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1、2022届高三物理一轮复习知识点专题强化：电磁感应的综合问题【命题点一：电磁感应中的图像问题】例1 （2016全国卷2）图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下，一边长为32l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i随时间变化的正确图线可能是()A. B. C. D. 例2 如图1所示，矩形线圈位于一变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面(纸面)向里，磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示。用I表示线圈中的感应电流，取顺时针方向的电流为正。则下图中的I-t图象正确的是()A. B. C.
2、 D. 例3 如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B.一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框CDEF从图示位置开始沿x轴正以速度v匀速穿过磁场区域，在图中给出的线框E、F两端的电压UEF与线框移动距离x的关系的图象正确的是()A. B. C. D. 例4（多选）如甲所示一正方形导电线框放置在水平桌面上，其一半面积处于竖直方向的匀强磁场中。匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(竖直向下的方向为B的正方向)，而线框始终保持静止。下列关于线框中的感应电流i(逆时针方向为其正方向)及线框所受摩擦力f(取水平向右为其正方向)随时间变化的关系图象中正确的是(
3、)A. B. C. D. 【命题点二：电磁感应中的动力学问题】例5 如图所示，足够长的U型光滑金属导轨下边串有电阻R，其平面与水平面成角(090)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为r，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度达到最大值v.则金属棒ab在这一过程中( )A. 产生的焦耳热为qBLvB. 最大速度v=mgR+r2sinB2L2C. 下滑的位移大小为qRBLD. 当运动速度为14v时其加速度为34gsin例6 如图所示，光滑平行且电阻不计的足
4、够长金属轨道与水平面的夹角为，宽度为L。在空间中存在竖直向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B。在轨道上端连接阻值为R的电阻。质量为m、电阻为R的金属棒在轨道上由静止释放，在下滑过程中，金属棒始终与轨道垂直，且与轨道接触良好。当金属棒下滑到某位置时，其速度恰好达到最大值，电阻R上产生的热量为Q。重力加速度大小为g，求：(1)金属棒下滑过程中的最大加速度a；(2)金属棒的速度的最大值v；(3)金属棒的速度刚达到最大时，距离释放点的高度h。例7 如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为=370的绝缘斜面上，两导轨间距为L=0.5m，M、P两点间接有阻值为R=0.5的电阻
5、，一根质量为m=0.5kg的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，金属杆的电阻为r=0.5，整套装置处于磁感应强度为B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦.(重力加速度g=10m/s2)（1）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v=2m/s时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小a；(2)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值vm(3)杆在下滑距离d=2m时已经达到最大速度，求此过程中通过电阻R的电量q和电阻R上产生的热量QR。【命题点三：电磁感应中的动力学和能量问题】例8 （多选）如图所
