備戰(zhàn)高考物理提高題專題復習電磁感應現象的兩類情況練習題一、電磁感應現象的兩類情況1．如圖所示，兩根光滑、平行且足夠長的金屬導軌傾斜固定在水平地面上，導軌平面與水平地面的夾角，間距為d=0.2m，且電阻不計。導軌的上端接有阻值為R=7Ω的定值電阻和理想電壓表?？臻g中有垂直于導軌平面斜向上的、大小為B=3T的勻強磁場。質量為m=0.1kg、接入電路有效電阻r=5Ω的導體棒垂直導軌放置，無初速釋放，導體棒沿導軌下滑一段距離后做勻速運動，取g=10m/s2，sin37°=0.6，求：（1）導體棒勻速下滑的速度大小和導體棒勻速運動時電壓表的示數；（2）導體棒下滑l=0.4m過程中通過電阻R的電荷量?！敬鸢浮浚?）20m/s7V（2）0.02C【解析】【詳解】（1）設導體棒勻速運動時速度為v，通過導體棒電流為I。由平衡條件①導體棒切割磁感線產生的電動勢為E=Bdv②由閉合電路歐姆定律得③聯立①②③得v=20m/s④由歐姆定律得U=IR⑤聯立①⑤得U=7V⑥（2）由電流定義式得⑦由法拉第電磁感應定律得⑧⑨由歐姆定律得⑩由⑦⑧⑨⑩得Q=0.02C?2．如圖甲所示，相距d的兩根足夠長的金屬制成的導軌，水平部分左端ef間連接一阻值為2R的定值電阻，并用電壓傳感器實際監(jiān)測兩端電壓，傾斜部分與水平面夾角為37°.長度也為d、質量為m的金屬棒ab電阻為R，通過固定在棒兩端的金屬輕滑環(huán)套在導軌上，滑環(huán)與導軌上MG、NH段動摩擦因數μ＝(其余部分摩擦不計)．MN、PQ、GH相距為L，MN、PQ間有垂直軌道平面向下、磁感應強度為B1的勻強磁場，PQ、GH間有平行于斜面但大小、方向未知的勻強磁場B2，其他區(qū)域無磁場，除金屬棒及定值電阻，其余電阻均不計，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，當ab棒從MN上方一定距離由靜止釋放通過MN、PQ區(qū)域(運動過程中ab棒始終保持水平)，電壓傳感器監(jiān)測到U－t關系如圖乙所示．（1）求ab棒剛進入磁場B1時的速度大?。?）求定值電阻上產生的熱量Q1.（3）多次操作發(fā)現，當ab棒從MN以某一特定速度進入MNQP區(qū)域的同時，另一質量為2m，電阻為2R的金屬棒cd只要以等大的速度從PQ進入PQHG區(qū)域，兩棒均可同時勻速通過各自場區(qū)，試求B2的大小和方向．【答案】（1）（2）；（3）32B1方向沿導軌平面向上【解析】【詳解】(1)根據ab棒剛進入磁場B1時電壓傳感器的示數為U,再由閉合電路歐姆定律可得此時的感應電動勢：根據導體切割磁感線產生的感應電動勢計算公式可得：計算得出:.(2)設金屬棒ab離開PQ時的速度為v2，根據圖乙可以知道定值電阻兩端電壓為2U，根據閉合電路的歐姆定律可得：計算得出：；棒ab從MN到PQ，根據動能定理可得：根據功能關系可得產生的總的焦耳熱

：根據焦耳定律可得定值電阻產生的焦耳熱為：聯立以上各式得出：(3)兩棒以相同的初速度進入場區(qū)勻速經過相同的位移，對ab棒根據共點力的平衡可得：計算得出：對cd棒分析因為：故cd棒安培力必須垂直導軌平面向下，根據左手定則可以知道磁感應強度B2沿導軌平面向上，cd棒也勻速運動則有：將代入計算得出：.答：(1)ab棒剛進入磁場時的速度大小為;

(2)定值電阻上產生的熱量為;

(3)的大小為，方向沿導軌平面向上.3．如圖所示，無限長平行金屬導軌EF、PQ固定在傾角θ=37°的光滑絕緣斜面上，軌道間距L=1m，底部接入一阻值R=0.06Ω的定值電阻，上端開口，垂直斜面向上的勻強磁場的磁感應強度B=2T。一質量m=2kg的金屬棒ab與導軌接觸良好，ab與導軌間的動摩擦因數μ=0.5，ab連入導軌間的電阻r=0.04Ω，電路中其余電阻不計?，F用一質量M=6kg的物體通過一不可伸長的輕質細繩繞過光滑的定滑輪與ab相連.由靜止釋放物體，當物體下落高度h=2.0m時，ab開始勻速運動，運動中ab始終垂直導軌并與導軌接觸良好。不計空氣阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。