高考物理法拉第電磁感應(yīng)定律推斷題綜合題匯編含詳細(xì)答案一、法拉第電磁感應(yīng)定律,B=1.0T(MN)1．如圖所示在磁感應(yīng)強(qiáng)度的有界勻強(qiáng)磁場中為邊界，用外力將邊長為L=10cmab的正方形金屬線框向右勻速拉出磁場，已知在線框拉出磁場的過程中，邊受到的磁Ftbc(場力隨時間變化的關(guān)系如圖所示，邊剛離開磁場的時刻為計(jì)時起點(diǎn)即此時求t=0).:(1)(2)Q;將金屬框拉出的過程中產(chǎn)生的熱量R.線框的電阻12.010J（）21.0Ω【答案】（）×【解析】-3【詳解】t0時刻ab邊的受力由題意及圖象可知，當(dāng)最大，為：(1)FBIL0.02N1可得：0.02IF1BL1.00.1A0.2AF線框勻速運(yùn)動，其受到的安培力為阻力大小即為，由能量守恒：1QWFL0.020.1J2.0103J安1(2)金屬框拉出的過程中產(chǎn)生的熱量：QI2Rt線框的電阻：Q2.0103Ω1.0ΩRIt0.220.0522．如圖甲所示，一個圓形線圈的匝數(shù)n＝100，線圈面積S＝200cm，線圈的電阻r＝1Ω，R4Ω線圈外接一個阻值＝的電阻，把線圈放一入方向垂直線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場中，磁規(guī)律如圖乙所示。求：2感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化1（）線圈中的感應(yīng)電流的大小和方向；2R（）電阻兩端電壓及消耗的功率；34sR（）前內(nèi)通過的電荷量。104s0.02A46s【答案】（）﹣內(nèi)，線圈中的感應(yīng)電流的大小為，方向沿逆時針方向。﹣0.08A204sR內(nèi)，線圈中的感應(yīng)電流大小為，方向沿順時針方向；（）﹣內(nèi)，兩端的電壓0.08V46sR0.32VR0.0272W是；﹣內(nèi)，兩端的電壓是，消耗的總功率為；（）前內(nèi)通34sR過的電荷量是×。810C﹣2【解析】【詳解】（1）0﹣4s內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律有：線圈中的感應(yīng)電流大小為：由楞次定律知感應(yīng)電流方向沿逆時針方向。4﹣6s內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律有：線圈中的感應(yīng)電流大小為：，方向沿順時針方向。（2）0﹣4s內(nèi)，R兩端的電壓為：消耗的功率為：4﹣6s內(nèi)，R兩端的電壓為：消耗的功率為：故R消耗的總功率為：34sR（）前內(nèi)通過的電荷量為：3．如圖所示，在垂直紙面向里的，有一個由磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)abcd框以恒定的速度v沿垂直框dc邊始終與磁場右邊界平行，線框邊長ad=l，cd=2l，線總電阻為R，則線框離開磁場的過程中，求：均勻?qū)Ь€制成的單匝矩形線框，線框平面垂直于磁感線。線磁場邊界向左運(yùn)動，運(yùn)動中線框?qū)Ь€的1q（）線框離開磁場的過程中流過線框截面的電量；2Q（）線框離開磁場的過程中產(chǎn)生的熱量；3cdU（）線框離開磁場過程中兩點(diǎn)間的電勢差．cd24B2l3v4Blv2Bl123U（）【答案】（）q（）Qcd3RR【解析】【詳解】(1),線框離開磁場的過程中則有：EB2lvIERqIttlv2聯(lián)立可得：q2BlR(2)線框中的產(chǎn)生的熱量：QI2Rt4B2l3v解得：QR(3)cd間的電壓為：2UI3Rcd4BlvU解得：cd34．如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1m，一勻強(qiáng)磁面，導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為＝的電阻，質(zhì)量為m＝R0.40Ω場垂直穿過導(dǎo)軌平0.01kg、電阻為r＝0.30Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上．現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，下其下滑距離與時間的關(guān)系如圖所示，g10m/s(abxt滑過程中始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，圖象中的OA段為曲線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，＝忽略ab棒運(yùn)動過程中2對原磁場的影響)，求：(1)ab棒1.5s-2.1s的速度大小及磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)金屬棒ab在開始運(yùn)動的內(nèi)，1.5s通過電阻R的電荷量；(3)金屬棒ab在開始運(yùn)動的內(nèi)，電1.5s阻上產(chǎn)生的熱量。