高考物理电磁感应现象的两类情况的推断题综合热点考点难点及答案

高考物理电磁感应现象的两类情况的推断题综合热点考点难点及答案一、电磁感应现象的两类情况1．如图甲所示，相距d 的两根足够长的金属制成的导轨，水平部分左端ef 间连接一阻值为2R 的定值电阻，并用电压传感器实际监测两端电压，倾斜部分与水平面夹角为37°.长度也为d 、质量为m 的金属棒ab 电阻为R ，通过固定在棒两端的金属轻滑环套在导轨上，滑环与导轨上MG 、NH 段动摩擦因数μ＝18(其余部分摩擦不计)．MN 、PQ 、GH 相距为L ，MN 、PQ 间有垂直轨道平面向下、磁感应强度为B 1的匀强磁场，PQ 、GH 间有平行于斜面但大小、方向未知的匀强磁场B 2，其他区域无磁场，除金属棒及定值电阻，其余电阻均不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，当ab 棒从MN 上方一定距离由静止释放通过MN 、PQ 区域(运动过程中ab 棒始终保持水平)，电压传感器监测到U －t 关系如图乙所示．（1）求ab 棒刚进入磁场B 1时的速度大小． （2）求定值电阻上产生的热量Q 1.（3）多次操作发现，当ab 棒从MN 以某一特定速度进入MNQP 区域的同时，另一质量为2m ，电阻为2R 的金属棒cd 只要以等大的速度从PQ 进入PQHG 区域，两棒均可同时匀速通过各自场区，试求B 2的大小和方向．【答案】（1）11.5U B d （2）2221934-mU mgL B d；（3）32B 1 方向沿导轨平面向上 【解析】 【详解】(1)根据ab 棒刚进入磁场B 1时电压传感器的示数为U ,再由闭合电路欧姆定律可得此时的感应电动势：1 1.52UE U R U R=+⋅= 根据导体切割磁感线产生的感应电动势计算公式可得：111E B dv =计算得出:111.5Uv B d=. (2)设金属棒ab 离开PQ 时的速度为v 2，根据图乙可以知道定值电阻两端电压为2U ，根据闭合电路的欧姆定律可得：12222B dv R U R R⋅=+计算得出：213Uv B d=；棒ab 从MN 到PQ ，根据动能定理可得： 222111sin 37cos3722mg L mg L W mv mv μ︒︒⨯-⨯-=-安 根据功能关系可得产生的总的焦耳热 ：=Q W 总安根据焦耳定律可得定值电阻产生的焦耳热为：122RQ Q R R=+总 联立以上各式得出：212211934mU Q mgL B d=-(3)两棒以相同的初速度进入场区匀速经过相同的位移，对ab 棒根据共点力的平衡可得：221sin 37cos3702B d vmg mg Rμ︒︒--=计算得出：221mgRv B d =对cd 棒分析因为：2sin 372cos370mg mg μ︒︒-⋅>故cd 棒安培力必须垂直导轨平面向下，根据左手定则可以知道磁感应强度B 2沿导轨平面向上，cd 棒也匀速运动则有：1212sin 372cos37022B dv mg mg B d R μ︒︒⎛⎫-+⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭将221mgRv B d =代入计算得出：2132B B =. 答：(1)ab 棒刚进入磁场1B 时的速度大小为11.5UB d; (2)定值电阻上产生的热量为22211934mU mgL B d-; (3)2B 的大小为132B ，方向沿导轨平面向上.2．如图，在地面上方空间存在着两个水平方向的匀强磁场，磁场的理想边界ef 、gh 、pq 水平，磁感应强度大小均为B ，区域I 的磁场方向垂直纸面向里，区域Ⅱ的磁场方向向外，两个磁场的高度均为L ；将一个质量为m ，电阻为R ，对角线长为2L 的正方形金属线圈从图示位置由静止释放(线圈的d 点与磁场上边界f 等高，线圈平面与磁场垂直)，下落过程中对角线ac 始终保持水平，当对角线ac 刚到达cf 时，线圈恰好受力平衡；当对角线ac 到达h 时，线圈又恰好受力平衡(重力加速度为g ).求：(1)当线圈的对角线ac 刚到达gf 时的速度大小；(2)从线圈释放开始到对角线ac 到达gh 边界时，感应电流在线圈中产生的热量为多少?【答案】(1)1224mgR v B L = (2)322442512m g R Q mgL B L =-【解析】 【详解】(1)设当线圈的对角线ac 刚到达ef 时线圈的速度为1v ，则此时感应电动势为：112E B Lv =⨯感应电流：11E I R=由力的平衡得：12BI L mg ⨯= 解以上各式得：1224mgRv B L =(2)设当线圈的对角线ac 刚到达ef 时线圈的速度为2v ，则此时感应电动势2222E B Lv =⨯感应电流：22E I R=由力的平衡得：222BI L mg ⨯= 解以上各式得：22216mgRv B L =设感应电流在线圈中产生的热量为Q ,由能量守恒定律得：22122mg L Q mv ⨯-=解以上各式得：322442512m g R Q mgL B L=-3．如图所示，质量为4m 的物块与边长为L 、质量为m 、阻值为R 的正方形金属线圈abcd 由绕过轻质光滑定滑轮的绝缘细线相连，已知细线与斜面平行，物块放在光滑且足够长的固定斜面上，斜面倾角为300。

垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为B ，磁场上下边缘的高度为L ，上边界距离滑轮足够远，线圈ab 边距离磁场下边界的距离也为L 。

现将物块由静止释放，已知线圈cd 边出磁场前线圈已经做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g ，求：（1）线圈刚进入磁场时ab 两点的电势差大小 （2）线圈通过磁场的过程中产生的热量【答案】（1）3245ab U BL gL =；（2）32244532m g R Q mgL B L =-【解析】 【详解】（1）从开始运动到ab 边刚进入磁场，根据机械能守恒定律可得214sin 30(4)2mgL mgL m m v =++o ，25v gL =应电动势E BLv =，此时ab 边相当于是电源，感应电流的方向为badcb ，a 为正极，b 为负极，所以ab 的电势差等于电路的路端电压，可得332445ab U E gL == （2）线圈cd 边出磁场前线圈已经做匀速直线运动，所以线圈和物块均合外力为0，可得绳子的拉力为2mg ，线圈受的安培力为mg ，所以线圈匀速的速度满足22mB L v mg R=，从ab 边刚进入磁场到cd 边刚离开磁场，根据能量守恒定律可知2143sin 3(4)2m mg L mgL m m v Q θ=+++g ，32244532m g R Q mgL B L =-4．图中装置在水平面内且处于竖直向下的匀强磁场中，足够长的光滑导轨固定不动。

电源电动势为E （不计内阻），导体棒ab 初始静止不动，导体棒 ab 在运动过程中始终与导轨垂直， 且接触良好。

已知导体棒的质量为m ，磁感应强度为B ，导轨间距为L ，导体棒及导轨电阻均不计，电阻R 已知。

闭合电键，导体棒在安培力的作用下开始运动，则：(1)导体棒的最终速度？(2)在整个过程中电源释放了多少电能？ (3)在导体棒运动过程中，电路中的电流是否等于ER，试判断并分析说明原因。

【答案】(1)E v BL =；(2) 2222mE B L；(3)见解析 【解析】 【分析】 【详解】(1) 闭合电键，导体棒在安培力的作用下开始运动做加速运动，导体棒运动后切割磁感线产生感应电流，使得通过导体棒的电流减小，安培力减小，加速度减小，当加速度为0时，速度达到最大值，之后做匀速运动，此时感应电动势与电源电动势相等。

设导体棒的最终速度v ，则有E BLv =解得Ev BL=(2)在整个过程中电源释放的电能转化为导体棒的动能，导体棒获得的动能为2222122k mE E mv B L∆== 所以在整个过程中电源释放的电能为2222mE B L(3)在导体棒运动过程中，闭合电键瞬间，电路中的电流等于ER，导体棒在安培力的作用下开始运动做加速运动。

之后导体棒运动后切割磁感线产生感应电流，使得通过导体棒的电流减小，当感应电动势与电源电动势相等时，电路中电流为0，因此在导体棒运动过程中，电路中的电流只有在闭合电键瞬间等于ER，之后逐渐减小到0。

5．如图，光滑金属轨道POQ 、´´´P O Q 互相平行，间距为L ，其中´´O Q 和OQ 位于同一水平面内，PO 和´´P O 构成的平面与水平面成30°。

正方形线框ABCD 边长为L ，其中AB 边和CD 边质量均为m ，电阻均为r ，两端与轨道始终接触良好，导轨电阻不计。

BC 边和AD 边为绝缘轻杆，质量不计。

线框从斜轨上自静止开始下滑，开始时底边AB 与OO ´相距L 。

在水平轨道之间，´´MNN M 长方形区域分布着有竖直向上的匀强磁场，´OM O N L =>，´´N M 右侧区域分布着竖直向下的匀强磁场，这两处磁场的磁感应强度大小均为B 。

