1、2025届高考物理二轮复习讲义专题四 电路和电磁感应 第10讲 电磁感应【网络构建】【关键能力】掌握电磁感应图像问题,重视以导体棒切割磁感线为素材的导轨模型,熟练掌握电磁感应中的能量问题,培养学生的推理能力、分析综合能力.强化与电路、牛顿运动定律、动量、能量相结合的综合性题型的训练.题型1楞次定律和法拉第电磁感应定律 1.用楞次定律判断感应电流的方法总结2.感应电动势大小的三种计算方法(1)E=nt,主要用来计算感应电动势的平均值,常用来求解电荷量;(2)E=Blv,主要用来计算导体平动切割磁感线产生电动势的瞬时值;(3)E=12Bl2,主要用来计算导体转动切割磁感线产生电动势的瞬时值.例12
2、022浙江1月选考 如图所示,将一通电螺线管竖直放置,螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B=kt的匀强磁场,在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管,其电阻率为、高度为h、半径为r、厚度为d(dr),则()A.从上向下看,圆管中的感应电流为逆时针方向B.圆管的感应电动势大小为kr2 C.圆管的热功率大小为dk2r32D.轻绳对圆管的拉力随时间减小例22024浙江1月选考 若通以电流I的圆形线圈在线圈内产生的磁场近似为方向垂直线圈平面的匀强磁场,其大小B=kI(k的数量级为10-4 T/A).现有横截面半径为1 mm的导线构成半径为1 cm的圆形线圈处于超导状态,其电阻率上限为10
3、-26 m.开始时线圈通有100 A的电流,则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为()A.10-23 V、10-7 AB.10-20 V、10-7 AC.10-23 V、10-5 AD.10-20 V、10-5 A【迁移拓展】1.图甲为电动汽车无线充电原理图,M为受电线圈,N为送电线圈.图乙为受电线圈M的示意图,线圈匝数为n,电阻为r,横截面积为S,两端a、b连接车载变流装置,匀强磁场平行于线圈轴线向上穿过线圈.下列说法正确的是()A.只要受电线圈两端有电压,送电线圈中的电流一定不是恒定电流B.只要送电线圈中有电流流入,受电线圈两端一定可以获得电压C.当线圈M中磁感应强
4、度大小均匀增加时,M中有电流从b端流出D.若t时间内线圈M中磁感应强度大小均匀增加B,则M两端的电压为nSBt2.用材料相同、粗细均匀的导线做成如图所示的单匝线圈,线圈构成一个闭合回路.左侧小圆的半径为2d,中间大圆的半径为3d,右侧小圆的半径为d,左侧两圆连接处缺口的长度可忽略不计,右侧两圆错开相交连通(麻花状),将线圈固定在与线圈所在平面垂直的磁场中,磁感应强度大小为B=B0+kt,式中的B0和k为常量,则线圈中感应电动势的大小为()A.14d2kB.12d2kC.6d2k D.4d2k题型2电磁感应中的电路与图像问题 1.电磁感应中电路问题的解题流程2.电磁感应中图像问题的解题思路电磁感
5、应相关的图像类型丰富,除了-t图像、B-t图像、v-t图像等,还涉及e-x图像、i-x图像等;从电动势的产生途径来看,可以是因感应而产生的,更多的是由于切割磁感线而产生的,从因果关系来看,可以拓展出许多图像:例32021浙江1月选考 嫦娥五号成功实现月球着陆和返回,鼓舞人心.小明知道月球上没有空气,无法靠降落伞减速降落,于是设计了一种新型着陆装置.如图所示,该装置由船舱、间距为l的平行导轨、产生垂直导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体和“”形刚性线框组成,“”形线框ab边可沿导轨滑动并接触良好.船舱、导轨和磁体固定在一起,总质量为m1.整个装置竖直着陆到月球表面前瞬间的速度大小为v0,
6、接触月球表面后线框速度立即变为零.经过减速,在导轨下方缓冲弹簧接触月球表面前船舱已可视为匀速.已知船舱电阻为3r;“”形线框的质量为m2,其7条边的边长均为l,电阻均为r;月球表面的重力加速度为g6.整个运动过程中只有ab边在磁场中,线框与月球表面绝缘,不计导轨电阻和摩擦阻力.(1)求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势E0;(2)通过画等效电路图,求着陆装置接触到月球表面后瞬间流过ab的电流I0;(3)求船舱匀速运动时的速度大小v;(4)同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为C的电容器,在着陆减速过程中还可以回收部分能量,在其他条件不变的情况下,求船舱匀速运动时的速度
