2025年高考物理復習講義第十章專題十二　電磁感應綜合應用（含解析）

eq\o(\s\up7(專題十二電磁感應綜合應用),\s\do5())素養(yǎng)目標綜合應用楞次定律、法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、牛頓第二定律、動能定理、能量守恒定律、動量定理、動量守恒定律分析電磁感應問題．(科學思維)考點電磁感應中的動力學問題1．導體的兩種運動狀態(tài)(1)導體的平衡狀態(tài)——靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)．處理方法：根據(jù)平衡條件(合力等于零)列式分析．(2)導體的非平衡狀態(tài)——加速度不為零．處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系分析．2．力學對象和電學對象的相互關系典例1(2023·山東卷)(多選)足夠長U形導軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1m，電阻不計．質量為1kg、長為1m、電阻為1Ω的導體棒MN放置在導軌上，與導軌形成矩形回路并始終接觸良好，Ⅰ和Ⅱ區(qū)域內分別存在豎直方向的勻強磁場，磁感應強度分別為B1和B2，其中B1＝2T，方向向下．用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導軌CD段中點與質量為0.1kg的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面，如圖所示．某時刻MN、CD同時分別進入磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ并做勻速直線運動，MN、CD與磁場邊界平行．MN的速度v1＝2m/s，CD的速度為v2且v2>v1，MN和導軌間的動摩擦因數(shù)為0.2.重力加速度大小取10m/s2，下列說法正確的是()A．B2的方向向上B．B2的方向向下C．v2＝5m/sD．v2＝3m/s1．[電磁感應中的平衡問題](多選)如圖甲所示，bacd是由導體做成的框架，其平面與水平面成θ角．質量為m的導體棒PQ與ab、cd垂直且接觸良好，回路的總電阻為R.整個裝置放在垂直于框面的勻強磁場中，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示，PQ始終處于靜止狀態(tài)．在0～t1時間內，下列關于PQ與框架間的摩擦力Ff的說法中，有可能正確的是()A．Ff一直在增大 B．Ff一直在減小C．Ff先減小后增大 D．Ff先增大后減小2．[電磁感應中的動力學問題](多選)如圖所示，U形光滑金屬導軌與水平面成37°角傾斜放置，現(xiàn)將一金屬桿垂直放置在導軌上且與兩導軌接觸良好，在與金屬桿垂直且沿著導軌向上的外力F的作用下，金屬桿從靜止開始做勻加速直線運動．整個裝置處于垂直導軌平面向上的勻強磁場中，外力F的最小值為8N，經過2s金屬桿運動到導軌最上端并離開導軌．已知U形金屬導軌兩軌道之間的距離為1m，導軌電阻可忽略不計，金屬桿的質量為1kg、電阻為1Ω，磁感應強度大小為1T，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列說法正確的是()A．拉力F是恒力B．拉力F隨時間t均勻增加C．金屬桿運動到導軌最上端時拉力F為12ND．金屬桿運動的加速度大小為2m/s2考點電磁感應與能量綜合問題1．能量轉化及焦耳熱的求法(1)能量轉化eq\x(\a\al(其他形式,的能量))eq\o(→,\s\up17(克服安培),\s\do15(力做功))eq\x(\a\al(電,能))eq\o(→,\s\up17(電流做功))eq\x(\a\al(焦耳熱或其他,形式的能量))(2)求解焦耳熱Q的三種方法2．求解電磁感應現(xiàn)象中的能量問題的一般步驟(1)在電磁感應中，切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路將產生感應電動勢，該導體或回路就相當于電源．(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道哪些形式的能量發(fā)生了相互轉化．(3)根據(jù)能量守恒列方程求解．典例2(2021·天津卷)如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ間距L＝1m，其電阻不計，兩導軌及其構成的平面均與水平面成θ＝30°角，N、Q兩端接有R＝1Ω的電阻．一金屬棒ab垂直導軌放置，ab兩端與導軌始終有良好接觸，已知ab的質量m＝0.2kg，電阻r＝1Ω，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度大小B＝1T．