2026届高考物理二轮复习讲义：电磁感应专题——电路、图像、能量与动量观点综合应用

高考物理二轮复习：电磁感应专题——电路、图像、能量与动量观点综合应用 电磁感应中的电路及图像问题 1.电磁感应电路中的五个等效问题 电磁感应中电路知识的关系图 2.分析电磁感应中的电路问题的一般思路 【典例1】(2024·浙江6月选考)某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”,设计了如图所示的装置。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。 (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大小v。 答案:(1)①垂直于纸面向外　10 A ②5 m/s　 【解析】(1)①物块上升,则飞轮沿逆时针方向转动,辐条受到的安培力指向逆时针方向,由左手定则可知,磁场方向垂直于纸面向外; 由闭合电路的欧姆定律可知E0−U=I(R1+r) 则I== A=10 A 3 辐条切割磁感线产生的电动势与电源电动势相反,设每根辐条产生的电动势为E1, 则U−E1=I 解得E1=5 V 此时飞轮可视为电动机,则P出=E1I 当物块匀速上升时P出=mgv 解得v=5 m/s (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: (2)①0.2 Ω　②2.5 T 【解析】(2)①物块匀速下落时,由受力分析可知,辐条受到的安培力与第(1)问相同,经过R2的电流I'=I=10 A,由题意可知v'=v=5 m/s 每根辐条切割磁感线产生的感应电动势E2=E1=5 V,R总===0.5 Ω R总=R2+,解得R2=0.2 Ω ②根据E2=Bωa2=Baωa=Bav' ,而E2=5 V 解得B=2.5 T 电磁感应中电荷量的计算 电磁感应过程中的电荷量公式:q= 1. 推导:在产生感应电流的电路中,设电路的总电阻为R总,在时间Δt内通过导体横截面的电荷量为q。 由法拉第电磁感应定律得= 由闭合电路的欧姆定律得= 由电流定义式得q=Δt 联立解得q=n。 2. 结论:电磁感应过程中产生的感应电荷量由线圈的匝数、磁通量的变化量及电路的总电阻共同决定,与时间Δt无关。 (2025·河北区模拟) 如图所示, MN和PQ是两根互相平行、间距为L、竖直放置的光滑金属导轨,已知导轨足够长,电阻不计,且处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中; 导轨上端接有开关S和阻值为R0的定值电阻。 ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆, 已知金属杆的质量为m, 电阻为R,重力加速度为g。现将开关闭合, 让金属杆由静止开始下落, 下落h后速度达到最大。求 (1) 金属杆的最大速度vm; 答案:(1)　 【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律E=BLvm 由欧姆定律可得I= 金属杆达到最大速度时受力平衡mg=F安 其中F安=BIL 联立解得vm= (2) 金属杆由静止下落到达最大速度的过程中通过金属杆的电荷量q; 答案: (2) 【解析】(2)根据法拉第电磁感应定律== 电路中的平均感应电流 == 经历的时间为Δt,则通过金属杆的电荷量 q=·Δt 解得q= (3) 金属杆由静止下落到达最大速度的过程中金属杆产生的热量Q。 答案: (3) 【解析】(3)对该过程由能量守恒定律得mgh=m+Q总 金属杆由静止下落到达最大速度的过程中金属杆产生的热量Q=Q总 联立解得Q= 　电磁感应中的图像问题 1. 图像类型 2. 解题关键 (1) 弄清物理量的初始条件和正负方向; (2) 注意物理量在进、出磁场时的变化; (3) 写出函数表达式。 3. 解题方法:先定性排除,再定量解析 (1) 定性排除法:用右手定则或楞次定律确定物理量的方向,定性地分析物理量的变化趋势、变化快慢、是否均匀变化等,特别注意物理量的正负和磁场边界处物理量的变化,通过定性分析排除错误的选项。 (2) 定量解析法:根据题目所给条件定量地推导出物理量之间的函数关系,然后由函数关系对图像作出分析,由图像的斜率、截距等作出判断。 4. 解答电磁感应中的图像问题的基本步骤 (1) 明确图像的种类,即是B−t图像还是Φ−t图像,或者E−t图像、I−t图像等。 (2) 分析电磁感应的具体过程。 (3) 用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系。 (4) 结合安培力公式、法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式。 (5) 根据函数关系式进行数学分析,如分析斜率的变化、截距等。 (6) 画出图像或判断选择图像。 【典例3】(多选)如图甲所示,足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜固定,间距L=1 m,电阻不计。导轨平面与水平面间的夹角θ=30°,上端MP间接有阻值R=2 Ω的电阻,整个装置处于方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中。一质量m=0.2 kg、阻值r=1 Ω的金属棒ab在外力作用下垂直于导轨放置,撤去外力后,棒沿MN方向的位移x与时间t的关系如图乙所示,其中1.0~1.5 s间为直线。已知棒运动过程中始终垂直于导轨,且在0~1.0 s内通过棒的电荷量是1.0~1.5 s内通过棒的电荷量的,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A. 图乙中1.5 s时对应的纵坐标是2.7 m B. 匀强磁场的磁感应强度为0.5 T C. 0~1.0 s内通过电阻R的电荷量是0.5 C D. 0~1.5 s内电阻R产生的热量为1.2 J 【解析】选A、D。通过金属棒的电荷量为q=t==,在0~1.0 s内通过棒的电荷量是1.0~1.5 s内通过棒的电荷量的,则有=×,解得x=2.7 m,A正确;1.0 s后棒做匀速运动,由图像可知v== m/s=3 m/s,由受力平衡有mgsinθ=BIL,根据闭合电路的欧姆定律得I=,解得B=1 T,0~1.0 s内通过电阻R的电荷量是q==0.4 C,故B、C错误;在0~1.5 s内,对金属棒由能量守恒得mgxsinθ=Q+mv2,在电路中,电阻R在0~1.5 s内产生的热量QR=Q,联立解得QR=1.2 J,故D正确。 角度2　根据电磁感应过程选择图像 【典例4】(2024·天津等级考)如图所示,两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置,导轨及其构成的平面均与水平面成某一角度,导轨上端用直导线连接,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定阻值的导体棒MN从某高度由静止开始下滑,下滑过程中MN始终与导轨垂直并接触良好,则MN所受的安培力F及其加速度a、速度v、电流I,随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　) 【解析】选A。根据题意,设导体棒的电阻为R,导轨间距为L,磁感应强度为B,导体棒速度为v时,受到的安培力为F=BIL=,可知F∝v,由牛顿第二定律可得,导体棒的加速度为a==gsinθ− 可知,随着速度的增大,导体棒的加速度逐渐减小,当加速度为零时,导体棒开始做匀速直线运动,则v−t图像的斜率逐渐减小直至为零时,速度保持不变,由于安培力F与速度v成正比,则F−t图像的斜率逐渐减小直至为零时,F保持不变,故A正确,B、C错误;根据题意,由公式可得,感应电流为I= 由数学知识可得=·= 由于加速度逐渐减小,则I−t图像的斜率逐渐减小,故D错误。 　电磁感应中图像转化问题 【典例5】 (多选)如图甲所示,三角形线圈abc水平放置,在线圈所处区域存在一变化的磁场,其变化规律如图乙所示。线圈在外力作用下处于静止状态,规定垂直于线圈平面向下的磁场方向为正方向,垂直ab边斜向下的受力方向为正方向,线圈中感应电流沿abca方向为正,则线圈内电流及ab边所受安培力随时间的变化规律是(　　) 【解析】选A、D。根据法拉第电磁感应定律有E==S,根据楞次定律可得感应电流的方向,又线圈中感应电流沿abca方向为正,结合题图乙可得,1~2 s电流为零,0~1 s、2~3 s、3~5 s电流大小恒定,且0~1 s、2~3 s电流方向为正,3~5 s电流方向为负,故A正确,B错误;根据安培力的公式F=ILB,因为每段时间电流大小恒定,磁场均匀变化,可得安培力也是均匀变化,根据左手定则可判断出ab边所受安培力的方向,故C错误,D正确。 电磁感应中的动力学和能量问题 1. 导体处在磁场中的两种状态及处理方法 状态 特征 处理方法 平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析 非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析 2. 解答电磁感应中动力学问题的“两个对象”“四个分析” 3. 动态分析的基本思路 (2025·南开区模拟) 如图所示,足够长的金属导轨固定在水平面上,导轨宽L=1.0 m,导轨上放有垂直导轨的金属杆P,金属杆质量m=0.1 kg、电阻r=1.0 Ω,空间存在磁感应强度B=0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。