电磁感应现象压轴难题试卷含答案

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，足够长且电阻忽略不计的两平行金属导轨固定在倾角为α=30°绝缘斜面上，导轨间距为l=0.5m。沿导轨方向建立x轴，虚线EF与坐标原点O在一直线上，空间存在

(T)x01垂直导轨平面的磁场，磁感应强度分布为B（取磁感应强度B

0.60.8x(T)x0垂直斜面向上为正）。现有一质量为m10.3kg，边长均为l=0.5m的U形框cdef固定在导轨平面上，c点（f点）坐标为x=0。U形框由金属棒de和两绝缘棒cd和ef组成，棒de电阻为R10.2。另有一质量为m20.1kg，长为l=0.5m，电阻为R20.2的金属棒ab在离EF一定距离处获得一沿斜面向下的冲量I后向下运动。已知金属棒和U形框与导轨间的动摩擦因数均为3。 3s，求释放瞬间金属棒ab上感应电流方向和电势（1）若金属棒ab从某处释放，且I=0.4N·差Uab；

（2）若金属棒ab从某处释放，同时U形框解除固定，为使金属棒与U形框碰撞前U形框能保持静止，求冲量I大小应满足的条件。

s，同时U形框解除固定，之后金属棒（3）若金属棒ab在x=－0.32m处释放，且I=0.4N·

ab运动到EF处与U形框发生完全非弹性碰撞，求金属棒cd最终静止的坐标。

【答案】（1）感应电流方向从b到a；0.1V;（2）0.48Ns；（3）2.5m 【解析】 【分析】 【详解】

（1）金属棒获得冲量I后，速度为

vI4m/s m2根据右手定则，感应电流方向从b到a； 切割磁感线产生的电动势为

EB1lv

其中B11T；

金属棒ab两端的电势差为

UabB1lvR20.1V

R1R2（2）由于ab棒向下运动时，重力沿斜面的分力与摩擦力等大反向，因此在安培力作用下运动，ab受到的安培力为

B12l2vFm2a2

R1R2做加速度减小的减速运动；由左手定则可知，cd棒受到安培力方向沿轨道向上，大小为

B1B2l2vF安

R1R2其中B21T；

因此获得冲量一瞬间，cd棒受到的安培力最大，最容易发生滑动 为使线框静止，此时摩擦力沿斜面向下为最大静摩擦力，大小为

fmm1gcosm1gsin

因此安培力的最大值为2m1gsin； 可得最大冲量为

I2m1m2gR1R2sin0.48N·s 2B1B2ls时，金属棒获得的初速度为v04m/s，其重力沿斜面分力与摩擦力刚好（3）当I=0.4N·

相等，在安培力作用下做加速度减小的减速，而U形框在碰撞前始终处于静止； 设到达EF时速度为v1，取沿斜面向下为正，由动量定理得

B2l2vtm2v1m2v0 R1R2其中vtx0.32m 解得

v12m/s

金属棒与U形线框发生完全非弹性碰撞，由动量守恒得

m1v1m1m2v2

因此碰撞后U形框速度为

v20.5m/s

同理：其重力沿斜面的分力与滑动摩擦力等大反向，只受到安培力的作用，当U形框速度为v时，其感应电流为

IBdelvBablv

R1R2其中，Bde，Bab分别为de边和ab边处的磁感应强度，电流方向顺时针，受到总的安培力为

FBdeIlBab其中，BcdBabkl,k0.8 由动量定理得

BBabIlde22lvR1R2

k2l4vt0m1m2v2 R1R2因此向下运动的距离为

s此时cd边的坐标为

m1m2v2R1R22m

k2l4x=2.5m

2．如图所示，一阻值为R、边长为l的匀质正方形导体线框abcd位于竖直平面内，下方存在一系列高度均为l的匀强磁场区，与线框平面垂直，各磁场区的上下边界及线框cd边均磁场方向均与线框平面垂水平。第1磁场区的磁感应强度大小为B1，线框的cd边到第1磁区上场区上边界的距离为h0。线框从静止开始下落，在通过每个磁场区时均做匀速运动，且通过每个磁场区的速度均为通过其上一个磁场区速度的2倍。重力加速度大小为g，不计空气阻力。求： (1)线框的质量m；

(2)第n和第n+1个磁场区磁感应强度的大小Bn与Bn+1所满足的关系；

(3)从线框开始下落至cd边到达第n个磁场区上边界的过程中，cd边下落的高度H及线框产生的总热量Q。

B12l22(n1)B12l32gh12gh1；(2)Bn2Bn+1；(3)【答案】(1) gRR【解析】 【分析】

【详解】

(1)设线框刚进第一个磁场区的速度大小为v1，由运动学公式得v12gh1，设线框所受安培力大小为F1，线框产生的电动势为E1，电流为I，由平衡条件得

2F1mg

由安培力的表达式得F1B1Il，E1=Blv11，IE1联立解得 RB12l2m2gh1 gR(2)设线框在第n和第n+1个磁场区速度大小分别为vn、vn+1，由平衡条件得

