第10章 第6讲 电磁感应中的新情境问题(Word教师用书)-【新高考方案】2025年高考物理一轮总复习（福建专版）

第6讲　电磁感应中的新情境问题(习题课) 高考命题强调创新性，其创新性是通过情境和情境活动两类载体来实现的。电磁感应中的情境创新问题一直是高考的热点和难点，试题难度中等偏上，有时也作为压轴题出现。试题常取材于利用磁场加速和利用磁场减速这两类新情境，重点考查学生的物理建模能力和逻辑思维能力。 1．(双选)如图所示，跑步机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极，电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且两电极连接有电压表和电阻R，绝缘橡胶带上镀有间距为d、电阻为R的平行细金属条，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，若橡胶带匀速运动时，电压表读数为U，由此可知(　 ) A．橡胶带匀速运动的速率为v＝ B．电阻R中的电流方向由N到M C．电阻R消耗的电功率为P＝ D．每根金属条每次经过磁场区域克服安培力做功为W＝ 解析：选AD　金属条切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，根据电路结构，则有E＝2U，联立可得橡胶带匀速运动的速率为v＝，故A正确；由右手定则可知，电阻R中电流方向由M到N，故B错误；电阻R消耗的电功率为P＝，故C错误；设金属条所受安培力为F，则有F＝BIL＝BL，每根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功为W＝Fd＝，故D正确。 2．手机无线充电技术给用户带来了全新的充电体验，其基本原理是电磁感应：发射线圈中通以变化的电流，就会在邻近的接收线圈中产生感应电流。某次充电过程可简化为如图甲所示的模型，一个阻值为R、匝数为n的圆形金属接收线圈与阻值也为R的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1。在接收线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示(规定图甲中B的方向为正方向)。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计。在0至t1时间内，下列说法正确的是(　 ) A．线圈中产生逆时针方向的感应电流 B．a、b两点之间的电势差为 C．线圈中感应电流的大小为 D．电阻R1上产生的热量为 解析：选C　接收线圈内的磁感应强度在变小，磁通量变小，根据楞次定律可判断出线圈中产生顺时针方向的感应电流，故A错误；由题图可知，0～t1时间内＝，且S＝πr22，由法拉第电磁感应定律有E＝n＝n·S，线圈中的感应电动势为E＝，由闭合电路欧姆定律有I＝，联立解得线圈中感应电流的大小为I＝，a、b两点之间的电势差为U＝IR1＝，故B错误，C正确；电阻R1上产生的热量为Q＝I2R1t1＝，故D错误。 3．(2024·福建厦门模拟)(双选)电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明。如图(a)所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长为L的正方形n匝导线框abcd放在光滑水平面上，质量为m，单位长度电阻为R0，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界处。从t＝0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B＝B0＋kt(k为大于零的常数)，空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是(　 ) A．t＝0时导线框中的电流为 B．导线框穿出磁场过程中，通过导线框横截面的电荷量为 C．若在导线框上加一质量为M的负载物，如图(b)所示，已知dc边穿出磁场时速度为v，穿出磁场所用时间为t，则安培力对导线框做的功为＋(M＋m)v2 D．若在导线框上加一质量为M的负载物，如图(b)所示，已知dc边穿出磁场时速度为v，穿出磁场所用时间为t，则安培力对导线框做的功为＋(M＋m)v2 解析：选AB　t＝0时导线框中的感应电动势E＝nL2＝nkL2，导线框总电阻R＝4nLR0，导线框中的电流I＝＝，故A正确；穿出磁场过程中，通过导线框横截面的电荷量q＝t＝n＝，故B正确；搭载M后，对框和M整体由动能定理得W＝ΔEk＝(M＋m)v2，故C、D错误。 4．(2024·宁德高三模拟)(双选)如图所示是某同学模拟电磁炮的工作原理和发射过程，水平台面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ置于塑料圆筒内，质量为m的金属炮弹置于圆筒内的导轨上，导轨间距为L，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨左端连着平行板电容器和电动势为E的电源。先让单刀双掷开关接1接线柱对电容器充电，充电结束后，将开关接2接线柱。金属炮弹在安培力作用下开始运动，达到最大速度后离开导轨，整个过程通过炮弹的电荷量为q。已知在圆筒中金属炮弹始终与导轨接触良好，不计导轨电阻，炮弹电阻为R。在这个过程中，以下说法正确的是(　 ) A．炮弹离开导轨时的速度为 B．电容器的电容C＝ C．炮弹在导轨上的位移x＝ D．