高考物理電磁感應(yīng)現(xiàn)象壓軸題專項復(fù)習(xí)

1、高考物理電磁感應(yīng)現(xiàn)象壓軸題專項復(fù)習(xí)一、高中物理解題方法：電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況1.如圖所示，在傾角30o的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強度大小相等、方向分別垂直斜面向上和垂直斜面向下的勻強磁場，兩磁場寬度均為L。一質(zhì)量為 m、邊長為L的go正方形線框距磁場上邊界 L處由靜止沿斜面下滑，ab邊剛進入上側(cè)磁場時，線框恰好做勻速直線運動。ab邊進入下側(cè)磁場運動一段時間后也做勻速度直線運動。重力加速度為求:(1)線框ab邊剛越過兩磁場的分界線 f時受到的安培力；(2)線框穿過上側(cè)磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q和所用的時間to【答案】安培力大小2mg,方向沿斜面向上(2)Q 47mgL t 7 /-322 g

2、【解析】【詳解】(1)線框開始時沿斜面做勻加速運動，根據(jù)機械能守恒有12mgL sin30 - mv ,則線框進入磁場時的速度v 2gsin30 L gL線木g ab邊進入磁場時產(chǎn)生的電動勢E=BLv線框中電流ab邊受到的安培力F BIL線框勻速進入磁場，則有mg sin 30ab邊剛越過f時，cd也同時越過了 ee,則線框上產(chǎn)生的電動勢E'=2BLv線框所受的安培力變?yōu)開 2 24B L vF 2BI L 2mg方向沿斜面向上（2）設(shè)線框再次做勻速運動時速度為V ,則mg sin 30_ 2 24B LvR解得根據(jù)能量守恒定律有mg sin 30 2L1一 mv2-mv2 Q247

3、mgL解得Q 32線木g ab邊在上側(cè)磁揚中運動的過程所用的時間ti設(shè)線框ab通過ff后開始做勻速時到 gg的距離為xq,由動量定理可知:mgsin30t2 2BLIt2 mvmv其中2BL L Xqt2R聯(lián)立以上兩式解得4 L Xq3v2g線木1 ab在下側(cè)磁場勻速運動的過程中,t3XqV4XqV所以線框穿過上側(cè)磁場所用的總時間為tit2t32g2.某興趣小組設(shè)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(dǎo)軌，導(dǎo)軌間分布著豎直（垂直紙面）方向等間距的勻強磁場Bi和B2,二者方向相反.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

4、場間隔相等，當(dāng)磁場Bi和B2同時以速度vq 10mS沿導(dǎo)軌向右勻速運動時，金屬框受到磁場力，并帶動實驗車沿導(dǎo)軌運動.已知金屬框垂直導(dǎo)軌的ab邊長L 0.1mm、總電阻R 0.8 ，列車與線框的總質(zhì)量 m 0.4kg , B &2.0TT,懸浮狀態(tài)下，實驗車運動時受到恒定的阻力幾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(nèi)的通過的距離；(3)假設(shè)兩磁場由靜止開始向右做勻加速運動，當(dāng)時間為 t 24s時，發(fā)現(xiàn)實驗車正在向 右做勻加速直線運動，此時實驗車的速度為 v 2 ms,求由兩磁場

5、開始運動到實驗車開始 運動所需要的時間.【答案】(1)8ms; (2)120m； (3)2s【解析】【分析】【詳解】(1)實驗車最大速率為Vm時相對磁場的切割速率為V0 Vm,則此時線框所受的磁場力大小為F 4B2L2（V0-V）R此時線框所受的磁場力與阻力平衡，得：F fvmv0fR 。/ 7 8m/s4B2L2(2)磁場停止運動后，線圈中的電動勢:E 2BLv線圈中的電流：I ER實驗車所受的安培力：F 2BIL根據(jù)動量定理，實驗車停止運動的過程:F t ftmVm2. 2整理得： t ft mvmR而 v t x解得：x 120m(3)根據(jù)題意分析可得，為實現(xiàn)實驗車最終沿水平方向做勻加速

6、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(shè)加速度為a ,則t時刻金屬線圈中的電動勢E 2BL(at v)金屬框中感應(yīng)電流I2BL(at v)R又因為安培力F 2BIL 4B "at V)R_ 2_ 2/所以對試驗車，由牛頓第二定律得4B L(at v)R得 a 1.0m/s2f ma設(shè)從磁場運動到實驗車起動需要時間為t0 ,則t0時刻金屬線圈中的電動勢E0 2BLato金屬框中感應(yīng)電流I02BLat0R又因為安培力F02BI0L4B2L2at0R對實驗車，由牛頓第二定律得：F0 f2.2 ,即 4B L at0 f 得：t0 2s R3 .圖中裝置在水平