22Bnlvn mgR22Bn+1lvn+1 mgR且

vn12vn

联立解得

Bn2Bn1

(3)设cd边加速下落的总距离为h，匀速下落的总距离为L，由运动学公式得

2vnh

2gvn2n1v1

L=2(n1)l

联立解得

HhL22(n1)h12(n1)l

由能量守恒定律得

Q2mg(n1)l

联立解得

2(n1)B12l32gh1 QR

3．如图所示，光滑导线框abfede的abfe部分水平，efcd部分与水平面成α角，ae与ed、bf与cf连接处为小圆弧，匀强磁场仅分布于efcd所在平面，方向垂直于efcd平面，线框边ab、cd长均为L，电阻均为2R，线框其余部分电阻不计。有一根质量为m、电阻为R的金属棒MN平行于ab放置，让它以初速水平向右运动在到达最高点的过程中，ab边产生的热量为Q。求：

(1)金属棒MN受到的最大安培力的大小；

(2)金属棒MN刚进入磁场时，ab边的发热功率； (3)金属棒MN上升的最大高度。

2mv08QB2L2v0B2L2v02【答案】(1)FA；(2)Pab；(3)h

2mg2R8R【解析】 【分析】 【详解】

(1)金属棒MN刚冲上斜面时，速度最大，所受安培力最大。此时电路中总电阻为

R总2R2RR2R

2R2R最大安培力

BLv0B2L2v0FABILBL

R总2R由楞次定律知，MN棒受到的安培力方向沿导轨向下。 (2)金属棒MN刚进入磁场时，MN棒中的电流

I则

BLv0E R总2RIab解得

IBLv02，PabIabRab 24RB2L2v02 Pab8R(3)当金属棒MN上升到最大高度的过程中，ab边、cd边产生的热量相等，即

QcdQabQ

ab边产生的热量

QI2·2Rt

金属棒MN产生的热量

QMN(2I)2Rt

得

QMN2Q

ab边、cd边及MN棒上产生的总热量

Q总4Q

由动能定理

12mgh4Q0mv0

2解得

2mv08Qh

2mg

4．如图甲所示，在一对平行光滑的金属导轨的上端连接一阻值为R＝4Ω的定值电阻，两导轨在同一平面内。质量为m＝0.1kg，长为L＝0.1m的导体棒ab垂直于导轨，使其从靠近电阻处由静止开始下滑，已知导体棒电阻为r＝1Ω，整个装置处于垂直于导轨面的匀强磁场中，导体棒下滑过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示，(g＝10m/s2)。求： （1）导轨平面与水平面间夹角θ； （2）磁场的磁感应强度B；

（3）若靠近电阻处到底端距离为20m，ab棒在下滑至底端前速度已达10m/s，求ab棒下滑的整个过程中，电阻R上产生的焦耳热。

【答案】（1）30；（2）B5T；（3）QR4J 【解析】 【分析】 【详解】

（1）由EBLv、IE、FBIL得安培力 RrB2L2v FRr根据牛顿第二定律得

mgsinFma

代入得

B2L2vmgsinma

Rr整理得

B2L2avgsin

mRr由数学知识得知，a-v图象斜率的大小等于

B2L2k

mRr纵截距等于

gsin

由图象可知图象的纵截距等于5，即

gsin5

解得

30

（2）由图象可知图象斜率的大小等于0.5，则有

B2L20.5

mRr代入解得

B5T

（3）ab棒下滑到底端的整个过程中，根据能量守恒定律得

mgxsin得电路中产生的总热量

12mvQ 2Q5J

根据焦耳定律得电阻R上产生的焦耳热为

QRRQ4J Rr

5．如图所示，在倾角θ=10°的绝缘斜面上固定着两条粗细均匀且相互平行的光滑金属导轨DE和GH，间距d=1m，每条金属导轨单位长度的电阻r0=0.5Ω/m，DG连线水平，且DG两端点接了一个阻值R=2Ω的电阻。以DG中点O为坐标原点，沿斜面向上平行于GH方向建立x轴，在DG连线沿斜面向上的整个空间存在着垂直于斜面向上的磁场，且磁感应强度大小B与坐标x满足关系B=（0.6+0.2x）T，一根长l=2m，电阻r=2Ω，质量m=0.1kg的粗细均匀的金属棒MN平行于DG放置，在拉力F作用下以恒定的速度v=1m/s从x=0处沿x轴正方向运动，金属棒与两导轨接触良好。g取10m/s2，sin10°=0.18，不计其它电阻。（提示：可以用F-x图象下的“面积”代表力F所做的功）求： (1)金属棒通过x=1m处时的电流大小； (2)金属棒通过x=1m处时两端的电势差UMN； (3)金属棒从x=0到x=2m过程中，外力F做的功。

