高中物理电磁感应现象习题一轮复习附答案解析

高中物理电磁感应现象习题一轮复习附答案解析
一、高中物理解题方法：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＝
1
8
(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）2
221934-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 1.52U
E 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:111.5U
v 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：
12
222B dv R U R R
⋅=+
计算得出：213U
v B d
=
；棒ab 从MN 到PQ ，根据动能定理可得： 222111sin 37cos3722
mg 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：
122R
Q Q R R
=
+总 联立以上各式得出：
2
12211934mU 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 v
mg mg R
μ︒
︒
--=
计算得出：22
1mgR
v B d =
对cd 棒分析因为：
2sin372cos370mg 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22
1mgR
v 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
11.5U
B d
; (2)定值电阻上产生的热量为2
2211934mU 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)322
44
2512m 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：122
4mgR
v 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：2
2E I R
=
由力的平衡得：222BI L mg ⨯= 解以上各式得：222
16mgR
v 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：
22122
mg L Q mv ⨯-=
解以上各式得：322
44
2512m g R Q mgL B L
=-
3．如图所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ad 和bc ，相距为L=10cm ；另外两根水平金属杆MN 和EF 可沿导轨无摩擦地滑动，MN 棒的质量均为m=0.2kg ，EF 棒的质量M =0.5kg ，在两导轨之间两棒的总电阻为R=0.2Ω（竖直金属导轨的电阻不计）；空间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B=5T ，磁场区域足够大；开始时MN 与EF 叠放在一起放置在水平绝缘平台上，现用一竖直向上的牵引力使MN 杆由静止开始匀加速上升，加速度大小为a =1m/s 2，试求：
（1）前2s 时间内流过MN 杆的电量（设EF 杆还未离开水平绝缘平台）； （2）至少共经多长时间EF 杆能离开平台。

【答案】（1）5C ；（2）4s 【解析】 【分析】 【详解】
解：（1）t=2s 内MN 杆上升的距离为
21 2
h at = 此段时间内MN 、EF 与导轨形成的回路内，磁通量的变化量为
BLh ∆Φ=
产生的平均感应电动势为
E t ∆Φ
=
产生的平均电流为
E I R
=
流过MN 杆的电量
q It =
代入数据解得
25C 2BLat q R
==
（2）EF 杆刚要离开平台时有
BIL Mg =
此时回路中的电流为
E I R
=
MN 杆切割磁场产生的电动势为
E BLv =
MN 杆运动的时间为
v t a
=
代入数据解得
224s MgR
t B L a
==
4．如图所示，两根粗细均匀的金属棒M N 、，用两根等长的、不可伸长的柔软导线将它们连接成闭合回路，并悬挂在光滑绝缘的水平直杆上，并使两金属棒水平。

在M 棒的下方有高为H 、宽度略小于导线间距的有界匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场方向垂直纸面向里，此时M 棒在磁场外距上边界高h 处（h <H ，且h 、H 均为未知量），N 棒在磁场内紧贴下边界。

已知：棒M 、N 质量分别为3m 、m ，棒在磁场中的长度均为L ，电阻均为R 。

将M 棒从静止释放后，在它将要进入磁场上边界时，加速度刚好为零；继续运动，在N 棒未离开磁场上边界前已达匀速。

导线质量和电阻均不计，重力加速度为g ： (1)求M 棒将要进入磁场上边界时回路的电功率；
(2)若已知M 棒从静止释放到将要进入磁场的过程中，经历的时间为t ，求该过程中M 棒上产生的焦耳热Q ；
(3)在图2坐标系内，已定性画出从静止释放M 棒，到其离开磁场的过程中“v -t 图像”的部分图线，请你补画出M 棒“从匀速运动结束，到其离开磁场”的图线，并写出两纵坐标a 、b 的值。

