电磁感应现象压轴题试卷含答案

一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况

1．如图所示，两条平行的固定金属导轨相距L=1m，光滑水平部分有一半径为r=0.3m的圆形磁场区域，磁感应强度大小为B10.5T、方向竖直向下；倾斜部分与水平方向的夹角为θ=37°，处于垂直于斜面的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=0.5T。金属棒PQ和MN的质量均为m=0.lkg，电阻均为R1Ω。PQ置于水平导轨上，MN放置于倾斜导轨上、刚好不下滑。两根金属棒均与导轨垂直且接触良好。从某时刻起，PQ棒在水平外力的作用下由静止开始向右运动，当PQ棒进人磁场B1中时，即以速度v=16m/s；匀速穿过该区域。不计导轨的电阻，PQ始终在水平导轨上运动。取g10m/s2，sin370.6,cos370.8； (1)求MN棒刚要滑动时，PQ所处的位置；

(2)求从PQ棒开始运动到MN棒刚要滑动的过程中通过PQ棒的电荷量；

(3)通过计算，定量画出PQ棒进人磁场B1后在磁场中水平外力F随位移变化的图像。

【答案】(1)0.6m；(2)

9C；(3)800

【解析】 【分析】 【详解】

(1)开始MN刚好不下滑时，MN受沿倾斜导轨向上的最大静摩擦力fm，则

fmmgsin37

设PQ进入磁场B1后切割磁感线的有效长度为Lx，由法拉第电磁感应定律得PQ产生的感应电动势为

EB1Lxv

由闭合电路欧姆定律得整个回路中的感应电流为

I则MN所受的安培力为

E 2RFAB2IL

MN棒刚要向上滑动时，MN受沿倾斜导轨向下的最大静摩擦力，由力的平衡条件有

FAfmmgsin37

联立解得

Lx0.6m

即MN棒刚要滑动时，PQ棒刚好运动到圆形磁场区域的直径位置。

(2)从PQ棒开始运动到MN棒刚要滑动的过程中，穿过回路的磁通量的变化量为

19BSB1r2Wb

2400平均感应电动势

E平均感应电流

 tI通过PQ棒的电荷量

E 2RqItE9C t2R2R800(3)当PQ棒进入磁场B1后的位移为x时，切割磁感线的有效长度为

Ly2r2(rx)22x22rx 回路中的电流为

I受到的安培力为

B1Lyv2R

FAB1ILy

由题意知外力为

FFAB1ILy

故有

FAB12L2yv2R8x24.8x (0x0.6)

因此PQ棒所受水平外力F随位移变化的图像如图所示

2．如图所示，CDE和MNP为两根足够长且弯折的平行金属导轨，CD、MN部分与水平面平行，DE和NP与水平面成30°，间距L=1m，CDNM面上有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B1=1T，DEPN面上有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B2=2T。两根完全相同的导体棒a、b，质量均为m=0.1kg，导体棒b与导轨CD、MN间的动摩擦因数均为μ=0.2，导体棒a与导轨DE、NP之间光滑。导体棒a、b的电阻均为R=1Ω。开始时，a、b棒均静止在导轨上除导体棒外其余电阻不计，滑动摩擦力和最大静摩擦力大小相等，运动过程中a、b棒始终不脱离导轨，g取10m/s2. (1)b棒开始朝哪个方向滑动，此时a棒的速度大小；

(2)若经过时间t=1s，b棒开始滑动，则此过程中，a棒发生的位移多大；

(3)若将CDNM面上的磁场改成竖直向上，大小不变，经过足够长的时间，b棒做什么运动，如果是匀速运动，求出匀速运动的速度大小，如果是匀加速运动，求出加速度大小。

【答案】（1）0.2m/s；（2）0.24m；（3）匀加速，0.4m/s2。 【解析】 【分析】 【详解】

（1）开始时，a棒向下运动，b棒受到向左的安培力，所以b棒开始向左运动，当b棒开始运动时有

B1ILmg

对a棒

I=联立解得

B2Lv 2Rv（2）由动量定理得对a棒

mg2RB1B2L20.2m/s

mgtsinB2ILtmv

其中

It联立解得

B2Lx 2R2Rx(mgtsinmv)2R0.24m 22B2L（3）设a棒的加速度为a1，b棒的加速度为a2，则有

mgsinB2ILma1 B1IL-mgma2

且

I当稳定后，I保持不变，则

B2Lv1B1Lv2

2RIB2Lv1B1Lv20 t2Rt可得

2a1a2

联立解得两棒最后做匀加速运动，有a1=0.2m/s2，a2=0.4m/s2

3．如图，水平面（纸面）内同距为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．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．

