高考物理二轮复习训练常考题型汇编专题08 电磁感应的综合应用（电路问题、图像问题、动力学问题）（2份，原卷版+解析版）

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考点分类：考点分类见下表
考点一: 电磁感应中的电路问题
1.分析电磁感应电路问题的基本思路
(1)确定电源:用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和电源“正负”极,电源内部电流从低电势流向高电势;
(2)分析电路结构:根据“等效电源”和电路中其他元件的连接方式画出等效电路.注意区别内外电路,区别路端电压、电动势;
(3)利用电路规律求解:根据E=BLv或E=n 结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解.
2.电磁感应电路的几个等效问题
考点二 电磁感应的图像问题
1.图像问题类型
2.解题关键
弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键.
3.解决图像问题的一般步骤
(1)明确图像的种类,即是B-t图还是Φ-t图,或者E-t图、I-t图等;
(2)分析电磁感应的具体过程;
(3)用右手定则、楞次定律、左手定则或安培定则确定有关方向的对应关系;
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出函数关系式;
(5)根据函数关系式,进行数学分析,如分析斜率的变化、截距等;
(6)画图像或判断图像.
考点三：电磁感应中的动力学问题
两种状态及处理方法
2.力学对象和电学对象的相互关系
3.用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
典例精析
★考点一：电磁感应中的电路问题
◆典例一：(2018·芜湖模拟)如图所示,在匀强磁场中竖直放置两条足够长的平行导轨,磁场方向与导轨所在平面垂直,磁感应强度大小为B0,导轨上端连接一阻值为R的电阻和开关S,导轨电阻不计,两金属棒a和b的电阻都为R,质量分别为ma=0.02 kg和mb=0.01 kg,它们与导轨接触良好,并可沿导轨无摩擦地运动,若将b棒固定,开关S断开,用一竖直向上的恒力F拉a棒,稳定后a棒以v1=10 m/s的速度向上匀速运动,此时再释放b棒,b棒恰能保持静止.(g=10 m/s2)
求拉力F的大小;
(2)若将a棒固定,开关S闭合,释放b棒,求b棒滑行的最大速度v2;
(3)若将a棒和b棒都固定,开关S断开,使磁感应强度从B0随时间均匀增加,经0.1 s后磁感应强度增大到2B0时,a棒受到的安培力大小正好等于a棒的重力,求两棒间的距离.
解析:(1)设轨道宽度为L,开关S断开,a棒做切割磁感线运动,产生的感应电动势为E1=B0Lv1,a棒与b棒构成串联闭合电路,电流为I1= QUOTE ,a棒,b棒受到的安培力大小为Fa=I1LB0,Fb=I1LB0,依题意,对a棒有F=Fa+Ga,对b棒有Fa=Gb,所以F=Ga+Gb=0.3 N.
(2)a棒固定、开关S闭合后,当b棒以速度v2匀速下滑时,b棒滑行速度最大,此时b棒产生的感应电动势为E2=B0Lv2,等效电路图如图2所示.其内、外总电阻R=Rb+ QUOTE = QUOTE R,所以电流为I2= QUOTE = QUOTE ,b棒受到的安培力与b棒的重力平衡,有mbg= QUOTE ,由(1)中分析可知mbg= QUOTE ,联立可得v2=7.5 m/s.
(3)设两棒间距为d,当磁场均匀变化时,产生的感应电动势为E3= QUOTE Ld,由于S断开,回路中电流为I3= QUOTE ,依题意,a棒所受安培力2B0I3L=Ga,代入数据解得d=1 m.
