的建模能力、推理论证能力。本专题是高考的高频考点,通 常以选择题或计算题的形式考查。 常见情境　 常考查的问题有电磁感应图像问题、电路问题、动力学问题、能量问题、动量问题等,题目注重综合 性。常见情境如电磁炮、电磁驱动、电磁阻尼、电磁制动、磁浮列车等。 思维核心　 解答本专题相关问题的主要思路是明确哪部分导体相当于“电源”,产生的感应电动势是动生电动势 还是感生电动势,根据法拉第电磁感应定律计算相应感应电动势大小;根据楞次定律或右手定则判断感 考向探秘 目 录 应电流的方向;根据闭合电路欧姆定律计算回路中电流大小。若是动生电动势,求得感应电流方向和大 小后,可根据左手定则判断导体棒所受安培力方向,根据牛顿第二定律计算加速度大小,继而根据加速 度和速度的关系分析导体棒的运动情况。若是感生电动势,可根据动能定理或功能关系分析涡旋电场 中粒子加速后获得的速度和能量大小。 目 录 1.(2025黑吉辽蒙,9,6分)(多选)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 解法特训 AB 目 录 解析　t=0时,fa垂直切割磁感线,由右手定则可知a相当于电源正极,f相当于电源负极,电流方向为abcde- fa,感应电动势为E=Blv,v=ωl,则E=Bl2ω,A、B正确;导线框匀速转动,周期T= ,t= = 时,af垂直切割磁 感线,感应电动势仍为E=Bl2ω,C错误;t=0时,Φ1=Bl2,t= 时,Φ2=-Bl2,则t=0到t= 过程中,|ΔΦ|=2Bl2≠0,由E= n 可知,感应电动势平均值不为0,D错误。 目 录 2.(2025河南,5,4分)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  (　　　)    　　　　　   　　　　　  C 目 录 解析　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阻碍引 起感应电流的磁通量的减少,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。 方法技巧 方法1:右手定则快速判断 取金属薄片中线附近一平行中线的金属条作为研究对象,金属条切割磁感线,磁场方向垂直纸面向里,金属条运动方向向右,应用右手定则即可判定电流方向。 为什么不用金属片右侧边缘判定?考虑到磁场较强的地方起决定性作用。 方法2:利用“来拒去留”快速判断涡电流方向 当金属片的一部分靠近磁场时,这部分金属片中涡电流产生的磁场方向与原磁场方向相反(来拒);当金属片的一部分远离磁场时,这部分金属片中涡电流产生的磁场方向与原磁场方向相同(去留)。 目 录 3.(2022湖南,10,5分)(多选)如图,间距L=1 m 的U形金属导轨,一端接有0.1 Ω的定值电阻R,固定在高h=0.8 m的绝缘水平桌面上。质量均为0.1 kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上,两导体棒与导轨接触良好且 始终与导轨垂直,接入电路的阻值均为0.1 Ω,与导轨间的动摩擦因数均为0.1(设最大静摩擦力等于滑动 摩擦力),导体棒a距离导轨最右端1.74 m。整个空间存在竖直向下的匀强磁场(图中未画出),磁感应强 度大小为0.1 T。用F=0.5 N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a,当导体棒a运动到导轨最右端时,导体棒b 刚要滑动,撤去F,导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取10 m/s2,不计空气阻力,不计其他 电阻,下列说法正确的是　 (　 　)   BD A.导体棒a离开导轨至落地过程中,水平位移为0.6 m B.导体棒a离开导轨至落地前,其感应电动势不变 C.导体棒a在导轨上运动的过程中,导体棒b有向右运动的趋势 D.导体棒a在导轨上运动的过程中,通过电阻R的电荷量为0.58 C 目 录 解析　b刚要滑动时,等效电路如图所示,Ra=Rb=R=0.1 Ω,E1=BLva,故Ib= × ,对b,有BIbL=μmg,解得va= 3.0 m/s,E1=0.30 V,a离开导轨后做平抛运动,满足h= gt2,x=vat,解得 x=1.2 m,A错误。a在空中运动过程中 在水平方向上切割磁感线,水平方向上的速度不变,由E=BLv,可知E不变,B正确。由右手定则和左手定 则可判断b所受安培力向左,C错误。a在导轨上运动的过程中,通过a的感应电荷量Q= ·Δt= ·Δt=  ·Δt= ,通过R的电荷量q= Q= ×  C=0.58 C,D正确。   目 录 4.(2023浙江6月,10,3分)如图所示,质量为M、电阻为R、长为L的导体棒,通过两根长均为l、质量不计的 导电细杆连在等高的两固定点上,固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串 接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场,重力加速度为g,不计空气 阻力和其他电阻。开关S接1,当导体棒静止时,细杆与竖直方向的夹角θ= ;然后开关S接2,棒从右侧开 始运动完成一次振动的过程中, (　　　) A.电源电动势E0= R C B.棒消耗的焦耳热Q= Mgl C.从左向右运动时,最大摆角小于  D.