在右侧磁场区域内有一垂直轨道放置并被暂时锁定的导体杆EF ，其质量为m 电阻为r 。

锁定解除开关K 与M 点的距离为L ，不会阻隔导轨中的电流。

当线框AB 边经过开关K 时，EF 杆的锁定被解除，不计轨道转折处OO ´和锁定解除开关造成的机械能损耗。

（1）求整个线框刚到达水平面时的速度0v ； （2）求线框AB 边刚进入磁场时，AB 两端的电压U AB ； （3）求CD 边进入磁场时，线框的速度v ；（4）若线框AB 边尚未到达´´M N ，杆EF 就以速度23123B L v mr=离开M ´N ´右侧磁场区域，求此时线框的速度多大？【答案】（132gL 2）16BL gL ；（3）23323B L gL mr；（4）233223B L gL mr【解析】 【分析】 【详解】（1）由机械能守恒201sin 302sin 30022mgL mg L mv +=︒︒- 可得032v gL =（2）由法拉第电磁感应定律可知0E BLv =根据闭合电路欧姆定律可知032BLv I r =根据部分电路欧姆定律12AB U I r =⋅可得AB U =（3）线框进入磁场的过程中，由动量定理022BIL t mv mv -⋅∆=-又有232BL I t r ⋅∆=代入可得233B L v mr= （4）杆EF 解除锁定后，杆EF 向左运动，线框向右运动，线框总电流等于杆EF 上电流 对杆EF1BIL t m v ⋅∆=∆对线框22BIL t m v ⋅∆=⋅∆可得122v v ∆=∆整理得到2321123B L v v mr∆=∆=可得232223B L v v v mr=-∆=6．某同学在学习电磁感应后，认为电磁阻尼能够承担电梯减速时大部分制动的负荷，从而减小传统制动器的磨损．如图所示，是该同学设计的电磁阻尼制动器的原理图．电梯箱与配重质量都为M ，通过高强度绳子套在半径1r 的承重转盘上，且绳子与转盘之间不打滑．承重转盘通过固定转轴与制动转盘相连．制动转盘上固定了半径为2r 和3r 的内外两个金属圈，金属圈内阻不计．两金属圈之间用三根互成120︒的辐向导体棒连接，每根导体棒电阻均为R ．制动转盘放置在一对励磁线圈之间，励磁线圈产生垂直于制动转盘的匀强磁场（磁感应强度为B ），磁场区域限制在120︒辐向角内，如图阴影区所示．若电梯箱内放置质量为m 的货物一起以速度v 竖直上升，电梯箱离终点（图中未画出）高度为h 时关闭动力系统，仅开启电磁制动，一段时间后，电梯箱恰好到达终点．(1)若在开启电磁制动瞬间，三根金属棒的位置刚好在图所示位置，则此时制动转盘上的电动势E 为多少？此时a 与b 之间的电势差有多大？(2)若忽略转盘的质量，且不计其它阻力影响，则在上述制动过程中，制动转盘产生的热量是多少？(3)若要提高制动的效果，试对上述设计做出二处改进．【答案】(1)22321()2Bv r r E r -=,22321()6Bv r r U r -= (2)21()2Q M m v mgh =+-(3) 若要提高制动的效果，可对上述设计做出改进：增加外金属圈的半径r 3或减小内金属圈的半径r 2 【解析】 【分析】 【详解】(1)在开启电磁制动瞬间，承重转盘的线速度为v ，所以，角速度1vr ω=所以，制动转盘的角速度1vr ω=，三根金属棒的位置刚好在图2所示位置，则fe 切割磁感线产生电动势22321()2Bv r r B S E t t r -∆Φ⋅∆===∆∆所以干路中的电流223E EI R R R R R==++ 那么此时a 与b 之间的电势差即为路端电压22321()6Bv r r U E IR r -=-=(2)电梯箱与配重用绳子连接，速度相同；由能量守恒可得21(2)()2m M v m M gh Mgh Q +=+-+ 解得：21()2Q M m v mgh =+- (3)若要提高制动的效果，那么在相同速度下，要使h 减小，则要使制动转盘产生的热量增加，即在相同速度下电功率增大，，速度为v 时的电功率222223221()362B v r r E P Rr R-== 所以，若要提高制动的效果，可增加外金属圈的半径r 3或减小内金属圈的半径r 2或减小金属棒的电阻或减小承重盘的半径r 1．7．如图所示，MN 、PQ 为足够长的平行金属导轨．间距L=0.50m ，导轨平面与水平面间夹角θ=37°，N 、Q 间连接一个电阻R=5.0Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=1.0T ．将一根质量m=0.05kg 的金属棒放在导轨的ab 位置，金属棒及导轨的电阻不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数0.50μ=，当金属棒滑至cd 处时，其速度大小开始保持不变，位置cd 与ab 之间的距离 2.0m s =．已知210m/s g =， sin370.60︒=，cos370.80︒=．