【答案】(1)22
22
8Rm g B L ；(2)222222412⎛⎫- ⎪⎝⎭Rm g mR t B L B L ；(3)，图见解析，224mgR a B L =，22
mgR
b B L =
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由牛顿第二定律得
3mg mg BIL -=
M 棒将要进入磁场上边界时回路的电功率
22
2
22
82Rm g P I R B L
== （2）N 棒产生的感应电动势
2E IR BLv ==
由动量守恒得
(3)4mg mg t BLIt mv --=
通过N 棒的电荷量
2BLh
It q R
==
根据能量守恒得
21
(3)422
mg mg h mv Q -=⨯+
联立得222222412Rm g mR Q t B L B L ⎛⎫=- ⎪⎝⎭（或22322
2244
448Rm g m g R Q t B L B L
=-） （3）对M 棒受力分析
2232B L v
mg mg R
-=
解得22
4mgR
a B L
= 由
2'
322BLv mg mg BL
R
-= 解得22
mgR
b B L
=
5．如图所示，在倾角为37︒的光滑斜面上存在两个磁感应强度均为B 的匀强磁场区域。

磁场Ⅰ的方向垂直于斜面向下，其上下边界'AA 与DD'的间距为H 。

磁场H 的方向垂直于斜面向上，其上边界'CC 与'DD 的间距为h 。

线有一质量为m 、边长为L （h <L <H ）、电阻为R 的正方形线框由'AA 上方某处沿斜面由静止下滑，恰好能匀速进入磁场Ⅰ。

已知当cd
边刚要进入磁场Ⅱ的前一瞬间，线框的加速度大小为10.2a g =，不计空气阻力，求： (1)cd 边刚到达'AA 时的速度1v ；
(2)cd 边从'AA 运动到'CC 过程中，线框所产生的热量Q ； (3)当cd 边刚进入磁场H 时，线框的加速度大小2a 。

【答案】(1)12235mgR v B L =(2)322
44
3()2525mg H h m g R Q B L
+=-(3)2a g =- 【解析】 【分析】 【详解】
(1)cd 边刚到达'AA 时有
221
sin 37B L v mg R
︒
= 解得
122
35mgR
v B L =
(2)已知当cd 边刚要进入磁场Ⅱ的前一瞬间，由牛顿第二定律得
222
1sin 37B L v mg ma R
︒
-=
解得
222
25mgR
v B L =
由能量守恒得
2
21()sin 372
mg H h Q mv ︒+=+
解得
322
44
3()2525mg H h m g R Q B L +=-
(3)当cd 边刚进入磁场II 时，ab ，cd 两边分别在两磁场中切割磁感线，则有此时线圈中的
电动势变为只有cd 切割时的两倍，电流也为两倍，由左手定则可知，ab ，cd 两边受的安培力相同，方向沿斜面向上，线圈此时受的安培力变为原来的4倍，则有
222
2sin 374B L v mg ma R
︒
-=
解得
2a g =-。

