高考物理核心高頻考點(diǎn)專題備考專題50 電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用（一）（解析版）

專題50電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用（一）1.電磁感應(yīng)的電路電磁感應(yīng)的電路問題是把電磁感應(yīng)和串、并聯(lián)電路綜合在一起,其中產(chǎn)生電磁感應(yīng)的那部分電路(如導(dǎo)體棒切割、磁通量發(fā)生變化的線圈)是電路的電源,是內(nèi)電路,外電路是由電阻、電容等電學(xué)元件組成的,二者可以通過閉合電路歐姆定律求出感應(yīng)電流聯(lián)系起來,即感應(yīng)電流的求解在電磁感應(yīng)的電路問題中起著一個重要的“橋梁”作用。2.解決電磁感應(yīng)中的電路問題三部曲3.兩類圖象問題(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出正確的圖象。(2)由給定的圖象分析電磁感應(yīng)過程,定性或定量求解相應(yīng)的物理量或推斷出其他圖象。常見的圖象有B-t圖、E-t圖、i-t圖、v-t圖、F-t及E-x圖、I-x圖象等。4.解題步驟(1)明確圖象的種類,即縱、橫軸的含義。(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程。(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應(yīng)關(guān)系。(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運(yùn)動定律等知識寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式。(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式,進(jìn)行數(shù)學(xué)分析,如分析斜率的變化、截距、面積等。(6)畫圖象或判斷圖象。5.注意事項(xiàng):處理圖象問題要做到“四明確、一理解”6.電磁感應(yīng)知識與力學(xué)規(guī)律的聯(lián)系由于感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用,因此電磁感應(yīng)問題往往跟力學(xué)問題聯(lián)系在一起。解決這類問題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(共點(diǎn)力的平衡條件、牛頓運(yùn)動定律、動能定理等)。7.用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題【典例1】[電磁感應(yīng)中的電路問題]（多選）如圖所示，螺線管中線圈匝數(shù)為n，橫截面積為S，總電阻為R，其a，b兩端與兩個定值電阻R1和R2相連，已知R1=R2A.a端電勢比b端電勢高

B.t=0時，通過螺線管的磁通量為nB0S

C.0?t0內(nèi)，通過R1的電荷量為2nkt【答案】AD【解析】A.由于螺線管中勻強(qiáng)磁場沿軸線向上，且隨時間逐漸增大，則線圈中的磁通量逐漸增加，由楞次定律可得感應(yīng)磁場沿螺線管軸線向下，則感應(yīng)電流由a點(diǎn)流入電阻，即a端的電勢比b端的電勢高，故A正確；

B.在t=0時刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，則此時通過螺線管的磁通量為：Φ=B0S，與匝數(shù)無關(guān)系，故B錯誤；C.由法拉第電磁感應(yīng)定律知，感應(yīng)電動勢為：E=nΔΦΔt=nΔBΔtS=nkS，感應(yīng)電流為：I=ER總=2nkS3R，則流過電阻R1的電流為：I1=12I=nkS【典例2】[電磁感應(yīng)中的圖象問題一]如圖所示，在光滑水平面上，有一個粗細(xì)均勻的單匝正方形閉合線框abcd。t?=?0時刻，線框在水平外力的作用下，從靜止開始向右做勻加速直線運(yùn)動，bc邊剛進(jìn)入磁場的時刻為t1，ad邊剛進(jìn)入磁場的時刻為t2，設(shè)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小為i，ad邊兩端電壓大小為U，水平拉力大小為F，則下列i、U、F隨運(yùn)動時間t變化關(guān)系圖像正確的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】AB.由題得到，金屬桿的速度與時間的關(guān)系式為v=at，a是加速度。由E=BLv和I=ER得，感應(yīng)電流與時間的關(guān)系式為