◆典例二：(2017·唐山模拟)在同一水平面上的光滑平行导轨P、Q相距l＝1 m，导轨左端接有如图所示的电路。其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d＝10 mm，定值电阻R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω，金属棒ab的电阻r＝2 Ω，其他电阻不计。磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间的质量m＝1×10－14kg、电荷量q＝－1×10－14C的微粒恰好静止不动。取g＝10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且速度保持恒定。试求：
(1)匀强磁场的方向；
(2)ab两端的路端电压；
(3)金属棒ab运动的速度。
【答案：】(1)竖直向下 (2)0.4 V (3)1 m/s
【解析】:(1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M板带正电。ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由b→a，其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下。
(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg＝Eq
又E＝eq \f(UMN,d)
所以UMN＝eq \f(mgd,q)＝0.1 V
R3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流为I＝eq \f(UMN,R3)＝0.05 A
则ab棒两端的电压为Uab＝UMN＋Ieq \f(R1R2,R1＋R2)＝0.4 V。
(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝Blv
由闭合电路欧姆定律得E＝Uab＋Ir＝0.5 V
联立解得v＝1 m/s。
◆典例三（2018洛阳联考）如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k＞0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝eq \f(R0,2)。闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则( )
A.R2两端的电压为eq \f(U,7)
B.电容器的a极板带正电
C.滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
D.正方形导线框中的感应电动势为kL2
【答案】AC
解析:由法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)S有E＝kπr2，D错误；因k＞0，由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器b极板带正电，B错误；由题图知外电路结构为R2与R的右半部并联，再与R的左半部、R1相串联，故R2两端电压U2＝eq \f(\f(R0,2)×\f(1,2),R0＋\f(R0,2)＋\f(R0,2)×\f(1,2))U＝eq \f(U,7)，A正确；设R2消耗的功率为P＝IU2，则R消耗的功率P′＝2I×2U2＋IU2＝5P，故C正确。
★考点二：电磁感应的图像问题
◆典例一：．(多选)(2017·山东第一次大联考)如图所示，导体棒沿两平行导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形abcd磁场区域，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图像正确的是(规定电流由M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)( )
【答案】AC
解析:导体棒在左半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向上，电流M经R到N为正值，且逐渐变大，导体棒在右半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向下，电流为负值，且逐渐减小，且满足经过分界线时感应电流大小突然加倍，A正确，B错误；第一段时间内安培力大小F＝BIL∝L2，第2段时间内F＝2BIL∝L2，C正确，D错误。
◆典例二： (2017·德州一模)(多选)如图所示,abcd为一边长为l的正方形导线框,导线框位于光滑水平面内,其右侧为一匀强磁场区域,磁场的边界与线框的cd边平行,磁场区域的宽度为2l,磁感应强度为B,方向竖直向下.线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右运动,直至通过磁场区域.cd边刚进入磁场时,线框开始匀速运动,规定线框中电流沿逆时针时方向为正,则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中,a,b两端的电压Uab及导线框中的电流i随cd边的位置坐标x变化的图线可能是( )
【答案】BD
[解析]:线框进入磁场的过程做匀速直线运动,感应电动势E=Blv恒定,线框中的电流大小恒定,方向沿逆时针方向,a,b两端的电压Uab= QUOTE Blv;线框完全在磁场中运动时,穿过闭合电路的磁通量不变,线框中感应电流为零,做匀加速运动,但ab边两端的电压 Uab=Blv=Bl QUOTE ,其中v0为匀速运动的速度,Uab随位移x增大而增大但不是线性关系,当出磁场时,线框做减速运动,Uab不断减小,故A错误,B正确;线框进入过程中,线框中的电流大小恒定且为逆时针,完全进入磁场时电流为零;线框离开磁场,做减速运动,加速度逐渐减小,线框刚好完全离开磁场时,速度大于或等于匀速运动时的速度,但不可能为零,故此时电流也不可能为零,故C错误,D正确.
★考点三：电磁感应中的动力学问题
◆典例一： (2016·全国Ⅱ卷,24)如图,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻,质量为m,长度为l的金属杆置于导轨上.t=0时,金属杆在水平向 右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动.t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求:
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小;
(2)电阻的阻值.
【解析】:(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得ma=F-μmg,
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有v=at0,
当金属杆以速度v在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律,杆中的电动势为E=Blv,联立解得E=Blt0( -μg).
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为I,根据欧姆定律I= QUOTE ,
式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为FA=BlI,
因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得F-μmg-FA=0,联立解得
◆典例二【2018·高考江苏卷】如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d.导轨处于
匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的
距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金
属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g.求下滑到底端的过程中，金属棒
(1)末速度的大小v.
(2)通过的电流大小I.
(3)通过的电荷量Q.
【答案】 (1)eq \r(2as) (2)eq \f(mgsin θ－a,dB) (3)eq \f(m\r(2as)gsin θ－a,dBa)
【解析】 (1)金属棒做匀加速直线运动，有v2＝2as，解得v＝eq \r(2as).