(1)求ab棒沿斜面向上運動的最大速度；(2)在ab棒從開始運動到開始勻速運動的這段時間內，求通過桿的電量q；(3)在ab棒從開始運動到開始勻速運動的這段時間內，求電阻R上產生的焦耳熱?！敬鸢浮?1)(2)q=40C(3)【解析】【分析】(1)由靜止釋放物體，ab棒先向上做加速運動，隨著速度增大，產生的感應電流增大，棒所受的安培力增大，加速度減小，棒做加速度減小的加速運動；當加速度為零時，棒開始勻速，速度達到最大。據法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律、安培力公式、平衡條件等知識可求出棒的最大速度。(2)本小問是感應電量的問題，據法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律、電流的定義式、磁通量的概念等知識可進行求解。(3)從ab棒開始運動到勻速運動，系統的重力勢能減小，轉化為系統增加的動能、摩擦熱和焦耳熱，據能量守恒定律可求出系統的焦耳熱，再由焦耳定律求出電阻R上產生的焦耳熱?！驹斀狻?1)金屬棒ab和物體勻速運動時，速度達到最大值，由平衡條件知對物體，有；對ab棒，有又、聯立解得：(2)感應電荷量據閉合電路的歐姆定律據法拉第電磁感應定律在ab棒開始運動到勻速運動的這段時間內，回路中的磁通量變化聯立解得：(3)對物體和ab棒組成的系統，根據能量守恒定律有：又解得：電阻R上產生的焦耳熱4．某興趣小組設計制作了一種磁懸浮列車模型，原理如圖所示，PQ和MN是固定在水平地面上的兩根足夠長的平直導軌，導軌間分布著豎直（垂直紙面）方向等間距的勻強磁場和，二者方向相反．矩形金屬框固定在實驗車底部（車廂與金屬框絕緣）．其中ad邊寬度與磁場間隔相等，當磁場和同時以速度沿導軌向右勻速運動時，金屬框受到磁場力，并帶動實驗車沿導軌運動．已知金屬框垂直導軌的ab邊長m、總電阻，列車與線框的總質量，T，懸浮狀態(tài)下，實驗車運動時受到恒定的阻力N．（1）求實驗車所能達到的最大速率；（2）實驗車達到的最大速率后,某時刻讓磁場立即停止運動,實驗車運動20s之后也停止運動，求實驗車在這20s內的通過的距離；（3）假設兩磁場由靜止開始向右做勻加速運動，當時間為時，發(fā)現實驗車正在向右做勻加速直線運動，此時實驗車的速度為，求由兩磁場開始運動到實驗車開始運動所需要的時間．【答案】(1)；(2)120m；(3)2s【解析】【分析】【詳解】（1）實驗車最大速率為時相對磁場的切割速率為，則此時線框所受的磁場力大小為此時線框所受的磁場力與阻力平衡，得：

（2）磁場停止運動后，線圈中的電動勢：線圈中的電流：實驗車所受的安培力：根據動量定理，實驗車停止運動的過程：整理得：而解得：（3）根據題意分析可得，為實現實驗車最終沿水平方向做勻加速直線運動，其加速度必須與兩磁場由靜止開始做勻加速直線運動的加速度相同，設加速度為，則t時刻金屬線圈中的電動勢

金屬框中感應電流

又因為安培力所以對試驗車，由牛頓第二定律得

得

設從磁場運動到實驗車起動需要時間為，則時刻金屬線圈中的電動勢金屬框中感應電流又因為安培力對實驗車，由牛頓第二定律得：即得：5．如圖，垂直于紙面的磁感應強度為B，邊長為L、電阻為R的單匝方形線圈ABCD在外力F的作用下向右勻速進入勻強磁場，在線圈進入磁場過程中，求：(1)線圈進入磁場時的速度v。(2)線圈中的電流大小。(3)AB邊產生的焦耳熱?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【解析】【分析】【詳解】(1)線圈向右勻速進入勻強磁場，則有又電路中的電動勢為所以線圈中電流大小為聯立解得(2)根據有得線圈中的電流大小(3)AB邊產生的焦耳熱將代入得6．如圖所示，足夠長且電阻忽略不計的兩平行金屬導軌固定在傾角為α=30°絕緣斜面上，導軌間距為l=0.5m。沿導軌方向建立x軸，虛線EF與坐標原點O在一直線上，空間存在垂直導軌平面的磁場，磁感應強度分布為（取磁感應強度B垂直斜面向上為正）?，F有一質量為kg，邊長均為l=0.5m的U形框cdef固定在導軌平面上，c點（f點）坐標為x=0。