高中物理电磁感应经典例题总结
电磁感应与电路问题-----高中物理模块典型题归纳(含详细答案)
电磁感应与电路问题-----高中物理模块典型题归纳（含详细答案）一、单选题1.如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()A.PQ中电流先增大后减小B.PQ两端电压先减小后增大C.PQ上拉力的功率先减小后增大D.线框消耗的电功率先减小后增大2.如图表示，矩形线圈绕垂直于匀强磁场磁感线的固定轴O以角速度w逆时针匀速转动时，下列叙述中正确的是（）A.若从图示位置计时，则线圈中的感应电动势e=E m sinwtB.线圈每转1周交流电的方向改变1次C.线圈的磁通量最大时感应电动势为零D.线圈的磁通量最小时感应电动势为零3.如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻。
一根与导轨接触良好、有效阻值为的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，不计导轨电阻，则（）A.通过电阻R的电流方向为P→R→MB.a、b两点间的电压为BLvC.a端电势比b端电势高D.外力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热4.闭合的金属环处于随时间均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面，则()A.环中产生的感应电动势均匀变化B.环中产生的感应电流均匀变化C.环中产生的感应电动势保持不变D.环上某一小段导体所受的安培力保持不变5.用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。
在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为U a、U b、U c 和U d。
下列判断正确的是()A.U a＜U b＜U c＜U dB.U a＜U b＜U d＜U cC.U a＝U b＜U c＝U dD.U b＜U a＜U d＜U c6.如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经画出．左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处于垂直纸面向外的匀强磁场中，下列说法正确的是()A.当金属棒向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点B.当金属棒向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点与d点为等电势点C.当金属棒向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点D.当金属棒向左加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点7.在匀强磁场中，ab、cd两根导体棒沿两根导轨分别以速度v1、v2滑动，如图所示。
高考电磁感应经典题型汇总
1.（单选）如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示．在0﹣2T 时间内，直导线中电流向上，则在2T﹣T 时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（ ）A ．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左B ．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右C ．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右D ．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左答案及解析：.C 解：在﹣T 时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右．故C 正确，A 、B 、D 错误．故选：C ．2.（单选）如图所示，a 、b 、c 三个线圈是同心圆，b 线圈上连接有直流电源E 和电键K ，则下列说法正确的是（ ）A ．在K 闭合的一瞬间，线圈a 中有逆时针方向的瞬时电流，有收缩趋势B ．在K 闭合的一瞬间，线圈c 中有顺时针方向的瞬时电流，有收缩趋势C ．在K 闭合电路稳定后，再断开K 的一瞬间，线圈c 中有感应电流，线圈a 中没有感应电流D ．在K 闭合的一瞬间，线圈b 中有感应电动势；在K 闭合电路稳定后，再断开K 的一瞬间，线圈b 中仍然有感应电动势答案及解析：.D 解：A 、K 闭合时线圈b 中顺时针的电流，根据右手定则可知内部有向里增大的磁场，则a 线圈产生阻碍原磁通量变化的电流；根据楞次定律可知，电流方向为逆时针，线圈受到向外的安培力，故有扩张的趋势；故A 错误；B 、根据楞次定律可知，c 中感应电流为逆时针且有收缩的趋势；故B 错误；C 、在K 闭合电路稳定后，再断开K 的一瞬间，两线圈中均有磁通量的变化，故线圈中均有感应电流；故C 错误D 、在K 闭合的一瞬间，线圈b 中有感应电动势；在K 闭合电路稳定后，再断开K 的一瞬间，线圈b 中仍然有感应电动势；故D 正确；故选：D ．3.（多选）如图所示，一电子以初速度v 沿与金属板平行方向飞入MN 极板间，突然发现电子向M 板偏转，若不考虑磁场对电子运动方向的影响，则产生这一现象的原因可能是（ ）A ．开关S 闭合瞬间B ．开关S 由闭合后断开瞬间C ．开关S 是闭合的，变阻器滑片P 向右迅速滑动D ．开关S 是闭合的，变阻器滑片P 向左迅速滑动答案及解析：AD 解：电子向M 板偏转，说明电子受到向左的电场力，两金属板间的电场由M 指向N ，M 板电势高，N 板电势低，这说明：与两金属板相连的线圈产生的感应电动势：左端电势高，与N 板相连的右端电势低；A 、开关S 闭合瞬间，由安培定则可知，穿过线圈的磁通量向右增加，由楞次定律知在右侧线圈中感应电流的磁场方向向左，产生左正右负的电动势，电子向M板偏振，A正确；B、开关S由闭合后断开瞬瞬间，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在右侧线圈中产生左负右正的电动势，电子向N板偏振，B错误；C、开关S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动，变阻器接入电路的电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律知在上线圈中产生左负右正的电动势，电子向N偏振，C错误；D、开关S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电流增大，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律知在上线圈中感应出左正右负的电动势，电子向M偏振，D 正确．