高考物理电磁感应现象压轴难题试卷含答案

高考物理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，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B 1，线框的cd 边到第1磁区上场区上边界的距离为h 0。

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B n 与B n+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 。

【答案】22112B l gh gR ；(2)+12n n B B =；2311
2(1)2n B l gh - 【解析】 【分析】 【详解】
(1)设线框刚进第一个磁场区的速度大小为v 1，由运动学公式得2
112v gh =，设线框所受安培力大小为F 1，线框产生的电动势为E 1，电流为I ，由平衡条件得
1F mg =
由安培力的表达式得11F B Il =，111=E Blv ，1
E I R
=
联立解得 22
112B l m gh gR
=(2)设线框在第n 和第n +1个磁场区速度大小分别为v n 、v n +1，由平衡条件得
22n n
B l v mg R = 22+1+1n n B l v mg R
=
且
12n n v v +=
联立解得
1n n B +=
(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
22n
v h g
=
112n n v v -=
=2(1)L n l -
联立解得
2(1)122(1)n H h L h n l -=+=+-
由能量守恒定律得
2(1)Q mg n l =-
联立解得
Q =
2．如图所示，足够长的U 型金属框架放置在绝缘斜面上，斜面倾角30θ=︒，框架的宽度
0.8m L =，质量0.2kg M =，框架电阻不计。

边界相距 1.2m d =的两个范围足够大的磁
场I 、Ⅱ，方向相反且均垂直于金属框架，磁感应强度均为0.5T B =。

导体棒ab 垂直放置在框架上，且可以无摩擦的滑动。

现让棒从MN 上方相距0.5m x =处由静止开始沿框架下滑，当棒运动到磁场边界MN 处时，框架与斜面间摩擦力刚好达到最大值3N m f =（此时框架恰能保持静止）。

已知棒与导轨始终垂直并良好接触，棒的电阻0.16R =Ω，质量0.4kg m =，重力加速度210m/s g =，试求：
(1)棒由静止开始沿框架下滑到磁场边界MN 处的过程中，流过棒的电量q ； (2)棒运动到磁场Ⅰ、Ⅱ的边界MN 和PQ 时，棒的速度1v 和2v 的大小；
(3)通过计算分析：棒在经过磁场边界MN 以后的运动过程中，U 型金属框架能否始终保持静止状态？
【答案】(1) 1.25C q =；(2)12m/s v =，24m/s v =；(3)框架能够始终保持静止状态 【解析】 【分析】
本题考查导体棒在磁场中的运动，属于综合题。

【详解】 (1)平均电动势为
BLx
E t t
∆Φ=
=∆∆ 平均电流
E
I R
=
则流过棒的电量为
BLx
q I t R
=∆=
代入数据解得 1.25C q =。

(2)棒向下加速运动时，U 形框所受安培力沿斜面向下，静摩擦力向上，当棒运动到磁场边界MN 处时，框架与斜面间摩擦力刚好达到最大值3N m f =，由平衡条件，有
221
sin m B L v Mg f R
θ+=
解得12m/s v =。

棒经过MN 后做匀加速直线运动，加速度
3sin 5m/s a g θ==
由2
2
212v v ad -=，解得
24m/s v =
(3)棒在两边界之间运动时，框架所受摩擦力大小为
1sin 1N m f Mg f θ==<
方向沿斜面向上棒进入PQ 时，框架受到的安培力沿斜面向上，所受摩擦力大小为
222
2sin 3N m B L v f Mg f R
θ=-==
向沿斜面向下以后，棒做加速度减小的减速运动，最后做匀速运动。

匀速运动时，框架所受安培力为
22sin 2N B L v F mg R
θ===安
方向沿斜面向上。

摩擦力大小为
223sin 1N m B L v f Mg f R
θ=-=<
方向沿斜面向下。

综上可知，框架能够始终保持静止状态。

3．如图1所示，在光滑的水平面上，有一质量m =1kg 、足够长的U 型金属导轨abcd ，间距L =1m 。

一电阻值0.5ΩR =的细导体棒MN 垂直于导轨放置，并被固定在水平面上的两立柱挡住，导体棒MN 与导轨间的动摩擦因数0.2μ=，在M 、N 两端接有一理想电压表（图中未画出）。

在U 型导轨bc 边右侧存在垂直向下、大小B =0.5T 的匀强磁场（从上向下看）；在两立柱左侧U 型金属导轨内存在方向水平向左，大小为B 的匀强磁场。

以U 型导轨bc 边初始位置为原点O 建立坐标x 轴。

t =0时，U 型导轨bc 边在外力F 作用下从静止开始运动时，测得电压与时间的关系如图2所示。

经过时间t 1=2s ，撤去外力F ，直至U 型导轨静止。

已知2s 内外力F 做功W =14.4J 。

不计其他电阻，导体棒MN 始终与导轨垂直，忽略导体棒MN 的重力。

求：
（1）在2s 内外力F 随时间t 的变化规律； （2）在整个运动过程中，电路消耗的焦耳热Q ；
（3）在整个运动过程中，U 型导轨bc 边速度与位置坐标x 的函数关系式。