ab在平行于導軌向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5m/s沿導軌向上開始運動，可達到最大速度v＝2m/s.運動過程中拉力的功率恒定不變，重力加速度取g＝10m/s2.(1)求拉力的功率P；(2)ab開始運動后，經t＝0.09s速度達到v2＝1.5m/s，此過程中ab克服安培力做功W＝0.06J，求該過程中ab沿導軌的位移大小x.1．[單桿切割模型]如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中，水平U形導體框左端連接一阻值為R的電阻，質量為m、電阻為r的導體棒ab置于導體框上．不計導體框的電阻、導體棒與框間的摩擦．ab以水平向右的初速度v0開始運動，最終停在導體框上．在此過程中()A．導體棒做勻減速直線運動B．導體棒中感應電流的方向為a→bC．電阻R消耗的總電能為eq\f(mv\o\al(2,0)R,2R＋r)D．導體棒克服安培力做的總功小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)2．[線框進出磁場模型](多選)在如圖所示的兩平行虛線之間存在著垂直紙面向里、寬度為d、磁感應強度為B的勻強磁場，正方形線框abcd的邊長為L(L<d)、質量為m、電阻為R.將線框從距離磁場的上邊界高為h處由靜止釋放后，線框的ab邊剛進入磁場時的速度為v0，ab邊剛離開磁場時的速度也為v0，在線框開始進入到全部離開磁場的過程中(取重力加速度為g)()A．線框產生的焦耳熱為mgdB．線框產生的焦耳熱為2mgdC．線框的最小動能為eq\f(m3g2R2,2B4L4)D．線框的最小動能為mg(h－d＋L)考點電磁感應與動量綜合應用1．應用動量定理可以由動量變化來求解變力的沖量．如在導體棒做非勻變速運動的問題中，應用動量定理可以解決牛頓運動定律不易解答的問題．2．在相互平行的水平軌道間的雙導體棒做切割磁感線運動時，由于這兩根導體棒所受的安培力等大反向，若不受其他外力，兩導體棒的總動量守恒，解決此類問題往往要應用動量守恒定律．3．導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，安培力的沖量I安＝Beq\x\to(I)Lt＝BLq，通過導體棒或金屬框的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R總)Δt＝neq\f(ΔΦ,Δt·R總)Δt＝neq\f(ΔΦ,R總)，磁通量變化量ΔΦ＝BΔS＝BLx.當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時常用動量定理求解．典例3(2023·全國甲卷)如圖所示，水平桌面上固定一光滑U形金屬導軌，其平行部分的間距為l，導軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導軌的電阻忽略不計．導軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B．一質量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導軌上．導軌上質量為3m的絕緣棒Q位于P的左側，以大小為v0的速度向P運動并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間很短．碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點．P在導軌上運動時，兩端與導軌接觸良好，P與Q始終平行．不計空氣阻力．求：(1)金屬棒P滑出導軌時的速度大??；(2)金屬棒P在導軌上運動過程中產生的熱量；(3)與P碰撞后，絕緣棒Q在導軌上運動的時間．1．[動量定理在電磁感應中的應用]如圖所示，邊長為a的正方形鋁框平放在光滑絕緣水平桌面上，桌面上有邊界平行、寬為b且足夠長的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于桌面，鋁框依靠慣性滑過磁場區(qū)域，滑行過程中鋁框平面始終與磁場垂直且一邊與磁場邊界平行，已知a<b，在滑入和滑出磁場區(qū)域的兩個過程中()A．鋁框所用時間相同B．鋁框上產生的熱量相同C．鋁框中的電流方向相同D．安培力對鋁框的沖量相同2．[動量定理在電磁感應中的應用](多選)如圖所示，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上．t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動．運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示．