2模块4 专题12 电磁感应的综合分析-【备考最优解】2025年高考物理二轮专题复习教用word

专题十二　电磁感应的综合分析 命题点1　两个定律的应用 近3年18卷18考 1．电磁感应现象和楞次定律 (1)阻碍磁通量的变化(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(增缩减扩)。 (4)阻碍原电流的变化(自感现象)。 2．法拉第电磁感应定律的应用 (1)感应电动势的求解 E＝n，常用于计算感应电动势的平均值。 若B变，而S不变，则E＝n S ； 若S变，而B不变，则E＝nB。 (2)感应电荷量 回路中磁通量发生变化时，在Δt时间内迁移的电荷量(感应电荷量)q＝I·Δt＝ ·Δt＝n·Δt＝n。可见，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定，与发生磁通量变化的时间Δt无关。 3．导体切割磁感线产生感应电动势 (1)导体棒垂直平动切割磁感线：如图甲所示，E＝Blv，主要用于求感应电动势的瞬时值。 　　 (2)导体棒转动切割磁感线：如图乙所示，导体棒Oa围绕棒的一端O在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动而切割磁感线，产生的感应电动势E＝Bl2ω。 考向1　楞次定律的理解和应用 　(2023·海南卷，T6)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(　　) 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]　由右手螺旋定则可知，线圈1、2形成的磁场方向都是竖直向下的，A错误；汽车进入线圈1时，线圈abcd中向下的磁通量增大，由楞次定律可判断，线圈abcd中的感应电流方向与线圈1反向，即感应电流方向为adcb，同理，汽车离开线圈1时，线圈abcd中向下的磁通量减小，线圈abcd中的感应电流方向是顺时针，即感应电流方向为abcd，故B错误，C正确；安培力为阻力，与速度方向相反，D错误。 [答案]　C 命题视角：题目以“汽车测速利用了电磁感应的原理”为命题情境，主要考查了楞次定律的应用、法拉第电磁感应定律的应用、右手螺旋定则和左手定则的应用等知识。 方法技巧：要记住“判断感应电流方向用右手螺旋定则，判断感应电流受力的方向用左手定则”。 【变式训练1】 (2024·辽宁凌源市二模)如图所示，薄玻璃板上放有两个粗细相同的玻璃水杯，杯中装入质量相等的水，其中右侧水杯内的底面平放一薄铜片，在两个水杯中都放入温度传感器用来测温度。玻璃板的下方一装有多个磁铁的塑料圆盘旋转起来，经过一段时间，可以观测到右侧水杯中水温明显上升，而左侧水杯中的水温没有变化，这是因为(　　) A．磁铁使水杯中的水产生涡流引起的 B．磁铁使水杯底部的铜片产生涡流引起的 C．磁铁与空气摩擦生热引起的 D．磁铁使水杯底部的铜片磁化引起的 解析：选B。水是绝缘体，磁铁不能使水产生涡流，A错误；磁铁在转动过程中，通过铜片的磁通量发生变化，在铜片中产生涡流，电流生热使水的温度升高，B正确；若空气摩擦生热，对两侧水温的影响应该是一样的，不能仅一侧升温明显，C错误；磁铁不能使铜片磁化，且磁化也不能产生热量，D错误。 考向2　法拉第电磁感应定律的应用 　(2024·广东卷，T4)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B。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(　　) A．穿过线圈的磁通量为BL2 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 [解析]　根据题图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，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。 [答案]　D 命题视角：题目以“电磁俘能器利用电磁感应发电实现能量回收的原理”为命题情境，主要考查了磁通量、法拉第电磁感应定律、安培定则等知识。 方法技巧：可以把永磁铁相对线圈的运动，转化为我们比较熟悉的线圈相对于永磁铁的运动分析。 　(2024·江西九江市二模)n匝半径为r的圆形闭合线圈，置于如图所示的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直。若磁感应强度与时间的关系为B＝B0－kt(B0、k为常数)，线圈中产生的感应电动势为E；若磁感应强度B＝B0，使线圈绕直径匀速转动时，线圈中产生的感应电动势的有效值也为E，则线圈的角速度ω为(　　) A． B． C． D． [解析]　若磁感应强度与时间的关系为B＝B0－kt(B0、k为常数)，则线圈中产生的感应电动势E＝n＝n＝nkS，若磁感应强度B＝B0，使线圈绕直径匀速转动时，线圈中产生的感应电动势E＝，联立解得ω＝。 [答案]　D 考向3　导体切割磁感线产生感应电动势 　(2024·湖南卷，T4)如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b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O点逆时针转动，导线始终在垂直于纸面向里的匀强磁场中，则O、a、b、c各点电势关系为(　　) A．φO>φa>φb>φc B．φO<φa<φb<φc C．φO>φa>φb＝φc D．φO<φa<φb＝φc [解析]　如图，相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知O点电势最高；根据E＝Blv＝Bωl2，同时有lOb＝lOc＝R，可得0<UOa<UOb＝UOc，得φO>φa>φb＝φc。 [答案]　C 命题视角：题目以“导体在匀强磁场中转动切割磁感线”为命题情境，主要考查了右手定则、部分导体切割磁感线产生电动势的求解等知识。 方法技巧：注意有效切割长度是该点与转轴的连线。 命题点2　电磁感应中的动力学和能量问题 近3年11卷11考 1．动力学问题的三个分析 (1)“源”的分析——分析电路中由电磁感应所产生的“电源”，求出电源参数E和r。 (2)“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力。 (3)“力”的分析——分析研究对象(通常是金属棒、导体、线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力。接着进行“运动状态”的分析——根据力和运动的关系，建立正确的运动模型。 2．动力学问题的解题思路 (1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向。 (2)根据等效电路图，求解回路中电流的大小及方向。 (3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况。 (4)列牛顿第二定律或平衡方程求解。 3．电磁感应中的能量问题 (1)焦耳热Q的三种求法 焦耳定律：Q＝I2Rt；功能关系：Q＝W克服安培力；能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量。 (2)用到的物理规律 匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等。 　(多选)(2024·辽宁、吉林、黑龙江卷，T9)如图，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 [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I时，对ab根据牛顿第二定律得2mg sin 30°－2BIL cos 30°＝2maab，对cd，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＝，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，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，故D错误。 [答案]　AB 命题视角：题目以“两导体棒分别在两个倾斜导轨上切割磁感线运动”为命题情境，主要考查了右手定则、牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律等知识。 方法技巧：解题关键是尽管两个导体棒都切割磁感线运动，但是流过两个导体棒的电流是相同的。 【变式训练2】 (多选)(2024·安徽合肥市一模)如图所示，光滑绝缘水平面内有一粗细均匀的单匝矩形闭合导线框abcd，处于竖直向下、磁感应强度为B的有界匀强磁场中。现用一水平外力垂直作用于ab边中点，将线框以速度v匀速拉出磁场。线框长为l1，宽为l2，总电阻为R。在线框被拉出磁场的过程中，下列说法正确的是(　　) A．线框中的感应电流方向为abcda B．水平拉力大小为 C．线框中产生的焦耳热 D．ab边刚出磁场时，a、b两点间的电势差Uab＝－ 解析：选CD。根据右手定则，可知线框中的感应电流方向为adcba，故A错误；cd边切割磁感线，E＝Bl2v，I＝，导线cd所受安培力F安＝BIl2，联立可得F安＝，拉力将线框以速度v匀速拉出磁场，则拉力大小F＝F安＝，故B错误；ab边刚出磁场时，a、b两点间的电势差Uab＝－I·＝－，故D正确；线框被拉出磁场所需时间t＝，线框中产生的热量Q＝I2Rt＝，故C正确。 　(多选)(2024·广东东莞市三模)如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g，则此过程(　　) A．杆的速度最大值为 B．流过电阻R的电量为 C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于回路产生的焦耳热 D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量 [解析]　当杆达到最大速度vm时，拉力F与摩擦力和安培力相平衡，因此有F－μmg－＝0，解得vm＝，故A错误；由于E＝，又因为I＝，I＝，整理有q＝，可得电荷量q＝＝，故B正确；在杆从开始运动到达到最大速度的过程中由动能定理有WF＋Wf＋W安＝ΔEk，其中Wf＝－μmg，W安＝－Q，恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，故C错误；恒力F做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，故D正确。 [答案]　BD 命题点3　电磁感应中的动量观点的应用 近3年12卷12考 1．单棒问题的分析思路 在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若用牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，则可运用动量定理巧妙解决问题。 待求物理量 应用示例 电荷量或速度 －BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt， 即－BqL＝mv2－mv1 位移 －＝0－mv0， 即－＝0－mv0 时间 －BLΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1 即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1 已知电荷量q、F其他(F其他为恒力) －＋F其他Δt＝mv2－mv1， 即－＋F其他Δt＝mv2－mv1 已知位移x、F其他(F其他为恒力) 2.双棒问题的分析思路 物理 模型 “一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡 两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒 分析 方法 动力 学观点 通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动 能量 观点 两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和 动量 观点 对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题 考向1　动量定理的应用 　(多选)(2024·山东泰安市二模)如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距0.5 m，固定在水平绝缘桌面上，左侧圆弧部分处在竖直平面内，其间接有一电容为0.25 F的电容器，右侧平直部分处在磁感应强度为2 T、方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。