故选：AD．4.（单选）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是（）A．a→b→c→d→aB．d→c→b→a→dC．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d答案及解析：B解：由静止释放到最低点过程中，磁通量减小，且磁场方向向上，由楞次定律，感应电流产生磁场也向上，再由右手螺旋定则可知，感应电流的方向：d→c→b→a→d；同理，当继续向右摆动过程中，向上的磁通量增大，根据楞次定律可知，电流方向是d→c→b→a→d；故选：B．5.（单选）如图甲所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S．在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示．则在0～t0时间内电容器（）A．上极板带正电，所带电荷量为012)( t BB CS-B．上极板带正电，所带电荷量为012)(t BBC-C．上极板带负电，所带电荷量为012)( t BB CS-D．上极板带负电，所带电荷量为012)(t BBC-答案及解析：.A解：根据法拉第电磁感应定律，电动势E=，电容器两端的电压等于电源的电动势，所以电容器所带的带电量．根据楞次定律，在环形导体中产生的感应电动势的方向为逆时针方向，所以电容器的上极板带正电．故A正确，B、C、D错误．故选A．6.（单选）如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c ．已知bc 边的长度为l ．下列判断正确的是（ ）A ．U a ＞U c ，金属框中无电流B ．U b ＞U c ，金属框中电流方向沿a ﹣b ﹣c ﹣aC ．U bc =﹣21Bl 2ω，金属框中无电流D ．U bc =21Bl 2ω，金属框中电流方向沿a ﹣c ﹣b ﹣a 答案及解析：.C 解：AB 、导体棒bc 、ac 做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据右手定则，感应电动势的方向从b 到c ，或者说是从a 到c ，故U a =U b ＜U c ，磁通量一直为零，不变，故金属框中无电流，故A 错误，B 错误； CD 、感应电动势大小=Bl （）=Bl 2ω，由于U b ＜U c ，所以U bc =﹣Bl 2ω，磁通量一直为零，不变，金属框中无电流，故C 正确，D 错误；故选：C ．7.（多选）如图所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场中穿出．已知匀强磁场区域的宽度L 大于线框的高度h ，那么下列说法中正确的是（ ）A ．线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生B ．线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生C ．线框在进入和穿出磁场的过程中，都是机械能变成电能D ．整个线框都在磁场中运动时，机械能转变成内能答案及解析：AC 解：A 、B 、线框在进入和穿出磁场的过程中，穿过线框的磁通量发生变化，有感应电流产生，而整个线框都在磁场中运动时，线框的磁通量不变，没有感应电流产生．故A 正确，B 错误．C 、线框在进入和穿出磁场的过程中，产生感应电流，线框的机械能减小转化为电能．故C 正确．D 、整个线框都在磁场中运动时，没有感应电流产生，线框的重力势能转化为动能，机械能守恒．故D 错误．故选：AC ．8.（多选）如图所示，相距为d 的两条水平虚线L 1、L 2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，正方形线圈abcd 边长为L （L ＜d ），质量为m 、电阻为R ，将线圈在磁场上方h 高处静止释放，cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，则线圈穿过磁场的过程中（从cd 边刚进入磁场一直到ab 边离开磁场为止）：（ ）A ．感应电流所做的功为2mgdB ．线圈的最小速度可能为22L B mgR C ．线圈的最小速度一定是)(2d L h g -+D ．线圈穿出磁场的过程中，感应电流为逆时针方向答案及解析：.ABC解：A、据能量守恒，研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q=mgd．cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q′=2mgd，感应电流做的功为2mgd，故A正确．B、线框可能进入磁场先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，有：mg=，解得可能的最小速度v=，故B正确．C、因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小，线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg（h+L）=Q+，解得最小速度v=，故C正确．D、线圈穿出磁场的过程，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，故D错误．故选：ABC．9.（单选）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个矩形的金属导体框，规定磁场方向向上为正，导体框中电流的正方向如图所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图变化时，下图中正确表示导体框中感应电流变化的是（）A．B．C．D．答案及解析：.C解：根据法拉第电磁感应定律有：E=n=n s，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与B﹣t图象中的斜率成正比，由图象可知：0﹣2s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针（俯视）即为正值，而在2﹣4s斜率不变，电流方向为逆时针，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变；根据楞次定律，向上的磁场先减小，再向下磁场在增大，则感应电流方向为逆时针，即为负方向，故ABD错误，C正确．故选：C．10.