(2)安培力F安＝IdB，金属棒所受合力F＝mgsin θ－F安
由牛顿第二定律F＝ma
解得I＝eq \f(mgsin θ－a,dB)
(3)运动时间t＝eq \f(v,a)，电荷量Q＝It
解得Q＝eq \f(m\r(2as)gsin θ－a,dBa)
1.(2019·福建南平高三第一次质检)如图所示，水平面内有一足够长的平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，两导轨左端用导线与电容器C(电容器不带电)及开关连接。匀强磁场与导轨平面垂直，与导轨接触良好的导体棒垂直于导轨以某一初速度向右运动。某时刻将开关S闭合并开始计时，用v、q、i和a分别表示导体棒的速度、电容器所带电荷量、导体棒中的电流和导体棒的加速度。则图中正确的是( )

【答案】 D
【解析】 导体棒切割磁感线产生感应电动势，闭合开关，导体棒给电容器充电，电容器两板间电压增加，同时导体棒中有向上的充电电流，并在向左的安培力作用下做减速运动，当感应电动势等于电容器两板间电压后，不再充电，导体棒也不再受安培力作用而做匀速直线运动，A错误；电容器所带电荷量Q＝CU，电荷量增加到一定值不再变化，最终不为零，B错误；当感应电动势等于电容器两板间电压后，不再给电容器充电，最终电流为零，C错误；由E＝BLv，I＝eq \f(E－U,R)，F安＝BIL＝ma联立，解得导体棒的加速度a＝eq \f(B2L2v,R)－eq \f(BL,R)·U，随着t增大，v减小，U增大，则a减小，故v随时间减小得越来越慢，又I减小，故U＝eq \f(q,C)随时间增加得越来越慢，可知a随时间减小得越来越慢，直至导体棒做匀速直线运动，a＝0，D正确。
2.(2019·山东泰安检测)矩形线框abcd固定放在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随
时间t变化的图象如图甲所示．设t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，图乙中i表示线圈中感应电
流的大小(规定电流沿顺时针方向为正)，F表示线框ab边所受的安培力的大小(规定ab边中所受的安培力方
向向左为正)，则下列图象中可能正确的是( )

【答案】 AC
【解析】 在0～2 s内，磁感应强度均匀变化，线框的磁通量均匀变化，产生恒定电流．磁场方向先向里后向外，磁通量先减小后增大，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向，电流为正值．根据法拉第电磁感应定律得：E＝eq \f(ΔB,Δt)S，该段时间内eq \f(ΔB,Δt)恒定，则感应电动势恒定，由I＝eq \f(E,R)可知感应电流也一定．同理得知，在2～4 s内，感应电流方向为逆时针方向，电流为负值，感应电流也一定，故A正确，B错误；在0～2 s内，线框ab边所受的安培力的大小为F＝BIL，IL一定，F与B成正比，而由楞次定律判断可知，安培力方向先向左后向右，即先为正值后为负值．同理得知，在2～4 s内，F与B成正比，安培力方向先向左后向右，即先为正值后为负值，与0～2 s内情况相同，故C正确，D错误．
3．(2017·上饶二模)在如图所示的竖直平面内，在水平线MN的下方有足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线框顶点C与MN重合，线框由静止释放，沿轴线DC方向竖直落入磁场中。忽略空气阻力，从释放到线框完全进入磁场过程中，关于线框运动的v­t图像，可能正确的是( )
【答案】C
【解析】线框进入磁场过程中受到的安培力F＝BIL＝eq \f(B2l2v,R)，线框切割磁感线的有效长度l增大、安培力增大，由牛顿第二定律得：mg－F＝ma，得a＝g－eq \f(B2l2v,mR)，线框由静止加速，由于l、v不断增大，a不断减小，则线框做加速度减小的加速运动，故C正确。
4.(2017·唐山模拟)在同一水平面上的光滑平行导轨P、Q相距l＝1 m，导轨左端接有如图所示的电路。其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d＝10 mm，定值电阻R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω，金属棒ab的电阻r＝2 Ω，其他电阻不计。磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间的质量m＝1×10－14kg、电荷量q＝－1×10－14C的微粒恰好静止不动。取g＝10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且速度保持恒定。试求：
(1)匀强磁场的方向；
(2)ab两端的路端电压；
(3)金属棒ab运动的速度。
【解析】(1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M板带正电。ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由b→a，其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下。
(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg＝Eq
又E＝eq \f(UMN,d)
所以UMN＝eq \f(mgd,q)＝0.1 V
R3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流为I＝eq \f(UMN,R3)＝0.05 A
则ab棒两端的电压为Uab＝UMN＋Ieq \f(R1R2,R1＋R2)＝0.4 V。
(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝Blv
由闭合电路欧姆定律得E＝Uab＋Ir＝0.5 V
联立解得v＝1 m/s。
答案：(1)竖直向下 (2)0.4 V (3)1 m/s
5.(2019·广西五市考前联考)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ，间距为L，电阻不计，两导
轨构成的平面与水平面成θ角．金属棒ab、cd用绝缘轻绳连接，其电阻均为R，质量分别为2m和m.沿斜面向上的力作用在cd上使两棒静止，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，重力加速度大小为g，将轻绳烧断后，保持F不变，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，则( )