7、大小v和此时电容器所带电荷量q.【技法点拨】电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是:确定哪部分相当于电源,根据电路连接情况画出等效电路图,结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律等规律进行求解.例4如图所示,多匝闭合线圈水平固定,强磁铁从线圈左侧一定高度自由下落,整个过程磁铁始终保持水平.规定线圈中电流方向以俯视时逆时针方向为正,则线圈中产生的感应电流随时间变化的图像可能正确的是()ABCD【技法点拨】解答电磁感应图像问题的两种方法(1)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作出分析和判断.(2)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
8、小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化),特别是物理量的正负,可由此排除错误的选项.【迁移拓展】1.2020浙江7月选考 如图所示,固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.长为l的金属棒一端与圆环接触良好,另一端固定在竖直导电转轴OO上,随轴以角速度匀速转动.在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器,有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态.已知重力加速度为g,不计其他电阻和摩擦,下列说法正确的是()A.棒产生的电动势为12Bl2B.微粒的电荷量与质量之比为2gdBr2C.电阻消耗的电功率为B2r42RD.电容器所带的
9、电荷量为CBr22.2024温州模拟 如图所示,一足够大的“”形导轨固定在水平面上,导轨左端接一灵敏电流计G,两侧导轨平行.空间中各处的磁感应强度大小均为B且随时间同步变化.t=0时刻,在电流计右侧某处放置一导体棒,并使之以速度v0向右匀速运动,发现运动过程中电流计读数始终为零,导体棒与导轨接触良好,则磁感应强度随时间变化的关系可能正确的是()ABCD题型3电磁感应中的力学综合问题 电磁感应可以融合电磁学和力学的知识综合起来应用,常以压轴题形式出现.例52023浙江6月选考 某兴趣小组设计了一种火箭落停装置,简化原理如图所示,它由两根竖直导轨、承载火箭装置(简化为与火箭绝缘的导电杆MN)和装置
10、A组成,并形成闭合回路.装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定,方向如图所示.导轨长度远大于导轨间距,不论导电杆运动到什么位置,电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零;在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场,大小B1=kI(其中k为常量),方向垂直导轨平面向里;在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场,大小B2=2kI,方向与B1相同.火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接,以速度v0进入导轨,到达绝缘停靠平台时速度恰好为零,完成火箭落停.已知火箭与导电杆的总质量为M,导轨间距d=3MgkI2(g为重力加速度),导电杆电阻为R.导电杆与导轨保持良好接触滑行,不计空气阻力和摩擦力,
11、不计导轨电阻和装置A的内阻.在火箭落停过程中,(1)求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L;(2)求回路感应电动势E与运动时间t的关系;(3)求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W;(4)若R的阻值视为0,装置A用于回收能量,给出装置A可回收能量的来源和大小.【技法点拨】本题从具体的科技问题出发,情境作了理想化处理,要求学生在陌生新颖的情境中,辨析公式的适用条件,建立模型选用电磁感应定律解决问题,并从能量转化角度予以分析和计算.最后一问有一定的开放性,装置A回收的能量等于全过程减少的机械能和减少的磁场能之和.【迁移拓展】1.2024金华模拟 电磁减震器是利用电磁感应原理的一种新型