【答案】(1)0.2A；(2)1.4V；(3)0.68J 【解析】 【分析】 【详解】

(1)金属棒连入电路部分产生的感应电动势为

E1B1dv(0.60.21)11V=0.8V

根据闭合电路欧姆定律可得电流大小

0.2Ad Rr2xr0l(2)解法一：根据欧姆定律可得金属棒通过x1m处时两端的电势差

UMNI1(R2xr0)B1(ld)v1.4V

解法二：根据闭合电路欧姆定律可得金属棒通过x1m处时两端的电势差

I1E1UMNB1lvI1d1r(0.60.21)210.22V1.4V l2(3)金属棒做匀速直线运动，则有

FmgsinBdI

其中

I可得

Bdv(0.60.2x)11A0.2Ad 3xRr2xr0lF0.300.04x

金属棒从x=0到x=2m过程中，外力F做的功

WFx

0.300.382J0.68J 26．如图所示，粗糙斜面的倾角37，斜面上直径D0.4m的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场（图中只画出了磁场区域，未标明磁场方向），一个匝数为n100的刚性正方形线框abcd，边长为0.5m，通过松弛的柔软导线与一个额定功率P2W的小灯泡L相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框bc边，已知线框质量m2kg，总电阻

R02，与斜面间的动摩擦因数0.5，灯泡及柔软导线质量不计，从t0时刻起，

磁场的磁感应强度按B12t(T)的规律变化，开始时线框静止在斜面上，T在线框运动

前，灯泡始终正常发光，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10m/s2，

sin 370.6，cos 370.8.

（1）求线框静止时，回路中的电流I；

（2）求在线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q；

（3）若线框刚好开始运动时即保持磁场不再变化，求线框从开始运动到bc边离开磁场的过程中通过小灯泡的电荷量q.（柔软导线及小灯泡对线框运动的影响可忽略，且斜面足够长）

【答案】（1）1A （2）2.83J （3）0.16C 【解析】 【详解】

（1）由法拉第电磁感应定律可得线框中产生的感应电动势大小为

2B1DEnn4V

tt22设小灯泡电阻为R，由

2EPI2RR

RR0可得

R2

解得

IP2A1A R2（2）设线框保持不动的时间为t，根据共点力的平衡条件可得

2mgsinn1tIDmgcos

解得

t0.45s

产生的热量为

QPt2.83J

（3）线框刚好开始运动时

2B10.45T0.1T

根据闭合电路的欧姆定律可得

0BsEt IRR0RR0n根据电荷量的计算公式可得

qItnBS0.16C RR0

7．如图所示，在坐标xoy平面内存在B=2．0T的匀强磁场，OA与OCA为置于竖直平面内的光滑金属导轨，其中OCA满足曲线方程

，C为导轨的最右端，导轨

OA与OCA相交处的O点和A点分别接有体积可忽略的定值电阻R1和R2，其R1=4．0Ω、R2=12．0Ω．现有一足够长、质量m=0．10kg的金属棒MN在竖直向上的外力F作用下，以v=3．0m/s的速度向上匀速运动，设棒与两导轨接触良好，除电阻R1、R2外其余电阻不计，g取10m/s2，求：

（1）金属棒MN在导轨上运动时感应电流的最大值； （2）外力F的最大值；

（3）金属棒MN滑过导轨OC段，整个回路产生的热量． 【答案】（1）1．0A（2）20．0N（3）1．25J 【解析】 【分析】 【详解】

（1）金属棒MN沿导轨竖直向上运动，进入磁场中切割磁感线产生感应电动势．当金属棒MN匀速运动到C点时，电路中感应电动势最大，产生的感应电流最大．

金属棒MN接入电路的有效长度为导轨OCA形状满足的曲线方程中的x值．因此接入电路

的金属棒的有效长度为

Lm=xm=0.5m

Em=3.0V 且A

(2)金属棒MN匀速运动中受重力mg、安培力F安、外力F外作用

N N

（3）金属棒MN在运动过程中，产生的感应电动势

有效值为

金属棒MN滑过导轨OC段的时间为t

m

s

滑过OC段产生的热量

J.

