2025年高考物理二轮复习：电磁感应

第11讲电磁感应

【目标要求】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：

E=“丝「不变时,E=g黑

ZjAt1不变时,E=nB^

(2)导体棒垂直切割磁感线：E=Blvo

(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=：B/2①。

(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=nBScosincoto

4.通过回路横截面的电荷量器4仅与〃、和回路总电阻R总有关，与时间长短无关，

与。是否均匀变化无关。

例1(2024・江苏卷40)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b,线圈a处在匀强

磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是()

A.顺时针，顺时针B.顺时针，逆时针

C.逆时针，顺时针D.逆时针，逆时针

答案A

解析线圈a从磁场中匀速拉出的过程中，穿过a线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知a线圈中的电

流方向为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出，则a中产生的电流为恒定电流，线圈a靠近线圈b的过

程中通过线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b中产生的电流方向为顺时针。故选A。

例2（多选）（2023•福建漳州市质检）如图甲，两根电阻不计、足够长的导轨MN、PQ平行放置，与

水平面间夹角a=37。，间距为0.8m,上端连接一电阻R=0.1C。两导轨之间存在方向垂直导轨平

面向上的均匀分布的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。仁0时刻，一电阻不计、质

量为0.02kg的导体棒仍从导轨上且在A/P下方0.5m处由静止释放。取g=10m/s2,sin37°=0.6,

断与导轨间的动摩擦因数为0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑Z=4.25s时磁感应强度

突变产生的电磁感应现象。贝M）

A.0-4.25s内a3中感应电流方向从a到6

B./=0时ab中感应电流7o=O.4A

C.0-4.25s内R中消耗的热功率为0.016W

D.ab的最大速度为0.625m/s

答案BCD

解析由楞次定律可知，0-4.25s内导体棒ab中感应电流方向从6到a,选项A错误；由题图乙可得

0-4.25s内黑=。1T/s,t=0时刻感应电流/o*=笔泞1A=0.4A,选项B正确；Q。时，导体棒所受安

培力Fo=IoLBo=0.064N,Gi=mgsina=0.12N,Ffm=^mgcosa=0.08N,由于Gi-Fo<Ffm,可知导体棒保持静止，

U4.25s时，Fi=/0LBi=0.2N,由于Fi=Gi+Ffm,导体棒恰好处于静止状态，可知在0-4.25s内导体棒一直静

2

止，0~4.25s内电阻R消耗的热功率为P=/O7?=O.016W,选项C正确；Z=4.25s后，导体棒或开始下滑，

当B2=0.1T,Gi=尸什=当时导体棒。6开始匀速运动，Ff=Ffm=/zmgcosct=0.08N,此时速度最大,则/=%电，

解得vm=0.625m/s,选项D正确。

考点二电磁感应中的图像问题

例3（多选）（2024.河南焦作市二模汝口图甲所示，正方形线圈内有垂直于线圈的匀强磁场，

已知线圈匝数〃=10,边长仍=lm,线圈总电阻尸1C,线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图

乙所示。设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的感应电流。焦耳热。以

及油两点间电压"，断边所受的安培力F（取向下为正方向）随时间/的变化图像正确的是（）

a,------pBFT

、、*°-27T\

XX

卜i\»'13^5?/s

dc

甲乙

答案ACD

解析0~ls内产生的感应电动势为61=啜=2丫,由楞次定律，感应电流为逆时针（为负），大小为"=迫=2

A,同理可得，1~5s内产生的感应电动势为e2=nS^=lV,由楞次定律，感应电流为顺时针（为正），大小

为i=-=l故正确；曲两点间的电压，内大小为m=ii--=0.5方向为负，内大小为

2rA,A0~1s4V,1~5s

方向为正，故错误；他边所受的安培力，内大小为,随时间逐

M2=?24--=0.25V,B0~1s

渐增大，由左手定则，方向向下为正，同理1~3s内大小为0＜尸2="&过＜2N,随时间逐渐减小，由左手

定则，方向向上为负，同理3~5s内大小为0＜歹3="&，2乙或2N,随时间逐渐增大，由左手定则，方向向下

为正，故C正确；0~1s内焦耳热0WQi=i/〃W4J,随时间逐渐增加，1~5s内焦耳热4

2

J^02=2im+i2rf（^8J,故D正确。

例4（多选）（2024•全国甲卷21）如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑定滑轮，

绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂

直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在仁0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进