12、智能化汽车独立悬架系统.为了研究方便,某同学设计了一个水平放置的电磁阻尼减震器,如图所示为其简化的原理图.该减震器由绝缘滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠的相同矩形线圈组成,滑动杆及线圈的总质量m=1.0 kg.每个矩形线圈abcd匝数n=100匝,电阻R=1.0 ,ab边长L=20 cm,bc边长d=10 cm,该减震器在光滑水平面上以初速度v0=1.0 m/s向右进入磁感应强度大小B=0.1 T、方向竖直向下的匀强磁场中.(1)求刚进入磁场时减震器的加速度大小;(2)求第二个线圈恰好完全进入磁场时减震器的速度大小;(3)若减震器的初速度v=5.0 m/s,则滑动杆上需安装多少个线圈才能使其完
13、全停下来?求第1个线圈和最后1个线圈产生的热量之比k.(不考虑线圈个数变化对减震器总质量的影响)2.2023浙江1月选考 如图甲所示,刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆,与长为2l的两轻质横杆组成,且L2l.线框通有恒定电流I0,可以绕其中心竖直轴转动.以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系,在y轴上距离O为a处,固定放置一半径远小于a、面积为s、电阻为R的小圆环,其平面垂直于y轴.在外力作用下,通电线框绕转轴以角速度匀速转动,当线框平面与xOz平面重合时为计时零点,圆环处的磁感应强度的y分量By与时间的近似关系如图乙所示,图中B0已知.(1)求0到时间内,流过圆环横截面的电荷量
14、q;(2)沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向,在023时间内,求圆环中的电流与时间的关系;(3)求圆环中电流的有效值;(4)当撤去外力,线框将缓慢减速,经时间角速度减小量为1,设线框与圆环的能量转换效率为k,求的值(当0x1,有(1-x)21-2x).参考答案与详细解析题型1例1C解析 根据楞次定律和右手螺旋定则可知,从上向下看,圆管中的感应电流为顺时针方向,选项A错误;根据法拉第电磁感应定律可知,圆管的感应电动势大小E=t=Btr2=kr2,选项B错误;圆管的电阻R=LS,其中长度L指的是电流流动的长度,将金属薄圆管展开,则其横截面积为dh,长度为2r,所以圆管的热功率大小P=E2R=k22
15、r42rd=dk2r32,选项C正确;由于产生的感应电流为恒定值,但磁场越来越强,故安培力越来越大,但所受安培力沿水平方向,根据楞次定律的推论可知,圆管有收缩的趋势,圆管在竖直方向只受到重力和轻绳的拉力,所以轻绳对圆管的拉力不变,选项D错误.例2D解析 超导环的微小电阻使得线圈中的电流缓慢衰减,产生自感电动势.按数量级进行近似计算,根据电阻定律,该线圈的电阻R=LS10-262110-2(110-3)2 =210-22 ,要使电流衰减极慢,自感电动势应与线圈两端的电压大小相当,即E=IR210-20 V;自感电动势E=LIt=SBt,由于磁场可以视为匀强磁场,且在极短时间内可视为电流没有衰减,
16、故LI=BS,其中B=kI,解得L=kS10-4(110-2)H=10-8 H,根据E=LIt,经过一年时间,电流衰减量为I=EtL210-2036524360010-8 A210-5 A,选项D正确.【迁移拓展】1.A解析 只要受电线圈两端有电压,说明穿过受电线圈的磁场一定变化,所以送电线圈中的电流一定不是恒定电流,故A正确;若送电线圈中有恒定电流,则送电线圈产生的磁场不变化,在受电线圈中不会产生感应电流,也就不会获得电压,故B错误;当穿过线圈M的磁感应强度大小均匀增加时,根据楞次定律,如果线圈闭合,则感应电流的磁场方向向下,线圈M中的感应电流方向从b流向a,即电流从a端流出,故C错误;根据
17、法拉第电磁感应定律有E=nt=nBSt,设受电线圈外接电路的电阻为R,由闭合电路的欧姆定律得M两端的电压U=ER+rR=nSRB(R+r)t,故D错误.2.B解析 根据楞次定律可知,左侧小圆和中间大圆产生的感应电流方向相同,而右侧小圆产生的感应电流方向与左侧小圆和中间大圆的相反,根据法拉第电磁感应定律可得线圈中感应电动势的大小为E=E左+E中-E右=k(2d)2+k(3d)2-kd2=12d2k,故B正确.题型2例3(1)Blv0(2)Blv02r(3)m1gr3B2l2(4)m1gr3B2l2m1grC6Bl解析 (1)电动势E0=Blv0(2)总电阻R=2r,电流I0=E0R=Blv02r
