还剩14页未读，
继续阅读
2023届二轮复习 专题 电路与电磁感应——电磁感应中的综合问题 讲义（含解析）
展开
这是一份2023届二轮复习 专题 电路与电磁感应——电磁感应中的综合问题 讲义（含解析），共17页。
探究1电磁感应中的动力学问题
典例1：（2021·安徽省历年真题）如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06kg的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3 Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L＝0.6m。初始时CD与EF相距s0＝0.4m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1＝ m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B＝1 T，重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin α＝0.6。求：
（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
（3）导体框匀速运动的距离。
训练1：（2022·福建模拟）如图甲所示，两平行且固定的金属导轨与水平面夹角θ＝30°，间距为0.4m，上端连接一阻值R＝0.3Ω的定值电阻；垂直导轨的虚线两侧各有一匀强磁场，磁感应强度的大小B1＝B2＝0.5T，方向与两导轨所在平面垂直。t＝0时，长L＝0.4m、质量m＝0.05kg、电阻r＝0.1Ω的金属导体棒在沿平行导轨向下的外力F作用下，由MN处以初速度v0开始向下运动，运动过程中始终与导轨接触良好，流过电阻R的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。已知0～1s内外力F＝0.1N，两导轨和导线的电阻不计，g取10m/s2，求：
（1）导体棒初速度v0大小；
（2）导体棒与导轨间的动摩擦因数μ；
（3）1～2s内外力F与时间t的关系表达式。
探究2 电磁感应中的能量和动量问题
典例2:（2022·湖北月考）某兴趣小组为了研究电磁阻尼的原理，设计了如图所示的装置进行实验，水平平行轨道MN、PQ间距为L，处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，左端连着阻值为R的定值电阻，细绳绕过定滑轮一端连接质量为m，长为L、有效电阻也为R的导体棒a，另一端连接质量为3m的重物b，导体棒a始终保持水平并垂直于导轨，且与导轨接触良好，重物b距离地面的高度为h，刚开始a、b初速度均为0，现静止释放重物b，当重物b落地前瞬间导体棒a速度恰好达到稳定，（运动过程中不考虑摩擦力的影响）求：
（1）导体棒a稳定的速度v；
（2）导体棒a从开始运动到稳定的过程中电阻R上的热量QR；
（3）导体棒a从开始运动到稳定需要的时间t，以及重物落地后导体棒a继续前进的位移x。
训练2：（2021·福建模拟）如图，电阻不计的光滑平行金属导轨倾斜放置，倾角θ＝30°，间距为L＝0.2 m，空间存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝5 T，cd为磁场上边界。导体棒MN锁定在cd处，导体棒GH在导轨下方，两棒质量均为m＝0.1 kg、电阻均为R＝2 Ω。现棒GH在平行于导轨的恒力F作用下，由静止开始沿导轨向上运动，到达ab处速度恰好最大，速度大小为v1＝4 m/s，此时撤去F，再滑行x1＝0.6 m到达cd处时，棒MN立即解除锁定，两者发生完全弹性碰撞，棒MN滑行x2＝0.9 m到达最高处ef，棒GH未到达导轨底端。棒始终与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2。
（1）求恒力F大小；
（2）求棒GH运动到cd处与棒MN碰前的速度大小v2；
（3）棒MN从cd处运动到ef处的过程中，若通过棒MN的电荷量为q0＝0.2 C，求此过程棒GH产生的焦耳热Q。