在其他条件不变时，炮弹的最大速度与电容器电容大小成正比 解析：选AB　对炮弹，根据动量定理得t＝mv，其中，平均安培力＝BL，电荷量q＝t，可得v＝＝，故A正确；刚充电结束时，电容器电荷量为Q＝CE，炮弹达到最大速度时，电容器电荷量Q′＝Q－q，此时电容器电压U＝，炮弹产生的感应电动势等于U，故BLv＝U，联立可得＝BLv，解得C＝，故B正确；炮弹在导轨上运动过程，电容器有电压存在，通过炮弹的平均电流并不是，则t≠q，x≠，故C错误；根据B项分析可知E＝v，故炮弹的最大速度与电容器电容大小并不成正比，故D错误。 5．(双选)某科研兴趣小组利用课余时间进行研究电磁阻尼效果的研究性学习实验示意图如图甲所示，虚线MN右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，边长为1 m、质量为0.1 kg、电阻为0.2 Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小v0＝2 m/s 的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN与线框的右边框平行。从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v随滑行的距离x变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是(　 ) A．图乙中x0＝1 m B．线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零 C．线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.15 J D．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为2.3 C 解析：选AC　线框中的磁通量发生变化时，线框中会产生感应电流，线框会受到力的作用，从而速度发生改变，当线框完全进入磁场时，磁通量不变，不产生感应电流，线框的速度就不变，所以题图乙中的x0＝1 m，故A正确；线框进入磁场的过程中，安培力大小为F＝BIL＝，由题图乙可知，速度减小，线框受到的安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，因此线框做加速度减小的减速运动，线框完全进入磁场区域时，加速度突变为零，故B错误；根据能量守恒定律可得，线框减少的动能全部转化为焦耳热，则有Q＝mv12－mv22，其中v1＝2 m/s，v2＝1 m/s，代入数据解得Q＝0.15 J，故C正确；线框进入磁场过程中，取水平向右为正方向，根据动量定理可得－BLt＝mv2－mv1，又q＝t＝＝，即－＝mv2－mv1，结合图像乙可知，当x＝1 m 时，v2＝1 m/s，代入数据解得B＝ T，通过线框某横截面的电荷量为q＝t＝，代入数据解得q＝ C，故D错误。 6．(双选)现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。如图甲所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室(图乙为真空室俯视图)，电子在真空室中做圆周运动，从上往下看，电子沿逆时针方向运动(如图乙所示)。电磁铁线圈中电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使电子加速。若电磁铁产生的磁场在真空室中为匀强磁场，方向与电子运动平面垂直，磁感应强度的大小满足关系式B＝kt(k为大于零的常数)，且在t＝0时有一电子从电子枪由静止释放，设电子的电荷量为e、质量为m，其运动半径为R且保持不变。则下列说法正确的是(　 ) A．电磁铁产生的磁场方向在甲图中为竖直向下 B．电子的切向加速度大小为 C．电子每转一周合外力的冲量为R D．电子每转一周增加的动能为πkeR2 解析：选BD　电子在真空室中做圆周运动，从上往下看，电子沿逆时针方向运动，感应电场方向沿顺时针方向，感应电流的磁场方向竖直向下，由于电磁铁产生的磁场磁感应强度增强，由楞次定律可知电磁铁产生的磁场方向竖直向上，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知，感生电动势E感＝＝S＝πkR2，电子运动轨道处感生电场的场强大小E＝＝，由牛顿第二定律可得电子的切向加速度大小为a＝＝＝，故B正确；由于电场力是定值，电子运动一周的时间逐渐减小，故电子每转一周合外力的冲量不是定值，故C错误；电子在圆形轨道中加速一周的过程中，感生电场对电子做功大小为W＝eE感＝πkeR2，由功能关系可知电子每转一周增加的动能为πkeR2，故D正确。 7．(双选)我国自主研发的世界首台高温超导高速磁浮工程化样车在四川成都下线，超导磁悬浮列车可以简化为如图所示模型，在水平面上相距l的两根固定平行直导轨间，有大小为B、宽度为l的匀强磁场，相邻磁场区域的磁场方向相反。整个磁场以速度v水平向右匀速运动，跨在两导轨间的边长为l的正方形单匝线圈abcd悬浮在导轨上方，在磁场力作用下向右运动，并逐渐达到最大速度vm。当超导磁悬浮列车制动时，所有磁场立即停止，线圈继续运动了距离x停下来。设线圈的总电阻为R，总质量为m，运动中所受到的阻力大小恒为f。则(　 ) A．线圈在图示位置的电流方向为逆时针 B．线圈最大速度vm＝v－ C．制动过程线圈产生的焦耳热为mvm2－fx D．从开始制动到停下来所用的时间为t＝－ 解析：选CD　磁场向右运动，则线圈相对于磁场向左运动，根据右手定则可知，线圈在题图示位置的电流方向为顺时针方向，故A错误；线圈达到最大速度vm时，线圈ad边和bc边各以相对磁场的速度(v－vm)做切割磁感线运动，回路中电流为I＝＝，由于左右两边ad和bc均受到安培力，则合安培力为F合＝2BIl＝，线圈速度最大时，由平衡条件有f＝F合，联立解得vm＝v－，故B错误；制动过程中克服安培力做功等于线圈产生的焦耳热，对线圈由动能定理有0－mvm2＝－fx－W安＝－fx－Q，解得Q＝mvm2－fx，故C正确；从开始制动到停下来过程，由动量定理有－ft－安t＝0－mvm，又有安＝2Bl，＝，x＝ t，联立可得t＝－，故D正确。 