FB2l2t0 【答案】EBlt0g ； R=

mm【解析】 【分析】 【详解】

（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 ① 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 ②

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 ③ 联立①②③式可得:EBlt0Fg ④ mE ⑤ R（2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I，根据欧姆定律：I=式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为：fBIl ⑥ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得：F–μmg–f=0 ⑦

B2l2t0联立④⑤⑥⑦式得: R=

m

4．如图所示，光滑的水平平行金属导轨间距为 L，导轨电阻忽略不计．空间存在垂直于导 轨平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B,轻质导体棒 ab 垂直导轨放置，导体棒 ab 的电阻为 r，与导轨之间接触良好．两导轨之间接有定值电阻，其阻值为 R，轻质导体棒中间系一轻细线，细 线通过定滑轮悬挂质量为 m 的物体，现从静止释放该物体，当物体速度达到最大时，下落的高度为 h， 在本问题情景中，物体下落过程中不着地，导轨足够长，忽略空气阻力和一切摩擦阻力，重力加速度 为 g．求：

(1)物体下落过程的最大速度 vm；

(2)物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中，电阻 R 上产生的电热 Q； (3)物体从静止开始下落至速度达到最大时，所需的时间 t．

mg(Rr)m(Rr)B2L2hmghRm3g2R(Rr) (2) (3) 【答案】（1） B2L2B2L2mg(Rr)Rr2B4L4【解析】

【分析】在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，下落速度达到最大，由平衡条件、闭合电路欧姆定律和电磁感应定律求出物体下落过程的最大速度；在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守恒定律求出电阻R上产生的电热；在系统加速过程中，分别对导体棒和物体分析，根据动量定理可得所需的时间；

解：（1）在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，下落速度达到最大 对物体，由平衡条件可得mg=Fr 对导体棒Fr=BIL

对导体棒与导轨、电阻R组成的回路，根据闭合电路欧姆定律I根据电磁感应定律E=BLvm 联立以上各式解得vmE Rrmg(Rr)

B2L2（2）在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守恒定律可得 mgh=

1mvm2+Q总 2在此过程中任一时刻通过R和r两部分电阻的电流相等，则电功率之比正比于电阻之比，故整个过程中回路中的R与r两部分电阻产生的电热正比于电阻，所以

QR Q总RrmghRm3g2R(Rr)联立解得Q 44Rr2BL（3）在系统加速过程中，任一时刻速度设为v，取一段时间微元Δt，在此过程中分别对导

B2L2v体棒和物体分析，根据动量定理可得FTt0

RrmgFTtmv

B2L2v整理可得mgttmv

RrB2L2即mgtxmv

RrB2L2全过程叠加求和mgthmvm

Rrm(Rr)B2L2h联方解得t B2L2mg(Rr)

5．如图，POQ是折成60°角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线对称，OP＝OQ＝L.整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律为B＝B0－kt(其中k为大于0的常数)．一质量为m、长为L、电阻为R、粗细均匀的导体棒锁定于OP、OQ的中点a、b位置．当磁感应强度变为

1B0后保持不变，同2时将导体棒解除锁定，导体棒向下运动，离开导轨时的速度为v.导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为g.求导体棒： (1)解除锁定前回路中电流的大小及方向； (2)滑到导轨末端时的加速度大小； (3)运动过程中产生的焦耳热．

B02L2v3kL2【答案】⑴，顺时针方向或b→a；⑵g－；⑶

4mR8R【解析】 【分析】 【详解】

⑴导体棒被锁定前，闭合回路的面积不变，由法拉第电磁感应定律知：E＝

B＝k tBS＝3kL2 ＝tt16E3kL2由闭合电路欧姆定律知：I＝＝

R总8R由楞次定律知，感应电流的方向：顺时针方向或b→a ⑵导体棒刚离开导轨时受力如图所示

1B0Lv 2根据法拉第电磁感应定律有：E＝根据闭合电路欧姆定律知：I＝根据安培力公式有：F＝解得：F＝

E R1ILB0 21ILB0 2由牛顿第二定律知：mg－F＝ma

B02L2v解得：a＝g－

4R⑶由能量守恒知：mgh＝由几何关系有：h＝12

mv＋Q 2

3L 4解得：Q＝123mv －mgL24

6．在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1000匝，横截面积S=20cm2．螺线管导线电阻r=1.0，R1=3.0，R2=4.0，C=30μF．在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化．求：