探究3 电磁感应中的图像问题
典例3：（2022·福建省月考）如图所示，两条相距L的平行虚线间存在一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。现将一个上底为L、下底为3L、高为2L的等腰梯形闭合线圈，从图示位置以垂直于磁场边界的速度向右匀速穿过磁场，取逆时针方向为感应电流正方向，则该过程线圈中感应电流i随位移x变化的图像是（ ）
A．B．
C．D．
训练3：（2022·江苏模拟）如图所示，竖直平面内存在范围足够大、方向水平的磁场，同一高度处磁感应强度大小相等，竖直方向上磁感应强度随着向下的距离均匀增大。将一个竖直放置的正方形金属线框abcd从图示位置水平向右抛出，不计空气阻力。下列关于线框运动的加速度a、感应电流i随时间t，线框重力做功的功率P、机械能E随下落高度h变化的关系图像中，可能正确的是（ ）
B．
C．D．
电磁感应中的综合问题答案解析
典例1：关键信息：
（1）光滑固定斜面、金属棒与导体框同时由静止开始下滑、下滑距离s1＝ m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域 → 受力分析，结合牛顿运动定律可求解金属棒进入磁场时的速度 → 求感应电动势大小，感应电流大小以及安培力F安 → 比较F安与导体框沿斜面方向重力分量Mgsinα的大小 → 确定导体框进入磁场前的运动状态
（2）CD与EF相距s0＝0.4m、金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场 → 导体棒从进入到离开磁场的过程中，导体框的运动位移为s0＝0.4m
（3）金属棒、导体框在磁场中做匀速运动 → 两物体处于平衡状态
（4）导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速 → 导体框运动状态改变的条件是什么？
解题思路：分别对金属棒以及导体框进行受力分析，继而判断金属棒以及导体框在不同阶段的运动状态，同时结合右手定则、法拉第电磁感应定律、平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式进行相关的判断与计算
（1）设金属棒的质量为m，金属棒与导体框一起做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：(M＋m)gsinα＝(M＋m)a
代入数解得：a＝6m/s2
金属棒进入磁场时，设金属棒与导体框的速度大小为v0，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：v0＝＝m/s＝1.5m/s
金属棒切割磁感线产生的感应电动势：E＝BLv0
由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：I＝
金属棒在磁场中运动时受到的安培力大小：F安＝BIL
代入数据解得：F安＝0.18N
（2）由于F安＜Mgsinα，故金属棒在磁场中做匀速直线运动时，导体框做匀加速直线运动；
设金属棒与导体框间的滑动摩擦力大小为f，导体框进入磁场时的速度大小为v，
对导体框，由牛顿第二定律得：Mgsinα－f＝Ma框
由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2－＝2a框s0，
导体框刚进入磁场时所受安培力：F＝BI1L＝
导体框刚进入磁场时做匀速直线运动，对导体框，由平衡条件得：＋f＝Mgsinα
代入数据联立解得：a框＝5m/s2，f＝0.06N，v＝2.5m/s
金属棒在磁场中做匀速直线运动，由平衡条件得：F安＝mgsinα＋f
代入数据解得金属棒的质量：m＝0.02kg，
由滑动摩擦力公式得：f＝μmgcsα
代入数据解得，金属棒与导体框之间的动摩擦因数：μ＝0.375
（3）金属棒离开磁场后做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsinα＋f＝ma棒
代入数据解得：a棒＝9m/s2，