入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线

框的速度V随时间f变化的图像中可能正确的是（）

答案AC

解析设线框的上边框进入磁场时的速度为v,设线框的质量M,物块的质量加，题图中线框进入磁场时

的加速度向下，对线框，由牛顿第二定律可知Mg+歹安-FT=MQ

对物块有FT-mg=ma

其中厂安=陪

R2/2

即----+(M-m)g=(M+m)a

R

线框向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线框匀速运动的速度为

B2L2

若线框进入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动，线框的速度和加速度都趋近

于零，则图像A可能正确；

因U0时刻线框进入磁场，则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；

若线框的质量等于物块的质量，且当线框进入磁场时速度较大时，线框进入磁场做加速度减小的减速运动，

完全进入磁场后线框做匀速运动；当线框出磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出

磁场时做匀速运动，则图像C有可能，口不可能。

-提炼•总结•

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

⑴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。

-------------看电磁感应的发生过程分为几个阶段，

关注变化过程T

-------------这几个阶段是否和图像变化相对应

-------------看图像的斜率、图像的曲直是否和物理过程

关注变化趋势T

-------------相对应，分析大小和方向的变化趋势

⑵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

用法拉第电磁感应定律(E=n等或

|“源”手分析kE=B/v)确定电动势的大小，用楞次定

律或右手定则判断电流的方向

I“路”向分析卜〕画等效生路图卜求感应电流/=卷

|“力”的分析安培力|-----合夕卜力

卜运动”的分析H运动决态]——-I加速嬴]

卜能量”的分析卜历后研究过程中能量转化关系列确

2.求解焦耳热。的三种方法

(1)焦耳定律：。=/用，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=AE(其他能的减少量)。

例5(2024•福建南平市三模)如图甲，足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨间连接一

电阻R,区域I空间存在一非匀强磁场，方向垂直于导轨平面向下，导体棒断垂直导轨放置并接

触良好。现对导体棒。匕施加一个与导轨平行向左的恒力厂，导体棒ab进入磁场时速度vo=lm/s,

空间中某位置的磁感应强度8与导体棒通过该位置的速度丫满足的关系如图乙所示。已知导轨间

距L=lm,导体棒ab质量根=0.25kg、电阻『1C,电阻R=1C,恒力41.25N,不计导轨电阻。

求：

乙

(1)导体棒刚进入磁场时所受安培力的大小；

(2)导体棒在磁场中运动2s时加速度的大小;

(3)进入磁场2s内导体棒产生的焦耳热。

答案(1)0.25N(2)4m/s2(3)1.25J

解析⑴由E=BLv0

1=—

R+r

F虻BIL

联立解得/安=受竺曳=0.25N

R+r

(2)由题图乙知，笈片o.5mT/s保持不变，因此产安=警=0.25?4保持不变，判断出导体棒做匀加速直线运

R+丁

动，根据牛顿第二定律

F-F

解得a=4m/s2

本题还可以先根据牛顿第二定律

2

「BLZV

F--R-+-r-=ma

变形为B2=f(R+r?

Lzv

结合题图乙斜率k=0.5m-T2/s

解得a=4m/s2

(3)2s内的位移

x=vot+^ati

解得x=10m

则电路中产生的总焦耳热

0=卬克安=/安工

导体棒产生的焦耳热

解得。尸1.25J

变式1(2024.福建福州市三模)如图所示，间距为L=L0m的两条平行光滑竖直金属导轨尸。、MN足够长,

底部Q、N之间连有一阻值为&=3。的电阻，磁感应强度为Bi=0.5T的匀强磁场与导轨平面垂直，导轨的

上端点P、M分别与横截面积为5xl(y3皿z的100匝线圈的两端连接，线圈的轴线与大小随时间均匀变化的

匀强磁场外平行，开关K闭合后，质量为"2=1x10-2kg、接入电路的电阻值为/?2=2O的金属棒ab恰能保

持静止。若断开开关后金属棒下落2m时恰好达到最大速度，金属棒始终与导轨接触良好，其余部分电阻

不计，g取lOm/s?。求：

(1)金属棒成恰能保持静止时，匀强磁场&的磁感应强度的变化率；

(2)金属棒成下落时能达到的最大速度v的大小；

(3)金属棒成从开始下落到恰好运动至最大速度的过程中，金属棒产生的焦耳热。。

答案(1)0.8T/s(2)2m/s(3)0.072J

解析(1)金属棒保持静止，根据平衡条件得mg=BlIlL

可得/i=0.2A

则线圈产生的感应电动势为EI=ZI/?2=0.4V

由法拉第电磁感应定律可知Ei=?i

、△t幽At

解得W=0.8T/s

At

（2）断开开关K后,金属棒向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为0（即合外力为0）时速度最大,