R【答案】(1)v＝7m/sB＝0.1T(2)q＝0.67C(3)0.26J【解析】【詳解】(1)AB金屬棒在段勻速運(yùn)動，由題中圖象得：xtv7m/s＝＝根據(jù)歐姆定律可得：BLv＝IrR根據(jù)平衡條件有解得：mg＝BILB＝0.1T(2)根據(jù)電量公式：根據(jù)歐姆定律可得：qΔt＝I(Rr)t＝I磁通量變化量StΔΦB＝解得：q＝0.67C(3)根據(jù)能量守恒有：1Qmgxmv＝－22Q＝0.455JR解得：所以QQ0.26J＝＝rRR(1)v7m/sB0.1T(2)q0.67C(3)0.26J答：＝＝＝5．如圖所示，ACD、EFG為兩根相距L=0.5m的足夠長的金屬直角導(dǎo)軌，它們被豎直固定在面上，面與水平面夾角θ=300．兩導(dǎo)軌所在的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B`=1T．兩根長度也均為L=0.5m的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌m=0.1kgCDGF空間存在垂直于CDGF平面向上絕緣水平abmcd垂直接觸形成閉合回路，桿的質(zhì)量未知，桿的質(zhì)量，兩桿與導(dǎo)軌之間的123動摩擦因數(shù)均為μ=，兩金屬細(xì)桿的電阻均為R=0.5Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．當(dāng)ab以速度v1時，桿正好也向下勻速運(yùn)動，重力加速度g取10m/s2．6cd沿導(dǎo)軌向下勻速運(yùn)動(1)(2)cd金屬桿中電流的方向和大小abvm1金屬桿勻速運(yùn)動的速度和質(zhì)量1【答案】I=5A電流方向?yàn)橛蒬流向c;v=10m/sm=1kg11【解析】【詳解】（1）由右手定則可知cd中電流方向?yàn)橛蒬流向cmgsin600（cos600)mg2F對cd桿由平衡條件可得：2安FBLI安聯(lián)立可得：I=5ABLv2IR(2)對ab:由1v10m/s得1mgsin300BLImgcos300分析ab受力可得：11解得：m=1kg11MNPQ6．如圖所示，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌和，兩導(dǎo)軌間距為，lMPRab電阻均可忽略不計(jì)。在和之間接有阻值為的定值電阻，導(dǎo)體桿質(zhì)量為m、電阻r為，B磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻并與導(dǎo)軌接觸良好。整個裝置處于方向豎直向上強(qiáng)磁場中?，F(xiàn)給ab桿一個初速度，v使桿向右運(yùn)動。0（1）當(dāng)ab桿剛好具有v初速度0時，求此時ab桿兩端的電壓U；a、b兩端哪端電勢高；（2）請?jiān)趫D中定2性畫出通過電阻的電流i隨時間t規(guī)律的圖象R；（3）若將M和之間的電阻R改為接一電容為的電容器，如圖所示。同樣給ab桿一PC3v個初速度，請分析說明ab桿的運(yùn)動情況。使桿向右運(yùn)動。0BlvR；a端電勢高（2）（3）當(dāng)ab桿以初速度（1）U0Rrv0ab開始切割磁感線時，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，電路開始給電容器充電，有電流通過桿，桿在安培力的作用下做減速運(yùn)動，隨著速度減小，安培力減小，加速度也減小，桿做加速度減小的減速運(yùn)動。當(dāng)電容器兩端電壓與感應(yīng)電動勢相等時，充電結(jié)束，桿以恒定的速度做勻速直線運(yùn)動?！窘馕觥俊痉治觥浚?）求解產(chǎn)生感應(yīng)電動勢大小，根據(jù)全電路歐姆定律求解電流強(qiáng)度和電壓，根據(jù)右手定則判斷電勢高低；（2）分析桿的受力情況和運(yùn)動情況，確定感應(yīng)電流變化情況，由此畫出圖象；（3）桿在向右運(yùn)動過程中速度逐漸減小量定理求解【詳解】、由此分析安培力的變化，確定運(yùn)動情況；根據(jù)動最后的速度大小。（1）ab桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢：E=Blv0根據(jù)全電路歐姆定律：IRErUIRab桿兩端電壓即路端電壓：BlvR0解得URr；端電勢高。a（2）桿在向右運(yùn)動過程中速度逐漸減小、感應(yīng)電動勢逐漸減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得感應(yīng)電流逐漸減小，通過電阻R的電流i隨時間變化規(guī)律的圖象如圖所示：v（3）當(dāng)ab桿以初速度開始切割磁感線時，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，電路開始給電容器充電，0有電流通過ab桿，桿在安培力的作用下做減速運(yùn)動，隨著速度減小，安培力減小，加速度也減小，桿做加速度減小的減速運(yùn)動。