金属棒加速到与导体框速度v相等，然后两者一起做加速直线运动，
由匀变速直线运动的速度－时间公式得：v＝v0＋a棒t
金属棒加速到与导体框速度相等的时间：t＝s
在金属棒加速运动时间内，导体框做匀速直线运动，
导体框匀速运动的距离：s＝vt＝2.5× m＝ m。
训练1：
（1）已知间距为L＝0.4m，根据图像可知0～1s内电流强度为：I1＝0.5A，由于电流强度不变，则导体棒运动的速度大小不变，导体棒做匀速直线运动，根据法拉第电磁感应定律可得：E＝B1Lv0
根据闭合电路欧姆定律可得：E＝I1(R＋r)
联立解得：v0＝1m/s；
（2）0～1s内对导体棒受力分析如图1所示，可知：
已知0～1s内外力F＝0.1N，根据平衡条件可得：F＋mgsinθ＝B1I1L＋μmgcsθ
代入数据解得：μ＝；
（3）由图乙可知，1～2s内电流大小随时间的变化情况为：i＝t－0.5（A），方向M→N
根据闭合电路欧姆定律可得：i(R＋r)＝B2Lv
解得：v＝2t－1（m/s）
故导体棒做匀加速直线运动，加速度大小为：a＝2m/s2
安培力大小随时间变化情况为：FA2＝B2iL＝0.5×(t－0.5)×0.4N＝0.2t－0.1（N）
在1～2s内，其受力情况如图2，由牛顿第二定律得
根据牛顿第二定律可得：F＋mgsinθ－μmgcsθ－FA2＝ma
解得：F＝0.2t（N）（1s＜t≤2s），方向沿导轨向下。
典例2：关键信息：
（1）当重物b落地前瞬间导体棒a速度恰好达到稳定 → 对a、b整体受力分析，结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、共点力平衡条件进行分析求解
（2）电阻R上的热量QR → 根据能量守恒定律可知系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量以及系统内能的增加量 → 结合电路规律求解电阻R上的热量QR
（3）从开始运动到稳定需要的时间t、重物落地后导体棒a继续前进的位移x → 非匀变速直线运动，可结合动量定理求解时间以及位移
解题思路：确定好研究对象，对其受力分析、运动状态分析，结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿第二定律、能量关系、动量定理列式求解。
（1）a棒稳定时，a受重力、支持力、拉力和向左的安培力，a棒运动时产生的感应电动势为E＝BLv
感应电流为I＝
受到的安培力为FA＝BIL
根据平衡条件可得FA＝3mg
联立解得v＝；
（2）对棒和物体组成的系统，根据能量守恒3mgh＝(m＋3m)v2＋Q总
根据串联电路规律可得QR＝Q总
联立解得QR＝－；
（3）棒从静止开始运动到稳定速度，根据牛顿第二定律，对重物b，有3mg－FT＝3ma
对棒a有FT－FA＝ma
联立可得3mg－FA＝4ma
由动量定理得∑3mgΔt－∑Δt＝∑4maΔt
可得3mgt－h＝4mv
解得t＝＋；
棒从稳定开始运动到停止，由动量定理得－∑Δt＝0－mv
可得－x＝0－mv
解得x＝
训练2：
（1）在ab处，对GH棒有：
E＝BLv1 ①
I＝ ②
F安＝ILB ③
F＝mgsinθ＋F安 ④
联立①②③④解得：F＝1.5 N；
（2）对两导体棒在碰撞过程，设碰后GH棒的速度v2′，MN棒的速度为v3，有：
mv2＝mv2′＋mv3 ⑤
＝＋ ⑥
对MN棒有：＝mgx2sinθ ⑦
联立⑤⑥⑦解得：v2＝v3＝3m/s，v2′＝0
（3）碰后至MN棒到最高点，导体棒GH向下运动的位移为x，
通过棒MN的电量：q0＝ ⑧
＝ ⑨
联立⑧⑨得：q0＝ ⑩
设导体棒MN到达最高点时导体棒GH的速度为v4，
根据动量定理有：mgsinθ·t－·t＝mv4 ⑪
MN棒从cd处运动到ef处的过程中，有：v3＝gsinθt ⑫
对GH棒，根据能量守恒定律有：mgxsinθ－2Q＝ ⑬
联立⑩⑪⑫⑬解得：Q＝0.175 J
典例3：关键信息：等腰梯形闭合线圈、垂直于磁场边界的速度向右匀速穿过磁场 → 确定有效切割长度，继而确定电动势的大小 → 根据右手定则确定感应电流的方向
解题思路：根据楞次定律或右手定则判断感应电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流的大小。