【答案】（1）2 1.2F t =+；（2）12J ；（3）2v x =（0≤x ≤4m ）；
6.40.6v x =-324m m 3x ⎛
⎫≤< ⎪⎝
⎭；v =0（32m 3x ≥） 【解析】 【分析】 【详解】
（1）根据法拉第电磁感应定律可知：
U BLv kt t ===
得到：
2U
v t BL
=
= 根据速度与时间关系可知：
22m/s a =
对U 型金属导轨根据牛顿第二定律有：
F IBL IBL ma μ--=
带入数据整理可以得到：
2 1.2F t =+
（2）由功能关系，有
f W Q W =+
由于忽略导体棒MN 的重力，所以摩擦力为：
A f F μ=
则可以得到：
f
A Q W
W μμ==
则整理可以得到：
(1)f W Q W Q μ=+=+
得到：
Q=12J
（3）设从开始运动到撤去外力F 这段时间为1
2s t
=，这段时间内做匀加速运动；
①1t t 时，根据位移与速度关系可知：
v =1t t =时根据匀变速运动规律可知该时刻速度和位移为：
14m/s v = 14m x =
②1t t >时，物体做变速运动，由动量定理得到：
1(1)BL q mv mv μ-+∆=-
整理可以得到：
2211(1)(1)(4)
6.40.6BL q B L x v v v x m mR
μμ+∆+-=-==--
当32
3
x m =
时： 0v =
综合上述，故bc 边速度与位置坐标x 的函数关系如下：
2v x =（0≤x≤4m ）
6.40.6v x =-324m m 3x ⎛
⎫≤<
⎪⎝
⎭ 0v =（32
m 3
x ≥
）
4．如图，两足够长的平行金属导轨平面与水平面间夹角为=30θ︒，导轨电阻忽略不计，二者相距l =1m ，匀强磁场垂直导轨平面，框架上垂直放置一根质量为m =0.1kg 的光滑导体棒ab ，并通过细线、光滑滑轮与一质量为2m 、边长为
2
l
正方形线框相连，金属框下方h =1.0m 处有垂直纸面方向的长方形有界匀强磁场，现将金属框由静止释放，当金属框刚进入磁场时，电阻R 上产生的热量为1Q =0.318J ，且金属框刚好能匀速通过有界磁场。

已知两磁场区域的磁感应强度大小相等。

定值电阻R =1Ω。

导体棒ab 和金属框单位长度电阻r =1Ω/m ，g =10m/s 2，求
(1)两磁场区域的磁感应强度为多大？
(2)金属框刚离开磁场时，系统损失的机械能是多大？ (3)金属框下方没有磁场时，棒的最大速度是多少？
【答案】(1)1T(2)2.136J(3)3m/s 【解析】 【详解】
(1)由题意知，导体棒ab 接入电路的电阻为
11ΩR rl ==
与定值电阻R 相等，故金属框由静止释放到刚进入磁场过程重金属导轨回路产生的总热量为
120.636J Q Q ==
此过程由动能定理得
21
2sin 30(2)2
mgh mgh Q m m v ︒--=
+ 解得
v =2.4m/s
金属框的总电阻为
21
42Ω2
R l r =
⨯⨯= 金属框在磁场中做匀速运动时导体棒ab 产生的电动势为1E Blv =，则有
1
11E I R R =
+ 金属框产生的电动势
212
E Blv =
2
22
E I R =
金属框在磁场中做匀速运动时由平衡条件得
12
1
2sin 3002
mg mg BI l BI l ︒---= 得
B =1T
(2)由于金属框刚好能做匀速通过有界磁场，说明磁场宽度与线框边长相等
0.52
l
d m =
= 根据能量守恒得
21
2(2)(2)sin 30(2)2
mg h d mg h d E m m v ︒+-+=∆++
得
2.136J E ∆=
(3)金属框下没有磁场，棒的速度达到最大后做匀速运动，设此时速度为m v ，则
m
1Blv I R R
=
+ 根据平衡条件得
2sin300mg mg BIl ︒--=
解得
m 3m/s v =。