當(dāng)電容器兩端電壓與感應(yīng)電動勢相等時，充電結(jié)束，桿以恒定的速度做勻速直線運(yùn)動。【點(diǎn)睛】對于電磁感應(yīng)問題研究思路有常兩條：一條從力的角度，重點(diǎn)是分析安培力作用下物體的平衡問題；另一條是能量，分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量如何轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵。7．現(xiàn)代人喜歡到健身房騎車鍛煉，某同學(xué)根據(jù)自行車后輪置于垂直車身平面向里的勻強(qiáng)磁場中，后輪圓形金屬盤在磁導(dǎo)體棒繞圓盤中心O轉(zhuǎn)動。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0．5T，圓盤半徑l=0．3m，圓所學(xué)知識設(shè)計(jì)了一個發(fā)電測速裝置，如圖所示。場中轉(zhuǎn)動時，可等效成一a、b盤電阻不計(jì)。導(dǎo)線通過電刷分別與后輪外邊緣和圓心O相連，導(dǎo)線兩端間接一阻值R=10Ω的小燈泡。后輪勻速轉(zhuǎn)動時，用電壓表測得a、b間電壓U=0．6V。（1）與連接的是電壓表的正接線柱還是負(fù)接線柱？（2）圓盤勻速轉(zhuǎn)動分鐘，則此過程中產(chǎn)生了多少電能？（3）自行車車輪邊緣線速度是多少？a10Q21.6J(3)v8m/s【答案】（1）a點(diǎn)接電壓表的負(fù)接線柱；（2）【解析】1a試題分析：（）根據(jù)右手定則，輪子邊緣點(diǎn)是等效電源的負(fù)極，則點(diǎn)接電壓表的負(fù)接線柱；U（）根據(jù)焦耳定律tR22QQ=216J代入數(shù)據(jù)得．1Bl22（）由U3v=lω=8m/s得考點(diǎn)：右手定則；焦耳定律；法拉第電磁感應(yīng)定律【名師點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是明確電壓的測量原理，然后結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、線速度與角速度的關(guān)系、機(jī)械能的概念列式求解，不難。8．如圖所示，兩根相距d=1m的足夠長的軌一端接有阻值為R=2Ω的電阻．在y＞0的一側(cè)存在垂直紙面的磁場，磁m=0.05kg、阻值r=1Ω的金屬直桿與金屬導(dǎo)軌垂直，在導(dǎo)軌上滑動時接觸良好，當(dāng)t=0時y=0處，速度v=4m/s，方向沿光滑平行金屬導(dǎo)軌位于xoy豎直面內(nèi)，兩金屬導(dǎo)場大小沿x軸均B0.5y分布。一質(zhì)量為y軸大小按規(guī)律勻分布，沿0y軸的正方向。在運(yùn)動過程中，以保持金屬桿的加速度恒定，a，方向沿力不計(jì)，重力加速度為g。求：有一大小可調(diào)節(jié)、方向?yàn)樨Q直向上的外力F作用于金屬桿大小為y軸的負(fù)方向．設(shè)導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，空氣阻(1)當(dāng)金屬直桿的速度大小v=2m/s時金屬直桿兩端的電壓；(2)間分別為和t=5s時外力F的大小；t=3s當(dāng)時(3)R的最大電功率。2【答案】（1）89U3V(2)F1.1N;1F0.6N2(3)PmW3【解析】(1)當(dāng)金屬桿的速度大小為v=2m/sv2vy023m此時的位移2aB0.53T此時的磁場此時的感應(yīng)電動勢EBdv0.5312V=3VRRrE2U金屬直桿兩端的電壓3V3vt24s(2)金屬直桿在磁場中運(yùn)動的時間滿足0avvat2m/s當(dāng)t=3s時，金屬直桿向上運(yùn)動，此時速度0v2v023my位移2aB0.53T所以FmgBRBdvrdma由牛頓第二定律得1F1.1N解得1t5s4s當(dāng)時，金屬直桿已向上離開磁場區(qū)域Fmgma由2F0.6N解得：2(3)設(shè)金屬直桿的速度為v時，回路中的電流為I，R的電功率為P16vvvvBdvRr222BdvRr202222RIB0.5，PIR，22a72v8v22當(dāng)即m/s時P最大2P8W9m【點(diǎn)睛】本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)的綜合題，解決本題的關(guān)鍵抓住金屬桿做勻變速運(yùn)動，運(yùn)用運(yùn)動學(xué)公式，結(jié)合切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式、牛頓第二定律進(jìn)行求解．