由右手定则可知，刚进入磁场时，感应电流为逆时针方向，故感应电流为正，设两腰与水平面夹角为θ，则有效切割长度为：l＝L＋2xtanθ，
则感应电流为：i＝＝＋·x，即感应电流与位移成线性关系，且随位移增大而增大。
右侧底边出磁场后，有效切割长度为：l′＝2Ltanθ，即有效切割长度不变、感应电动势不变、感应电流保持不变；
之后左侧底边进入磁场后，由右手定则可知感应电流方向为顺时针方向，即感应电流为负，同理可知有效长度增大，即感应电流增大，故A正确、BCD错误。
故选：A。
训练3：
AB．因为相同高度处磁感应强度大小相等，而流过ab边和cd边的电流大小相同，利用左手定则判断出两边受到的安培力大小相等，方向相反，故水平方向上受力平衡，所以水平方向上做匀速运动，由楞次定律可知感应电流的方向为顺时针方向，根据左手定则判断出bc边所受安培力向上，ad边所受安培力向下，令bc边的磁感应强度为B2，ad边磁感应强度为B1，正方形边长为L，从而求出线框所受合外力：
F合＝mg－(B2－B1)IL＝ma
由于磁感应强度随向下的距离均匀增加，则有：B2－B1＝kl
联立得加速度大小为：a＝g－
感应电流大小为：I＝＝
所以当速度增大时，I增大，a减小，由于加速度减小，所以感应电流的变化率越来越小，结合：a＝g－
可知加速度的变化率越来越小，最后线框竖直方向做匀速直线运动，电流不再增大，加速度为零，故A正确，B错误；
C．初始时，线框的速度为零，所以P－h图像，h＝0时，重力功率应为零，故C错误；
D．除了重力之外的其他力做功等于机械能的变化量，根据：ΔE＝－F安h
可知E－h图象的斜率的绝对值为安培力的大小，由AB选项分析可知，安培力越来越大，最后不变，可知D错误。
故选A
探究1电磁感应中的动力学问题
典例1：（2021·安徽省历年真题）如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06kg的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3 Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L＝0.6m。初始时CD与EF相距s0＝0.4m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1＝ m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B＝1 T，重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin α＝0.6。求：
（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
（3）导体框匀速运动的距离。
训练1：（2022·福建模拟）如图甲所示，两平行且固定的金属导轨与水平面夹角θ＝30°，间距为0.4m，上端连接一阻值R＝0.3Ω的定值电阻；垂直导轨的虚线两侧各有一匀强磁场，磁感应强度的大小B1＝B2＝0.5T，方向与两导轨所在平面垂直。t＝0时，长L＝0.4m、质量m＝0.05kg、电阻r＝0.1Ω的金属导体棒在沿平行导轨向下的外力F作用下，由MN处以初速度v0开始向下运动，运动过程中始终与导轨接触良好，流过电阻R的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。已知0～1s内外力F＝0.1N，两导轨和导线的电阻不计，g取10m/s2，求：
（1）导体棒初速度v0大小；
（2）导体棒与导轨间的动摩擦因数μ；
（3）1～2s内外力F与时间t的关系表达式。
探究2 电磁感应中的能量和动量问题
典例2:（2022·湖北月考）某兴趣小组为了研究电磁阻尼的原理，设计了如图所示的装置进行实验，水平平行轨道MN、PQ间距为L，处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，左端连着阻值为R的定值电阻，细绳绕过定滑轮一端连接质量为m，长为L、有效电阻也为R的导体棒a，另一端连接质量为3m的重物b，导体棒a始终保持水平并垂直于导轨，且与导轨接触良好，重物b距离地面的高度为h，刚开始a、b初速度均为0，现静止释放重物b，当重物b落地前瞬间导体棒a速度恰好达到稳定，（运动过程中不考虑摩擦力的影响）求：