6．如图，POQ 是折成60°角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线对称，OP ＝OQ ＝L .整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律为B ＝B 0－kt (其中k 为大于0的常数)．一质量为m 、长为L 、电阻为R 、粗细均匀的导体棒锁定于OP 、OQ 的中点a 、b 位置．当磁感应强度变为
1
2
B 0后保持不变，同时将导体棒解除锁定，导体棒向下运动，离开导轨时的速度为v .导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为g .求导体棒： (1)解除锁定前回路中电流的大小及方向； (2)滑到导轨末端时的加速度大小； (3)运动过程中产生的焦耳热．
【答案】⑴2
38kL R
，顺时针方向或b→a ；⑵g －2204B L v mR ；⑶
【解析】 【分析】 【详解】
⑴导体棒被锁定前，闭合回路的面积不变，B t
∆∆＝k 由法拉第电磁感应定律知：E ＝
t Φ∆∆＝B
S t ∆∆23 由闭合电路欧姆定律知：I ＝E R 总＝2
38kL R
由楞次定律知，感应电流的方向：顺时针方向或b→a ⑵导体棒刚离开导轨时受力如图所示
根据法拉第电磁感应定律有：E ＝01
2
B Lv 根据闭合电路欧姆定律知：I ＝E R
根据安培力公式有：F ＝01
2
ILB 解得：F ＝
01
2
ILB 由牛顿第二定律知：mg －F ＝ma
解得：a ＝g －2204B L v
R
⑶由能量守恒知：mgh ＝2
12
mv ＋Q 由几何关系有：h ＝
34
L 解得：Q ＝
3mgL －212mv
7．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 t
R
；
【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 ＝
＝0.04V
⑵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．
8．如图所示，将边长为a 、质量为m 、电阻为R 的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b 、磁感应强度为B 的匀强磁场区域，磁场的方向垂直纸面向里，线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f ，且线框不发生转动．求：
(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v 2； (2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v 1； (3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q . 【答案】(1)
22mg fR B a - (2)()
2
21
22
R
v mg f B a =-
(3)()()()2224432mR Q mg f mg f a b B a
⎡⎤=--++⎣⎦ 【解析】
【分析】
(1)下落阶段匀速进入磁场说明线框所受力：重力、空气阻力及向上的安培力的合力为零.(2)对比线框离开磁场后继续上升一段高度（设为h ），然后下落相同高度h 到匀速进入磁场时两个阶段受力情况不同，合力做功不同，由动能定理：线框从离开磁场至上升到最高点的过程．(3)求解焦耳热Q ，需要特别注意的是线框向上穿过磁场是位移是a+b 而不是b ，这是易错的地方
【详解】
(1)线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间，由平衡知识有：222B a v mg f R
=+ 解得：222
()mg f R v B a -= (2)线框从离开磁场至上升到最高点的过程，由动能定理：2110()02mg f h mv -+=-
线圈从最高点落至进入磁场瞬间：211()2mg f h mv -=
联立解得：12v ==(3)线框在向上通过磁场过程中，由能量守恒定律有：220111()()22Q mg f a b mv mv +++=
- 而012v v = 解得：2
22443[()]()()2mR Q mg f mg f a b B a
=--++ 即线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热为
2
22443[()]()()2mR Q mg f mg f a b B a
=--++ 【点睛】
此类问题的关键是明确所研究物体运动各个阶段的受力情况，做功情况及能量转化情况，选择利用牛顿运动定律、动能定理或能的转化与守恒定律解决针对性的问题，由于过程分析不明而易出现错误.
9．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0320F 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）4725
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=⋅+⋅=⋅+⋅=
10．如图所示（俯视图），两根光滑且足够长的平行金属导轨固定在同一水平面上，两导轨间距 L =1m 。

导轨单位长度的电阻 r =1Ω/m ，左端处于 x 轴原点，并连接有固定电阻 R 1=1Ω(与电阻 R 1 相连的导线电阻可不计）。

导轨上放置一根质量 m =1kg 、电阻 R 2=1Ω的金属杆ab ，整个装置处于磁感应强度B = B 0+kx （B 0=1T ，k =1T/m ）的磁场中，磁场方向竖直向下。

用一外力F 沿水平方向拉金属杆ab ，使其从原点处开始以速度v =1m/s 沿 x 轴正方向做匀速运动，则：
（1）当 t =1s 时，电阻R 1上的发热功率。

（2）求 0-2s 内外力F 所做的功。

（3）如果t =2s 调整F 的大小及方向，使杆以1m/s 2 的加速度做匀减速运动，定性讨论F 的大小及方向的变化情况。

【答案】(1)0.25W (2) 2J (3) 见解析
【解析】
【详解】
（1）当t =1s 时，x =vt =1m ，B =B 0+kx =2T ，所以R 1上的电流为120.52BLv I R R xr
==++A ，得
21P I R ==0.25W
（2）电流与导体棒位置的关系为012()0.52B kx Lv I R R xr
+==++A ，得回路中的电流与导体棒位置无关，由F ILB =得0F ILB ILkx =+，画出F -x 图象，求0-2s 内图象下面的“面积”，即是导体棒在运动过程中克服安培力所做的功
当t =0，B =1T ，所以0.5N F ILB ==，当t =2s ，B =3T ，所以 1.5N F ILB ==，x =2m ，所以做功的“面积”为2J 。

因导体棒是匀速运动，合力做功为0，所以外力克服安培力做功为2 J
（3）当t =2s 时 1.5N F ILB ==安，方向向左，此时合外力1N F ma ==合，方向向左，所以此时F 应向右，大小为0.5N 。

随着速度的减小，安培力将减小，F 先减小。

当安培力等于1N 时，F 减至0。

当速度更小是，安培力也更小，此时F 应反向增大，当速度接近为0时，安培力也接近为0， F 接近1N 。