选择性必修 第二册 第4单元 专题强化6 电磁感应中的综合问题（Word教参）-【百汇大课堂】2026年高考物理总复习下册·第1轮（浙江专用）

专题强化6　电磁感应中的综合问题 目标定位 1.掌握电磁感应电路问题的分析方法。2.能够通过电磁感应图像，读取相关信息，应用物理规律求解问题。3.会用功能关系和能量守恒定律分析电磁感应中的能量转化。 热点一　电路问题 [对应学生用书P79] 1．电磁感应中的电源 (1)做切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的回路相当于电源。 电动势：E＝Blv或E＝n，这部分电路的阻值为电源内阻。 (2)用右手定则或楞次定律与安培定则结合判断感应电流的方向，感应电流流出的一端为电源正极。 2．电磁感应中电路知识的关系图 [典例1] 如图所示，单匝正方形线圈A边长为0.2 m，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，磁感应强度随时间变化的规律为B＝(0.8－0.2t) T。开始时开关S未闭合，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝20 μF，线圈及导线电阻不计。闭合开关S，待电路中的电流稳定后。求： (1)回路中感应电动势的大小； (2)电容器所带的电荷量。 答案：(1)4×10－3 V　(2)4.8×10－8 C 解析：(1)由法拉第电磁感应定律有E＝S，S＝L2 代入数据得E＝4×10－3 V。 (2)由闭合电路的欧姆定律得I＝ 由部分电路的欧姆定律得U＝IR2 电容器所带电荷量为Q＝CU＝4.8×10－8 C。 [典例2] (2024·浙江6月卷)某小组“探究法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图所示装置。飞轮由三根长a＝0.8 m的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长细绳绕在圆环上，系着质量m＝1 kg的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电动势E0＝12 V，内阻r＝0.1 Ω、限流电阻R1＝0.3 Ω，飞轮每根辐条电阻R＝0.9 Ω，电路中还有可调电阻R2(待求)和电感L，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小，重力加速度g取10 m/s2。 (1)开关S掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U＝8 V， ①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I； ②求物块匀速上升的速度v； (2)开关S掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等， ①求可调电阻R2的阻值； ②求磁感应强度B的大小。 答案：(1)①垂直纸面向外　10 A　②5 m/s　(2)①0.2 Ω　②2.5 T 解析：(1)①流过辐条的电流方向从圆环边缘流向转轴，受安培力使其逆时针转动，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外 由闭合电路欧姆定律有E0＝I(R1＋r)＋U 代入数据解得I＝10 A。 ②三根辐条并联接入电路，则流过每根辐条上的电流大小为，且该部分消耗的电功率转化为辐条的热功率和提升物块的机械功率，则 UI＝3×R＋mgv，代入数据得v＝5 m/s。 (2)①开关掷2，当物块匀速下降时，物块的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等，说明物块受到细绳的作用力不变，大小均等于物块的重力大小，可推知辐条中的电流相等 三根辐条并联接入电路，每根辐条中的电流I′＝ 物块匀速下降时，其减少的重力势能转化为电路中的焦耳热，所以物块的机械功率等于电路中的总功率 有3I′2R＋(3I′)2·R2＝mgv 解得R2＝0.2 Ω。 ②物块匀速下落的速率与圆环转动的线速度大小相等，由法拉第电磁感应定律可知每根辐条产生的电动势 E＝Bav 由电路规律可知E＝I′R＋3I′·R2 解得B＝2.5 T。 热点二　图像问题 [对应学生用书P80] 1．图像类型 2．分析方法 3．常用方法 (1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项。 (2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断。 考向1图像信息的应用 [典例3] (2024·名校协作体开学考)在如图所示的磁感应强度大小为B的匀强磁场中(可随时间变化)，存在一足够长的“”形导轨，导轨宽度为l。现导轨中有一个电阻和一根导体棒(与导轨接触良好)，导体棒有效切割长度也为l。当导体棒以速度v0向右匀速运动的过程中，若导体棒和导轨内部始终无电流，则下列图像可能正确的是(　　) C　解析：导轨宽度为l，设导体棒开始运动时，距离导轨左端为x，磁场的磁感应强度为B0，依题意，导体棒和导轨内部始终无电流，可得B0lx＝Bl(x＋v0t)，整理＝t＋，故与t为一次函数关系，C正确。 