5．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=+
BLv
I 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
2
1sin cos 2
mgs mv mgs Q θμθ⋅=
+⋅+ 解得：0.10J Q =
6．如图所示，“＜”型光滑长轨道固定在水平面内，电阻不计．轨道中间存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ．一根质量m 、单位长度电阻R 0的金属杆，与轨道成45°位置放置在轨道上，从静止起在水平拉力作用下从轨道的左端O 点出发，向右做加速度大小为a 的匀加速直线运动，经过位移L ．求： (1)金属杆前进L 过程中的平均感应电动势．
(2)已知金属杆前进L 过程中水平拉力做功W ．若改变水平拉力的大小，以4a 大小的加速度重复上述前进L 的过程，水平拉力做功多少？
(3)若改用水平恒力F 由静止起从轨道的左端O 点拉动金属杆，到金属杆速度达到最大值v m 时产生热量．（F 与v m 为已知量）
(4)试分析(3)问中，当金属杆速度达到最大后，是维持最大速度匀速直线运动还是做减速运
动？
【答案】(1)2
2a
BL L W +2maL (3)2202
122-m m
F R mv B v (4)当金属杆速度达到最大后，将做减速运动 【解析】 【详解】
(1)由位移﹣速度公式得
2aL =v 2﹣0
所以前进L 时的速度为
v 2aL
前进L 过程需时
t =
2=
v aL
a 由法拉第电磁感应定律有：
t
E ∆Φ=∆ =21
2222B L L
B S a BL t L aL ⨯⨯⨯∆==∆
(2)以加速度a 前进L 过程，合外力做功
W +W 安=maL
所以
W 安=maL ﹣W
以加速度4a 前进L 时速度为
8'=v aL =2v
合外力做功
W F ′+W 安′=4maL
由22A B L v
F BIL R
==可知，位移相同时：
F A ′=2F A
则前进L 过程
W 安′=2W 安
所以
W F ′=4maL ﹣2W 安=2W +2maL
(3)设金属杆在水平恒力作用下前进d 时F A =F ，达到最大速度，由几何关系可知，接入电路的杆的有效长度为2d ，则
220(2)2⨯===⨯m
A B d v F BIl F R d
所以
d=
22m
FR B v 由动能定理有
212
-=
m Fd Q mv 所以：
Q =Fd ﹣222
02
1122=2
-m m m F R mv mv B v (4)根据安培力表达式，假设维持匀速，速度不变而位移增大，安培力增大，则加速度一定会为负值，与匀速运动的假设矛盾，所以做减速运动。

7．如图所示，水平面上有一个高为d 的木块，木块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.1．由均匀金属材料制成的边长为2d 、有一定电阻的正方形单匝线框，竖直固定在木块上表面，它们的总质量为m ．在木块右侧有两处相邻的边长均为2d 的正方形区域，正方形底边离水平面高度为2d ．两区域各有一水平方向的匀强磁场穿过，其中一个方向垂直于纸面向里，另一个方向垂直于纸面向外，区域Ⅱ中的磁感应强度为区域Ⅰ中的3倍．木块在水平外力作用下匀速通过这两个磁场区域．已知当线框右边MN 刚进入Ⅰ区时，外力大小恰好为0320
F g m =
，此时M 点电势高于N 点，M 、N 两点电势差U MN =U ．试求：
（1）区域Ⅰ中磁感应强度的方向怎样？
（2）线框右边MN 在Ⅰ区运动过程中通过线框任一横截面的电量q ． （3）MN 刚到达Ⅱ区正中间时，拉力的大小F ． （4）MN 在Ⅱ区运动过程中拉力做的功W ．
【答案】（1）向外 （2）340mgd q U = （3）
4750mg （4）47
25
mgd 【解析】 【详解】
（1）因为线框从左向右匀速通过这两个磁场区域，所以拉力方向向右，安培力方向向左。