6、示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为1m，导轨平面与水平面夹角=30，导轨上端跨接一定值电阻R=8，整个装置处于方向垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B=5T，金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨保持电接触良好，金属棒的质量为1kg、电阻为2，重力加速度为g=10m/s2.现将金属棒由静止释放沿导轨下滑距离为2m时，金属棒速度达到最大值，则这个过程中()A. 金属棒的最大加速度是5m/s2B. 金属棒cd的最大速度是25m/sC. 电阻R上产生的电热为Q=8JD. 通过金属棒横截面的电量为1C例9 如图所示，平行光滑金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，且二者平滑连
7、接。导轨水平部分MN的右侧区域内存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.4T。在距离磁场左边界线MN为d=0.8m处垂直导轨放置一个导体棒a，在倾斜导轨高h=0.2m处垂直于导轨放置导体棒b。将b棒由静止释放，最终导体棒a和b速度保持稳定。已知轨道间距L=0.5m，两导体棒质量均为m=0.1kg，电阻均为R=0.1，g=10m/s2，不计导轨电阻，导体棒在运动过程中始终垂直于导轨且接触良好，忽略磁场边界效应。求：(1)导体棒b刚过边界线MN时导体棒a的加速度大小；(2)从初始位置开始到两棒速度稳定的过程中，感应电流在导体棒a中产生的热量；例10 某研究小组设计了一个辅助列车进站时快
8、速刹车的方案如图所示，在站台轨道下方埋一励磁线圈，通电后形成竖直方向的磁场(可视为匀强磁场).在车身下方固定一矩形线框，利用线圈进入磁场时所受的安培力，辅助列车快速刹车已知列车的总质量为m，车身长为s，线框的短边ab和cd分别安装在车头和车尾，长度均为L(L小于匀强磁场宽度)，整个线框的电阻为R.站台轨道上匀强磁场区域足够长(大于车长s)，车头进入磁场瞬间的速度为v0，假设列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f.已知磁感应强度的大小为B，车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止，求：(1)列车车头刚进入磁场瞬间线框中电流的大小I和列车的加速度大小a(2)列车从车头进入磁场到停止所用的时间t答案解析例1
9、.【答案】D【解析】解：设磁感应强度为B，线圈的速度为v、电阻为R；如果某时刻左边位于方向向外的磁场中、右边位于方向向里的磁场中，此时两边都切割磁感应线，产生的感应电动势为：E1=2BLv，根据电流为：i1=E1R=2BLvR，根据右手定则可知电流方向为顺时针；当左右两边都处于方向相同的磁场中时，感应电动势为零，感应电流为零；当左边位于方向向里的磁场中、右边位于方向向外的磁场中，此时两边都切割磁感应线，产生的感应电动势为：E2=2BLv，根据电流为：i2=E2R=2BLvR，根据右手定则可知电流方向为逆时针。故D正确、ABC错误。例2.【答案】C【解析】由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得
10、：I=ER=Rt=SRBt，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率。由图2可知，01s时间内，B增大，增大，感应磁场与原磁场方向相反(感应磁场的磁感应强度的方向向外)，由右手定则感应电流是逆时针的，因而是负值。所以可判断01s为负的恒值；12s为零；23s为正的恒值，故C正确，ABD错误。故选C。例3.【答案】D【解析】由楞次定律判断可知，在线框穿过磁场的过程中，E的电势始终高于F电势，则UEF为正值；EF和CD边切割磁感线时产生的感应电动势为E=Bav。在0-a内，EF切割磁感线，EF的电压是路端电压，则UEF=34E=34Bav;在a-2a内，线框完全在磁场中运动，穿过线框的磁
11、通量没有变化，不产生感应电流，则UEF=E=Bav；在2a-3a内，E、F两端的电压等于路端电压的13，则UEF=14E=14Bav，故D正确，ABC错误。故选D。例4.【答案】BC【解析】解：AB、根据法拉第电磁感应定律E=BtS，01s内，磁感应强度的变化率恒定，感应电动势大小恒定，由欧姆定律I=ER知感应电流大小恒定；1s2s时间内，磁感应强度不变，无感应电动势，感应电流为零；2s3s内，磁感应强度的变化率恒定，感应电动势大小恒定，但感应电动势为01s内的一半；根据楞次定律01s线圈中感应电流方向为逆时针，方向沿正方向，；2s3s内线圈中感应电流方向为顺时针，方向沿负方向，故A错误，B正