18、(3)匀速运动时线框受到安培力FA=B2l2v2r根据牛顿第三定律,质量为m1的部分受力F=FA,方向竖直向上匀速条件F=m1g6得v=m1gr3B2l2(4)匀速运动时电容器不充、放电,v=v=m1gr3B2l2UC=13I3r=m1gr6Blq=CUC=m1grC6Bl例4D解析 条形磁铁的磁感线分布如图所示,在磁铁靠近线圈的过程中,穿过线圈的磁通量先增大后减小,根据楞次定律可知,感应电流的方向先逆时针,后顺时针;当磁铁落至线圈平面位置时,穿过线圈的磁通量为零,但磁通量的变化率最大,感应电流最大;同理,在磁铁远离线圈的过程中,穿过线圈的磁通量先增大后减小,根据楞次定律可知,感应电流的方向先
19、顺时针,后逆时针,故A、B、C错误,只有D可能正确.【迁移拓展】1.B解析 棒产生的电动势为E=Br12r=12Br2,选项A错误.金属棒无电阻,故电容器两极板间的电压等于棒产生的电动势,粒子所受的重力与电场力大小相等,即qEd=mg,可得qm=2gdBr2,选项B正确.电阻消耗的电功率P=E2R=B2r424R,选项C错误.电容器所带的电荷量Q=CE=12CBr2,选项D错误.2.C解析 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),整理得1B=v0B0xt+1B0,故1B与t为一次函数关系,C正确.题型3
20、例5(1)3Mgv024g(2)E=6MgI(v0-2gt)(3)U=IR-6MgI(v0-2gt)I2Rv02g-3Mv022(4)见解析解析 (1)由题意可知导电杆所受安培力大小为F=B1Id=kII3MgkI2=3Mg对火箭和导电杆整体受力分析,由牛顿第二定律有F-Mg=Ma联立解得加速度大小a=2g,方向竖直向上由运动学公式得-v02=-2aL联立解得L=v024g(2)由运动学公式得,运动时间为t时导电杆的速度v=v0-at导电杆下落产生的感应电动势为E=B2dv联立得感应电动势与时间关系E=6MgI(v0-2gt)(3)导体杆两端电压恒定,即U0=IR根据楞次定律可知,感应电流为顺
21、时针方向,为确保回路电流恒定,则回路总电动势恒定,即U+E=IR所以装置A的输出电压与时间关系为U=IR-6MgI(v0-2gt)火箭从开始下落到停止的时间是t0=v02g因此装置A的输出功率为P=UI=12Mg2t+I2R-6Mgv0可知输出功率P与时间t成线性关系,所以0t0这段时间内输出的能量W=Pt0=I2Rv02g-3Mv022(4)如果R=0,则电源A的电压U=-6MgI(v0-2gt)其回收能量的功率为P=|UI|=6Mgv0-12Mg2t即装置A回收能量W1=Pt0=3Mv022火箭落停的过程,火箭与导体杆减少的机械能为E机=12Mv02+MgL=3Mv024根据能量守恒定律,
22、磁场减少的能量为E磁=W1-E机=3Mv024因此装置A回收的能量大小为3Mv022,回收的能量的来源是导体杆减少的机械能和磁场减少的能量.【迁移拓展】1.(1)4 m/s2(2)0.2 m/s(3)13个96解析 (1)刚进入磁场时,线圈的ab边切割磁感线,产生的感应电动势E0=nBLv0线圈中的感应电流I0=E0R减震器受到的安培力为F安=nBI0L减震器的加速度大小为a=F安m联立解得a=4 m/s2(2)以向右为正方向,对减震器进行分析,由动量定理可得-F安t=mv-mv0其中F安=nBIL,I=ER,E=nBLv,vt=2d联立解得v=0.2 m/s(3)由(2)得,每一个线圈进入磁
23、场的过程中,减震器速度减小量v=v0-v2若减震器的初速度v=5.0 m/s,设滑动杆上需安装N个线圈才能使其完全停下,则Nv=v联立解得N=12.5则需要13个线圈.线圈只有进入磁场过程中才会产生热量,线圈产生的热量等于动能的减少量.第一个线圈恰好完全进入磁场时的速度v1=v0-v最后一个线圈刚进入磁场时的速度v13=v0-12v第1个线圈和最后1个线圈产生的热量之比k=12mv02-12mv1212mv132联立解得k=962.(1)2sB0R(2)当0t3时,I1=0;当3t23时,I2=-6sB0R(3)23sB0R(4)6s2B02Rml2k解析 (1)磁通量=sBy感应电动势E=t=Byts电荷量q=ERt=2sB0R(2)感应电流i=tR=sByRt当0t3时,I1=0当3t23时,I2=-6sB0R(3)由有效值定义得I22R23=I有2R2解得I有=23sB0R(4)根据题意,有122m(l)2-122m(-)2l2=1kI有2R解得=6s2B02Rml2k