（多选）如图甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．t=0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正．则下面关于感应电流i和cd所受安培力F随时间t变化的图象正确的是（）A．B．C．D．答案及解析：.AC解：A、0～2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值．根据法拉第电磁感应定律，E==B0S为定值，则感应电流为定值，．在2～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与0～2s 内相同．在3～4s内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s内相同．在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s内相同．故A正确，B错误．C、在0～2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据F A=BIL，则安培力逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值．0时刻安培力大小为F=2B0I0L．在2s～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据F A=BIL，则安培力逐渐增大，cd 边所受安培力方向向左，为正值，3s末安培力大小为B0I0L．在2～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向右，为负值，第4s初的安培力大小为B0I0L．在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，6s末的安培力大小2B0I0L．故C正确，D错误．故选AC．11.（单选）圆形导线框固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向外，磁感应强度B随时间变化规律如图示，若规定逆时针方向为感应电流i的正方向，下列图中正确的是（）A．B．C．D．答案及解析：C解：由B﹣t图象可知，0﹣1s内，线圈中磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为正方向，故BD错误；由楞次定律可知，1﹣2s内电路中的电流为顺时针，为正方向，2﹣3s内，电路中的电流为顺时针，为正方向，3﹣4s内，电路中的电流为逆时针，为正方向，A错误，C正确；故选：C．12.（单选）一正三角形导线框ABC（高度为a）从图示位置沿x轴正向匀速穿过两匀强磁场区域．两磁场区域磁感应强度大小均为B、方向相反、垂直于平面、宽度均为a．图乙反映感应电流I与线框移动距离x的关系，以逆时针方向为电流的正方向．图象正确的是（）A．B．C．D．答案及解析：.C解：A、x在a～2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AC边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2增大，两个电动势串联，总电动势E=E1+E2增大．故A错误；B、x在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值．故B错误；CD、在2a～3a，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值．故C正确，D错误．故选：C．13.（多选）如图，A、B为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈（自感系数较大；直流电阻不计），E为电源，S为开关．下列说法正确的是（）A．闭合开关稳定后，A、B一样亮B．闭合开关的瞬间，A、B同时亮，但A很快又熄灭C．闭合开关稳定后，断开开关，A闪亮后又熄灭D．闭合开关稳定后，断开开关，A、B立即同时熄灭答案及解析：.BC解：A、B刚闭合S的瞬间，电源的电压同时加到两灯上，由于L的自感作用，L瞬间相当于断路，所以电流通过两灯，两灯同时亮．随着电流的逐渐稳定，L将A灯短路，所以A灯很快熄灭，B灯变得更亮，故A错误，B正确．C、D闭合S待电路达到稳定后，再将S断开，B灯立即熄灭，而L与A灯组成闭合回路，线圈产生自感电动势，相当于电源，A灯闪亮一下而后熄灭，故C正确，D错误．故选：BC14.（单选）如图所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同的灯泡，S 是控制电路的开关、对于这个电路，下列说法中不正确的是（）A．刚闭合S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等B．刚闭合S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不等C．闭合S待电路达到稳定后，D1熄灭，D2比S刚闭合时亮D．闭合S待电路达到稳定后，再将S断开的瞬间，D1不立即熄灭，D2立即熄灭答案及解析：.B解：A、S闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联，电流相等，故A正确，B错误；C、闭合开关S待电路达到稳定时，D1被短路，D2比开关S刚闭合时更亮，C正确；D、S闭合稳定后再断开开关，D2立即熄灭，但由于线圈的自感作用，L相当于电源，与D1组成回路，D1要过一会在熄灭，故D正确；本题选择错误的，故选：B．15.（单选）如图所示的电路中，A1、A2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数较大，它的电阻与定值电阻R相等．下列说法正确的是（）A．闭合开关S，A1先亮、A2后亮，最后它们一样亮B．闭合开关S，A1、A2始终一样亮C．断开开关S，A1、A2都要过一会才熄灭D．断开开关S，A2立刻熄灭、A1过一会才熄灭答案及解析：C解：A、闭合开关S，电阻R不产生感应电动势，A2立即发光．线圈中电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律得知，自感电动势阻碍电流的增大，电流只能逐渐增大，A1逐渐亮起来，所以闭合开关S，A2先亮、A1后亮，最后它们一样亮．故AB错误．C、D断开开关S时，A2灯原来的电流突然消失，线圈中电流减小，产生感应电动势，相当于电源，感应电流流过A1、A2和R组成的回路，所以A1、A2都要过一会才熄灭．故C正确，D错误．16.（多选）如图所示，相同电灯A和B的电阻为R，定值电阻的阻值也为R，L是自感线圈．当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同．