导轨左端连接有电阻R=3.0 Ω,其余部分电阻不计,导轨与金属杆间的动摩擦因数μ=0.5。某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F,金属杆P由静止开始运动,若金属杆P向右运动x=12.8 m时达到最大速度v=4 m/s,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)水平恒力F的大小; 答案:(1)0.75 N　 【解析】(1)根据已知条件可知E=BLv=0.5×1.0×4 V=2 V I== A=0.5 A E. 安=BIL=0.5×0.5×1.0 N=0.25 N 当加速度为零时,达到最大速度。则根据平衡条件可得F−F安−μmg=0 解得F=F安+μmg=0.75 N (7) 金属杆运动的最大加速度am的大小; 答案: (2)2.5 m/s2　 【解析】(2)金属杆刚开始运动时加速度最大,此时安培力为零,则根据牛顿第二定律可得F−μmg=mam 解得am==2.5 m/s2 (8) 金属杆P向右运动x=12.8 m的过程,电阻R上产生的焦耳热QR。 答案: (3)1.8 J 【解析】(3)由能量守恒和功能关系可知,闭合电路中产生的总焦耳热为Q=Fx−μmgx−mv2=2.4 J 电阻R上产生的焦耳热为QR=Q=1.8 J 　电磁感应中的能量问题 1. 能量转化(动生式电磁感应中) 2. 求解焦耳热Q 的三种方法 【典例2】(2025·南开区模拟)如图甲所示,固定光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面成θ=37°倾斜放置,其电阻不计,导轨间距L=0.5 m,导轨顶端与电阻R=2 Ω相连。垂直导轨水平放置一根质量m=0.2 kg、电阻r=0.5 Ω的导体棒ab,ab距导轨顶端d1=2 m,距导轨底端距离为d2(未知)。在装置所在区域加一个垂直导轨平面向上的匀强磁场,其磁感应强度B和时间t的函数关系如图乙所示。0~2 s内,导体棒在外力作用下保持静止;2 s后由静止释放导体棒,导体棒滑到导轨底部的过程,通过导体棒横截面的电荷量q=1.0 C。导体棒始终与导轨垂直并接触良好,且导体棒滑到底部前已经做匀速运动,重力加速度g=10 m/s2,sin37°=0.6。求: (1) 0~2 s内通过导体棒的电流I1的大小和方向; 答案:(1)0.8 A　电流方向由a到b　 【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可得前2 s产生的感应电动势 E1=Ld1 由闭合电路欧姆定律I1= 解得I1=0.8 A 根据楞次定律知感应电流的方向为a到b。 (2) 导体棒滑到底部前的最大速度vm; 答案: (2)3 m/s　 【解析】(2)当导体棒达最大速度后匀速下滑,根据平衡方程mgsinθ=B2I2L,E2=B2Lvm,I2= 其中B2=2 T 解得vm=3 m/s (3) 导体棒由静止开始下滑到导轨底部的过程,电阻R上产生的焦耳热QR。 答案: (3)1.68 J 【解析】(3)导体棒滑到底端过程中 q=t,=,== 解得d2=2.5 m 设下滑过程中系统产生的热量为Q,根据动能定理有mgd2sinθ+WA=m,Q= 解得Q=2.1 J 电阻R产生的热量为QR=Q=1.68 J 　动量观点在电磁感应中的应用 1. 导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动的题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解。 2. 在电磁感应中应用动量定理时,通常将下面两式结合应用: −LB·Δt=m(v2−v1) q=Δt=n 求解的物理量 应用示例 电荷量或速度 −BLΔt=mv2−mv1,q=Δt 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,Δt=x 已知位移x、F其他(F其他为恒力) 　单棒问题【典例1】 (2025·和平区模拟)如图所示,光滑导轨MN和PQ固定在竖直平面内,导轨间距为2L,上端接有阻值为R的定值电阻。两导轨间有一边长为L的正方形区域abcd,区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m的金属杆EF与导轨相互垂直且接触良好,从ab处由静止释放,若金属杆EF离开磁场前已做匀速运动,金属杆及导轨的电阻均不计。求: (1) 金属杆EF离开磁场时的速度大小; 答案:(1)　 【解析】(1)金属杆EF在磁场中做切割磁感线运动,根据法拉第电磁感应定律有E=BLv 根据闭合电路欧姆定律有I= 金属杆EF离开磁场前已做匀速运动,则根据平衡条件有mg=F安=BIL 联立可得,金属杆EF离开磁场时的速度大小为v= (2) 金属杆EF通过磁场过程中电阻R产生的焦耳热; 答案: (2)mg(L−)　 【解析】(2)根据能量守恒有mgL=mv2+Q,可得,金属杆EF通过磁场过程中电阻R产生的焦耳热为Q=mg(L−) (3) 金属杆EF通过磁场过程所用的时间。 