考向2图像的选取 [典例4] (2023·辽宁卷)如图所示，空间中存在水平向右的匀强磁场，一根导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是(　　) C　解析：如图所示，导体棒匀速转动，设速度为v，设导体棒从A到C过程，棒转过的角度为θ，则导体棒垂直磁感线方向的分速度为v⊥＝vcos θ，可知导体棒垂直磁感线的分速度为余弦变化，根据左手定则可知，导体棒经过C点和C点关于P点的对称点时，电流方向发生变化，根据u＝BLv⊥，可知导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像为余弦图像，C正确。 [典例5] (多选)如图甲所示，一个正方形金属线圈放置在水平桌面上，其左半边处于竖直方向的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示(竖直向下为B的正方向)，而线圈始终保持静止，则下列关于线圈中的感应电流i(逆时针方向为其正方向)及线圈所受摩擦力f(取水平向右为其正方向)随时间t变化的关系图像正确的是(　　) BC　解析：由楞次定律及法拉第电磁感应定律可知，在第1 s内，线圈中的感应电流为1个单位的恒定电流，且沿逆时针方向，而在第2 s内无感应电流，在第3 s内感应电流为沿顺时针方向的0.5个单位的恒定电流，B正确，A错误；根据左手定则及F＝IBL可知，线圈所受安培力F随时间t变化的关系图像如图所示，再根据二力平衡得摩擦力f与t的关系图像应为选项C所示，C正确，D错误。 热点三　动力学和能量问题 [对应学生用书P81] 1．导体的两种运动状态 (1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态。 处理方法：根据平衡条件列式分析。 (2)导体的非平衡状态——加速度不为零。 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。 2．用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤 3．电磁感应中的功能关系 (1)电磁感应中的能量转化 (2)求解焦耳热Q的三种方法 考向1电磁感应中的平衡态问题 [典例6] (多选)(2023·山东卷)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ 和 Ⅱ 区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域 Ⅰ 和 Ⅱ 并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．B2的方向向上 B．B2的方向向下 C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s BD　解析：导轨的速度v2大于导体棒的速度v1，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为f＝μmg＝2 N，导体棒受到的安培力大小为F1＝f＝2 N，由左手定则可知回路中的电流方向为N→M→D→C→N，导体框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为F2＝f－m0g＝1 N，由左手定则可知B2的方向向下，A错误，B正确；导体棒受到的安培力F1＝B1IL，导体框受到的安培力F2＝B2IL，电路中的电流为I＝，联立解得v2＝3 m/s，C错误，D正确。 考向2电磁感应中的动力学问题 [典例7] 如图甲所示，两根平行且固定的金属导轨与水平面夹角θ＝30°，间距为0.4 m，上端连接一个阻值R＝0.3 Ω的定值电阻；垂直于导轨的虚线两侧各有一匀强磁场，磁感应强度的大小B1＝B2＝0.5 T，方向与两导轨所在平面垂直。t＝0时，长L＝0.4 m、质量m＝0.05 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属导体棒在沿平行导轨向下的外力F作用下，由MN处以初速度v0开始向下运动，运动过程中始终与导轨接触良好，流过电阻R的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。已知第1 s内外力F＝0.1 N，两导轨和导线的电阻不计，g取10 m/s2，求： (1)导体棒初速度v0的大小； (2)导体棒与导轨间的动摩擦因数μ； (3)第2 s内外力F与时间t的关系表达式。 答案：(1)1 m/s　(2)　(3)F＝0.2t (N)(1 s<t≤2 s) 解析：(1)第1 s内导体棒做匀速直线运动，产生的感应电动势 E1＝B1Lv0① 由题图乙可知I＝0.5 A② 由闭合电路欧姆定律有I＝③ 由①②③式得v0＝1 m/s。 (2)依题意，第1 s内导体棒做匀速运动，其受力情况如图(a)所示，其中FA1为导体棒受到的安培力，f、FN分别为导轨对导体棒的滑动摩擦力和支持力。 F＋mgsin 30°－FA1－μmgcos 30°＝0④ FA1＝B1IL⑤ 由②④⑤式得μ＝。⑥ 　 (3)在第2 s内，由题图乙可得，电流大小随时间变化的情况为 i＝t－0.5(1 s<t≤2 s)⑦ 当导体棒的速度为v时，电动势大小为E2＝B2Lv　⑧ 感应电流为i＝⑨ 由⑦⑧⑨式得v＝2t－1(1 s<t≤2 s)⑩ 由⑩式可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度大小为 a＝2 m/s2⑪ 在第2 s内，其受力情况如图(b)所示，由牛顿第二定律得 F＋mgsin 30°－FA2－μmgcos 30°＝ma　⑫ FA2＝B2iL⑬ 由⑥⑦⑪⑫⑬式得F＝0.2t (N)(1 s<t≤2 s)。 