专题四 第11讲 电磁感应-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习

第11讲　电磁感应 【备考要求】　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图像问题.3.会分析电磁感应中的动力学与能量问题． 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．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”． 3．求感应电动势的方法 (1)法拉第电磁感应定律： (2)导体棒垂直切割磁感线：E＝Blv. (3)导体棒以一端为圆心在垂直匀强磁场的平面内匀速转动：E＝Bl2ω. (4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动(从线圈位于中性面开始计时)：e＝nBSωsin ωt. 4．通过回路横截面的电荷量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． [例1]　(2025·晋、陕、宁、青卷·6)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 答案　B 解析　当钢制线圈中电流迅速增加时，根据楞次定律，铜环中会产生感应电流来阻碍磁通量的增加．感应电流产生的磁场方向与钢制线圈产生的磁场方向相反，由安培定则可知，铜环中的电流方向与钢制线圈中的电流方向相反；由于铜环电阻较小，在这种电磁感应情境下，根据楞次定律的“增反减同”，铜环中产生的感应电流会很大，几乎与钢制线圈中的电流大小相等，且方向相反，以阻碍磁通量的快速增加，故B正确、ACD错误． [例2]　(2025·陕西省西安三中等五校高三联考)如图甲所示，半径为r的匀质圆形线框放置在绝缘粗糙水平面上，线框上a、b、c、d四点将线框四等分，c为ab的中点、线框的区域处在垂直纸面的变化磁场中(含线框)，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，规定垂直纸面向上为磁场的正方向，0～t1时间内将阻值为的电流表接在a、b间线框上．已知线框始终静止，总阻值为R，其中B1、t0、t1已知，则下列说法正确的是(　　) A.电流表的示数为 B.t0～t1时间内线框受到O→e方向的摩擦力 C.0～t1时间内通过线框c点处横截面的电荷量为 D.若仅线框横截面积增大一倍，电流表示数变为原来的 答案　C 解析　根据法拉第电磁感应定律可知，线框产生的感应电动势为E＝S＝×，回路中总电流为I＝，回路总电阻为R总＝R＋R＝R，联立解得电流表的示数为I＝，0～t1时间内通过线框c点处横截面的电荷量q＝It1＝，故A错误，C正确；t0～t1时间内，线框内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度增加，根据楞次定律分析可知，线框中感应电流沿顺时针方向，对线框进行受力分析可知，bc段和da段受到的安培力等大反向，相互抵消，cd段受到的安培力沿O→e方向，由平衡条件可知，线框受到的摩擦力沿e→O方向，故B错误；将线框横截面积增大一倍，磁场变化产生的感应电动势不变，线框的电阻变为原来的一半，则回路总电阻发生变化，有I′＝，R总′＝＋＝R，联立解得I′＝I，即电流表示数变为原来的，故D错误． 考点二　电磁感应中的图像问题 [例3]　(2025·广西省南宁市高三第三次质检)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN与水平面的夹角为θ，间距为l，P、M间接有一定值电阻R，质量为m的金属棒垂直于导轨放置且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面向上的磁感应强度为B的匀强磁场中．t＝0时刻，金属棒在沿导轨向上的恒力F＝3mg sin θ作用下，以初速度v0＝沿导轨向下运动，此时金属棒的安培力大小为FA0，电阻R的电功率为P0.已知重力加速度为g，导轨和金属棒电阻不计，若以初速度v0的方向为正方向，则金属棒的速度为v、安培力FA、流过金属棒横截面的电荷量为q、电阻R的电功率P随时间t变化的图像正确的是(　　) 答案　A 解析　开始时金属棒沿导轨向下运动，安培力沿导轨向上，随着速度减小，安培力减小，加速度为：a＝增大，速度—时间图像的斜率增大；当速度减为0后，金属棒在恒力作用下沿导轨向上加速运动，安培力沿导轨向下，随着速度增大，安培力增大，加速度减小，速度—时间图像的斜率减小，当a＝0时，金属棒匀速运动，此时有：2mg sin θ＝，由于v0＝，可解得匀速时速度v＝2v0，方向沿导轨向上，所以速度—时间图像先斜率增大减速到0，再斜率减小加速到2v0，故A正确；因为FA＝，安培力与速度成正比，结合选项A中速度的变化情况，安培力应先减小到0，再反向增大到2FA0(因为匀速时速度是2v0，安培力与速度成正比)，故B错误；流过金属棒横截面的电荷量为q＝t＝＝(x为金属棒的位移)，q－t图像的斜率表示电流.