（1）导体棒a稳定的速度v；
（2）导体棒a从开始运动到稳定的过程中电阻R上的热量QR；
（3）导体棒a从开始运动到稳定需要的时间t，以及重物落地后导体棒a继续前进的位移x。
训练2：（2021·福建模拟）如图，电阻不计的光滑平行金属导轨倾斜放置，倾角θ＝30°，间距为L＝0.2 m，空间存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝5 T，cd为磁场上边界。导体棒MN锁定在cd处，导体棒GH在导轨下方，两棒质量均为m＝0.1 kg、电阻均为R＝2 Ω。现棒GH在平行于导轨的恒力F作用下，由静止开始沿导轨向上运动，到达ab处速度恰好最大，速度大小为v1＝4 m/s，此时撤去F，再滑行x1＝0.6 m到达cd处时，棒MN立即解除锁定，两者发生完全弹性碰撞，棒MN滑行x2＝0.9 m到达最高处ef，棒GH未到达导轨底端。棒始终与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2。
（1）求恒力F大小；
（2）求棒GH运动到cd处与棒MN碰前的速度大小v2；
（3）棒MN从cd处运动到ef处的过程中，若通过棒MN的电荷量为q0＝0.2 C，求此过程棒GH产生的焦耳热Q。
探究3 电磁感应中的图像问题
典例3：（2022·福建省月考）如图所示，两条相距L的平行虚线间存在一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。现将一个上底为L、下底为3L、高为2L的等腰梯形闭合线圈，从图示位置以垂直于磁场边界的速度向右匀速穿过磁场，取逆时针方向为感应电流正方向，则该过程线圈中感应电流i随位移x变化的图像是（ ）
A．B．
C．D．
训练3：（2022·江苏模拟）如图所示，竖直平面内存在范围足够大、方向水平的磁场，同一高度处磁感应强度大小相等，竖直方向上磁感应强度随着向下的距离均匀增大。将一个竖直放置的正方形金属线框abcd从图示位置水平向右抛出，不计空气阻力。下列关于线框运动的加速度a、感应电流i随时间t，线框重力做功的功率P、机械能E随下落高度h变化的关系图像中，可能正确的是（ ）
B．
C．D．
电磁感应中的综合问题答案解析
典例1：关键信息：
（1）光滑固定斜面、金属棒与导体框同时由静止开始下滑、下滑距离s1＝ m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域 → 受力分析，结合牛顿运动定律可求解金属棒进入磁场时的速度 → 求感应电动势大小，感应电流大小以及安培力F安 → 比较F安与导体框沿斜面方向重力分量Mgsinα的大小 → 确定导体框进入磁场前的运动状态
（2）CD与EF相距s0＝0.4m、金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场 → 导体棒从进入到离开磁场的过程中，导体框的运动位移为s0＝0.4m
（3）金属棒、导体框在磁场中做匀速运动 → 两物体处于平衡状态
（4）导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速 → 导体框运动状态改变的条件是什么？
解题思路：分别对金属棒以及导体框进行受力分析，继而判断金属棒以及导体框在不同阶段的运动状态，同时结合右手定则、法拉第电磁感应定律、平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式进行相关的判断与计算
（1）设金属棒的质量为m，金属棒与导体框一起做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：(M＋m)gsinα＝(M＋m)a
代入数解得：a＝6m/s2