12、确；CD、01s内，根据左手定则，受到的安培力向左，线框始终静止，受到向右的静摩擦力，由f=BIL，静摩擦力与磁感应强度B成正比，f随B的均匀减小而减小；12s内，感应电流为零，无安培力，无摩擦力；2s3s内，根据左手定则，受到的安培力水平向左，线框始终静止，受到向右的静摩擦力，由f=BIL，静摩擦力与磁感应强度成正比，f随B的变化而变化，故C正确，D错误；故选：BC。回路的磁通量发生变化，导致其产生感应电动势，由于电路闭合从而出现电流，进而导致线框产生安培力，而线框始终静止，则静摩擦力与安培力平衡所以由法拉第电磁感应定律可求出感应电流的大小，由楞次定律来判定电流的方向，最终可确定静摩擦力的方
13、向与大小。本题主要考查了安培力方向的判定和楞次定律的应用，结合受力平衡求出静摩擦力大小与方向是解题的关键。例5.【答案】D【解析】A.金属棒ab产生的焦耳热Qr=I2rt=qIr，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流I=BLvR+r小，故这一过程产生的焦耳热Qr=qIrqBLvR+rr=qBLvrR+rqBLv，故A错误；B.当达到最大速度时满足：mgsin=F安=B2L2vR+r，解得v=mg(R+r)sinB2L2，故B错误；C.由q=R+r=BLxR+r可知：下滑的位移x=q(R+r)BL，故C错误；D.当运动速度为14v时，则：mgsin-B2L2v4R+r=ma，解得其加速度为a
14、=34gsin，故D正确。故选D。例6.【答案】解：(1)当安培力为零时，金属棒的加速度最大，由牛顿第二定律有：mgsin=ma，解得：a=gsin；(2)金属棒的速度达到最大时，合外力为零，有：BILcos=mgsin，E=BLvcos ，I=E2R解得：v=2mgRsinB2L2cos2；(3)由能量守恒有：mgh=12mv2+2Q 解得：h=2m2gR2sin2B4L4cos4+2Qmg。答：(1)金属棒下滑过程中的最大加速度a=gsin；(2)金属棒的速度的最大值v=2mgRsinB2L2cos2；(3)金属棒的速度刚达到最大时，距离释放点的高度h=2m2gR2sin2B4L4cos4
15、+2Qmg。例7.【答案】解：(1)杆受力图如图所示：重力mg，竖直向下，支撑力N，垂直斜面向上，安培力F，沿斜面向上，故ab杆下滑过程中某时刻的受力示意如图所示，当ab杆速度为v时，感应电动势E=BLv，此时电路中电流：I=ER+r=BLvR+rab杆受到安培力：F=BIL=B2L2vr+R由牛顿运动定律得：mgsin-F=ma解得加速度为：a=gsin-B2L2v(R+r)m=2m/s2;(2)当金属杆匀速运动时，杆的速度最大，由平衡条件得mgsin=B2L2vR+r解得最大速度：vm=mg(R+r)sinB2L2=3m/s；(3)杆在下滑距离d时，根据电荷量的计算公式，可得q=It=ER
16、+rt=BLdr+R=2C由功能关系可得：mgdsin=Q+12mvm2解得回路产生的总热量：Q=mgdsin-m3g2(R+r)2sin22B4L4电阻R产生的热量：QR=RR+r(mgdsin-m3g2(R+r)2sin22B4L4)=mgdRsinR+r-m3g2R(r+R)sin22B4L4=1.875J。例8.【答案】AD【解析】A.刚释放金属棒时加速度最大，由牛顿第二定律得：mgsin=ma，解得最大加速度：a=gsin=5m/s2，故A正确；B.当金属棒做匀速直线运动时，速度最大，则有mgsin=BIL=BBLvmR+rL可得最大速度为vm=mg(R+r)sinB2L2=2m/s
17、，故B错误；C.设电阻R上产生的电热为Q，整个电路产生的电热为Q总，由能量守恒定律得：mgssin=12mvm2+Q总，电阻R上产生的热量：Q=RR+rQ总，代入数据解得：Q=6.4J，故C错误；D.通过金属棒横截面的电量为q=R+r=BLsR+r=51210=1C，故D正确。故选AD。例9.【答案】解：(1)设导体棒b滑到边界线MN的速度大小为v0，在其到达水平轨道过程中机械能守恒，则有：mgh=12mv02 导体棒b通过边界线MN时，发生电磁感应现象，导体棒a受到安培力作用而产生加速度即将开始运动，由电磁感应现象和牛顿第二定律可得：E=BLv0 I=E2R F=BIL a=Fm 解得：a=
18、4m/s2 (2)当导体棒b进入磁场后，a、b棒组成系统在水平方向合力为零，系统满足动量守恒和能量守恒。当导体棒速度稳定时，两者做速度相等的匀速运动：mv0=2mv 12mv02=122mv2+2Q 解得：Q=0.05J 例10.【答案】解：(1)车头进入磁场时线框ab边切割磁感线，有E=BLv0线框中的电流为I=ER联立式可得I=BLv0R线框所受的安培力为FA=BIL由牛顿第二定律可得FA+f=ma联立式可得a=B2L2v0+fRmR；(2)设列车前进速度方向为正方向，由动量定理可得-FA-t-ft=0-mv0其中FA-=B2L2v-R，代入上式得B2L2v-tR-ft=0-mv0其中v-t=s联立式可得t=mv0R-B2L2sfR。第9页，共10页