再闭合S2，待电路稳定后将S1断开．下列说法中正确的是（）A．A灯将比原来更亮一些后再熄灭B．B灯立即熄灭C．没有电流通过B灯D．有电流通过A灯，方向为b→a答案及解析：.BCD解：A、由于自感形成的电流是在L原来电流的基础上逐渐减小的，并没有超过A灯原来电流，故A灯虽推迟一会熄灭，但不会比原来更亮，故A错误．B、S1闭合、S2断开且电路稳定时两灯亮度相同，说明L的直流电阻亦为R．闭合S2后，L与A灯并联，R与B灯并联，它们的电流均相等．当断开后，L将阻碍自身电流的减小，即该电流还会维持一段时间，在这段时间里，因S2闭合，电流不可能经过B灯和R，只能通过A灯形成b→A→a→L→c→b的电流，所以BCD正确；故选：BCD．17.（多选）如图中甲、乙两图，电阻R和自感线圈L的阻值都较小，接通开关S，电路稳定，灯泡L发光，则（）A．在电路甲中，断开S，L逐渐变暗B．在电路甲中，断开S，L突然亮一下，然后逐渐变暗C．在电路乙中，断开S，L逐渐变暗D．在电路乙中，断开S，L突然亮一下，然后逐渐变暗答案及解析：AD解：A、在电路甲中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致L将逐渐变暗．故A正确；B、在电路甲中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比电阻的电流小，当断开S，L将不会变得更亮，但会渐渐变暗．故B错误；C、在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致L将变得更亮，然后逐渐变暗．故C错误；D、在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致L将变得更亮，然后逐渐变暗．故D正确；故选：AD．18.（单选）如图所示装置中，cd杆光滑且原来静止．当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动（）A．向右匀速运动B．向右加速运动C．向左加速运动D．向左匀速运动答案及解析：.B解：A、ab杆向右匀速运动，在ab杆中产生恒定的电流，该电流在线圈L1中产生恒定的磁场，在L2中不产生感应电流，所以cd杆不动．故A错误．B、ab杆向右加速运动，根据右手定则，知在ab杆上产生增大的a到b的电流，根据安培定则，在L1中产生向上增强的磁场，该磁场向下通过L2，根据楞次定律，在cd杆上产生c到d的电流，根据左手定则，受到向右的安培力，向右运动．故B正确．C、ab杆向左加速运动，根据右手定则，知在ab杆上产生增大的b到a的电流，根据安培定则，在L1中产生向下增强的磁场，该磁场向上通过L2，根据楞次定律，在cd杆上产生d到c的电流，根据左手定则，受到向左的安培力，向左运动．故C错误．D、ab杆向左匀速运动，根据右手定则，知在ab杆上产生不变的b到a的电流，根据安培定则，在L1中产生向下不变的磁场，该磁场向上通过L2，因此没有感应电流，则没有安培力，所以不会移动．故D错误．故选：B．20.截面积为0.2m 2的100匝圆形线圈A 处在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，如图所示，磁感应强度正按t B ∆∆=0.02T/s 的规律均匀减小，开始时S 未闭合．R 1=4Ω，R 2=6Ω，C=30µF ，线圈内阻不计．求：（1）S 闭合后，通过R 2的电流大小；（2）S 闭合后一段时间又断开，则S 切断后通过R 2的电量是多少？解：（1）磁感应强度变化率的大小为=0.02 T/s ，B 逐渐减弱， 所以E=n S=100×0.02×0.2 V=0.4 V I== A=0.04 A ， （2）R 2两端的电压为U 2=E=×0.4 V=0.24 V所以Q=CU 2=30×10﹣6×0.24 Q=7.2×10﹣6 C ．21.如图，两足够长的平行粗糙金属导轨MN ，PQ 相距d=0.5m ．导轨平面与水平面夹角为α=30°，处于方向垂直导轨平面向上、磁感应强度B=0.5T 的匀强磁场中，长也为d 的金属棒ab 垂直于导轨MN 、PQ 放置，且始终与导轨接触良好，导体棒质量m=0．lkg ，电阻R=0．lΩ，与导轨之间的动摩擦因数μ=63，导轨上端连接电路如图，已知电阻R 1与灯泡电阻R L 的阻值均为0.2R ，导轨电阻不计，取重力加速度大小g=10m/s 2，（1）求棒由静止刚释放瞬间下滑的加速度大小a ；（2）假若导体棒有静止释放向下加速度运动一段距离后，灯L 的发光亮度稳定，求此时灯L 的实际功率P 及棒的速率v ．解：（1）金属棒刚刚开始时，棒受到重力、支持力和摩擦力的作用，垂直于斜面的方向：N=mgcosα沿斜面的方向：mgsinα﹣μN=ma 代入数据解得：a=0.25g=2.5m/s 2（2）当金属棒匀速下滑时速度最大，达到最大时有mgsinα﹣μN=F 安又 F 安=Bid I= R 总=Ω联立以上方程得金属棒下滑的最大速度为：v m ==m/s=0.8m/s电动势：E=Bdv m =0.5×0.5×0.8=0.2V 电流： A灯泡两端的电压：U L =E ﹣IR=0.2﹣1×0.1=0.1V 灯泡的功率：W22.如图所示，表面绝缘且光滑的斜面MM′N′N固定在水平地面上，斜面所在空间有一边界与斜面底边NN′平行、宽度为d的匀强磁场，磁场方向垂直斜面．一个质量m=0.15kg、总电阻R=0.25Ω的正方形单匝金属框，放在斜面的顶端（金属框上边与MM′重合）．现从t=0时开始释放金属框，金属框将沿斜面下滑．图2给出了金属框在下滑过程中速度v的二次方与对应的位移x的关系图象．取重力加速度g=l0m/s2．求：（1）斜面的倾角θ；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）金属框在穿过磁场的过程中电阻上生热的功率．解：（1）s=0到s=0.4 m由公式v2=2as，该段图线斜率：，所以有：a==5m/s2，根据牛顿第二定律mgsinθ=ma，得：sinθ=，所以：θ=30°（2）线框通过磁场时，v2=4，v=2 m/s，此时安培力等于重力沿斜面向下的分量：F安=mg sinθ，即：，所以解得： =T（3）由图象可知线框匀速穿过磁场，该过程中线框减少的重力势能转化为焦耳热，所以金属框在穿过磁场的过程中电阻上生热的功率等于重力做功的功率，即：P R=P G=mgsinθ•v=0.15×10×0.5×2W=1.5W23.如图所示，倾角θ为30°的光滑斜面上，有一垂直于斜面向下的有界匀强磁场区域PQNM，磁场区域宽度L=0.1m．将一匝数n=10匝、质量m=0.02kg、边长L=0.1m、总电阻R=0.4Ω的正方形闭合线圈abcd由静止释放，释放时ab边水平，且到磁场上边界PQ的距离也为L，当ab边刚进入磁场时，线圈恰好匀速运动．（g=10m/s2）．