金属棒进入磁场时，设金属棒与导体框的速度大小为v0，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：v0＝＝m/s＝1.5m/s
金属棒切割磁感线产生的感应电动势：E＝BLv0
由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：I＝
金属棒在磁场中运动时受到的安培力大小：F安＝BIL
代入数据解得：F安＝0.18N
（2）由于F安＜Mgsinα，故金属棒在磁场中做匀速直线运动时，导体框做匀加速直线运动；
设金属棒与导体框间的滑动摩擦力大小为f，导体框进入磁场时的速度大小为v，
对导体框，由牛顿第二定律得：Mgsinα－f＝Ma框
由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2－＝2a框s0，
导体框刚进入磁场时所受安培力：F＝BI1L＝
导体框刚进入磁场时做匀速直线运动，对导体框，由平衡条件得：＋f＝Mgsinα
代入数据联立解得：a框＝5m/s2，f＝0.06N，v＝2.5m/s
金属棒在磁场中做匀速直线运动，由平衡条件得：F安＝mgsinα＋f
代入数据解得金属棒的质量：m＝0.02kg，
由滑动摩擦力公式得：f＝μmgcsα
代入数据解得，金属棒与导体框之间的动摩擦因数：μ＝0.375
（3）金属棒离开磁场后做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsinα＋f＝ma棒
代入数据解得：a棒＝9m/s2，
金属棒加速到与导体框速度v相等，然后两者一起做加速直线运动，
由匀变速直线运动的速度－时间公式得：v＝v0＋a棒t
金属棒加速到与导体框速度相等的时间：t＝s
在金属棒加速运动时间内，导体框做匀速直线运动，
导体框匀速运动的距离：s＝vt＝2.5× m＝ m。
训练1：
（1）已知间距为L＝0.4m，根据图像可知0～1s内电流强度为：I1＝0.5A，由于电流强度不变，则导体棒运动的速度大小不变，导体棒做匀速直线运动，根据法拉第电磁感应定律可得：E＝B1Lv0
根据闭合电路欧姆定律可得：E＝I1(R＋r)
联立解得：v0＝1m/s；
（2）0～1s内对导体棒受力分析如图1所示，可知：
已知0～1s内外力F＝0.1N，根据平衡条件可得：F＋mgsinθ＝B1I1L＋μmgcsθ
代入数据解得：μ＝；
（3）由图乙可知，1～2s内电流大小随时间的变化情况为：i＝t－0.5（A），方向M→N
根据闭合电路欧姆定律可得：i(R＋r)＝B2Lv
解得：v＝2t－1（m/s）
故导体棒做匀加速直线运动，加速度大小为：a＝2m/s2
安培力大小随时间变化情况为：FA2＝B2iL＝0.5×(t－0.5)×0.4N＝0.2t－0.1（N）
在1～2s内，其受力情况如图2，由牛顿第二定律得
根据牛顿第二定律可得：F＋mgsinθ－μmgcsθ－FA2＝ma
解得：F＝0.2t（N）（1s＜t≤2s），方向沿导轨向下。
典例2：关键信息：
（1）当重物b落地前瞬间导体棒a速度恰好达到稳定 → 对a、b整体受力分析，结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、共点力平衡条件进行分析求解
（2）电阻R上的热量QR → 根据能量守恒定律可知系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量以及系统内能的增加量 → 结合电路规律求解电阻R上的热量QR
（3）从开始运动到稳定需要的时间t、重物落地后导体棒a继续前进的位移x → 非匀变速直线运动，可结合动量定理求解时间以及位移
解题思路：确定好研究对象，对其受力分析、运动状态分析，结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿第二定律、能量关系、动量定理列式求解。
（1）a棒稳定时，a受重力、支持力、拉力和向左的安培力，a棒运动时产生的感应电动势为E＝BLv
感应电流为I＝
受到的安培力为FA＝BIL
根据平衡条件可得FA＝3mg
联立解得v＝；
（2）对棒和物体组成的系统，根据能量守恒3mgh＝(m＋3m)v2＋Q总