i=BLaRt，B、L、a均不變，當(dāng)0?t1時間內(nèi)，感應(yīng)電流為零，t1?t2時間內(nèi)，電流i與t成正比，t2時間后無感應(yīng)電流，故AB錯誤；C.由E=BLv和I=ER得，感應(yīng)電流與時間的關(guān)系式為i=BLaRt，當(dāng)0?t1時間內(nèi)，感應(yīng)電流為零，ad的電壓為零，t1?t2時間內(nèi)，電流i與t成正比，Uad=iRad=BLatR×14R=BLat4，電壓隨時間均勻增加，【典例3】[電磁感應(yīng)中的圖象問題二]（多選）如圖甲所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一電阻R，整個裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中。t=0時對金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F，使金屬棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動，金屬棒電阻為r，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。已知通過電阻R的感應(yīng)電流I隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示。下列關(guān)于棒的運(yùn)動速度v、外力F、流過R的電荷量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時間變化的圖像正確的是(

)。A.B.C.D.【答案】AB【解析】

根據(jù)題圖乙所示的I?t圖像可知I=kt，其中k為比例系數(shù)，由閉合電路歐姆定律可得I=ER+r=kt，可推出：E=kt(R+r)，而E=ΔΦΔt，所以有ΔΦΔt=kt(R+r)，ΔΦΔt?t圖像是一條過原點(diǎn)且斜率大于零的直線，故B正確；因E=Blv，所以v=k(R+r)Blt，v?t圖像是一條過原點(diǎn)且斜率大于零的直線，說明金屬棒做的是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，即v=at，故A正確；對金屬棒在沿導(dǎo)軌方向有F?BIl=ma，而I=BlvR+r，【典例4】[電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題——水平導(dǎo)軌]如圖甲所示，間距為L=0.5m的兩條平行金屬導(dǎo)軌，水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T，軌道左側(cè)連接一定值電阻R=1Ω.垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒ab在水平外力F作用下沿導(dǎo)軌運(yùn)動，并始終與導(dǎo)軌接觸良好.t=0時刻，導(dǎo)體棒從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，力F隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示.已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均不計(jì).取g=10m/s2

(1)導(dǎo)體棒的加速度大小;

(2)導(dǎo)體棒的質(zhì)量．【答案】解：(1)設(shè)導(dǎo)體棒做勻加速運(yùn)動的加速度為a，某時刻t，導(dǎo)體棒的速度為v，質(zhì)量為m，導(dǎo)體棒所受摩擦力大小為f，則導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢為E=BLv，由速度公式得v=at，

回路中的電流為I=?E?R

導(dǎo)體棒受到的安培力大小為F安=BIL，

由牛頓第二定律得F?F安?f=ma，

聯(lián)立以上各式得F=?B2L2aR??t+ma+f，

由圖象可知前0～10s時間內(nèi)，圖線斜率為0.05，則B2L2【典例5】[電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題——傾斜導(dǎo)軌]如圖甲所示，平行的金屬導(dǎo)軌MN和PQ平行，間距L=1.0m，與水平面之間的夾角α=37°，勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0T，方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，MP間接有阻值R=1.5Ω的電阻，質(zhì)量m=0.5kg，電阻r=0.5Ω的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2?，F(xiàn)用恒力F沿導(dǎo)軌平面向上拉金屬桿ab，使其由靜止開始運(yùn)動，當(dāng)金屬棒上滑的位移s=3.8m時達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，對應(yīng)過程的v?t圖象如圖乙所示。取g=10m/s2，導(dǎo)軌足夠長。求：

【答案】解：(1)當(dāng)金屬棒勻速運(yùn)動時，由平衡條件得F=μmgcos37°+mgsin37°+F安

其中F安=BIL=BBLvR+rL=2N，其中v=1m/s解得F=5.8N

當(dāng)金屬桿的速度為0.4m/s時，有F安1=BI1L=BBL【點(diǎn)對點(diǎn)01】如圖所示，在光滑水平面上，有一個粗細(xì)均勻的單匝正方形閉合線框abcd。t?=?0時刻，線框在水平外力的作用下，從靜止開始向右做勻加速直線運(yùn)動，bc邊剛進(jìn)入磁場的時刻為t1，ad邊剛進(jìn)入磁場的時刻為t2，設(shè)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小為i，ad邊兩端電壓大小為U，水平拉力大小為F，則下列i、U、F隨運(yùn)動時間t變化關(guān)系圖像正確的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】AB.由題得到，金屬桿的速度與時間的關(guān)系式為v=at，a是加速度。由E=BLv和I=ER得，感應(yīng)電流與時間的關(guān)系式為