求：（1）ab边刚进入磁场时，线圈所受安培力的大小及方向；（2）ab边刚进入磁场时，线圈的速度及磁场磁感应强度B的大小；（3）线圈穿过磁场过程产生的热量．解：（1）ab边刚进入磁场时线框做匀速运动，对线圈受力分析，如图所示，可知：线圈所受安培力的大小 F安=mgsinθ=0.1N方向沿斜面向上．（2）线框进入磁场前沿斜面向下做匀加速直线运动，设ab边刚进磁场时的速度为v，则由机械能守恒定律得：v2=mgL•sin30°得：v=1m/s线框切割磁感线产生的感应电动势 E=nBLv 线框中的感应电流 I=底边所受的安培力 F安=nBIL由以上各式解得：B=0.2T（3）分析可知线圈穿过磁场的过程中一直匀速运动，由能量守恒可得：Q=2mgL•sin30°=0.01J24.如图所示装置由水平轨道、倾角θ=37°的倾斜轨道连接而成，轨道所在空间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场．质量m、长度L、电阻R的导体棒ab置于倾斜轨道上，刚好不下滑；质量、长度、电阻与棒ab 相同的光滑导体棒cd置于水平轨道上，用恒力F拉棒cd，使之在水平轨道上向右运动．棒ab、cd与导轨垂直，且两端与导轨保持良好接触，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求棒ab与导轨间的动摩擦因数μ；（2）求当棒ab刚要向上滑动时cd速度v的大小；（3）若从cd刚开始运动到ab刚要上滑过程中，cd在水平轨道上移动的距离x，求此过程中ab上产生热量Q．解：（1）当ab刚好不下滑，静摩擦力沿导轨向上达到最大，由平衡条件得：mgsin37°=μmgcos37°则μ=tan37°=0.75（2）设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E由法拉第电磁感应定律有 E=BLv设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有 I=设ab所受安培力为F安，有 F安=BIL此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安cos37°=mgsin37°+μ（mg cos37°+F安sin37°）代入数据解得：F安==mg又F安=代入数据解得 v=（3）设ab棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有 F•x﹣2Q=mv2解得Q=F•x﹣mv2=F•x﹣。
高考物理电磁感应现象压轴题知识归纳总结
高考物理电磁感应现象压轴题知识归纳总结一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．如图所示，线圈工件加工车间的传送带不停地水平传送长为L ，质量为m ，电阻为R 的正方形线圈，在传送带的左端线圈无初速地放在以恒定速度v 匀速运动的传送带上，经过一段时间，达到与传送带相同的速度v 后，线圈与传送带始终相对静止，并通过一磁感应强度为B 、方向竖直向上的匀强磁场，已知当一个线圈刚好开始匀速度运动时，下一个线圈恰好放在传送带上，线圈匀速运动时，每两个线圈间保持距离L 不变，匀强磁场的宽度为3L ，求：(1)每个线圈通过磁场区域产生的热量Q ．(2)在某个线圈加速的过程中，该线圈通过的距离S 1和在这段时间里传送带通过的距离S 2之比．(3)传送带每传送一个线圈，电动机多消耗的电能E （不考虑电动机自身的能耗）【答案】(1)232B L vQ R= (2) S 1:S 2=1:2 (3)E=mv 2+2B 2L 3v/R【解析】 【分析】 【详解】(1)线圈匀速通过磁场，产生的感应电动势为E=BLv ，则每个线圈通过磁场区域产生的热量为223()22BLv L B L vQ Pt R v R===(2)对于线圈：做匀加速运动，则有S 1=vt /2 对于传送带做匀速直线运动，则有S 2=vt 故S 1：S 2=1：2(3)线圈与传送带的相对位移大小为2112vts s s s ∆=-== 线圈获得动能E K =mv 2/2=fS 1传送带上的热量损失Q /=f (S 2-S 1）=mv 2/2送带每传送一个线圈，电动机多消耗的电能为E =E K +Q +Q /=mv 2+2B 2L 3v/R 【点睛】本题的解题关键是从能量的角度研究电磁感应现象，掌握焦耳定律、E=BLv 、欧姆定律和能量如何转化是关键．2．如图所示，在倾角30o θ=的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等、方向分别垂直斜面向上和垂直斜面向下的匀强磁场，两磁场宽度均为L 。
电磁感应现象压轴难题知识归纳总结
电磁感应现象压轴难题知识归纳总结一、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，两根足够长的光滑平行直导轨固定在水平面上，导轨左侧连接一电容器，一金属棒垂直放在导轨上，且与导轨接触良好。
在整个装置中加上垂直于导轨平面的磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化。
0~t 0内在导体棒上施加外力使导体棒静止不动，t 0时刻撤去外力。
已知电容器的电容为C ，两导轨间距为L ，导体棒到导轨左侧的距离为d ，导体棒的质量为m 。
求： (1)电容器带电量的最大值； (2)导体棒能够达到的最大速度v m 。
【答案】（1）00CB Ld Q t =；（2）22022()CB L dv t m CB L =+（） 【解析】 【分析】 【详解】（1）电容器两极板的电压B U Ld t =电容器的带电量00CB t Q CU Ld== （2）电容器放电后剩余的电量Q CU ''=U BLv '=由动量定理得i BI L t mv ∑∆= Q Q I t '-=∆解得22022()CB L d v t m CB L =+（）2．如图所示，光滑的水平平行金属导轨间距为 L ，导轨电阻忽略不计．空间存在垂直于导轨平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B ,轻质导体棒 ab 垂直导轨放置，导体棒 ab 的电阻为 r ，与导轨之间接触良好．两导轨之间接有定值电阻，其阻值为 R ，轻质导体棒中间系一轻细线，细 线通过定滑轮悬挂质量为 m 的物体，现从静止释放该物体，当物体速度达到最大时，下落的高度为 h ， 在本问题情景中，物体下落过程中不着地，导轨足够长，忽略空气阻力和一切摩擦阻力，重力加速度 为 g ．求：(1)物体下落过程的最大速度 v m ；(2)物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中，电阻 R 上产生的电热 Q ； (3)物体从静止开始下落至速度达到最大时，所需的时间 t ．