金属棒先做加速度变化的减速运动，再做加速度变化的加速运动，电流是变化的，q－t图像的斜率应是变化的，不是先增大后减小这种规律，故C错误；电阻R的电功率为：P＝I2R＝，电功率与速度的平方成正比．结合选项A中速度的变化情况，电功率应先减小到0，再增大到4P0(因为匀速时速度是2v0，电功率与速度平方成正比)，故D错误． [例4]　(2025·黑、吉、辽、蒙卷·14)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关系图像如图(c)所示，其中0～1 s内的图像未画出，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； (2)在图(b)中画出1～2 s内B－t图像(无需写出计算过程)； (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　(1)根据法拉第电磁感应定律E＝n＝n＝1××1× V＝0.05 V，由闭合电路的欧姆定律I＝＝ A＝0.1 A，由图(b)可知，0.5 s时的磁感应强度大小B1＝0.15 T，则t＝0.5 s时，根据安培力公式，ad边受到的安培力F＝B1IL＝0.15×0.1×1 N＝0.015 N； (2)由图(c)可知，1～2 s内电流大小为0.2 A，方向沿逆时针方向，由(1)的解答可知，磁感应强度变化率大小是第1 s内的2倍，又磁场大小时间连续变化，可知磁场方向不变，均匀增大，补充后的图像如图所示： (3)由图t＝2 s时，磁感应强度为B＝0.3 T，对导体框，规定初速度v0的方向为正方向，由动量定理有－BL·Δt＝mv1－mv0，而q＝ Δt＝＝＝ C＝0.3 C，代入数据解得v1＝0.01 m/s，方向水平向右． 1.电磁感应中常见的图像 常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像． 2.解答此类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情况，把握三个关注，快速排除错误的选项．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．　 考点三　电磁感应中的动力学与能量问题　 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). [例5]　(2025·四川师大附中高三三模)如图甲所示，“日”字形单匝线框平放在粗糙的水平桌面上，线框可以看作两个正方形，正方形的每条边长为L＝0.3 m，线框总质量m＝0.2 kg，其中Rab＝Rcd＝Ref＝R＝0.1 Ω，其余边不计电阻，线框与桌面间动摩擦因数μ＝0.5.线框左边用水平细绳通过光滑的轻质定滑轮悬挂一质量也为m的物块，右边有一垂直ab边的水平力F作用在ab边上．以ab边的初位置为原点建立水平向右的x轴如图，在0≤x≤0.3 m桌面条形区间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T.力F拉动线框通过磁场区域，可以认为ab边刚出磁场时，cd边恰进磁场，整个过程物块都没有碰到定滑轮，线框没有离开桌面，细绳不可伸长，重力加速度g＝10 m/s2. (1)若线框以v＝2 m/s的速度匀速通过磁场区域，求ab边在磁场中运动时ab两点间电势差Uab； (2)若线框从静止出发做匀加速直线运动，通过磁场区域过程中拉力F与时间t的图像如图乙所示，图中数据可用，求这一过程中拉力F与时间t的关系式； (3)若线框从静止出发，通过磁场区域过程中速度v与位移x的关系图像如图丙所示，图中数据可用，求ab边穿过磁场过程中ab产生的焦耳热． 解　(1)线框以v＝2 m/s的速度匀速通过磁场时，ab边在磁场中运动时产生的感应电动势为E＝BLv＝0.5×0.3×2 V＝0.3 V，另外两条边并联，电路总电阻为R总＝R＋＝R＝×0.1 Ω＝0.15 Ω，总电流为I＝＝ A＝2 A，根据右手定则可知，a点电势比b点高，ab两点间电势差为外电路电压，则Uab＝I×＝2× V＝0.1 V； (2)线框通过磁场，任何一条边切割磁感线产生的感应电动势都为E＝BLv，切割的那一条边相当于电源，另两条边并联，总电流为I＝＝，在磁场中运动的那条边受到的安培力大小为F安＝BIL＝，任意时刻，根据牛顿第二定律可得：对线框有F－F安－μmg－FT＝ma；对物块有FT－mg＝ma，联立得F＝＋μmg＋mg＋2a，线框从静止出发做匀加速直线运动，则有v＝at，可知μmg＋mg＋2ma＝3.8 