答案: (3)+ 【解析】(3)对金属杆分析,根据动量定理有 mg·t−BL·t=mv 其中BL·t=BLq= 联立解得,金属杆EF通过磁场过程所用的时间为t=+ 　双棒问题 【典例2】(2025·河西区模拟)如图,两无限长光滑水平导轨处于竖直方向的磁场中,O1O2右侧磁场B1方向竖直向上(指向纸面外),O1O2左侧磁场B2方向竖直向下,导体棒cd、ef架在两个水平导轨上,接触良好。初始ef导体棒处于静止状态,导体棒cd初速度v0向右,大小为6 m/s,两导体棒的质量均为1 kg,下列说法正确的是(　　) A. 若O1O2两侧磁感应强度大小相同,则导体棒cd、ef组成的系统动量守恒 B. 若O1O2两侧磁感应强度大小相同,两导体棒最终会达到相同速度 C. 若B1=2B2,则最终cd导体棒的速度为1.2 m/s D. 若B1=2B2,则最终ef导体棒的速度为1.5 m/s 【解析】选C。若O1O2两侧磁感应强度大小相同,导体棒cd以初速度v0向右切割磁感线,根据右手定则可知,回路电流为顺时针方向,根据左手定则可知,导体棒cd、ef受到的安培力均水平向左,所以导体棒cd、ef组成的系统所受外力之和不为0,系统动量不守恒,故A错误;若O1O2两侧磁感应强度大小相同,导体棒cd向右减速运动,导体棒ef向左加速运动,当导体棒ef产生的电动势与导体棒cd产生的电动势大小相等时,回路总电动势为0,电流为0,两棒做匀速运动,所以两导体棒最终的速度方向相反,故B错误;若B1=2B2,最终稳定时,导体棒ef产生的电动势与导体棒cd产生的电动势大小相等,则有B1Lvcd=B2Lvef 对导体棒cd根据动量定理可得−B1Lt=mvcd−mv0 对导体棒ef根据动量定理可得B2Lt=mvef−0 联立解得最终cd、ef导体棒的速度分别为vcd=1.2 m/s,vef=2.4 m/s,故C正确,D错误。 　动量守恒定律在电磁感应中的应用 1. 在双金属棒切割磁感线的系统中,双金属棒和导轨构成闭合回路,安培力充当系统内力,如果它们不受摩擦力,且受到的安培力的合力为0时,满足动量守恒,运用动量守恒定律解题比较方便。 2. 双棒模型(不计摩擦力) 项目 双棒无外力 双棒有外力 示意图 动力学 观点 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动,导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动,最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动,导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动,最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动 动量 观点 系统动量守恒 系统动量不守恒 能量 观点 棒1动能的减少量=棒2动能的增加量+焦耳热 外力做的功=棒1的动能+棒2的动能+焦耳热 【典例3】 (多选)(2025·静海区模拟)如图所示,足够长的水平光滑金属导轨所在空间中,分布着垂直于导轨平面且方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。两导体棒a、b均垂直于导轨静止放置。已知导体棒a的质量为2m,导体棒b的质量为m,长度均为l,电阻均为r,其余部分电阻不计。现使导体棒a获得瞬时平行于导轨水平向右的初速度v0。除磁场作用外,两棒沿导轨方向无其他外力作用,在两导体棒运动过程中,下列说法正确的是(　　) A. 任何一段时间内,导体棒b的动能增加量小于导体棒a的动能减少量 B. 全过程中,两棒共产生的焦耳热为m C. 全过程中,通过导体棒b的电荷量为 D. 任何一段时间内导体棒b的动量改变量跟导体棒a的动量改变量总是大小相等、方向相反 【解析】选A、C、D。由能量关系可知,任何一段时间内,导体棒a的动能减少量等于导体棒b的动能增加量与回路产生的焦耳热之和,则导体棒b的动能增加量小于导体棒a的动能减少量,故A正确;全过程中,由动量守恒定律可知2mv0=(2m+m)v 两棒共产生的焦耳热为Q=×2m×3mv2=m,故B错误;全过程中,对导体棒b由动量定理BlΔt=mv 通过导体棒b的电荷量为q=Δt=,故C正确;对导体棒a、b组成的系统,受合外力为零,则系统动量守恒,则任何一段时间内,导体棒b的动量改变量跟导体棒a的动量改变量总是大小相等、方向相反,故D正确。 - 11 - 学科网（北京）股份有限公司 $