【答案】（1）22()mg R r B L + (2) 3244()2mghR m g R R r R r B L+-+ (3) 2222()()m R r B L h B L mg R r +++ 【解析】【分析】在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，下落速度达到最大，由平衡条件、闭合电路欧姆定律和电磁感应定律求出物体下落过程的最大速度；在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守恒定律求出电阻R 上产生的电热；在系统加速过程中，分别对导体棒和物体分析，根据动量定理可得所需的时间；解：（1）在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，下落速度达到最大 对物体，由平衡条件可得mg=Fr 对导体棒Fr=BIL对导体棒与导轨、电阻R 组成的回路，根据闭合电路欧姆定律EI R r=+ 根据电磁感应定律E=BLv m 联立以上各式解得m 22()v mg R r B L +=（2）在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守恒定律可得 mgh=12mv m 2+Q 总 在此过程中任一时刻通过R 和r 两部分电阻的电流相等，则电功率之比正比于电阻之比，故整个过程中回路中的R 与r 两部分电阻产生的电热正比于电阻，所以Q R Q R r=+总 联立解得3244()Q 2mghR m g R R r R r B L +=-+（3）在系统加速过程中，任一时刻速度设为v，取一段时间微元Δt，在此过程中分别对导体棒和物体分析，根据动量定理可得22TF0B L vtR r⎛⎫-∆=⎪+⎝⎭()Tm F mg t v-∆=∆整理可得22m mB L vg t t vR r∆-∆=∆+即22m mB Lg t x vR r∆-∆=∆+全过程叠加求和22m mmB Lgt h vR r-=+联方解得2222()t()m R r B L hB L mg R r+=++3．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 rEr-=,22321()6Bv r rUr-= (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r3或减小内金属圈的半径r2【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1v r 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 1．4．如图所示，在倾角为θ的斜面内有两条足够长的不计电阻的平行金属导轨，导轨宽度为L ，导轨上端连有阻值为R 的电阻；在垂直于导轨边界ab 上方轨道空间内有垂直于导轨向上的均匀变化的匀强磁场B 1。
电磁感应典型例题集锦
电磁感应典型例题集锦【例题1】图为地磁场磁感线的示意图，在北半球的地磁场的竖直分量向下，飞机在我国的上空匀速航行，机翼保持水平，飞行高度不变。
由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为U 1，右方机翼末端的电势为U 2。
A.A.若飞机从西向东飞，若飞机从西向东飞，U 1比U 2高B.B.若飞机从东向西飞，若飞机从东向西飞，U 2比U 1高C.C.若飞机从南往北飞，若飞机从南往北飞，U 1比U 2高D.D.若飞机从北往南飞，若飞机从北往南飞，U 2比U 1高【例题2】如图所示，通电直导线右边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面，若使线框逐渐远离(平动)通电导线，则穿过线框的磁通量将：A.A.逐渐增大逐渐增大B.B.逐渐减小逐渐减小C.C.保持不变保持不变D.D.不能确定不能确定【例题3】如边长为0.2m的正方形导线框abcd斜靠在墙上，线框平面与地面成30°角，该区域有一水平向右的匀强磁场，磁感应强度为0.5T，如图所示。
因受振动线框在0.1s内滑跌至地面，这过程中线框里产生的感应电动势的平均值为_____。
【例题4】关于自感现象，下列说法中正确的是：对于同一线圈，当电流变化越大时，线圈中产生的自感电动势也越大A.A.对于同一线圈，当电流变化越大时，线圈中产生的自感电动势也越大对于同一线圈，当电流变化越快时，其自感系数也越大B.B.对于同一线圈，当电流变化越快时，其自感系数也越大线圈中产生的自感电动势越大，则其自感系数一定较大C.C.线圈中产生的自感电动势越大，则其自感系数一定较大感应电流有可能和原电流的方向相同D.D.感应电流有可能和原电流的方向相同用力拉导线框使导线框匀速离开磁场这一过程如图所示，下列说下列说【例题5】用力拉导线框使导线框匀速离开磁场这一过程如图所示，法正确的是：线框电阻越大，所用拉力越小A.A.线框电阻越大，所用拉力越小拉力做的功减去磁场力所做的功等于线框产生的热量B.B.拉力做的功减去磁场力所做的功等于线框产生的热量拉力做的功等于线框的动能C.C.拉力做的功等于线框的动能对同一线框，快拉与慢拉所做的功相同，线框产生的热量也相同D.D.对同一线框，快拉与慢拉所做的功相同，线框产生的热量也相同【例题6】如右图所示，线圈由A位置开始下落，在磁场中受到的磁场力如果总小于它的重力，则它在A、B、C、D四个位置(B、D位置恰好线圈有一半在磁场中)时，加速度关系为：A. a A＞a B＞a C＞a DB. a A＝a C＞a B＞a DC. a A＝a C＞a D＞a BD. a A＝a C＞a B＝a D【例题7】如图所示，槽中有两铜棒，左侧液面下有5.6×10-3g Fe，溶液为足量的CuSO4。
高考物理法拉第电磁感应定律-经典压轴题附答案解析
(2)在0～4s时间内通过电阻R的电荷量q；
(3)在0～5s时间内金属棒ab产生的焦耳热Q。
【答案】(1) (2) （3）
【解析】(1)棒进入磁场之前对ab受力分析由牛顿第二定律得
由匀变速直线位移与时间关系
则由匀变速直线运动速度与时间 Nhomakorabea系得金属棒受到的安培力
(2)由上知，棒进人磁场时 ,则金属棒作匀速运动，匀速运动时间
F安=BLI
根据闭合电路欧姆定律有：
I=
联立解得解得F安=4 N
所以克服安培力做功：
而Q=W安，故该过程中产生的焦耳热Q=3.2 J
(3)设线框出磁场区域的速度大小为v1，则根据运动学关系有：
而根据牛顿运动定律可知：
联立整理得：
(M+m)( -v2)=(M-m)g·2L
线框穿过磁场区域过程中，力F和安培力都是变力，根据动能定理有：
【答案】（1）1.2 V（2）3.2 J（3）0.9 J
【解析】
【详解】
(1)线框eb边以v=4.0 m/s的速度进入磁场并匀速运动，产生的感应电动势为：
因为e、b两点间作为等效电源，则e、b两点间的电势差为外电压：
Ueb= E=1.2 V.