此时恰能匀速下降，根据平衡条件得mg=Bd2L

此时金属棒中产生的感应电动势为E^BrLv

根据闭合电路欧姆定律得心=袅

联立解得金属棒的最大速度为v=2m/s

（3）金属棒从开始下落到恰好运动至最大速度的过程中，根据动能定理得mg/z-W克安三加"。

金属棒产生的焦耳热。=卢不W克安=0.072J

区1+区2

变式2（多选X2024.四川省一模）如图所示，竖直方向两光滑平行金属导轨间距为L,处于垂直纸面的匀强

磁场中，磁感应强度为3,金属杆的质量为机，定值电阻为R,其余电阻不计，重力加速度为g,电容器

电容为C（未充电），金属杆与导轨垂直且接触良好，开关K与触点I或II接通，现让金属杆沿导轨无初速

度下滑，在金属杆下滑距离为〃的过程中，对该过程下列说法正确的是（）

A.若开关K与触点I接通，电阻R产生的焦耳热为

B.若开关K与触点I接通，通过电阻R的电荷量为警

C.若开关K与触点II接通，杆的重力对杆的冲量为同讪不两而K

D.若换一个电容更大的电容器，开关K与触点II接通，杆的加速度比更换之前大

答案BC

解析若开关K与触点I接通，由能量关系可知mgh^m^+Q,则电阻R产生的焦耳热小于/叫力,故A错

误；若开关K与触点I接通，通过电阻R的电荷量为q言△片当，故B正确；若开关K与触点II接通，

贝U回路电流上整=*=‘等=3LCa,由牛顿第二定律〃陪-31=〃也,解得听上^,可知导体棒做与加速

运动,下落h时,重力的冲量Ic=mgt,解得lG=j2mgh（m+B2L2C）,故C正确；若换一个电容更

大的电容器，开关K与触点H接通，由好可知杆的加速度比更换之前小，故D错误。

r多题归一」

电磁感应中的动力学和能量问题

静止

闭合K,恰好静止处于平

棒、衡状

框平态，进

衡问行受力

题分析，

匀速

恰好匀速进入磁场满足合

运动

力为零

棒的最大速度

受力分

析，分

变加速

析加速

运动

度的变

化

棒、

框不受力分

平衡

////////////析，利

匀加速棒匀加速用牛顿

运动PM_第二定

XXXX(XX

XXXXX<XX

xx^xXrVx

X律求加

XXXXX(XX

QTV-速度

最后双棒加速度相同

利用能

量守恒

pTxxxl定律或

Cx；x功能关

XXXX

棒、XXXX

棒、框XXXX系求产

框运X姐XX

从某一生的焦

动过

速度到耳热，

程中

另一速回路中

能量

度有多个

问题

电阻

棒从静止到匀速时产生的

时，注

焦耳热

意热量

的分配

专题强化练［分值：60分］

1~5题每题4分，6、7题每题6分，8题13分，9题15分，共60分

［保分基础练］

1.（2023・北京卷.5）如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时,

开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关（）

A.P与Q同时熄灭B.P比Q先熄灭

C.Q闪亮后再熄灭D.P闪亮后再熄灭

答案D

解析由题知，开始时，开关S处于闭合状态，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，通过Q灯

的电流远大于通过P灯的电流，故通过乙的电流大于通过P灯的电流，断开开关，（2所在电路未闭合，立

即熄灭，由于自感，力中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭，故选D。

2.（2024・广东卷4）电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。

两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为瓦磁

场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振

动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是（）

磁场吩界

A.穿过线圈的磁通量为

B.永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大

C.永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小

D.永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向

答案D

解析题图乙所示位置穿过线圈的磁通量O=|3S上-3S下|力辽2,故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知

永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误；永磁铁相对线圈下

降时，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。

3.（2024・湖南卷4）如图，有一硬质导线Oabc,其中a九是半径为R的半圆弧，。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。点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。

则0、a、b、c各点电势关系为（）

XXb

A.g)o>(Pa>(Pb>(PcB.(pO<(Pa<(Pb<(Pc

C.(pd>(pa>(pb-(pcD.(pO<(Pa<(pb=(pc

答案C

解析导线绕O点转动过程中相当于0服Ob、0c导体棒转动切割磁感线，如图所示，根据右手定则可知

。点电势最高；

X

XX

根据E=Blv=^Ba>l~

因为lob=lo/loa

可得0<Uoa<Uob=Uo,

得（po＞（Pa＞（Pb=（Pc

故选Co

4.（2023・湖北卷.5）近场通信（NFC）器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸

从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0cm、1.2cm和1.4cm,图中

线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103T/S,则

线圈产生的感应电动势最接近（）

天线

A.0.30VB.0.44VC.0.59VD,4.3V

答案B

解析根据法拉第电磁感应定律可知E=^=^=103X(1.02+1.22+1.42)X10-4V=0.44V,故选B。

5.(多选)(2024.黑吉辽.9)如图，两条“八”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23和瓦将有一