考向3电磁感应中的能量问题 [典例8] 如图甲所示，一根足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L＝0.5 m，NQ两端连接阻值R＝2.0 Ω的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°，一根质量m1＝0.40 kg、接入电路的阻值r＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的轻质定滑轮与质量m2＝0.80 kg的重物相连。细线与金属导轨平行。金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示，已知金属棒在0～0.3 s内通过的电荷量是0.3～0.6 s内通过电荷量的，g取10 m/s2，求： (1)0～0.3 s内金属棒通过的位移大小； (2)金属棒在0～0.6 s内产生的热量。 答案：(1)0.3 m　(2)1.05 J 解析：(1)0～0.3 s内通过金属棒的电荷量为q1＝＝ 0．3～0.6 s内通过金属棒的电荷量为q2＝I2t2＝ 由题中的电荷量关系＝，解得x1＝0.3 m。 (2)金属棒在0～0.6 s内通过的总位移为x＝x1＋x2＝x1＋v0t2，解得x＝0.75 m 根据能量守恒定律有m2gx－m1gxsin θ＝(m1＋m2)v02＋Q 解得Q＝3.15 J 由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt，它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在0～0.6 s内产生的热量为Qr＝Q＝1.05 J。 1．(2023·浙江1月卷)如图甲所示，一根导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回路。导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下摆。当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是(　　) 答案：B 2．(多选)(2024·辽宁卷)如图所示，两条“∧”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2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、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2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g，两棒在下滑过程中(　　) A．回路中的电流方向为abcda B．ab中电流趋于 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 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，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I时，对ab根据牛顿第二定律得2mg sin 30°－2BIL cos 30°＝2maab，对cd有mg sin 30°－BIL·cos 30°＝macd，故可知aab＝acd，分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，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，此时对ab分析可得2mg sin 30°＝2BIL cos 30°，解得I＝，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，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，D错误。 3．电动汽车可以利用电磁相关原理进行驱动和制动并进行动能回收，其中一种轮毂电机可以通过控制定子绕组的通电顺序和时间，形成旋转磁场，驱动转子绕组带动轮胎转动，其展开简化模型如图甲所示。定子产生一个个边长为l的正方形匀强磁场，磁感应强度大小均为B，相邻磁场方向相反。转子绕组可简化为一个水平放置的正方形线圈，质量为m，匝数为n，边长为l，总电阻为R，线圈运动时受到恒定阻力f。不考虑定子发热损耗和磁场运动引起的电磁辐射。 (1)若磁场以v0向右匀速运动，求线圈能达到的最大速度vm； (2)若磁场t＝0时刻开始，由静止开始做匀加速运动，经过一段时间，线圈也开始做匀加速运动，t1时刻线圈速度为v1，求线圈加速度大小a； (3)制动时，磁场立刻停下，此时速度为v2的线圈通过整流装置可以给电动势为E0＝的动力电池充电，此过程线圈vt图像如图乙所示，则此制动过程给动力电池充入的电荷量约为多少？ 答案：(1)v0－　(2)　(3) 解析：(1)线圈左、右两条边在切割磁感线，可得 E＝2nBl(v0－vm) 由欧姆定律有I＝ 则F安＝2nBIl＝ 线圈达到最大速度时受力平衡，有F安＝f 解得vm＝v0－。 (2)根据牛顿第二定律有F安′－f＝－f＝ma 线圈做匀加速运动，则线圈开始做匀加速运动后，磁场与线圈的相对速度保持不变，则a磁＝a 联立解得a＝。 (3)磁场停下后，线圈由于具有惯性继续向前运动，即还会继续产生感应电动势，当感应电动势与动力电池的电动势相等之后，结束充电。 依题意，有2nBlv－E0＝IR 当2nBlv＝E0时，停止充电，此时v＝ 由题图乙知，充电时间Δt＝0.9t0 则有2nBlΔt－E0·Δt＝RΔt＝Rq 充电过程，线圈的位移大小x＝Δt，x可用vt图线与横轴围成的面积表示，结合题图乙得x＝58··(点拨：大于半格的记为一格，小于半格的舍去) 解得q＝。 学科网（北京）股份有限公司 $$