(2)线框进入磁场后立即做匀速运动，并匀速穿过磁场区，线框受安培力：
对棒2： 安
解得：
(2)对棒1和2的系统，动量守恒，则最后稳定时：
解得：
(3)对棒2，由动量定理： ，其中
解得：
(4)由 、 、
联立解得：
又
解得：
则稳定后两棒的距离：
8．如图所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为L＝1m，导轨平面与水平面成 ＝30角，上端连接 的电阻．质量为m＝0.2kg、阻值 的金属棒ab放在两导轨上，与导轨垂直并接触良好，距离导轨最上端d＝4m，整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向上．
高中物理电磁学经典例题
高中物理典型例题集锦(电磁学局部)25、如图22-1所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有小孔M、N。
今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N三点在同一竖直线上)，空气阻力不计，到达N点时速度恰好为零，然后按原路径返回。
假设保持两板间的电压不变，则：A.假设把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回。
B.假设把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回。
图22-1C.假设把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N孔继续下落。
D.假设把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N孔继续下落。
分析与解：当开关S一直闭合时，A、B两板间的电压保持不变，当带电质点从M向N运动时，要克制电场力做功，W=qU AB，由题设条件知：带电质点由P到N的运动过程中，重力做的功与质点克制电场力做的功相等，即：mg2d=qU AB假设把A板向上平移一小段距离，因U AB保持不变，上述等式仍成立，故沿原路返回，应选A。
假设把B板下移一小段距离，因U AB保持不变，质点克制电场力做功不变，而重力做功增加，所以它将一直下落，应选D。
由上述分析可知：选项A和D是正确的。
想一想：在上题中假设断开开关S后，再移动金属板，则问题又如何?(选A、B)。
26、两平行金属板相距为d，加上如图23-1(b)所示的方波形电压，电压的最大值为U0，周期为T。
现有一离子束，其中每个离子的质量为m，电量为q，从与两板等距处沿着与板平行的方向连续地射入两板间的电场中。
设离子通过平行板所需的时间恰为T(与电压图23-1图23-1(b)变化周期一样)，且所有离子都能通过两板间的空间打在右端的荧光屏上。
试求：离子击中荧光屏上的位置的围。
(也就是与O‘点的最大距离与最小距离)。
重力忽略不计。
分析与解：各个离子在电场中运动时，其水平分运动都是匀速直线运动，而经过电场所需时间都是T ，但不同的离子进入电场的时刻不同，由于两极间电压变化，因此它们的侧向位移也会不同。
高考物理：带你攻克电磁感应中的典型例题（附解析）
高考物理：带你攻克电磁感应中的典型例题（附解析）例1、如图所示，有一个弹性的轻质金属圆环，放在光滑的水平桌面上，环中央插着一根条形磁铁．突然将条形磁铁迅速向上拔出，则此时金属圆环将（）A. 圆环高度不变，但圆环缩小B. 圆环高度不变，但圆环扩张C. 圆环向上跳起，同时圆环缩小D. 圆环向上跳起，同时圆环扩张解析：在金属环中磁通量有变化，所以金属环中有感应电流产生，按照楞次定律解决问题的步骤一步一步进行分析，分析出感应电流的情况后再根据受力情况考虑其运动与形变的问题．也可以根据感应电流的磁场总阻碍线圈和磁体间的相对运动来解答。
当磁铁远离线圈时，线圈和磁体间的作用力为引力，由于金属圆环很轻，受的重力较小，因此所受合力方向向上，产生向上的加速度．同时由于线圈所在处磁场减弱，穿过线圈的磁通量减少，感应电流的磁场阻碍磁通量减少，故线圈有扩张的趋势。
所以D选项正确。
一、电磁感应中的力学问题导体切割磁感线产生感应电动势的过程中，导体的运动与导体的受力情况紧密相连，所以，电磁感应现象往往跟力学问题联系在一起。
解决这类电磁感应中的力学问题，一方面要考虑电磁学中的有关规律，如安培力的计算公式、左右手定则、法拉第电磁感应定律、楞次定律等；另一方面还要考虑力学中的有关规律，如牛顿运动定律、动量定理、动能定理、动量守恒定律等。
例2、如图1所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻。
一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。
整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略。
让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。
（1）由b向a方向看到的装置如图2所示，请在此图中画出ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图；（2）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab 杆中的电流及其加速度的大小；（3）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。
高考物理专项复习《电磁感应》十年高考真题汇总
挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是
A. 开关闭合后的瞬间，小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动 B. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N 极指向垂直纸面向里的方向 C. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N 极指向垂直纸面向外的方向 D. 开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动 8.(2011·北京卷·T19)某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开 关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡发 光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时 出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造成小灯泡末闪亮的原因 是
A.T1>mg，T2>mg B.T1<mg，T2<mg
C.T1>mg，T2<mg D.T1<mg，T2>mg
13.(2016·上海卷)磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁
铁
A.向上运动
B.向下运动