U形框由金屬棒de和兩絕緣棒cd和ef組成，棒de電阻為。另有一質量為kg，長為l=0.5m，電阻為的金屬棒ab在離EF一定距離處獲得一沿斜面向下的沖量I后向下運動。已知金屬棒和U形框與導軌間的動摩擦因數均為。（1）若金屬棒ab從某處釋放，且I=0.4N·s，求釋放瞬間金屬棒ab上感應電流方向和電勢差；（2）若金屬棒ab從某處釋放，同時U形框解除固定，為使金屬棒與U形框碰撞前U形框能保持靜止，求沖量I大小應滿足的條件。（3）若金屬棒ab在x=－0.32m處釋放，且I=0.4N·s，同時U形框解除固定，之后金屬棒ab運動到EF處與U形框發(fā)生完全非彈性碰撞，求金屬棒cd最終靜止的坐標?！敬鸢浮浚?）感應電流方向從b到a；0.1V;（2）0.48Ns；（3）2.5m【解析】【分析】【詳解】（1）金屬棒獲得沖量I后，速度為根據右手定則，感應電流方向從b到a；切割磁感線產生的電動勢為其中T；金屬棒ab兩端的電勢差為（2）由于ab棒向下運動時，重力沿斜面的分力與摩擦力等大反向，因此在安培力作用下運動，ab受到的安培力為做加速度減小的減速運動；由左手定則可知，cd棒受到安培力方向沿軌道向上，大小為其中；因此獲得沖量一瞬間，cd棒受到的安培力最大，最容易發(fā)生滑動為使線框靜止，此時摩擦力沿斜面向下為最大靜摩擦力，大小為因此安培力的最大值為；可得最大沖量為N·s（3）當I=0.4N·s時，金屬棒獲得的初速度為，其重力沿斜面分力與摩擦力剛好相等，在安培力作用下做加速度減小的減速，而U形框在碰撞前始終處于靜止；設到達EF時速度為，取沿斜面向下為正，由動量定理得其中解得金屬棒與U形線框發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒得因此碰撞后U形框速度為同理：其重力沿斜面的分力與滑動摩擦力等大反向，只受到安培力的作用，當U形框速度為v時，其感應電流為其中，，分別為de邊和ab邊處的磁感應強度，電流方向順時針，受到總的安培力為其中，由動量定理得因此向下運動的距離為此時cd邊的坐標為x=2.5m7．如圖所示，一阻值為R、邊長為的勻質正方形導體線框abcd位于豎直平面內，下方存在一系列高度均為的勻強磁場區(qū)，與線框平面垂直，各磁場區(qū)的上下邊界及線框cd邊均磁場方向均與線框平面垂水平。第1磁場區(qū)的磁感應強度大小為B1，線框的cd邊到第1磁區(qū)上場區(qū)上邊界的距離為h0。線框從靜止開始下落，在通過每個磁場區(qū)時均做勻速運動，且通過每個磁場區(qū)的速度均為通過其上一個磁場區(qū)速度的2倍。重力加速度大小為g，不計空氣阻力。求：(1)線框的質量m；(2)第n和第n+1個磁場區(qū)磁感應強度的大小Bn與Bn+1所滿足的關系；(3)從線框開始下落至cd邊到達第n個磁場區(qū)上邊界的過程中，cd邊下落的高度H及線框產生的總熱量Q?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【解析】【分析】【詳解】(1)設線框剛進第一個磁場區(qū)的速度大小為v1，由運動學公式得，設線框所受安培力大小為F1，線框產生的電動勢為E1，電流為I，由平衡條件得由安培力的表達式得，，聯立解得(2)設線框在第n和第n+1個磁場區(qū)速度大小分別為vn、vn+1，由平衡條件得且聯立解得(3)設cd邊加速下落的總距離為h，勻速下落的總距離為L，由運動學公式得聯立解得由能量守恒定律得聯立解得8．如圖所示，兩根粗細均勻的金屬棒，用兩根等長的、不可伸長的柔軟導線將它們連接成閉合回路，并懸掛在光滑絕緣的水平直桿上，并使兩金屬棒水平。在棒的下方有高為、寬度略小于導線間距的有界勻強磁場，磁感應強度為，磁場方向垂直紙面向里，此時棒在磁場外距上邊界高處（hH，且h、H均為未知量），N棒在磁場內緊貼下邊界。已知：棒M、N質量分別為3m、m，棒在磁場中的長度均為L，電阻均為R。將M棒從靜止釋放后，在它將要進入磁場上邊界時，加速度剛好為零；繼續(xù)運動，在N棒未離開磁場上邊界前已達勻速。