i=BLaRt，B、L、a均不變，當(dāng)0?t1時間內(nèi)，感應(yīng)電流為零，t1?t2時間內(nèi)，電流i與t成正比，t2時間后無感應(yīng)電流，故AB錯誤；C.由E=BLv和I=ER得，感應(yīng)電流與時間的關(guān)系式為i=BLaRt，當(dāng)0?t1時間內(nèi)，感應(yīng)電流為零，ad的電壓為零，t1?t2時間內(nèi)，電流i與t成正比，Uad=iRad=BLatR×14R=BLat4，電壓隨時間均勻增加，【點(diǎn)對點(diǎn)02】如圖所示，一個有矩形邊界的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里。一個三角形閉合導(dǎo)線框，由位置1(左)沿紙面勻速運(yùn)動到位置2(右)。取線框剛到達(dá)磁場邊界的時刻為計(jì)時起點(diǎn)(t=0)，規(guī)定逆時針方向?yàn)殡娏鞯恼较?，則下圖中能正確反映線框中電流與時間關(guān)系的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】線框進(jìn)入磁場的過程，磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場向外，由安培定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針，電流方向應(yīng)為正方向，線框有效的切割長度先均勻增大后均勻減小，由E=BLv可知感應(yīng)電動勢先均勻增大后均勻減??；線框完全進(jìn)入磁場后，磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生；線框穿出磁場的過程，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場向里，由安培定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r針，電流方向應(yīng)為負(fù)方向，線框有效的切割長度先均勻增大后均勻減小，由E=BLv，可知感應(yīng)電動勢先均勻增大后均勻減小，故B正確，ACD錯誤。故選B。

【點(diǎn)對點(diǎn)03】如圖所示，兩電阻不計(jì)的足夠長光滑導(dǎo)軌傾斜放置，上端連接一電阻R，空間有一垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場B，一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，從某處自由釋放，下列四幅圖像分別表示導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中速度v與時間t關(guān)系、加速度a與時間t關(guān)系、機(jī)械能E與位移x關(guān)系、以及通過導(dǎo)體棒電量q與位移x關(guān)系，其中可能正確的是(

)A.B.C.D.【答案】C【解析】A.由左手定則判斷導(dǎo)體棒所受的安培力F安沿斜面向上，導(dǎo)體棒開始階段速度增大，感應(yīng)電動勢增大，感應(yīng)電流增大，安培力增大，由于導(dǎo)軌足夠長，當(dāng)F安=mgsinθ時棒做勻速直線運(yùn)動，故A錯誤；B.設(shè)導(dǎo)體棒長為L，根據(jù)牛頓第二定律可得a=F合m=mgsinθ?BLvm，因?yàn)関隨時間增加的越來越慢，則a隨時間減小的越來越慢，故B錯誤；C.機(jī)械能減少量等于克服安培力做的功，而安培力越來越大，則相同位移內(nèi)安培力做功越來越多，所以機(jī)械能減少的越來越快，故C正確；D.由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=ΔΦΔt=BLxΔt，平均感應(yīng)電流為【點(diǎn)對點(diǎn)04】如圖甲所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一電阻為R的定值電阻，電阻為r的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，其他部分電阻不計(jì)。整個裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中。t=0時對金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌向上的外力F，使金屬棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動，通過定值電阻R的電荷量q隨時間的平方t2變化的關(guān)系如圖乙所示。下列關(guān)于穿過回路abPMa的磁通量Φ、金屬棒的加速度a、外力F、通過電阻R的電流I隨時間t變化的圖象中正確的是(