N，解得a＝2 m/s2，代入得F＝(0.3t＋3.8)N； (3)ab边穿过磁场时受到的安培力为F安＝BIL＝，根据图像得v＝kx，联立解得F安＝＝，作F安－x图像如图所示： 可知图线下方的“面积”表示ab边克服安培力做的功为W克＝×0.6×0.3 J＝0.09 J，由功能关系可知Q总＝W克又Q＝I2Rt，可知Qab＝4Qcd＝4Qef，则Qab＝Q总＝×0.09 J＝0.06 J． ►变式训练 变式1　(2025·广东省深圳市高三二模)如图所示，倾角为30°的斜面内固定有平行轨道ab、cd，与固定在水平面上的平行轨道be、df在b、d两点平滑连接，ab、be均与bd垂直，平行轨道间距均为L.ef间连接一定值电阻，阻值为R.水平面内有等腰直角三角形hok区域，h、k均在轨道上，hk∥bd，∠hok＝90°，该区域内有方向竖直向下的均匀磁场Ⅰ，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示．轨道abdc区域有方向垂直斜面向上的匀强磁场Ⅱ.将质量为m的导体棒NQ垂直放在倾斜轨道上，导体棒距水平面高为H，在0＜t＜t0时间内棒刚好静止．t0时刻撤去磁场Ⅱ，导体棒沿轨道滑动，通过bd处无能量损失．重力加速度为g，忽略导体棒及轨道电阻，轨道均光滑． (1)试计算时刻导体棒所在回路中的电动势大小； (2)求Ⅱ区磁感应强度大小； (3)为使导体棒匀速通过磁场Ⅰ区，对导体棒施加沿运动方向的水平外力．导体棒进入Ⅰ区开始计时，请推导水平外力的功率随时间变化关系． 解　(1)等腰直角三角形hok的面积为：S＝ok2＝·(L)2＝L2 在0＜t＜t0时间内磁感应强度B1随时间均匀增大，回路中的电动势恒定，根据法拉第电磁感应定律，可得时刻导体棒所在回路中的电动势大小为：E＝＝＝ (2)根据闭合电路欧姆定律，可得在0＜t＜t0时间内回路中的感应电流为：I＝ 设Ⅱ区磁感应强度大小为B2，此时间内导体棒受到的安培力大小为：F安＝B2IL 此时间内导体棒刚好静止，由平衡条件可得： F安＝mg sin 30°，联立解得：B2＝； (3)设导体棒匀速通过磁场Ⅰ区的速度大小为v，根据动能定理得：mgH＝mv2－0 从导体棒进入Ⅰ区开始计时，t时刻导体棒的位移大小为：x＝vt，t时刻导体棒切割磁感线的长度为：L1＝2x＝2vt，t时刻感应电动势为：E1＝B0L1v，t时刻导体棒受到的安培力大小为：F1＝B0I1L1＝B0L1＝，由平衡条件可得水平外力F＝F1，水平外力F的功率为：P＝Fv，联立可得水平外力的功率随时间变化关系为：P＝t2. 变式2　(多选)(2025·湖南省长沙市九校联盟第二次联考)如图所示，倾斜放置的两根足够长的光滑平行金属导轨，倾角为θ，上端接一电阻R，虚线MM′、NN′之间存在垂直斜面向上的匀强磁场，MM′、NN′平行且垂直于两导轨，MM′、NN′之间的距离为d，MM′上方放置两导体棒A、B，A、B均平行于MM′，其中导体棒A质量为2m、接入回路电阻为R，导体棒B质量为m、接入回路电阻为2R，从图示位置同时静止释放，且都能匀速穿过磁场区域，当B刚穿出磁场时，A恰好进入磁场，整个过程A、B与导轨接触良好，导轨电阻忽略不计，则(　　) A.导体棒A、B进入磁场时速度大小之比为4∶3 B.整个过程中，B导体棒产生的热量为mgd sin θ C.导体棒B通过磁场的时间为 D.释放时导体棒A、B间的距离为d 答案　AC 解析　设导体棒B在磁场中匀速运动速度为v2，此时B棒相当于电源，A棒与R并联，此时整个电路的总电阻为R1＝＋2R＝R，B棒中电流I1＝，由平衡条件可得＝mg sin θ，设导体棒A在磁场中匀速运动速度为v2，此时a棒相当于电源，B棒与R并联，此时整个电路总电阻为R2＝＋R＝R.由平衡条件可得＝2mg sin θ，解得v2∶v1＝4∶3，故A正确；当B棒穿过磁场时，由能量定恒可知mg sin θ·d＝Q总1，此时B棒产生热量QB1＝·Q总1＝mgd sin θ，当A棒穿过磁场时，由能量守恒可知2mgd sin θ＝Q总2，此时B棒产生热量QB2＝×QB2＝mgd sin θ，全过程QB＝QB1＋QB2＝mgd sin θ，故B错误；设导体棒B在磁场中运动时间为t，则有d＝v1·t，又因B刚穿出磁场时A进入磁场，则有v2＝v1＋g sin θ·t，又因v2∶v1＝4∶3，解得v1＝，t＝，故C正确；设释放时，B、A棒距离MM′的距离为x1、x2，v＝2g sin θ·x1，v＝2g sin θ·x2，解得x1＝d，x2＝d，故AB间距离Δx＝x2－x1＝d，故D错误． 【迁移归纳】 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 学科网（北京）股份有限公司 $