導線質量和電阻均不計，重力加速度為g：(1)求M棒將要進入磁場上邊界時回路的電功率；(2)若已知M棒從靜止釋放到將要進入磁場的過程中，經歷的時間為t，求該過程中M棒上產生的焦耳熱Q；(3)在圖2坐標系內，已定性畫出從靜止釋放M棒，到其離開磁場的過程中“v-t圖像”的部分圖線，請你補畫出M棒“從勻速運動結束，到其離開磁場”的圖線，并寫出兩縱坐標a、b的值?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)，圖見解析，，【解析】【分析】【詳解】（1）由牛頓第二定律得M棒將要進入磁場上邊界時回路的電功率（2）N棒產生的感應電動勢由動量守恒得通過N棒的電荷量根據能量守恒得聯立得（或）（3）對M棒受力分析解得由解得9．如圖，水平面（紙面）內同距為的平行金屬導軌間接一電阻，質量為m、長度為的金屬桿置于導軌上，t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動．時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動．桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數為．重力加速度大小為g．求（1）金屬桿在磁場中運動時產生的電動勢的大小；（2）電阻的阻值．【答案】；R=【解析】【分析】【詳解】（1）設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得：ma=F-μmg①設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有：v=at0②當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律，桿中的電動勢為:E=Blv③聯立①②③式可得:④（2）設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿的電流為I，根據歐姆定律：I=⑤式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為：⑥因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得：F–μmg–f=0⑦聯立④⑤⑥⑦式得:R=10．如圖所示，豎直向上的勻強磁場垂直于水平面內的導軌，磁感應強度大小為B，質量為M的導體棒PQ垂直放在間距為l的平行導軌上，通過輕繩跨過定滑輪與質量為m的物塊A連接。接通電路，導體棒PQ在安培力作用下從靜止開始向左運動，最終以速度v勻速運動，此過程中通過導體棒PQ的電量為q，A上升的高度為h。已知電源的電動勢為E，重力加速度為g。不計一切摩擦和導軌電阻，求：(1)當導體棒PQ勻速運動時，產生的感應電動勢的大小E’；(2)當導體棒PQ勻速運動時，棒中電流大小I及方向；(3)A上升h高度的過程中，回路中產生的焦耳熱Q?！敬鸢浮?1)；(2)，方向為P到Q；(3)【解析】【分析】【詳解】(1)當導體棒PQ最終以速度v勻速運動，產生的感應電動勢的大小(2)當導體棒PQ勻速運動時，安培力方向向左，對導體棒有又因為聯立得根據左手定則判斷I的方向為P到Q。(3)根據能量守恒可知，A上升h高度的過程中，電源將其它形式的能量轉化為電能，再將電能轉化為其他形式能量，則有則回路中的電熱為11．磁場在xOy平面內的分布如圖所示，其磁感應強度的大小均為B0，方向垂直于xOy平面，相鄰磁場區(qū)域的磁場方向相反，每個同向磁場區(qū)域的寬度均為L0，整個磁場以速度v沿x軸正方向勻速運動。若在磁場所在區(qū)間內放置一由n匝線圈組成的矩形線框abcd，線框的bc＝LB、ab＝L、LB略大于L0，總電阻為R，線框始終保持靜止。求：（1）線框中產生的總電動勢大小和導線中的電流大小；（2）線框所受安培力的大小和方向。