定阻值的导体棒"、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2根和加，长度均为小导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g,两棒在下滑过程中

()

A.回路中的电流方向为abcda

B.M中电流趋于警

3BL

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

答案AB

解析两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，故A正确；设回路中的

总电阻为R,对于任意时刻当电路中的电流为/时，对仍根据牛顿第二定律得

2加gsin30°-2B/Lcos300=2maab,

对cd有mgsin30°-B/Lcos3Q°=macd,

故可知恁尸4”,分析可知回路中的总电动势为两个导体棒产生的电动势相加，随着导体棒速度的增大，回

路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分

力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，对46分析可得2〃您皿30。=23/以：0530。，解

得上粤，故B正确，C错误；根据前面分析可知aab=acd,故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边

3BL

磁感应强度大小不同，故产生的感应电动势不相等，故D错误。

［争分提能练］

6.（多选）（2024・山东卷.口）如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖

直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO与导轨所在竖直面垂直。空间充满

竖直向下的匀强磁场（图中未画出），导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒平行

放置在导轨图示位置，由静止释放。跖V运动过程中始终平行于0。且与两导轨接触良好，不考虑自感

影响，下列说法正确的是（）

AJWN最终一定静止于。0位置

BJWN运动过程中安培力始终做负功

C.从释放到第一次到达OO位置过程中，MN的速率一直在增大

D.从释放到第一次到达位置过程中，中电流方向由M到N

答案ABD

解析金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN的机

械能不断减小，又由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，最终一定静止于00位置，故A正确；

由楞次定律可知，MN切割磁感线产生的感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，可知安

培力一直做负功，故B正确；金属棒从释放到第一次到达0。位置过程中，由于在。0,位置重力沿切

线方向的分力为0,安培力水平向左，可知在即将到达00,位置之前的某一位置之后，重力沿切线方向的

分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MV已经做减速运动，故C错误；

从释放到第一次到达0T位置过程中，根据右手定则可知，中电流方向由M到N,故D正确。

7.（多选）（2024.重庆市模拟）如图所示，平行虚线0、6之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，两虚线间的距离

为现使一粗细均匀、电阻为R的闭合直角三角形导线框A8C以恒定的速度v沿垂直于磁场边界的方向

穿过磁场区域。已知A3边长为/,BC边与磁场边界平行。U0时刻，A点到达边界0,取逆时针方向为感

应电流的正方向，则在导线框穿越磁场区域的过程中，感应电流i及安培力的功率尸随时间I变化的图线

可能正确的是（）

BA

答案AD

解析如图所示

导线框ABC从初位置1到整个导线框进入磁场位置2的过程，切割磁感线的有效长度随时间线性增大，则

感应电动势大小随时间线性增大，感应电流大小随时间线性增大，由右手定则可知电流方向为逆时针方向，

即为正方向；导线框A3C从位置2到完全离开磁场位置3的过程，切割磁感线的有效长度随时间线性增大,

则感应电动势大小随时间线性增大，感应电流大小随时间线性增大，由右手定则可知电流方向为顺时针方

向，即为负方向，故A正确，B错误；

导线框匀速运动，感应电流的热功率等于安培力做功的功率，即P=I-R

由于从位置I到位置2感应电流大小从0随时间线性增大，从位置2至U位置3感应电流大小又从0随时间

线性增大，可知C错误，D正确。

8.（13分X2024.河南开封市联考）如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、尸。固定在倾角0=37。的绝缘斜

面上，顶部接有一阻值尺=3。的定值电阻，下端开口，轨道间距乙=lm,整个装置处于磁感应强度8=2T

的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量加=1kg的金属棒置于导轨上，仍在导轨之间的电阻片1

d电路中其余电阻不计，金属棒而由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好，不

计空气阻力影响。已知金属棒仍与导轨间的动摩擦因数〃=0.5,sin37o=0.6,cos37°=0.8,JRg=10m/s2o

（1）（4分）求金属棒仍沿导轨向下运动的最大速度Vm；

（2）（3分）求金属棒仍沿导轨向下运动过程中，电阻R的最大电功率PR；

(3)(6分)若从金属棒必开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5J,求流过电阻

R的总电荷量外

答案(1)2m/s(2)3W(3)1C

解析(1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度vm,

由牛顿第二定律得“zgsind-jLimgcos。，安=0

又F^=BIL,/=—,E=BLv

'R+r1m

解得vm