7、面內(nèi)且處于豎直向下的勻強磁場中，足夠長的光滑導(dǎo)軌固定不動。電源電動勢為E (不計內(nèi)阻)，導(dǎo)體棒 ab初始靜止不動，導(dǎo)體棒 ab在運動過程中始終與導(dǎo)軌 垂直，且接觸良好。已知導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m,磁感應(yīng)強度為 B,導(dǎo)軌間距為L,導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌電阻均不計，電阻 R已知。閉合電鍵，導(dǎo)體棒在安培力的作用下開始運動，則： (1)導(dǎo)體棒的最終速度？(2)在整個過程中電源釋放了多少電能?(3)在導(dǎo)體棒運動過程中，電路中的電流是否等于E，試判斷并分析說明原因。RmE2 2B2L2【解析】;(3)見解析(1)閉合電鍵，導(dǎo)體棒在安培力的作用下開始運動做加速運動，導(dǎo)體棒運動后切割磁感線產(chǎn) 生感應(yīng)電流，使得通過導(dǎo)體棒的電流

8、減小，安培力減小，加速度減小，當(dāng)加速度為0時,速度達到最大值，之后做勻速運動，此時感應(yīng)電動勢與電源電動勢相等。設(shè)導(dǎo)體棒的最終速度V,則有E BLv解得EBL(2)在整個過程中電源釋放的電能轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體棒的動能，導(dǎo)體棒獲得的動能為所以在整個過程中電源釋放的電能為Ek 1 mv2k 2mE22B2L2mE22B2L2(3)在導(dǎo)體棒運動過程中，閉合電鍵瞬間，電路中的電流等于,導(dǎo)體棒在安培力的作用下R開始運動做加速運動。之后導(dǎo)體棒運動后切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，使得通過導(dǎo)體棒的電流減小，當(dāng)感應(yīng)電動勢與電源電動勢相等時，電路中電流為0,因此在導(dǎo)體棒運動過程中，電路中的電流只有在閉合電鍵瞬間等于E,之后逐漸減

9、小到 0。R4 .如圖所示，在傾角為 37的光滑斜面上存在兩個磁感應(yīng)強度均為B的勻強磁場區(qū)域。磁場I的方向垂直于斜面向下，其上下邊界AA'與DD'的間距為H。磁場H的方向垂直于斜面向上，其上邊界 CC'與DD'的間距為ho線有一質(zhì)量為 m、邊長為L (h<L<H)、電阻 為R的正方形線框由 AA'上方某處沿斜面由靜止下滑，恰好能勻速進入磁場I。已知當(dāng)cd邊剛要進入磁場n的前一瞬間，線框的加速度大小為a1 0.2g ,不計空氣阻力，求：(1)cd邊剛到達AA'時的速度；(2)cd邊從AA'運動到CC '過程中，線框所產(chǎn)生

10、的熱量Q;(3)當(dāng)cd邊剛進入磁場 H時，線框的加速度大小 a?。3 223mgR 3mg(H h) 2m g R【答案】(1)V12 2(2)Q g(H一) 玄*7(3)a25B L525B L【分析】【詳解】(1)cd邊剛到達AA'時有解得mg sin 372. 2B L V13mgRv1航(2)已知當(dāng)cd邊剛要進入磁場n的前一瞬間，由牛頓第二定律得mg sin 372. 2B L V2ma1解得V22mgR-ZT225B2L2由能量守恒得mg(H h)sin37Q 1mv22解得3mg(H5h)3 222m g R25B4L4(3)當(dāng)cd邊剛進入磁場II時，ab, 電動勢變?yōu)橹挥?/p>

11、cd切割時的兩倍,cd兩邊分別在兩磁場中切割磁感線，則有此時線圈中的電流也為兩倍，由左手定則可知,ab, cd兩邊受的安4倍，則有ma2培力相同，方向沿斜面向上，線圈此時受的安培力變?yōu)樵瓉淼?. 2B L v2 mg sin 374-解得a2 g。5 .如圖所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌相距1 m,導(dǎo)軌平面與水平面成0 = 37角，下端連接阻值為 R= 2的電阻.磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上，磁 感應(yīng)強度為0.4T.質(zhì)量為0.2kg、電阻不計的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良 好接觸，它們之間的動摩擦因數(shù)為0.25.金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑.(g=10m/s2,

12、sin37 = 0.6, cos37 = 0.8)(1)判斷金屬棒下滑過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向；(2)求金屬棒下滑速度達到 5m/s時的加速度大?。?3)當(dāng)金屬棒下滑速度達到穩(wěn)定時，求電阻R消耗的功率.【答案】(1)由 a到 b (2) a 2m/s2 (3) P 8W【解析】【分析】【詳解】(1)由右手定則判斷金屬棒中的感應(yīng)電流方向為由a到b.(2)金屬棒下滑速度達到 5m/s時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 E BLv 0.4 1 5V 2V感應(yīng)電流為I E 1A,金屬棒受到的安培力為F BIL 0.4 1 1N 0.4?NR由牛頓第二定律得：mgsin mgcos F ma ,解得：a 2m/s2.