8．如图所示，光滑绝缘水平面上放置一均匀导成的正方形线框abcd，线框质量为m,电阻为R,边长为L，有yi 方向竖直向下的有界磁场，磁场的磁感应强度为B,磁场区宽度大于L，左边界与ab边平行，线框水平向右拉力作用下垂直于边界线穿过磁场区．

(1)若线框以速度v匀速穿过磁场区，求线框在离开磁场时七两点间的电势差； (2)若线框从静止开始以恒定的加速度a运动，经过h时间七边开始进入磁场，求cd边将要进入磁场时刻回路的电功率；

(3)若线框速度v0进入磁场，且拉力的功率恒为P0，经过时间T，cd边进入磁场，此过程中回路产生的电热为Q，后来ab边刚穿出磁场时，线框速度也为v0,求线框穿过磁场所用的时间t. 【答案】（1）【解析】

（2）

（3）

【分析】 【详解】

（1）线框在离开磁场时，cd边产生的感应电动势 E=BLv 回路中的电流

则ab两点间的电势差 U=IRab=BLv （2）t1时刻线框速度 v1=at1

设cd边将要进入磁场时刻速度为v2，则v22-v12=2aL 此时回路中电动势 E2=BLv2 回路的电功率解得

（3）设cd边进入磁场时的速度为v，线框从cd边进入到ab边离开磁场的时间为△t，则 P0T=（mv2−mv02）+Q P0△t=m v02-mv2 解得

+T

线框离开磁场时间还是T，所以线框穿过磁场总时间t=2T+△t=【点睛】

本题电磁感应中电路问题，要熟练运用法拉第电磁感应定律切割式E=Blv，欧姆定律求出电压．要抓住线框运动过程的对称性，分析穿出磁场时线框的速度，运用能量守恒列式求时间．

9．如图所示，竖直平面存在宽度均为L0.2m的匀强电场和匀强磁场区域，电场方向竖直向上，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B0.5T．电场的下边界与磁场的上边界相距也为L．电荷量q2.5104C、质量m0.02kg的带正电小球（视为质点）通过长度为3.5L的绝缘轻杆与边长为L、电阻R0.01Ω的正方形线框相连，线框质量

M0.08kg．开始时，线框下边与磁场的上边界重合，现将该装置由静止释放，当线框

下边刚离开磁场时恰好做匀速运动；当小球刚要运动到电场的下边界时恰好返回．装置在运动过程中空气阻力不计，求：

(1)线框下边刚离开磁场时做匀速运动的速度大小； (2)线框从静止释放到线框上边匀速离开磁场所需要的时间； (3)经足够长时间后，小球能到达的最低点与电场上边界的距离； (4)整个运动过程中线框内产生的总热量．

【答案】(1)1m/s；(2) t0.5s；(3)0.133m； (4) Q0.4J 【解析】 【详解】

(1)设线框下边离开磁场时做匀速直线运动的速度为v0，则有：

EB2L2v0EBLv0，I ，FABIL

RR根据平衡条件：

B2L2v0FA(Mm)g

R可解得：

v0(2)由动量定理得：

(Mm)Rg1m/s

B2L2(mm)gtBILt(Mm)v0

其中：

2BL2 qItR由以上两式代入数据解得：

t0.5s

(3)从线框刚离开磁场区域到小球刚运动到电场的下边界的过程中，由动能定理得：

12qEL(mm)g(1.5L)0(Mm)v0

2解得：

E7103N/C

设经足够长时间后，线框最终不会再进入磁场，即运动的最高点是线框的上边与磁场的下

边界重合，小球做上下往复运动．

设小球运动的最低点到电场上边界的距离为x，从图中“1”位置到“2”位置由动能定理得：

(Mm)g(0.5Lx)qEx0

可得：

x2m0.133m 15(4)从开始状态到最终稳定后的最高点（线框的上边与磁场的下边界重合处） 由能量守恒得：

Q(Mm)g2L

代入数值求得：

Q0.4J

10．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θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m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，整套装置处于磁感应强度为B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.(重力加速度为g)

（1）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；

（2）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值.

（3）杆在下滑距离d的时以经达到最大速度，求此过程中通过电阻的电量和热量。

BLvmg(Rr)sinB2L2v(2) vm(3) 【答案】(1) I，agsinB2L2Rr(Rr)mBLdmgdRsinm3g2R(rR)sin2q,Q 44rRRRr2BL【解析】

【详解】

(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ab杆受到安培力：

EBLv RrRrB2L2v FBILrR由牛顿运动定律得：

mgsinθ-F=ma

解得加速度为

B2L2vagsin

(Rr)m(2)当金属杆匀速运动时，杆的速度最大，由平衡条件得

B2L2v mgsinRr解得最大速度

vmmg(Rr)sin

B2L2(3)杆在下滑距离d时，根据电荷量的计算公式，可得

qIt由能量守恒定律得

EBLdt RrrR12mgdsinQmvm

2解得

m3g2(Rr)2sin2 Qmgdsin442BL电阻R产生的热量

Rm3g2(Rr)2sin2mgdRsinm3g2R(rR)sin2 QR(mgdsin)4444Rr2BLRr2BL