A．轻绳烧断瞬间，cd的加速度大小a＝eq \f(1,2)gsinθ
B．轻绳烧断后，cd做匀加速运动
C．轻绳烧断后，任意时刻两棒运动的速度大小之比vab∶vcd＝1∶2
D．棒ab的最大速度vabm＝eq \f(2mgRsin θ,3B2L2)
【答案】：C
【解析】：沿斜面向上的力F作用在cd上使两棒静止，由平衡条件可得F＝3mgsin θ，轻绳烧断瞬间，cd受到沿斜面向上的力F和重力、支持力作用，由牛顿第二定律，F－mgsin θ＝ma，解得cd的加速度大小a＝2gsin θ，选项A错误；轻绳烧断后，cd切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，受到与速度相关的安培力作用，所以cd做变加速运动，选项B错误；对两导体棒组成的系统，所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可知，轻绳烧断后，任意时刻两棒运动的速度大小之比vab∶vcd＝1∶2，选项C正确；当棒ab达到最大速度时，ab棒受力平衡，2mgsin θ＝BIL，I＝eq \f(E,2R)，E＝BLvabm＋BL·2vabm＝3BLvabm，联立解得：vabm＝eq \f(4mgRsin θ,3B2L2)，选项D错误．
6.(2019·广东佛山普通高中教学质量检测)如图所示，两根互相平行的金属导轨MN、PQ水平放置，相距d＝1 m、且足够长、不计电阻。AC、BD区域光滑，其他区域粗糙且动摩擦因数μ＝0.2，并在AB的左侧和CD的右侧存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度均为B＝2 T。在导轨中央放置着两根质量均为m＝1 kg、电阻均为R＝2 Ω的金属棒a、b，用一锁定装置将一弹簧压缩在金属棒a、b之间(弹簧与a、b不栓连)，此时弹簧具有的弹性势能E＝9 J。现解除锁定，当弹簧恢复原长时，a、b棒刚好进入磁场，且b棒向右运动x＝0.8 m后停止，g取10 m/s2，求：
(1)a、b棒刚进入磁场时的速度大小；
(2)金属棒b刚进入磁场时的加速度大小；
(3)整个运动过程中电路中产生的焦耳热。
【答案】 (1)3 m/s 3 m/s (2)8 m/s2 (3)5.8 J
【解析】 (1)设a、b棒刚进入磁场时的速度大小分别为va、vb，对a、b组成的系统，
由动量守恒定律得：0＝mva－mvb，
由能量守恒定律得：Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,a)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,b)，
解得va＝vb＝3 m/s。
(2)当a、b棒刚进入磁场时，两棒均切割磁感线，产生的感应电动势串联，则有：Ea＝Eb＝Bdva＝6 V，
回路中感应电流I＝eq \f(2Ea,2R)＝3 A，
对b受力分析，由牛顿第二定律得：BId＋μmg＝mab，
解得ab＝8 m/s2。
(3)将弹簧和金属棒a、b看做一个系统，分析可知，a、b棒所受力时刻大小相等、方向相反，故系统动量守恒，由动量守恒定律可知，a、b棒的速率时刻相同，即两者移动相同距离后停止，则在整个运动过程中，对系统，由能量守恒可得：Ep＝2μmgx＋Q，解得Q＝5.8 J。
7..两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25
m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、
b的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．现杆
b以初速度大小v0＝5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过
杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图象如图乙所示(以a
运动方向为正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g取10 m/s2，求：
(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；
(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；
(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．
【答案】 (1)5 s (2)eq \f(7,3) C (3)eq \f(115,6) J
【解析】 (1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定量，有Bdeq \x\t(I)·Δt＝mb(v0－vb0)
其中vb0＝2 m/s
代入数据解得Δt＝ 5 s.
(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)
解得va＝eq \r(2gh)＝5 m/s
设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′
代入数据解得v′＝eq \f(8,3) m/s
杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′)
而q＝I·Δt′
代入数据得q＝eq \f(7,3) C.
(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为
Q＝magh＋eq \f(1,2)mbveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(mb＋ma)v′2＝eq \f(161,6) J
b棒中产生的焦耳热为Q′＝eq \f(5,2＋5)Q＝eq \f(115,6) J.
考点内容
常见题型及要求
考点一 电磁感应中的电路问题
选择题、 计算题
考点二 电磁感应的图像问题
选择题、计算题
考点三 电磁感应中的动力学问题
选择题、计算题
类型
据电磁感应过程
选图像
据图像分析判断电磁
感应过程
求解
流程
状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析