13、(3)設(shè)金屬棒運動達到穩(wěn)定時，所受安培力為F ,棒在沿導(dǎo)軌方向受力平衡mgsin mgcos F ,解得：F 0.8N，又：F BI L ,BL2A電阻R消耗的功率：P I 2R 8W .該題考查右手定則的應(yīng)用和導(dǎo)體棒沿著斜面切割磁感線的運動，該類題型綜合考查電磁感 應(yīng)中的受力分析與法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用，要求的解題的思路要規(guī)范，解題的能力要 求較高.6 .如圖(a)所示，平行長直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距L=0.4 m.導(dǎo)軌右端接有阻值 R= 1 Q的電阻，導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上，且接觸良好.導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌的電阻均不計，導(dǎo)軌間正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向豎直向下的勻強磁場，bd連線與導(dǎo)軌垂直，長度

14、也為L.從0時刻開始，磁感應(yīng)強度 B的大小隨時間t變化，規(guī)律如圖(b)所示；同一時刻，棒從導(dǎo)軌左端開 始向右勻速運動，1 s后剛好進入磁場.若使棒在導(dǎo)軌上始終以速度v=1 m/s做直線運動，求：(1)棒進入磁場前，回路中的電動勢E大??；(2)棒在運動過程中受到的最大安培力F,以及棒通過三角形 abd區(qū)域時電流I與時間t的關(guān)系式.R2, 【答案】(1)0.04 V ;(2)0.04 N , I = 2Bvl ；【解析】【分析】【詳解】在棒進入磁場前，由于正方形區(qū)域abcd內(nèi)磁場磁感應(yīng)強度B的變化，使回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，在棒進入磁場前回路中的電動勢為E=力更

15、,(:71r=0.04V當(dāng)棒進入磁場時，磁場磁感應(yīng)強度B= 0.5T恒定不變，此時由于導(dǎo)體棒做切割磁感線運動，使回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，回路中的電動 勢為：e=Blv,當(dāng)棒與bd重合時，切割有效長度 l=L,達到最大，即感應(yīng)電動勢也達到最 大 em = BLv= 0.2V>E= 0.04V根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，回路中的感應(yīng)電流最大為：im = 4 =0.2Aa根據(jù)安培力大小計算公式可知，棒在運動過程中受到的最大安培力為：Fm=imLB= 0.04N在棒通過三角形abd區(qū)域時，切割有效長度l=2v(t1)(其中，1s<t+ 1s)綜合上述分析可

16、知，回路中的感應(yīng)電流為：i=J= 覃a)(其中，1s<t k +ls)即：i = t 1 (其中，is<t<i.2s【點睛】注意區(qū)分感生電動勢與動生電動勢的不同計算方法，充分理解B-t圖象的含義.7 .如圖，兩根相距l(xiāng)=0.4m的平行金屬導(dǎo)軌 OG O'C水平放置。兩本導(dǎo)軌右端O、。連接著與水平面垂直的光滑平行導(dǎo)軌OD、O'D',兩根與導(dǎo)軌垂直的金屬桿M、N被放置在導(dǎo)軌上，并且始終與導(dǎo)軌保持保持良好電接觸。M、N的質(zhì)量均為m=0.2kg,電阻均為R=0.4 Q N桿與水平導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為巧0.1。整個空間存在水平向左的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B=0.