9．如圖所示，在水平地面MN上方空間存在一垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度的有界勻B=1T強(qiáng)磁場區(qū)域，上邊界EF距離地面的高度為H．正方形金屬線框abcd的質(zhì)量m=0.02kg、邊R=0.2Ω長L=0.1m（L<H由后靜止開始自由下落，abcd始終在豎直平面內(nèi)且ab保持水平．求線框從開始運(yùn)動g10m/s2)），總電阻，開始時線框在磁場上方，ab邊距離高度為，然EFhab到邊剛要落地的過程中（取(1)若線框從h=0.45m處開始下落，求線框ab(2)若要使線框勻速進(jìn)入磁場，求h的大小；邊剛進(jìn)入磁場時的加速度；(3)求在(2)的情況下，線框產(chǎn)生的焦耳熱Q和通過線框截面的電量q.0.8m(3)Q0.02J,q0.05C【答案】(1)a2.5m/s(2)h2【解析】【分析】【詳解】邊進(jìn)入磁場時，由自由落體規(guī)律：v2gh3m/s1(1)當(dāng)線圈ab棒切割磁感線產(chǎn)生動生電動勢：EBLv1BLE通電導(dǎo)體棒受安培力FBIL0.15NR由牛頓第二定律：mgFma解得：a2.5m/s2(2)勻速進(jìn)磁場，由平衡知識：mgF由v2gh和IBLv，代入可解得：h0.8mR(3)線圈cd邊進(jìn)入磁場前線圈做勻速運(yùn)動，由能量守恒可知重力勢能變成焦耳熱QmgL0.02JBL0.05C2通過線框的電量qItRR【點(diǎn)睛】當(dāng)線框能勻速進(jìn)入磁場，則安培力與重力相等；而當(dāng)線框加速進(jìn)入磁場時，速度在增加，安培力也在變大，導(dǎo)致加速度減小，可能進(jìn)入磁場時已勻速，也有可能仍在加速，這是由進(jìn)入磁場的距離決定的．10．固定在勻強(qiáng)磁場中的正方形導(dǎo)線框abcd，邊長為，其中ab是一段電阻為R的均勻電阻絲，其余三邊均為電阻可忽的略銅線．磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里．現(xiàn)有一段與ab段的材料、粗細(xì)、長度均相同的電阻絲PQ架在導(dǎo)線框上，如圖所示．若PQ1l以恒定的速度v從ad滑向bc，當(dāng)其滑過的距離時，通過aP段電阻的電流是多大？方l3向如何？6Blv【答案】11R方向由P到a【解析】【分析】【詳解】PQ右移切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當(dāng)于電源，外電路由Pa與Pb并聯(lián)而成，PQ滑l過時的等效電路如圖所示，3PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E=Blv，方向由Q指向P．外電路總電阻為123R3R12R外92R3R3R電路總電流為：ERRBlv9BlvI211RRR外9aP段電流大小為方向由P到a．26BlvII，ap311R6Blv答：通過aP段電阻的電流是為11R方向由P到a11．如圖甲所示，光滑且足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌其間連接有固定電阻R0.40．導(dǎo)軌上停放一質(zhì)量m0.10kg、電阻r0.20Ω的金屬桿ab，整個裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.50T的間距L0.30m．導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，勻強(qiáng)磁場中，磁場方向豎直向下．用一外力F沿水平方向拉金屬桿ab，使之由靜止開始電壓傳感器可將R兩端的電壓U即時采集并輸入電腦，獲得電壓U隨時間t變化的做勻加速運(yùn)動，關(guān)系如圖乙所示．（1）計(jì)算加速度的大??；2s（2）求第末外力F的瞬時功率；0.35J，求金屬桿上產(chǎn)生的焦耳2s外力從靜止開始拉動桿所做的（3）如果水平功W熱．0.35W（3）5.0102J11m/s2【答案】（）（）2【解析】【詳解】REBlv,vat,URrE（1）根據(jù)Ra=1m/s數(shù)據(jù)，得解：．結(jié)合圖乙所示2（2）由圖象可知在2s末，電阻R兩端電壓為0.2VU通過金屬桿的電流IRR金屬桿受安培力FBIL安FFma，設(shè)2s末外力大小為F2，由牛頓第二定律，2安PFv0.35W22故2s末時F的瞬時功率（3）設(shè)回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由能量守恒定律，WQ1mv222電阻R與金屬桿的電阻r串聯(lián)，產(chǎn)生焦耳熱與電阻成正比QrRr金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱Qr得解：Q5.0102J．r12．