8．(2023·浙江6月选考)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，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 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 解析：选C　当开关接1时，对导体棒受力分析如图所示，根据几何关系可得Tcos θ＝Mg，Tsin θ＝F＝BIL，解得I＝，根据欧姆定律有I＝，解得E0＝，故A错误；根据右手定则可知，导体棒从右向左运动时，产生的感应电动势与二极管正方向相同，部分机械能转化为焦耳热；导体棒从左向右运动时，产生的感应电动势与二极管正方向相反，没有机械能损失；当导体棒运动到最低点速度为零时，导体棒损失的机械能转化为焦耳热Q′＝Mgl，导体棒完成一次振动速度为零时，导体棒高度高于最低点，所以棒消耗的焦耳热Q<Q′＝Mgl，故B错误；由以上分析可知，导体棒运动过程中，机械能转化为焦耳热，所以从左向右运动时，最大摆角小于，故C正确；由以上分析可知，导体棒第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最低点时的速度，根据E＝BLv，可知棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故D错误。 9．交流感应电动机利用电磁驱动原理工作，其模型如图甲所示。配置的三个线圈连接到三相交变电源上产生电流，电流形成的磁场可等效成角速度为ω0的旋转磁场。有一闭合正方形金属线框abcd，边长为l，总电阻为R，放置于三个线圈内部并锁定，简化后俯视图如图乙所示。线框abcd转动过程中，ab、cd所处位置的磁感应强度大小为B，磁场方向始终与转动方向垂直，整个线框运动过程中所受阻力可等效简化为线框ab、cd两边所受的阻力，大小均为Ff。现通电一段时间后解除锁定。 (1)解除锁定瞬间，求金属线框abcd中的感应电流大小I0； (2)求金属线框abcd达到稳定时的角速度大小ω； (3)金属线框稳定转动后，求其消耗的总功率P; (用Ff、ω0、l表示) (4)若金属线框ab、cd两边的等效阻力为Ff＝kv，v为ab边转动线速度大小。旋转磁场角速度由ω0变为ω0＋Δω后，求金属线框增加的角速度大小Δω′。 解析：(1)解除锁定瞬间，对金属线框由法拉第电磁感应定律有 E0＝2Blv 其中v＝ 由闭合电路欧姆定律有 I0＝＝。 (2)稳定时，对金属线框的ab、cd边由左手定则与力的平衡条件有Ff＝BlI1 又I1＝，E1＝2Blv1，v1＝ 联立解得ω＝ω0－。 (3)根据题意可知，金属线框稳定转动后，其消耗的总功率P＝I12R＋2Ffv线 其中v线＝ 结合(2)问分析，联立解得P＝Ffω0l。 (4)旋转磁场角速度改变前，当金属线框稳定转动时，对金属线框的ab、cd边，由左手定则和力的平衡条件有Ff′＝BlI2＝kv线2 其中I2＝、E2＝2Blv2、v2＝、v线2＝ 解得ω′＝ 同理，旋转磁场角速度改变后，有 ω′＋Δω′＝ 解得Δω′＝。 答案：(1)　(2)ω0－　(3)Ffω0l (4)　 10．(2023·浙江6月选考)某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置(简化为与火箭绝缘的导电杆MN)和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示。导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1＝kI(其中k为常量)，方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2＝2kI，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d＝，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中， (1)求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L； (2)求回路感应电动势E与运动时间t的关系； (3)求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W； (4)若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。 解析：(1)导电杆所受安培力F＝B1Id＝3Mg，方向向上，设导电杆向下运动的加速度为a，Mg－F＝Ma，解得a＝－2g，导电杆运动的距离L＝＝。 (2)回路的感应电动势E＝B2dv，其中v＝v0＋at， 解得E＝(v0－2gt)。 (3)由于电路中的电流恒为I，导电杆下滑过程中的总电动势为E总＝U＋E，且有I＝ 整理得U＝t－＋IR 装置A输出的功率为 P＝UI＝12 Mg2t－6Mgv0＋I2R 初始时刻，t＝0，P始＝－6Mgv0＋I2R 到达停靠平台时，t＝，P末＝I2R 由P­t关系可知，＝＝－3Mgv0＋I2R 则在火箭落停过程中，装置A输出的能量为 W＝·＝－Mv02＋。 (4)装置A可回收导电杆和火箭减少的机械能；火箭从速度v0到平台速度减为零，则E′＝Mv02＋MgL＝Mv02。 答案：(1)3Mg　 (2)E＝(v0－2gt)　(3)U＝t－＋IR　－Mv02＋ (4)导电杆和火箭减少的机械能　Mv02 学科网（北京）股份有限公司 $$