17、5T?，F(xiàn)給N桿一水平向左的初速度 V0=3m/s,同時給 M桿一豎直方向的拉 力F,使M桿由靜止開始向下做加速度為aiM=2m/s2的勻加速運動。導(dǎo)軌電阻不計，( g取10m/s2) ° 求：(1)t=1s時，N桿上通過的電流強度大?。?2)求M桿下滑過程中，外力 F與時間t的函數(shù)關(guān)系；(規(guī)定豎直向上為正方向)(3)已知N桿停止運動時，M仍在豎直軌道上，求 M桿運動的位移；(4)在N桿在水平面上運動直到停止的過程中，已知外力F做功為-11.1J,求系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量。lg【解析】【詳解】(1)M桿的速度:感應(yīng)電流:(2)對M桿，根據(jù)牛頓第二定律:整理得:解得:(3)對N桿，由牛頓第二定

18、律得:可得:解得:可做aN t圖【答案】(1) 0.5A (2) F=1.6 0.1t (3) 7.84m (4) 2.344JVaMt2 1m/s2m/sEI2R0.5 0.42 0.42 A 0.5AvaMtFF1.60.1t(mgBBlaMt2Rl) maNaNB2l2aMt 2mR1 0.05tBLv2RmgFBIlmaMmgmaMBBlaMt 2R可得:Voto1(1 0.05to)解得：to 2.8s位移：1.212sMat02 2.8 m 7.84m22(4)對M桿，則有： _. n , . n ,12 cmgSM Wf W安 - mvM 0解得：W安 QI 1.444J對N桿，

19、則有：1 212Wf-mv02 0.2 32J 0.9J2 2總熱量：Q總 QI Wf 1.444 0.9J 2.344J8 .如圖所示(俯視圖)，兩根光滑且足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌 間距L=1m。導(dǎo)軌單位長度的電阻 r=1Q/m,左端處于x軸原點，并連接有固定電阻Ri=1 與電阻Ri相連的導(dǎo)線電阻可不計)。導(dǎo)軌上放置一根質(zhì)量m=1kg、電阻R2=1 的金屬桿ab,整個裝置處于磁感應(yīng)強度B= B0+kx (Bo=1T, k=1T/m)的磁場中，磁場方向豎直向下。用一外力F沿水平方向拉金屬桿 ab,使其從原點處開始以速度 v=1m/s沿x軸正方向 做勻速運動，則：(1)當(dāng)t

20、=1s時，電阻Ri上的發(fā)熱功率。(2)求0-2s內(nèi)外力F所做的功。(3)如果t=2s調(diào)整F的大小及方向，使桿以1m/s2的加速度做勻減速運動，定性討論F的大小及方向的變化情況?！敬鸢浮?1)0.25W (2) 2J (3)見解析【解析】【詳解】(1)當(dāng) t=1s 時，x=vt=1m, B=B°+kx=2T,所以 R 上的電流為 IBLvR R2 2xr0.5A,得PI 2Ri 0.25W,(& kx)Lv 寸(2)電流與導(dǎo)體棒位置的關(guān)系為I - °-5A,得回路中的電流與導(dǎo)體棒位置g R2 2xr無關(guān)，由F ILB得F ILBo ILkx ,畫出F-x圖象，求0-2

21、s內(nèi)圖象下面的 面積”，即是 導(dǎo)體棒在運動過程中克服安培力所做的功當(dāng) t=0, B=1T,所以 F ILB 0.5N,當(dāng) t=2s, B=3T,所以 F ILB 1.5N , x=2m,所以 做功的面積”為2J。因?qū)w棒是勻速運動，合力做功為0,所以外力克服安培力做功為2 J(3)當(dāng)t=2s時F安ILB 1.5N ,方向向左，此時合外力F合ma 1N ,方向向左，所以此時F應(yīng)向右，大小為0.5N。隨著速度的減小，安培力將減小，F(xiàn)先減小。當(dāng)安培力等于1N時，F(xiàn)減至0。當(dāng)速度更小是，安培力也更小，此時F應(yīng)反向增大，當(dāng)速度接近為0時，安培力也接近為 0, F接近1N。9 .如圖所示，一對光滑的平行金

22、屬導(dǎo)軌(電阻不計)固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌足夠長且 間距為L,左端接有阻值 R的電阻，一質(zhì)量 m、長度L的金屬棒MN放置在導(dǎo)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(yīng)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(jīng)過時間t導(dǎo)體棒最終做勻速運動.求：(1)導(dǎo)體棒勻速運動時的速度是多少？(2) t時間內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱是多少【答案】(1) "+玲;(2)BL【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(dǎo)出安培力與速度

23、的關(guān)系式， 再由平衡條件求解速度；(2) t時間內(nèi)，外力F做功為Pt,外力F和安培力對金屬棒做功，根據(jù)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(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLv金屬棒所受的安培力F安=BIL,Q=- W 安可得：Q=Pt-mP (R+r)2B2L2答:(1)金屬棒勻速運動時的速度是4P (R+r)BLiuP (R+e)(2) t時間內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱是Pt-廠廠.2B氣,【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(zhuǎn)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(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定 律、動能定理等正確解題.10.如圖甲，abcd是位于豎直平