如圖所示，兩根互相平行的金屬導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，相距d=1m、且足夠長、不計(jì)電阻。AC、BD區(qū)域光滑，其它區(qū)域粗糙且動摩擦因數(shù)μ=0.2，并在AB的左側(cè)和CD側(cè)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T。在導(dǎo)軌中央放置著兩根質(zhì)量均為的右m=1kg，電阻均為R=2Ω的金屬棒a、b，用一鎖定裝置將一彈簧壓縮在金屬棒a、b之間(彈簧與a、b不栓連)，此時彈簧具有的彈性勢能E=9J?，F(xiàn)解除鎖定，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，a、b棒剛好進(jìn)入磁場，且b棒向右運(yùn)動x=0.8m后停止，g取10m/s2，求：(1)a、b棒剛進(jìn)入磁場時的速度大小；(2)金屬棒b剛進(jìn)入磁場時的加速度大小(3)整個運(yùn)動過程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱。【答案】（1）3m/s（2）8m/s2（3）5.8J【解析】【分析】對ab系統(tǒng)，所受的合外力為零，則動量守，恒根據(jù)動量守定恒律和能量關(guān)系列式求解速度；（2）當(dāng)ab棒進(jìn)入磁場后，兩棒均切割磁感線，產(chǎn)生感生電動勢串聯(lián)，求解感應(yīng)電流，根據(jù)牛頓第二定律求解b剛進(jìn)入磁場時的加速度；（）由能量守求恒解產(chǎn)生的熱量【詳解】3.（1）對ab系統(tǒng)，由動量守：恒a0=mv-mvb由能量關(guān)系：EP1mv21mv222ab解得v=v=3m/sab（2）當(dāng)ab棒進(jìn)入磁場后，兩棒均切割磁感線，產(chǎn)生感生電動勢串聯(lián)，則有：Ea=Eb=Bdv=6V又：I22ERa3Aa對b，由牛頓第二定律：BId+μmg=mab解得ab=8m/s2（3）由動量守恒可知，ab棒速率時刻相同，即兩者移動相同距離后停止，則對系統(tǒng)，由能量守：恒EP=2μmgx+Q解得Q=5.8J【點(diǎn)睛】此題是力、電磁綜合題目，關(guān)鍵是分析兩棒的受力情況和運(yùn)動情況，運(yùn)用動量守定恒律和能量守恒關(guān)系列式求解.13．如圖1所示，固定于水平面的U形導(dǎo)線框處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)線框兩平行導(dǎo)軌間距為l，左端接一電動勢為E0、內(nèi)阻不計(jì)的電源．一質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒MN垂直導(dǎo)線框放置并接觸良好．閉合開關(guān)S，導(dǎo)體棒從靜止開始運(yùn)動．忽略摩擦阻力和導(dǎo)線框的電阻，平行軌道足夠長．請分析說明導(dǎo)體棒MN的運(yùn)動情2vt況，在圖中畫出速度隨時間變化的示意圖；并推導(dǎo)證明導(dǎo)體棒達(dá)到的最大速度為vE0Blm0【答案】導(dǎo)體棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，達(dá)到最大速度時，加速度a=0；【解析】【分析】導(dǎo)體棒在向右運(yùn)動的過程中會切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，與回路中的電源形成閉合回；路，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求得電流，結(jié)合牛頓第二定律判斷出速度的變化【詳解】解：閉合開關(guān)s后，線框與導(dǎo)體棒組成的回路中產(chǎn)生電流，導(dǎo)體棒受到安培力開始加速運(yùn)動，假設(shè)某一時v，刻的速度為此時導(dǎo)體棒切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBlv初始階段EE0EEEBlv電流為：I0回路中的00rrEblvFBIlBl·導(dǎo)體棒受到的安培力為，方向水平向右0r00FBlEBlv因此,導(dǎo)體棒的加速度為a0·0mm，方向水平向右，即與v方向相同，隨速0r度的增加，加速度減小，但仍與v同方向，因此，導(dǎo)體棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，vE0BlmEBIv，a=0，達(dá)到最大速度時加速度即有：，解得m00圖象為3714．如圖所示，兩光滑軌道相距L=0.5m，固定在傾角為的斜面上，軌道下端接入R=1.6ΩB=1T阻值為的定值電阻。整個軌道處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)