根据串联电路规律可得QR＝Q总
联立解得QR＝－；
（3）棒从静止开始运动到稳定速度，根据牛顿第二定律，对重物b，有3mg－FT＝3ma
对棒a有FT－FA＝ma
联立可得3mg－FA＝4ma
由动量定理得∑3mgΔt－∑Δt＝∑4maΔt
可得3mgt－h＝4mv
解得t＝＋；
棒从稳定开始运动到停止，由动量定理得－∑Δt＝0－mv
可得－x＝0－mv
解得x＝
训练2：
（1）在ab处，对GH棒有：
E＝BLv1 ①
I＝ ②
F安＝ILB ③
F＝mgsinθ＋F安 ④
联立①②③④解得：F＝1.5 N；
（2）对两导体棒在碰撞过程，设碰后GH棒的速度v2′，MN棒的速度为v3，有：
mv2＝mv2′＋mv3 ⑤
＝＋ ⑥
对MN棒有：＝mgx2sinθ ⑦
联立⑤⑥⑦解得：v2＝v3＝3m/s，v2′＝0
（3）碰后至MN棒到最高点，导体棒GH向下运动的位移为x，
通过棒MN的电量：q0＝ ⑧
＝ ⑨
联立⑧⑨得：q0＝ ⑩
设导体棒MN到达最高点时导体棒GH的速度为v4，
根据动量定理有：mgsinθ·t－·t＝mv4 ⑪
MN棒从cd处运动到ef处的过程中，有：v3＝gsinθt ⑫
对GH棒，根据能量守恒定律有：mgxsinθ－2Q＝ ⑬
联立⑩⑪⑫⑬解得：Q＝0.175 J
典例3：关键信息：等腰梯形闭合线圈、垂直于磁场边界的速度向右匀速穿过磁场 → 确定有效切割长度，继而确定电动势的大小 → 根据右手定则确定感应电流的方向
解题思路：根据楞次定律或右手定则判断感应电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流的大小。
由右手定则可知，刚进入磁场时，感应电流为逆时针方向，故感应电流为正，设两腰与水平面夹角为θ，则有效切割长度为：l＝L＋2xtanθ，
则感应电流为：i＝＝＋·x，即感应电流与位移成线性关系，且随位移增大而增大。
右侧底边出磁场后，有效切割长度为：l′＝2Ltanθ，即有效切割长度不变、感应电动势不变、感应电流保持不变；
之后左侧底边进入磁场后，由右手定则可知感应电流方向为顺时针方向，即感应电流为负，同理可知有效长度增大，即感应电流增大，故A正确、BCD错误。
故选：A。
训练3：
AB．因为相同高度处磁感应强度大小相等，而流过ab边和cd边的电流大小相同，利用左手定则判断出两边受到的安培力大小相等，方向相反，故水平方向上受力平衡，所以水平方向上做匀速运动，由楞次定律可知感应电流的方向为顺时针方向，根据左手定则判断出bc边所受安培力向上，ad边所受安培力向下，令bc边的磁感应强度为B2，ad边磁感应强度为B1，正方形边长为L，从而求出线框所受合外力：
F合＝mg－(B2－B1)IL＝ma
由于磁感应强度随向下的距离均匀增加，则有：B2－B1＝kl
联立得加速度大小为：a＝g－
感应电流大小为：I＝＝
所以当速度增大时，I增大，a减小，由于加速度减小，所以感应电流的变化率越来越小，结合：a＝g－
可知加速度的变化率越来越小，最后线框竖直方向做匀速直线运动，电流不再增大，加速度为零，故A正确，B错误；
C．初始时，线框的速度为零，所以P－h图像，h＝0时，重力功率应为零，故C错误；
D．除了重力之外的其他力做功等于机械能的变化量，根据：ΔE＝－F安h
可知E－h图象的斜率的绝对值为安培力的大小，由AB选项分析可知，安培力越来越大，最后不变，可知D错误。
故选A
相关教案
物理一轮复习教案：10-4 电磁感应的综合应用 word版含解析： 这是一份物理一轮复习教案：10-4 电磁感应的综合应用 word版含解析，共13页。教案主要包含了电磁感应中的动力学问题，电磁感应中的能量转化问题等内容，欢迎下载使用。
物理一轮复习教案：10-3 电磁感应中的电路和图象问题 word版含解析： 这是一份物理一轮复习教案：10-3 电磁感应中的电路和图象问题 word版含解析，共13页。教案主要包含了电磁感应中的电路问题，电磁感应中的图象问题等内容，欢迎下载使用。
2023届二轮复习 专题 电路与电磁感应-直流电路的分析与计算 讲义（含解析）： 这是一份2023届二轮复习 专题 电路与电磁感应-直流电路的分析与计算 讲义（含解析），共8页。