下列圖像中可能正確的是()答案及解析考點電磁感應中的動力學問題典例1(2023·山東卷)(多選)足夠長U形導軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1m，電阻不計．質量為1kg、長為1m、電阻為1Ω的導體棒MN放置在導軌上，與導軌形成矩形回路并始終接觸良好，Ⅰ和Ⅱ區(qū)域內分別存在豎直方向的勻強磁場，磁感應強度分別為B1和B2，其中B1＝2T，方向向下．用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導軌CD段中點與質量為0.1kg的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面，如圖所示．某時刻MN、CD同時分別進入磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ并做勻速直線運動，MN、CD與磁場邊界平行．MN的速度v1＝2m/s，CD的速度為v2且v2>v1，MN和導軌間的動摩擦因數(shù)為0.2.重力加速度大小取10m/s2，下列說法正確的是()A．B2的方向向上B．B2的方向向下C．v2＝5m/sD．v2＝3m/s解析：導軌的速度v2>v1，因此對導體棒受力分析可知導體棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小為f＝μmg＝2N，導體棒所受的安培力大小為F1＝f＝2N，由左手定則可知通過導體棒的電流方向為N→M→D→C→N；對導軌受力分析可知導軌受到向左的摩擦力、向右的拉力和向右的安培力，安培力大小為F2＝f－m0g＝1N，由左手定則可知B2的方向為垂直于桌面向下，A錯誤，B正確；對導體棒分析有F1＝B1IL，對導軌分析有F2＝B2IL，電路中的電流為I＝eq\f(B1Lv1－B2Lv2,R)，聯(lián)立解得v2＝3m/s，C錯誤，D正確．故選BD．1．[電磁感應中的平衡問題](多選)如圖甲所示，bacd是由導體做成的框架，其平面與水平面成θ角．質量為m的導體棒PQ與ab、cd垂直且接觸良好，回路的總電阻為R.整個裝置放在垂直于框面的勻強磁場中，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示，PQ始終處于靜止狀態(tài)．在0～t1時間內，下列關于PQ與框架間的摩擦力Ff的說法中，有可能正確的是()A．Ff一直在增大 B．Ff一直在減小C．Ff先減小后增大 D．Ff先增大后減小解析：由題圖乙可知，在0～t1時間內，磁感應強度先均勻減小后反向均勻增大，磁感應強度的變化率不變，則導體棒PQ與框架組成的回路中產生恒定感應電流，方向由Q到P.當磁感應強度的方向垂直框面向上時，導體棒PQ所受安培力方向沿框面向上；當磁感應強度的方向垂直框面向下時，導體棒PQ所受安培力方向沿框面向下．由于磁感應強度B先減小后反向增大，由FA＝BIL可知，PQ所受安培力FA先減小后反向增大．若開始時PQ不受靜摩擦力，則當FA減小時，根據(jù)平衡條件有mgsinθ＝FA＋Ff，可知靜摩擦力由零開始增大；當FA方向沿框面向下時，有mgsinθ＋FA＝Ff，由于FA逐漸增大，則Ff逐漸增大．即在0～t1時間內，F(xiàn)f一直增大．若開始時PQ所受靜摩擦力方向沿框面向上，則根據(jù)平衡條件有mgsinθ＝Ff＋FA，當FA減小時，F(xiàn)f開始增大；當FA方向沿框面向下時，有mgsinθ＋FA＝Ff，由于FA逐漸增大，則Ff逐漸增大．即在0～t1時間內，F(xiàn)f一直增大．若開始時PQ所受靜摩擦力方向沿框面向下，則根據(jù)平衡條件有mgsinθ＋Ff＝FA，當FA減小時，F(xiàn)f開始減??；當FA＝mgsinθ時，F(xiàn)f減小到零，此后FA繼續(xù)減小，F(xiàn)f反向，根據(jù)平衡條件有mgsinθ＝FA＋Ff，可知隨著FA的減小，F(xiàn)f逐漸增大；當FA方向沿框面向下時，有mgsinθ＋FA＝Ff，由于FA逐漸增大，則Ff繼續(xù)增大．即在0～t1時間內，F(xiàn)f先減小，后反向增大．綜上所述，A、C符合題意．答案：AC2．[電磁感應中的動力學問題](多選)如圖所示，U形光滑金屬導軌與水平面成37°角傾斜放置，現(xiàn)將一金屬桿垂直放置在導軌上且與兩導軌接觸良好，在與金屬桿垂直且沿著導軌向上的外力F的作用下，金屬桿從靜止開始做勻加速直線運動．整個裝置處于垂直導軌平面向上的勻強磁場中，外力F的最小值為8N，經過2s金屬桿運動到導軌最上端并離開導軌．已知U形金屬導軌兩軌道之間的距離為1m，導軌電阻可忽略不計，金屬桿的質量為1kg、電阻為1Ω，磁感應強度大小為1T，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列說法正確的是()A．拉力F是恒力B．