【答案】（1）2nB0Lv；（2），方向沿x軸正方向【解析】【詳解】（1）線框相對于磁場向左做切割磁感線的勻速運動，切割磁感線的速度大小為v，任意時刻線框ab邊切割磁感線產生的感應電動勢大小為E1=nB0Lv，cd邊切割磁感線產生的感應電動勢大小為E2=nB0Lv，ab邊和cd邊所處的磁場方向總是相反的，故ab邊和cd邊中產生的感應電動勢方向總是相同的，所以總的感應電動勢大小E=2nB0Lv，由閉合電路歐姆定律得導線中的電流大?。?）線框所受安培力的大小，由左手定則判斷，線框所受安培力的方向始終沿x軸正方向。12．為了提高自行車夜間行駛的安全性，小明同學設計了一種閃爍裝置．如圖所示，自行車后輪由半徑的金屬內圈、半徑的金屬外圈和絕緣幅條構成．后輪的內、外圈之間等間隔地接有4跟金屬條，每根金屬條的中間均串聯有一電阻值為的小燈泡．在支架上裝有磁鐵，形成了磁感應強度、方向垂直紙面向外的扇形勻強磁場，其內半徑為、外半徑為、張角．后輪以角速度，相對轉軸轉動．若不計其它電阻，忽略磁場的邊緣效應．（1）當金屬條進入扇形磁場時，求感應電動勢E，并指出ab上的電流方向；（2）當金屬條進入扇形磁場時，畫出閃爍裝置的電路圖；（3）從金屬條進入扇形磁場時開始，經計算畫出輪子一圈過程中，內圈與外圈之間電勢差隨時間變化的圖象；【答案】（1），電流方向由到；（2）見解析；（3）見解析【解析】【分析】【詳解】（1）金屬條ab在勻強磁場中轉動切割，由得：感應電動勢為，根據右手定則判斷可知電流方向由到；（2）邊切割充當電源，其余為外電路，且并聯，其等效電路如圖所示（3）設電路的總電阻為，根據電路圖可知，兩端電勢差：設離開磁場區(qū)域的時刻，下一根金屬條進入磁場的時刻，則：，，設輪子轉一圈的時間為，則，在內，金屬條有四次進出，后三次與第一次相同，由上面的分析可以畫出如下圖象：【點睛】本題考查了電磁感應和恒定電路的知識，設計問題從容易入手，層層遞進，較好地把握了試題的難度和區(qū)分度．13．如圖所示，一對光滑的平行金屬導軌（電阻不計）固定在同一水平面內，導軌足夠長且間距為L，左端接有阻值R的電阻，一質量m、長度L的金屬棒MN放置在導軌上，棒的電阻為r，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B，棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始做加速運動，保持外力的功率為P不變，經過時間t導體棒最終做勻速運動．求：（1）導體棒勻速運動時的速度是多少？（2）t時間內回路中產生的焦耳熱是多少?【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）金屬棒在功率不變的外力作用下，先做變加速運動，后做勻速運動，此時受到的安培力與F二力平衡，由法拉第定律、歐姆定律和安培力公式推導出安培力與速度的關系式，再由平衡條件求解速度；（2）t時間內，外力F做功為Pt，外力F和安培力對金屬棒做功，根據動能定理列式求出金屬棒克服安培力做功，即可得到焦耳熱．【詳解】（1）金屬棒勻速運動時產生的感應電動勢為E=BLv感應電流I=金屬棒所受的安培力F安=BIL聯立以上三式得：F安=外力的功率P=Fv勻速運動時，有F=F安聯立上面幾式可得：v=（2）根據動能定理：WF+W安=其中WF=Pt，Q=﹣W安可得：Q=Pt﹣答：（1）金屬棒勻速運動時的速度是．（2）t時間內回路中產生的焦耳熱是Pt﹣．【點睛】金屬棒在運動過程中克服安培力做功，把金屬棒的動能轉化為焦耳熱，在此過程中金屬棒做加速度減小的減速運動；對棒進行受力分析、熟練應用法拉第電磁感應定律、歐姆定律、動能定理等正確解題．14．如圖，光滑的平行金屬導軌水平放置，導軌間距為L，左側接一阻值為R的電阻，導軌其余部分電阻不計。矩形區(qū)域abfe內存在垂直軌道平面向下的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B，一質量為m的金屬棒MN置于導軌上，連人電路部分的電阻為r，與導軌垂直且接觸良好。金屬棒受到一個水平拉力作用，從磁場的左邊界由靜止開始作勻加速直線運動，加速度大小為a。棒運動到cd處撤去外力，棒繼續(xù)運動到磁場右邊界ef處恰好