)A.B.C.D.【答案】C【解析】設(shè)導(dǎo)體棒ab沿斜面向上移動d的過程中，通過定值電阻R的電荷量為q，設(shè)導(dǎo)體棒的長度為L，則有：q=ΔΦR=BLRd…①，由①式可得△Φ=Rq，因q與t2成正比，設(shè)比例系數(shù)為k，則有：Φ?Φ0=kRt2，即：Φ=Φ0+kRt2…②，由圖乙可知通過定值電阻R的電荷量q與t2成正比，根據(jù)①可知導(dǎo)體棒【點(diǎn)對點(diǎn)05】（多選）如圖(a)所示，一個電阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路，線圈的半徑為r1,在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂真于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系圖線如圖(b)所示，圖線與橫、縱軸的交點(diǎn)坐標(biāo)分別為t0和B0,A.R1中電流的方向由a到b通過R1 B.電流的大小為nπB0r223Rt0【答案】BD【解析】AB、由圖象分析可知，0至t1時間內(nèi)有，由法拉第電磁感應(yīng)定律有：E=nΔΦΔt=nΔBΔtS面積為：S=πr22

由閉合電路歐姆定律有：I1=ER1+R聯(lián)立以上各式解得，通過電阻R1上的電流大小為：I1=nπB0r223Rt0【點(diǎn)對點(diǎn)06】（多選）如圖所示，固定在同一水平面內(nèi)的兩平行長直金屬導(dǎo)軌，間距為1m，其左端用導(dǎo)線接有兩個阻值為4Ω的電阻，整個裝置處在豎直向上、大小為2T的勻強(qiáng)磁場中。一質(zhì)量為2kg的導(dǎo)體桿MN垂直于導(dǎo)軌放置，已知桿接入電路的電阻為2Ω，桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為0.5。對桿施加水平向右、大小為20N的拉力，桿從靜止開始沿導(dǎo)軌運(yùn)動，桿與導(dǎo)軌始終保持良好接觸，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度g=10m/s2。則(

)A.M點(diǎn)的電勢高于N點(diǎn)

B.桿運(yùn)動的最大速度是10m/s

C.桿上產(chǎn)生焦耳熱與兩電阻產(chǎn)生焦耳熱的和相等

D.當(dāng)桿達(dá)到最大速度時，MN兩點(diǎn)間的電勢差大小為20V【答案】BC【解析】A.根據(jù)右手定則可知導(dǎo)體桿MN的電流從M流向N，M點(diǎn)的電勢低于N點(diǎn)，故A錯誤；BD.導(dǎo)體桿MN在恒力F作用下做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)加速度為零的時候，導(dǎo)體桿ab達(dá)到最大速度，此后做勻速直線運(yùn)動，即穩(wěn)定狀態(tài)，有：F=F安+μmg且F安=BIL，E=BLvm，R總=R2R+R+r=4Ω，I=ER總，UMN【點(diǎn)對點(diǎn)07】（多選）如圖所示，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌MN與PQ的間距為L，質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab垂直跨在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，整個裝置處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.電路中電容器電容為C，定值電阻阻值為R，其他電阻不計(jì)．現(xiàn)給導(dǎo)體棒ab一水平向右的初速度，當(dāng)電路穩(wěn)定后，導(dǎo)體棒ab以速度v向右勻速運(yùn)動，則(????)A.電容器兩板間的電壓小于BLv

B.電容器所帶電荷量為CBLv

C.電阻兩端的電壓為RBLvR+r

D.導(dǎo)體棒ab的初速度為【答案】BD【解析】ABC、導(dǎo)體棒ab以速度v向右做勻速運(yùn)動時，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，電容器不充電也不放電，電路中無電流，故電阻兩端的電壓為零，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電容器兩板間的電壓U=BLv，則電容器所帶電荷量Q=CU=CBLv，A、C錯誤，B正確；D、設(shè)導(dǎo)體棒ab的初速度為v0，根據(jù)動量定理可得?BILt=mv?mv0，其中It=q=CBLv，解得v0【點(diǎn)對點(diǎn)08】如圖所示，MN和PQ為固定在水平面上的平行光滑金屬軌道，軌道間距為0.2m。質(zhì)量為0.1kg的金屬桿ab置于軌道上，與軌道垂直。整個裝置處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T，在平行于導(dǎo)軌的拉力F作用下，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