拉力F隨時間t均勻增加C．金屬桿運動到導軌最上端時拉力F為12ND．金屬桿運動的加速度大小為2m/s2解析：t時刻，金屬桿的速度大小為v＝at，產生的感應電動勢為E＝Blv，電路中的感應電流I＝eq\f(Blv,R)，金屬桿所受的安培力大小為F安＝BIl＝eq\f(B2l2at,R)，由牛頓第二定律可知外力F＝ma＋mgsin37°＋eq\f(B2l2at,R)，F(xiàn)是t的一次函數(shù)，選項A錯誤，B正確；t＝0時，F(xiàn)最小，代入數(shù)據(jù)解得a＝2m/s2，選項D正確；t＝2s時，代入數(shù)據(jù)解得F＝12N，選項C正確．答案：BCD考點電磁感應與能量綜合問題典例2(2021·天津卷)如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ間距L＝1m，其電阻不計，兩導軌及其構成的平面均與水平面成θ＝30°角，N、Q兩端接有R＝1Ω的電阻．一金屬棒ab垂直導軌放置，ab兩端與導軌始終有良好接觸，已知ab的質量m＝0.2kg，電阻r＝1Ω，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度大小B＝1T．ab在平行于導軌向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5m/s沿導軌向上開始運動，可達到最大速度v＝2m/s.運動過程中拉力的功率恒定不變，重力加速度取g＝10m/s2.(1)求拉力的功率P；(2)ab開始運動后，經t＝0.09s速度達到v2＝1.5m/s，此過程中ab克服安培力做功W＝0.06J，求該過程中ab沿導軌的位移大小x.解析：(1)在ab運動過程中，由于拉力的功率恒定，ab做加速度逐漸減小的加速運動，速度達到最大時，加速度為零，設此時拉力的大小為F，安培力大小為FA，有F－mgsinθ－FA＝0設此時回路中的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律，有E＝BLv設回路中的感應電流為I，由閉合電路歐姆定律，有I＝eq\f(E,R＋r)ab受到的安培力FA＝BIL由功率表達式，有P＝Fv聯(lián)立上述各式，代入數(shù)據(jù)解得P＝4W.(2)ab速度從v1到v2的過程中，由動能定理，有Pt－W－mgxsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)代入數(shù)據(jù)解得x＝0.1m.答案：(1)4W(2)0.1m1．[單桿切割模型]如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中，水平U形導體框左端連接一阻值為R的電阻，質量為m、電阻為r的導體棒ab置于導體框上．不計導體框的電阻、導體棒與框間的摩擦．ab以水平向右的初速度v0開始運動，最終停在導體框上．在此過程中()A．導體棒做勻減速直線運動B．導體棒中感應電流的方向為a→bC．電阻R消耗的總電能為eq\f(mv\o\al(2,0)R,2R＋r)D．導體棒克服安培力做的總功小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解析：導體棒向右運動，根據(jù)右手定則可知，電流方向由b到a，再根據(jù)左手定則可知，導體棒受到向左的安培力，根據(jù)法拉第電磁感應定律可得，產生的感應電動勢為E＝BLv，感應電流為I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLv,R＋r)，故安培力為F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma，可得a＝eq\f(B2L2,mR＋r)v，隨著速度減小，加速度不斷減小，故導體棒不是做勻減速直線運動，故A、B錯誤；根據(jù)能量守恒定律可知，回路中產生的總熱量為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).因R與r串聯(lián)，則產生的熱量與電阻成正比，則電阻R消耗的總電能為QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝eq\f(mv\o\al(2,0)R,2R＋r)，故C正確；整個過程只有安培力做負功，根據(jù)動能定理可知，導體棒克服安培力做的總功等于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故D錯誤．答案：C2．[線框進出磁場模型](多選)在如圖所示的兩平行虛線之間存在著垂直紙面向里、寬度為d、磁感應強度為B的勻強磁場，正方形線框abcd的邊長為L(L<d)、質量為m、電阻為R.將線框從距離磁場的上邊界高為h處由靜止釋放后，線框的ab邊剛進入磁場時的速度為v0，ab邊剛離開磁場時的速度也為v0，在線框開始進入到全部離開磁場的過程中(取重力加速度為g)()A．線框產生的焦耳熱為mgdB．線框產生的焦耳熱為2mgdC．線框的最小動能為eq\f(m3g2R2,2B4L4)D．線框的最小動能為mg(h－d＋L)解析：由題意可知，線框進入磁場時先減速，進入磁場后再加速，出磁場時又減速，由于ab邊進磁場與出磁場時線框的速度相同，因此進入和離開過程中，感應電流所做的功也相同．從ab邊進入磁場到ab邊離開磁場的過程中，由動能定理可得mgd－W＝0，因此進入磁場的過程中，線框產生的焦耳熱Q＝W＝mgd，同樣離開磁場時，線框產生的焦耳熱也為mgd，因此線框穿過磁場的過程中產生的焦耳熱為2mgd，故選項A錯誤，B正確；當線框完全進入磁場瞬間，線框的動能最小，若此時已勻速運動，則有mg＝eq\f(B2L2v,R)，可得此時的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(m3g2R2,2B4L4)，但無法判斷線框是否已勻速運動，故選項C錯誤；在進入磁場后，線框做勻加速運動，到達磁場下邊緣時速度恰好也為v0，則根據(jù)動能定理得mg(d－L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－Ek，而mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，兩式聯(lián)立可得最小動能Ek＝mg(h－d＋L)，故選項D正確．答案：BD考點電磁感應與動量綜合應用典例3(2023·全國甲卷)如圖所示，水平桌面上固定一光滑U形金屬導軌，其平行部分的間距為l，導軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導軌的電阻忽略不計．導軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B．一質量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導軌上．導軌上質量為3m的絕緣棒Q位于P的左側，以大小為v0的速度向P運動并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間很短．碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點．P在導軌上運動時，兩端與導軌接觸良好，P與Q始終平行．不計空氣阻力．求：(1)金屬棒P滑出導軌時的速度大小；(2)金屬棒P在導軌上運動過程中產生的熱量；(3)與P碰撞后，絕緣棒Q在導軌上運動的時間．解析：(1)由于絕緣棒Q與金屬棒P發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和機械能守恒，可得3mv0＝3mvQ＋mvPeq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,Q)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)聯(lián)立解得vP＝eq\f(3,2)v0，vQ＝eq\f(1,2)v0由題知，碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點，則金屬棒P滑出導軌時的速度大小為v′P＝vQ＝eq\f(1,2)v0.(2)根據(jù)能量守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,P)＋Q解得Q＝mveq\o\al(2,0).(3)P、Q碰撞后，對金屬棒P分析，根據(jù)動量定理得－Beq\x\to(I)lΔt＝mv′P－mvP又q＝eq\x\to(I)Δt，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(Blx,RΔt)聯(lián)立可得x＝eq\f(mv0R,B2l2)由于Q為絕緣棒，無電流通過，做勻速直線運動，故Q運動的時間為t＝eq\f(x,vQ)＝eq\f(2mR,B2l2).答案：(1)eq\f(1,2)v0(2)mveq\o\al(2,0)(3)eq\f(2mR,B2l2)1．[動量定理在電磁感應中的應用]如圖所示，邊長為a的正方形鋁框平放在光滑絕緣水平桌面上，桌面上有邊界平行、寬為b且足夠長的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于桌面，鋁框依靠慣性滑過磁場區(qū)域，滑行過程中鋁框平面始終與磁場垂直且一邊與磁場邊界平行，已知a<b，在滑入和滑出磁場區(qū)域的兩個過程中()A．鋁框所用時間相同B．鋁框上產生的熱量相同C．鋁框中的電流方向相同D．安培力對鋁框的沖量相同解析：鋁框進