（1）求螺线管中产生的感应电动势； （2）S断开后，求流经R2的电量． 【答案】（1）0.8V；（2）1.2104C 【解析】 【分析】 【详解】

（1）感应电动势：En（2）电路电流IB10.2nS10000.00200.8V； tt2E0.80.1A，电阻R2两端电压

rR1R2134U2IR20.140.4V，

65电容器所带电荷量QCU2301041.210C，S断开后，流经R2的电量为

1.2104C；

【点睛】

本题是电磁感应与电路的综合，知道产生感应电动势的那部分相当于电源，运用闭合电路欧姆定律进行求解．

7．如图所示，宽L=2m、足够长的金属导轨MN和M′N′放在倾角为θ=30°的斜面上，在N和N′之间连接一个R=2.0Ω的定值电阻，在AA′处放置一根与导轨垂直、质量m=0.8kg、电阻r=2.0Ω的金属杆，杆和导轨间的动摩擦因数3，导轨电阻不计，导轨处于磁感应4强度B=1.0T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中．用轻绳通过定滑轮将电动小车与杆的中点相连，滑轮与杆之间的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮正下方水平面上的P处（小车可视为质点），滑轮离小车的高度H=4.0m．启动电动小车，使之沿PS方向以v=5.0m/s的速度匀速前进，当杆滑到OO′位置时的加速度a=3.2m/s2，AA′与OO′之间的距离d=1m，求：

（1）该过程中，通过电阻R的电量q； （2）杆通过OO′时的速度大小； （3）杆在OO′时，轻绳的拉力大小；

（4）上述过程中，若拉力对杆所做的功为13J，求电阻R上的平均电功率． 【答案】（1）0.5C（2）3m/s（3）12.56N（4）2.0W 【解析】

【分析】 【详解】

（1）平均感应电动势EBLd ttqI•tBLd= RrRr代入数据，可得:q0.5C （2）几何关系：

HHd解得:sin0.8=530 sin杆的速度等于小车速度沿绳方向的分量：v1vcos3m/s （3）杆受的摩擦力Ffmgcos3N

B2L2v1杆受的安培力F安BIL代入数据，可得F安3N

(Rr)根据牛顿第二定律：FTmgsinFfF安=ma 解得:FT12.56N

（4）根据动能定理：WW安mgdsinFf12mv1 2解出W安2.4J，电路产生总的电热Q总2.4J 那么，R上的电热QR1.2J 此过程所用的时间tR上的平均电功率P【点睛】

本题是一道电磁感应与力学、电学相结合的综合体，考查了求加速度、电阻产生的热量，分析清楚滑杆的运动过程，应用运动的合成与分解、E=BLv、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、平衡条件、能量守恒定律即可正确解题；求R产生的热量时要注意，系统产生的总热量为R与r产生的热量之和．

Hcot0.6s vQR1.2W2.0W t0.6

8．如图所示，“＜”型光滑长轨道固定在水平面内，电阻不计．轨道中间存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度B．一根质量m、单位长度电阻R0的金属杆，与轨道成45°位置放置在轨道上，从静止起在水平拉力作用下从轨道的左端O点出发，向右做加速度大小为a的匀加速直线运动，经过位移L．求： (1)金属杆前进L过程中的平均感应电动势．

(2)已知金属杆前进L过程中水平拉力做功W．若改变水平拉力的大小，以4a大小的加速度重复上述前进L的过程，水平拉力做功多少？

(3)若改用水平恒力F由静止起从轨道的左端O点拉动金属杆，到金属杆速度达到最大值vm

时产生热量．（F与vm为已知量）

(4)试分析(3)问中，当金属杆速度达到最大后，是维持最大速度匀速直线运动还是做减速运动？

2FR012amvm(4)当金属杆速度达到最大后，将做(2)2W+2maL(3)【答案】(1)BL222Bvm22L减速运动 【解析】 【详解】

(1)由位移﹣速度公式得

2aL=v2﹣0

所以前进L时的速度为

v=2aL

前进L过程需时

t=

由法拉第电磁感应定律有：

v2aL aa1B2LLaBS22BLE =

t2L2aLta(2)以加速度a前进L过程，合外力做功

W+W安=maL

所以

W安=maL﹣W

以加速度4a前进L时速度为

v8aL=2v

合外力做功

WF′+W安′=4maL

B2L2v由FABIL可知，位移相同时：

RFA′=2FA

则前进L过程

W安′=2W安

所以

WF′=4maL﹣2W安=2W+2maL

(3)设金属杆在水平恒力作用下前进d时FA=F，达到最大速度，由几何关系可知，接入电路的杆的有效长度为2d，则

B2(2d)2vmFABIlF

R02d所以

FR0d= 2B2vm由动能定理有

FdQ所以：

12mvm 212F2R012mvm Q=Fd﹣mvm=22B2vm2(4)根据安培力表达式，假设维持匀速，速度不变而位移增大，安培力增大，则加速度一定会为负值，与匀速运动的假设矛盾，所以做减速运动。