因为M 点电势高于N 点，由右手定制可判断区域Ⅰ中磁感应强度的方向向外。

（2）设线框的总电阻为R ，磁场Ⅰ区的磁感强度为B ，线框右边MN 在Ⅰ区运动过程中有一半长度切割磁感线产生感应电动势，有
Bdv I R R
ε
==，3344U I R Bdv =⋅= 线框右边MN 在Ⅰ区运动过程中，木块与线框受力平衡，有
0A F F mg μ--=
解得
310.12020
A F BId mg mg mg ==-= 通过线框任一横截面的电量q 为q It =，其中2d t v =
联立以上各式，解得
340mgd q U
= （3）MN 刚到达Ⅱ区正中间时，流过线框的电流为
34'4Bdv Bdv Bdv I I R R
+=== 线框左、右两条边均受到向左的安培力作用，总的安培力大小为 4''3'165A A F BI d BI d F mg =+==
由于线框上边各有一半处在磁场Ⅰ区、Ⅱ区中，所以分别受到向上与向下的安培力作用，此时木块受到的支持力N 为
73''85
A N mg BI d BI d mg F mg =+-=+= 木块与线框组成的系统受力平衡，因此拉力F 为
4747'55050
A F F N mg mg mg μ=+=+= （4）随着MN 在磁场Ⅱ区的运动，木块受到的支持力N x 随发生的位移x 而变化，有
3''(2)2'4'x N mg BI x BI d x mg BI d BI x =+--=-+
由于N x 随位移x 线性变化，因此MN 在Ⅱ区运动过程中木块受到的平均支持力为
4'272'2'25
BI d N mg BI d mg BI d mg ⋅=-+
=+= 此过程中拉力做的功W 为 4747'222255025
A W F d N d mg d mg d mgd μ=⋅+⋅=⋅+⋅=
8．如图所示，一对光滑的平行金属导轨（电阻不计）固定在同一水平面内，导轨足够长且
间距为L，左端接有阻值R的电阻，一质量m、长度L的金属棒MN放置在导轨上，棒的电阻为r，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始做加速运动，保持外力的功率为P不变，经过时间t导体棒最终做匀速运动．求：
（1）导体棒匀速运动时的速度是多少？
（2）t时间内回路中产生的焦耳热是多少?
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）金属棒在功率不变的外力作用下，先做变加速运动，后做匀速运动，此时受到的安培力与F二力平衡，由法拉第定律、欧姆定律和安培力公式推导出安培力与速度的关系式，再由平衡条件求解速度；
（2）t时间内，外力F做功为Pt，外力F和安培力对金属棒做功，根据动能定理列式求出金属棒克服安培力做功，即可得到焦耳热．
【详解】
（1）金属棒匀速运动时产生的感应电动势为 E=BLv
感应电流I=
金属棒所受的安培力 F安=BIL
联立以上三式得：F安=
外力的功率 P=Fv
匀速运动时，有F=F安
联立上面几式可得：v=
（2）根据动能定理：W F+W安=
其中 W F=Pt，Q=﹣W安
可得：Q=Pt﹣
答：
（1）金属棒匀速运动时的速度是．
（2）t时间内回路中产生的焦耳热是Pt﹣．
【点睛】
金属棒在运动过程中克服安培力做功，把金属棒的动能转化为焦耳热，在此过程中金属棒做加速度减小的减速运动；对棒进行受力分析、熟练应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、动能定理等正确解题．
9．如图所示，光滑绝缘水平面上放置一均匀导体制成的正方形线框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）（2）（3）
【解析】
【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=IR ab=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−m v02）+Q
P0△t=m v02-mv2
解得
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=+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．
10．如图所示，足够长的光滑金属导轨EF、PQ固定在竖直面内，轨道间距L =1m ，底部接入一阻值为R = 0.15Ω的定值电阻，上端开口，处于垂直导轨面向内的磁感应强度为B = 0.5T 的匀强磁场中一质量为m = 0.5kg 的金属棒ab与导轨接触良好，ab连入导轨间的电阻r = 0.1Ω，电路中其余电阻不计，不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与ab相连，在电键 S 打开的情况下，用大小为9N 的恒力 F从静止开始向下拉绳子的自由端，当自由端下落高度h =1.0m 时细绳突然断了,此时闭合电键S.运动中ab始终垂直导轨，并接触良好，不计空气阻力，取g =10m / s2试问：
(1)当绳子自由端下落高度大小h =1.0m 时，ab上的电流方向如何？此时ab棒速度的大小；
(2)请说明细绳突然断后 ab棒的大致运动情况；
(3)当ab 棒速度最大时，定值电阻R的发热功率。

【答案】(1) 4m/s(2)ab棒先向上做加速度减小的减速运动，当速度减为零时再向下做加速度减小的加速运动，最终匀速运动(3)15W
【解析】
【详解】
(1)由右手定则可知，ab上的电流方向为b到a；
对于ab棒在力F作用下的运动过程，其受力图如图所示
根据牛顿第二定律有：
F mg ma -=
229-0.510=m/s =8m/s 0.5
F mg a m -⨯= 由速度位移公式得： 212v ah =，
12=281m/s=4m/s v ah =⨯⨯
(2)ab 棒先向上做加速度减小的减速运动，当速度减为零时再向下做加速度减小的加速运动，最终匀速运动。

(3)对于ab 棒向下作匀速运动的状态,其受力图如图所示
A F mg =
安培力为：
2222A BLv B L v F BIL B L R r R r
==⋅=++ 根据平衡条件有：
222B L v mg R r
=+ ()
()222220.5100.150.1m/s=5m/s 0.51mg R r v B L +⨯⨯+==⨯
因为21v v >，所以ab 棒的最大运动速度为5m/s
2v 0.515A=10A 0.15+0.1
BL I R r ⨯⨯==+， 22100.15W=15W P I R ==⨯；。