棒两次过最低点时感应电动势大小相等 目 录 解析　 开关接1,导体棒处于静止状态时,其受力分析如图,可知tan  = ,而I= ,解得E0= ,A错误;开关接 2,导体棒从题图所示位置向左运动到左侧最高点时,根据右手定则可知,电流垂直纸面向里,即有电流通 过二极管,则有安培力阻碍导体棒向左摆动,故棒在左侧的最大摆角小于 ,从左向右摆动过程中,根据 右手定则可知二极管截止,没有电流经过,即没有安培力阻碍导体棒运动,最大摆角与左侧最大摆角相 目 录 同,C正确;根据能量守恒定律可知,从右向左经过最低点的速度要大于从左向右经过最低点的速度,感 应电动势并不等大,D错误;由于不知道棒运动到最左侧时的高度,所以无法计算棒消耗的焦耳热,B错 误。 目 录 5.(2025湖南,9,5分)(多选)如图,关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内,导轨形状为抛物线,顶点位于O 点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合,金属杆的质量为m,单位长度的电阻为r0。整个空间存在竖 直向上的匀强磁场,磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度v0,金属杆运动过程中始终与 y轴平行,且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是 (　 　)   A.金属杆沿x轴正方向运动过程中,金属杆中电流沿y轴负方向 B.金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动 C.金属杆停止运动时,与导轨围成的面积为  D.若金属杆的初速度减半,则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半 AC 目 录 审题指导 金属杆沿x轴正方向运动过程中,所处位置不同,导轨间金属杆的长度不同,导致某时刻回路中产生感应电动势的有效切割长度l不同,回路的电阻lr0不同;金属杆运动过程中应用动量定理求解运动距离相关问题。 解析　金属杆沿x轴正方向运动过程中,由右手定则可得金属杆中电流沿y轴负方向,A正确。(破解疑 难:利用假设法分析)若金属杆可在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动,可得恒力F=BIl=B l=  = ,若v不变,l必为定值,与实际不符,B错误。金属杆从开始运动到停止运动过程中,对金属杆由 动量定理可得-∑B· l·Δt=0-mv0(解题关键 :较短的时间Δt内,vlΔt=ΔS,ΔS为Δt内导轨间的金属杆扫 过的面积),故- =0-mv0,解得金属杆停止运动时与导轨围成的面积为S= ,C正确。若金属杆的初 速度减半,由S= 可得金属杆停止运动时与导轨围成的面积减小为原来的一半,由抛物线的特点可 知金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半,D错误。 目 录 6.(2025甘肃,15,17分)在自动化装配车间,常采用电磁驱动的机械臂系统。如图,ab、cd为两条足够长的 光滑平行金属导轨,间距为L,电阻忽略不计。导轨置于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强 磁场中。导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1和2,质量均为m,电阻均为R。导轨左侧接有电 容为C的电容器。初始时刻,机械臂1以初速度v0向右运动,机械臂2静止。运动过程中两机械臂不发生 碰撞。系统达到稳定状态后,电流为零,两机械臂速度相同。 (1)求初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小及感应电流方向。 (2)系统达到稳定状态前,若机械臂1和2中的电流分别为I1和I2,写出两机械臂各自所受安培力的大小;若 电容器两端电压为U,写出电容器所带电荷量的表达式。 (3)求系统达到稳定状态后两机械臂的速度。若要两机械臂不相撞,二者在初始时刻的间距至少为多 少? 目 录 解析　(1)初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小E0=BLv0 由右手定则可知机械臂1中感应电流的方向在纸面内向上。 (2)机械臂1受到的安培力大小FA1=I1LB 机械臂2受到的安培力大小FA2=I2LB 由电容的定义式C= 可得,电容器所带电荷量的表达式为Q=CU。 (3)设两机械臂稳定运动时的共同速度为v,从开始至共速过程中,机械臂1和机械臂2中的平均电流分别 为 和 ,通过的电荷量分别为q1、q2,则q1= t,q2= t 对机械臂1,由动量定理得- LBt=mv-mv0 对机械臂2,由动量定理得 LBt=mv-0 电容器所带的电荷量Q=q1-q2 答案　(1)BLv0　在纸面内向上　(2)I1LB　I2LB　Q=CU　(3) 　  目 录 稳定后电容器两极板间的电压U=BLv 又C=  联立解得v=  某一瞬间,电容器两端的电压U=BLv1-I1R 电压还可以表示为U=BLv2+I2R 解得I1R+I2R=BL(v1-v2) 则( + )t=  由前面两个动量定理表达式得 LBt+ LBt=mv0 联立解得 t=mv0 为使两臂不相撞,两臂初始时刻的最小间距Δxmin=x1-x2=( - )t 目 录 则有 Δxmin=mv0 解得Δxmin= 。 目 录 $