求：（1）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小； （2）金属棒达到cd 处的速度大小；（3）金属棒由位置ab 运动到cd 的过程中，电阻R 产生的热量． 【答案】（1）22.0/a m s = （2） 2.0/v m s = （3）0.10Q J = 【解析】 【分析】根据牛顿第二定律求加速度，根据平衡条件求金属棒速度大小，由能量守恒求电阻R 上产生的热量； 【详解】（1）设金属杆的加速度大小a ，则sin cos mg mg ma θμθ-= 解得22.0m/s a =（2）设金属棒达到cd 位置时速度大小为V ，电流为I ，金属棒受力平衡，有sin cos mg BIL mg θμθ=+BLvI R=解得： 2.0m/s V =．（3）设金属棒从ab 运动到cd 的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ，由能量守恒，有21sin cos 2mgs mv mgs Q θμθ⋅=+⋅+ 解得：0.10J Q =8．如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L ＝0.4 m ．导轨右端接有阻值R ＝1 Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好．导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L .从0时刻开始，磁感应强度B 的大小随时间t 变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s 后刚好进入磁场．若使棒在导轨上始终以速度v ＝1 m/s 做直线运动，求：(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E 大小；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F ，以及棒通过三角形abd 区域时电流I 与时间t 的关系式．【答案】(1)0.04 V ； (2)0.04 N ， I ＝22Bv tR；【解析】 【分析】 【详解】⑴在棒进入磁场前，由于正方形区域abcd 内磁场磁感应强度B 的变化，使回路中产生感应电动势和感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，在棒进入磁场前回路中的电动势为E ＝＝0.04V⑵当棒进入磁场时，磁场磁感应强度B ＝0.5T 恒定不变，此时由于导体棒做切割磁感线运动，使回路中产生感应电动势和感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中的电动势为：e ＝Blv ，当棒与bd 重合时，切割有效长度l ＝L ，达到最大，即感应电动势也达到最大e m ＝BLv ＝0.2V ＞E ＝0.04V根据闭合电路欧姆定律可知，回路中的感应电流最大为：i m ＝＝0.2A根据安培力大小计算公式可知，棒在运动过程中受到的最大安培力为：F m ＝i m LB ＝0.04N 在棒通过三角形abd 区域时，切割有效长度l ＝2v （t －1）（其中，1s≤t≤＋1s ） 综合上述分析可知，回路中的感应电流为：i ＝＝（其中，1s≤t≤＋1s ）即：i ＝t －1（其中，1s≤t≤1.2s ）【点睛】注意区分感生电动势与动生电动势的不同计算方法，充分理解B-t 图象的含义．9．如图所示，直角三角形导线框abc 固定在匀强磁场中，ab 是一段长为l 、电阻为R 的均匀导线，ac 和bc 的电阻可不计，ac 长度为．磁场的磁感强度为B ，方向垂直纸面向里．现有一段长度为、电阻为的均匀导体杆MN 架在导线框上，开始时紧靠ac ，然后沿ab 方向以恒定速度υ向b 端滑动，滑动中始终与ac 平行并与线框保持良好接触．当MN 滑过的距离为时，导线ac 中的电流是多大？方向如何？【答案】方向a →c【解析】 【分析】 【详解】 试题分析：MN 滑过的距离为L/3时，它与bc 的接触点为P ，如下图所示由图可知MP 长度为L/3， MP 中的感应电动势为：1E 3BL V BLV 有== MP 段的电阻为：r=3R MacP 和MbP 两电路的并联电阻为 121212233r 12933r r R R r r 并⨯===++由欧姆定律，PM 中的电流为：EI r r =+并由分流得ac 中的电流为：ac 23I I =， 解得考点：本题考查瞬时感应电动势，闭合电路欧姆定律点评：电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解10．如图所示，间距L =1m 的足够长的两不行金属导轨PQ 、MN 之间连接一个阻值为R =0.75Ω的定值电阻，一质量m =0.2kg 、长度L =1m 、阻值r =0.25Ω的金属棒ab 水平放置在导轨上，它与导轨间的动摩擦因数μ=0. 5。