电阻为2 Ω的金属棒ab垂直于两导轨放置且与导轨接触良好，质量为1 kg。棒ab从导轨左端距水平桌面高1.25 m处无初速度释放，离开水平直导轨前已匀速运动。已知电容器的储能E＝CU2，其中C为电容器的电容，U为电容器两端的电压，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则金属棒ab在沿导轨运动的过程中(　　) A．通过金属棒ab的电荷量为2 C B．通过金属棒ab的电荷量为1 C C．金属棒ab中产生的焦耳热为2.5 J D．金属棒ab中产生的焦耳热为4.5 J [解析]　当金属棒落下后，根据mgh＝mv，求得v0＝5 m/s，之后金属棒切割磁感线，电容器充电，其两端电压逐渐增大，金属棒因为安培力做减速运动，当金属棒的动生电动势与电容器两端电压相等时，金属棒匀速运动。由动量定理可知－F安t＝－BLt＝－BLq＝mv－mv0，q＝CE，E＝BLv，联立可得v＝＝4 m/s，E＝BLv＝4 V，因此，Q＝CU＝1 C，故A错误，B正确；ΔEk＝mv2－mv＝4.5 J，而E电容器＝CU2＝2 J，所以W热＝2.5 J，故C正确，D错误。 [答案]　BC 考向2　动量守恒定律的应用 　(2024·湖北卷，T15)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求： (1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小； (2)金属环刚开始运动时的加速度大小； (3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。 [解析]　(1)对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有mgL＝mv 解得v0＝ 则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E＝BLv0＝BL。 (2)金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两段圆弧金属环被短路，由几何关系可得，每段轨道内圆弧的电阻R0＝×＝R R总＝R＋＝R ab刚越过MP时，通过ab的感应电流 I＝＝ 对金属环有2BL·＝2ma 解得a＝。 (3)金属环和金属棒ab所受的安培力等大、反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为v，由动量守恒定律有mv0＝mv＋2mv，解得v＝v0 对金属棒ab，由动量定理有 －BLt＝m·－mv0 则有BLq＝mv0 设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2，则有q＝ 联立解得Δx＝x1－x2＝ 则金属环圆心初始位置到MP的最小距离d＝L＋Δx＝。 [答案]　(1)BL (2)　(3) 命题视角：题目以“金属棒和金属圆环切割磁感线运动”为命题情境，主要考查了动能定理、法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律、动量定理和动量守恒定律等知识。 方法技巧：把“金属棒和金属圆环切割磁感线运动”模型转化为“双棒模型”，金属棒和金属圆环受到的安培力等大、反向，整体不受外力，系统的动量守恒。 审题与规范答题(四)——电磁感应型 【审题定位】 电磁感应问题主要考查电磁感应现象与直流电路、磁场、动力学、动量和能量相联系的综合问题。基本思路：①用法拉第电磁感应定律及楞次定律求感应电动势的大小及方向；②求电路中的电流；③分析导体的受力情况，根据平衡条件或者牛顿第二定律列方程；④分析导体运动过程中各力做功和能量的转化情况，考虑应用能量解决问题；⑤涉及电荷量或者位移的求解，一般用动量定理；双棒运动的问题，如果最终同速，一般考虑用动量守恒定律。 【题目示例】 (18分)(2024·广东佛山市二模)如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T。在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L＝1 m，电阻可忽略不计。质量均为m＝1 kg，电阻均为R＝1 Ω的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。先将PQ暂时锁定，金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，①由静止开始以加速度a＝0.1 m/s2向右做匀加速直线运动，②2 s后保持拉力F的功率不变，直到③棒以最大速度vm做匀速直线运动。 (≈1.41) (1)求2 s时，拉力F的功率P。 (2)求棒MN的最大速度vm。(结果保留2位小数) (3)当棒MN达到最大速度vm时，④解除PQ锁定，同时撤去拉力F，则撤去拉力F后两金属棒之间距离增加量Δx的最大值是多少？(结果保留2位小数) 【审题模板】 序号 隐含条件 物理规律表达 ① 向右做匀加速直线运动 v1＝at1＝0.1×2 m/s＝0.2 m/s ② 拉力F的功率不变 拉力F减小，速度增大 ③ 棒以最大速度vm做匀速直线运动 拉力F与F安相等 ④ 解除PQ锁定，同时撤去拉力F 金属棒PQ、MN组成的系统动量守恒mvm＝2mv 【规范答题】 (1)(第1给分点：6分)金属棒MN在2 s末的速度v1＝at1＝0.1×2 m/s＝0.2 m/s(1分) 由牛顿第二定律得F－F安1＝ma(1分) F安1＝BI1L(1分) I1＝，E＝BLv1(1分) 拉力的功率P＝Fv1(1分) 解得P＝0.04 W。(1分) (2)(第2给分点：3分)金属棒MN达到最大速度vm时F′＝F安2＝(1分) 拉力的功率不变，则P＝F′vm(1分) 解得vm＝ m/s≈0.28 m/s。(1分) (3)(第3给分点：9分)撤去拉力后，金属棒PQ、MN组成的系统动量守恒，取向右为正方向，有 mvm＝2mv(1分) 解得v＝vm＝0.14 m/s(1分) 根据法拉第电磁感应定律可得＝(1分) 由闭合电路欧姆定律可得＝(1分) 通过两棒的电荷量q＝Δt(1分) 解得q＝(1分) 对PQ棒由动量定理得BLΔt＝mv(2分) 解得Δx＝0.28 m。(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $