2026高考物理19　大单元四　微专题14　电磁感应规律及其综合应用

微专题14电磁感应规律及其综合应用电磁感应中的电路问题[例1](2024·江西宜春·一模)如图所示，导线圆环总电阻为2R，半径为d，垂直磁场固定于磁感应强度为B的匀强磁场中，此磁场的左边界正好与圆环直径重合，电阻为R的直金属棒ab以恒定的角速度ω绕过环心O的轴匀速转动，a、b端正好与圆环保持良好接触。以下说法正确的是()A．图示位置处金属棒O点电势高于b点电势B．a、b两点的电势差Uab＝112Bd2C．转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率之比2∶1D．棒转动一圈时段内通过金属棒的电荷量为πC[根据右手定则可知，图示位置直金属棒Oa部分充当电源，电源内部电流方向为O→a，则在外电路电流方向为b→O，则杆O点电势低于b点电势，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E感＝Bdv＝Bd·ωd2＝Bωd22，根据等效电路可知，圆环部分电阻为R环＝11R+1R＝R2，整个电路的总电阻为R总＝R环＋R＝3R2，干路电流为I＝E感R总＝Bωd23R，a、b两点的电势差大小Uab＝IR环＝Bωd26，故B错误；转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率分别为P棒＝I2R，P环＝I2R环＝I2R2，故转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率之比为P棒∶P【变式训练1】金属棒ab从图示位置以恒定的角速度ω绕环心O顺时针转动90°过程中，流过金属棒的电荷量为多少？[解析]q＝I·Δt＝Bωd23R×[答案]B【变式训练2】棒转动一圈时金属棒上产生的热量为多少？[解析]棒转动一圈时金属棒上产生的热量Q＝I2Rt＝Bωd23R2·R[答案]2规律方法：电磁感应中的电路问题的分析方法[针对训练](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”，设计了如图所示装置。飞轮由三根长a＝0.8m的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长的细绳绕在圆环上，系着质量m＝1kg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＝12V、内阻r＝0.1Ω，限流电阻R1＝0.3Ω，飞轮每根辐条电阻R＝0.9Ω，电路中还有可调电阻R2(待求)和电感线圈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10m/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＝8V，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。[解析](1)①根据题意可知，飞轮逆时针转动，根据电路特点可知，三根辐条中的电流均沿辐条指向圆心，如图所示，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外由于电压表示数U＝8V，则电源内阻与限流电阻的总分压为U总＝E－U＝4V根据欧姆定律得I＝U总r+R②根据能量守恒定律有UIt＝I2·R3t＋mgv代入数据解得v＝5m/s。(2)①根据题意可知，物块匀速下降的速度v′＝v＝5m/s，且稳定时每根辐条中的电流与(1)中的相同，则根据能量守恒定律有mgv′t＝I2·R3t＋I2R2代入数据解得R2＝0.2Ω。②稳定时，重物重力的功率等于三根辐条克服安培力做功的总功率，则有mgv′＝3B·I3a·代入数据解得B＝2.5T。[答案](1)①磁场方向垂直纸面向外10A②5m/s(2)①0.2Ω②2.5T电磁感应中的图像问题[例2](2023·上海卷)如图所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，对其施加外力，安培力变化如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化图像为()A． B．C． D．C[由于E＝BLv，E＝IR，FA＝BIL，联立得FA＝B2L2vR，再结合楞次定律，可知金属棒刚开始向右做匀减速直线运动，后向左做匀加速直线运动，且加速度一直为a＝F0RB2L2t0，方向向左，综上当v＝0规律方法：解决电磁感应中图像问题的三个“关注”[针对训练](2024·天津卷)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。具有一定阻值的金属棒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()A． B．C． D．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＝B2L2vR，可知F∝v，由牛顿第二定律可得，导体棒的加速度为a＝mgsinθ-Fm＝gsinθ－B2L2vmR，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＝BLvR，由数学知识可得电磁感应中的动力学问题[例3](2024·河北卷)如图所示，边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴OO′。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，CD棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值；(2)锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值，求CD棒与导轨间的动摩擦因数。[解析](1)当OA棒切割磁感线的有效长度为l1＝2L时，该棒产生的感应电动势最大，有Emax＝Bl12ω此时CD棒所受的安培力最大，结合I＝ERFAmax＝ImaxBL＝B当OA棒切割磁感线的有效长度为l2＝L时，该棒产生的感应电动势最小，有Emin＝Bl2此时CD棒所受的安培力最小，有FAmin＝IminBL＝B2(2)设CD棒的质量为m，CD棒与平行导轨间的最大静摩擦力为fOA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好静止，则有FAmax＝mgsinθ＋fFAmin＋f＝mgsinθ结合(1)问分析有FAmax＝43mgsin则撤去推力瞬间，CD棒的加速度方向沿平行导轨向上，对CD棒由牛顿第二定律有FAmax＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma联立解得CD棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝3a-g[答案](1)B2L3ωR规律方法：1．电磁感应综合问题的解题思路2．电磁感应的动力学观点(1)分析研究导体受力情况(包括安培力)。(2)列动力学方程或根据平衡条件列方程求解。[针对训练]如图甲所示，“日”字形单匝线框平放在粗糙的水平桌面上，线框可以看作两个正方形，正方形的每条边长为L＝0.3m，线框总质量m＝0.2kg，其中Rab＝Rcd＝Ref＝R＝0.1Ω，其余边不计电阻，线框与桌面间动摩擦因数μ＝0.5。线框左边用水平细绳通过光滑的轻质定滑轮悬挂一质量也为m的物块，右边有一垂直ab边的水平力F作用在ab边上。以ab边的初位置为原点建立水平向右的x轴如图，在0≤x≤0.3m桌面条形区间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T。力F拉动线框通过磁场区域，可以认为ab边刚出磁场时，cd边恰好进入磁场，整个过程物块都没有碰到定滑轮，线框没有离开桌面，细绳不可伸长，重力加速度g＝10m/s2。(1)若线框以v＝2m/s的速度匀速通过磁场区域，求ab边在磁场中运动时ab两点间电势差Uab；(2)若线框从静止出发做匀加速直线运动，通过磁场区域过程中拉力F与时间t的图像如图乙所示，图中数据可用，求这一过程中拉力F与时间t的关系式；(3)若线框从静止出发，通过磁场区域过程中速度v与位移x的关系图像如图丙所示，图中数据可用，求ab边穿过磁场过程中ab产生的焦耳热。[解析](1)线框以v＝2m/s的速度匀速通过磁场，ab边在磁场中运动时产生的电动势为E＝BLv＝0.3V另两条边并联，总电流I＝E32ab两点间电势差为外电路电压，故Uab＝I×12R＝0.1V(2)线框通过磁场，任何一条边切割磁感线产生的电动势都为E＝BLv切割的那一条边相当于电源，另两条边并联，总电流I＝E32在磁场中运动的那条边受到的安培力F安＝BIL＝2对线框任意时刻根据牛顿第二定律F－F安－μmg－FT＝ma，FT－mg＝ma联立得F＝2B2L2v3R线框从静止出发做匀加速直线运动，则有v＝at可知μmg＋mg＋2ma＝3.8N，得a＝2m/s2代入得F＝(0.3t＋3.8)N。(3)ab边穿过磁场时受到的安培力F安＝BIL＝2根据图像得v＝kx联立解得F安＝2B2作F安-x图像如图可知图线下方的“面积”表示ab边克服安培力做的功W克＝12×0.6×0.3J＝由功能关系可知Q总＝W克又Q＝I2Rt，可知Qab＝4Qcd＝4Qef所以Qab＝23Q总＝0.06J[答案](1)0.1V(2)F＝(0.3t＋3.8)N(3)0.06J电磁感应中的能量、动量问题[例4](2025·北京西城·二模)游乐场的“太空梭”先把座舱拉升到一定高度处释放，座舱下落到制动位置时，触发电磁制动开始减速。将座舱简化为正方形线框abcd，如图所示，线框下方存在宽度为L的匀强磁场区域，该区域的上下边界水平，磁感应强度的大小为B。线框从距磁场上边界高度为h处由静止开始自由下落。线框ab边进入磁场时开始减速，cd边穿出磁场时的速度是ab边进入磁场时速度的12。已知线框的边长为L、质量为m、电阻为R，重力加速度大小为g，线框下落过程中ab(1)线框ab边刚进入磁场时，产生的感应电动势大小E；(2)线框穿过磁场区域的过程中最大加速度的大小a；(3)线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q。[解析](1)设ab边进入磁场时的速度大小为v，有v2＝2ghab边进入磁场时感应电动势E＝BLv得E＝BL2gh(2)ab边则进入磁场时，线框的加速度最大根据闭合电路欧姆定律，线框中感应电流的大小I＝BLvab边受到安培力的大小F＝BIL根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，得a＝B2L2(3)线框穿过磁场的过程中，根据能量守恒定律有Q＝mg×2L＋12mv2－12mv22＝2mgL[答案](1)BL2gh(2)B2(3)2mgL＋34【变式训练】线框穿过磁场区域的时间是多少？[解析]设经过时间t，线框穿过磁场，根据动量定理，得mgt－BILt＝mv2－m根据法拉第电磁感应定律E＝ΔΦΔI＝ER＝联立得mgt－BL·2BL2tR·t＝m求得t＝2B2L[答案]2B2规律方法：1．求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况。(2)功能关系：Q＝W克安(W克安为克服安培力做的功)。(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)。2．用动量定理解决导体运动的时间和位移[针对训练1](2025·甘肃卷)在自动化装配车间，常采用电磁驱动的机械臂系统，如图所示，ab、cd为两条足够长的光滑平行金属导轨，间距为L，电阻忽略不计。导轨置于磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1和2，质量均为m、电阻均为R。导轨左侧接有电容为C的电容器。初始时刻，机械臂1以初速度v0向右运动，机械臂2静止，运动过程中两机械臂不发生碰撞。系统达到稳定状态后，电流为零，两机械臂速度相同。(1)求初始时刻机械臂1的感应电动势大小和感应电流方向；(2)系统达到稳定状态前，若机械臂1和2中的电流分别为I1和I2，写出两机械臂各自所受安培力的大小及电容器电荷量的表达式；(3)求系统达到稳定状态后两机械臂的速度。若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为多少？[解析](1)由法拉第电磁感应定律可知，初始时刻机械臂1的感应电动势大小为E＝BLv0由右手定则可知感应电流方向沿机械臂1向上。(2)机械臂1所受的安培力大小F1＝BI1L机械臂2所受的安培力F2＝BI2L设此时机械臂1和2的速度大小分别为v1、v2，则对机械臂1，由动量定理：－BI1LΔt＝mv1－mv对机械臂2，由动量定理：BI2LΔt＝mv2－电容器所带的电荷量Q＝I1Δt－I2电容器两端的电压U＝BLv1－I1R＝BLv2＋I2R又Q＝CU联立知，U＝mBLQ＝mCBL(3)达到稳定时，两机械臂的速度相同，产生的感应电动势与电容器的电压相等，回路中没有电流，结合(2)问的分析可知此时I1＝I2＝0，U＝BLm同时U＝BLv可得两机械臂的速度为v＝m方向向右结合(2)问分析，在任意时刻有U＝BLv1－I1R＝BLv2＋I2R即BL(v1－v2)＝I2R＋I1R对该式两边取全过程时间的累计有BL(v1－v2)Δt＝I2RΔt＋I1RΔt其中(v1－v2)Δt＝x1－x2＝dmin，I1Δt＝Q′1，I2Δt＝Q′2即BLdmin＝(Q′1＋Q′2)R从开始到最终稳定的过程中，对机械臂1和机械臂2分别根据动量定理有－BI′1L·Δt＝mv－mv0，BI′2L·Δt＝mv即BLQ′1＝mv0－mv，BLQ′2＝mv可得BL(Q′1＋Q′2)＝mv0联立解得两机械臂间初始距离的最小值为dmin＝mv[答案](1)BLv0，沿机械臂1向上(2)BI1LBI2LmC(3)mv0[针对训练2](2024·湖北卷)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14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。