9．如图所示，两根金属平行导轨MN和PQ放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L，电阻不计．水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感强度大小为B，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B，方向竖直向下．质量均为m、电阻均为R的金属棒a和b垂直导轨放置在其上，金属棒b置于磁场Ⅱ的右边界CD处．现将金属棒a从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动．设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好．

（1）若水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大摩擦力均为从距水平面高度h处由静止释放．求：

①金属棒a刚进入磁场Ⅰ时，通过金属棒b的电流大小；

1mg，将金属棒a5②若金属棒a在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a释放时的高度h应满足的条件；

（2）若水平段导轨是光滑的，将金属棒a仍从高度h处由静止释放，使其进入磁场Ⅰ．设

两磁场区域足够大，求金属棒a在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b中可能产生焦耳热的最大值．

1m2gR2BL2ghmgh 2【答案】（1）①；② h；（）441050BL2R【解析】 【详解】

（1）① a棒从h0高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有

①

解得：

a棒刚进入磁场I时 解得：

④

⑤

②

③, 此时通过a、b的感应电流大小为 IE 2R② a棒刚进入磁场I时，b棒受到的安培力大小为使b棒保持静止必有由④ ⑤ ⑥联立解得：

⑥ ⑦

（2）由题意知当金属棒a进入磁场I时，由左手定则判断知a棒向右做减速运动；b棒向左运动加速运动．

二者产生的感应电动势相反，故当二者的感应电动势大小相等时闭合回路的电流为零，此后二者均匀速运动，故金属棒a、b均匀速运动时金属棒b中产生焦耳热最大， 设此时a、b的速度大小分别为对金属棒a应用动量定理有：对金属棒b应用动量定理有: 联立⑧⑨⑩解得

；

⑩

与

，由以上分析有：BL

=2BL

⑨

⑧

11Q总mgh 210由功能关系得电路产生的总电热为：故金属棒b中产生焦耳热最大值为Q

10．如图所示，在竖直平面内有间距L=0.2 m的足够长的金属导轨CD、EF，在C、E之间连接有阻值R=0.05 Ω的电阻。虚线M、N下方空间有匀强磁场，磁感应强度B=1 T，方向与导轨平面垂直。质量均为m=0.2 kg的物块a和金属杆b通过一根不可伸长的轻质细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧。初始时a静止于水平地面上，b悬于空中并恰好位于磁场边界MN上(未进入磁场)。现将b竖直向上举高h=0.2 m后由静止释放，一段时间

后细绳绷直，a、b以大小相等的速度一起运动，之后做减速运动直至速度减为0。已知运动过程中a、b均未触及滑轮，金属杆与导轨始终垂直且接触良好，金属杆及导轨的电阻不计，取重力加速度g=10 m/s2，求： (1)整个过程中电阻R产生的热量； (2)金属杆b刚进入磁场时的加速度大小； (3)物块a最终的位置离地面的高度。

【答案】(1)0.2 J(2)2 m/s2(3)0.5 m 【解析】 【详解】

(1)设细绳绷直前瞬间b的速度为v0，绷直后瞬间b的速度为v，蹦直瞬间细绳对b的拉力的冲量大小为I，则b自由下落过程中，根据动能定理有

mgh=

12

mv0－0 2

细绳蹦直瞬间，对a、b根据动量定理分别有

I=mv－0 I=mv0－mv

此后系统机械能转化为电能并最终变成电阻R产生的热量Q，故有

Q=2×

由以上各式解得

Q=0.2 J；

(2)设b刚进入磁场时受到的安培力为F，绳中拉力为T，b的加速度大小为a，则有

F=BiL， i=

12mv 2E， RE=BLv， 对a、b根据牛顿第二定律分别有

mg－T=ma， T＋F－mg=ma， 由以上各式得

a=2 m/s2；

(3)联立上面各式可得

B2L2v=2ma R对一小段时间Δt，有

B2L2vΔt=2maΔt R故有

B2L2∑vΔt=2m∑aΔt， R即

B2L2Δx=2mΔv R从b进入磁场到a、b速度减为0的过程中

Δv=v－0

所以a上升的高度

Δx=

解得

Δx=0.5 m

另解：

由牛顿第二定律得

BiL=2ma

对一小段时间Δt，有

BiLΔt=2maΔt BLq=2mΔv

又有

q=

其中

ΔΦ=BLΔx

由以上各式得

Δx=

解得

Δx=0.5 m；

2mvR B2L2 R2mvR B2L2