C.向左运动
D.向右运动
14.(2016·海南卷)如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆
2022届高三物理一轮总复习：电磁感应题型归纳
高考物理总复习电磁感应题型归纳一、电磁感应中的电路及图像问题类型一、根据B t -图像的规律，选择E t -图像、I t -图像电磁感应中线圈面积不变、磁感应强度均匀变化，产生的感应电动势为S B E n n nSk t t φ∆∆===∆∆，磁感应强度的变化率B k t∆=∆是定值，感应电动势是定值， 感应电流E I R r=+就是一个定值，在I t -图像上就是水平直线。
例1、矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B 随时间变化的规律如图所示。
若规定顺时针方向为感应电流I 的正方向，下列各图中正确的是（ ）【思路点拨】磁感应强度的变化率为定值，感应电动势电流即为定值。
应用楞次定律“增反减同”逐段判断电流的方向，同一个斜率电流方向、大小均相同。
【答案】D 【解析】根据法拉第电磁感应定律，S B E nn t t φ∆∆==∆∆，导线框面积不变，B t∆∆为一定值，感应电动势也为定值，感应电流也为定值，所以A 错误。
0-1s 磁感应强度随时间增大，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针，为负，C 错误。
1-3s 斜率相同即B t ∆∆相同为负，与第一段的B t∆∆大小相等，感应电动势、感应电流大小相等，方向相反，为顺时针方向，为正，所以B 错误，D 正确。
【总结升华】斜率是一个定值，要灵活应用法拉第电磁感应定律（这里定性分析）。
1-3s 可以分段分析判断感应电流的方向，速度太慢，这里充分应用1-2s 和2-3s 是同一个斜率, 感应电动势、感应电流大小相等方向相同，概念清晰，解题速度快。
类型二 选择E t -图像、U t -图像、I t -图像或E －x 图像、U －x 图像和I －x 图像例2、如图所示，一个菱形的导体线框沿着自己的对角线匀速运动，穿过具有一定宽度的匀强磁场区域，已知对角线AC 的长度为磁场宽度的两倍且与磁场边界垂直．下面对于线框中感应电流随时间变化的图象(电流以ABCD 顺序流向为正方向，从C 点进入磁场开始计时)正确的是 ( )【思路点拨】先根据楞次定律判断感应电流的方向，再结合切割产生的感应电动势公式判断感应电动势的变化，从而结合闭合电路欧姆定律判断感应电流的变化．解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及知道在切割产生的感应电动势公式E=BLv中，L为有效长度．【答案】B【解析】线圈在进磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向为ABCD方向，即为正值，在出磁场的过程中，根据楞次定律知，感应电流的方向为ADCBA，即为负值．在线圈进入磁场的前一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，在线圈进入磁场的后一半过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小；在线圈出磁场的前一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电流均匀增大，在线圈出磁场的后一半的过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电流均匀减小．故B正确，A、C、D错误．故选：B．【变式】一正方形闭合导线框abcd ，边长L=0.1m ，各边电阻为1Ω，bc 边位于x 轴上，在x 轴原点O 右方有宽L=0.1m 、磁感应强度为1T 、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，如图所示，当线框以恒定速度4m/s 沿x 轴正方向穿越磁场区域过程中，下面4个图可正确表示线框进入到穿出磁场过程中，ab 边两端电势差ab U 随位置变化情况的是（ ）【答案】B 【解析】由题知ab 边进入磁场做切割磁感线运动时，据闭合电路知识，3330.344ab BLv U I R R BLv V R =⋅=⋅==，且a 点电势高于b 点电势，同理ab 边出磁场后cd 边进入磁场做切割磁感线运动，10.14ab U BLv V ==，a 点电势高于b 点电势，故B正确，A 、C 、D 错误。
高中物理电磁感应现象习题知识归纳总结及答案解析
高中物理电磁感应现象习题知识归纳总结及答案解析一、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 =++，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=+++，32244532m g R Q mgL B L =-2．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12B 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】⑴23kL ，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 ∆∆＝23kL 由闭合电路欧姆定律知：I ＝E R 总＝23kL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 ＝012B Lv 根据闭合电路欧姆定律知：I ＝E R根据安培力公式有：F ＝012ILB 解得：F ＝012ILB 由牛顿第二定律知：mg －F ＝ma解得：a ＝g －2204B L vR⑶由能量守恒知：mgh ＝212mv ＋Q 由几何关系有：h ＝3L 解得：Q ＝34mgL －212mv3．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 =4．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．5．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)22aBL LW +2maL (3)2202122-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=vaLa 由法拉第电磁感应定律有：tE ∆Φ=∆ =212222B L LB 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'=v =2v合外力做功W F ′+W 安′=4maL由22A B L vF 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⨯===⨯mA B d v F BIl F R d所以d=22mFR B v 由动能定理有212-=m Fd Q mv 所以：Q =Fd ﹣222021122=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。
电磁感应经典解析及典型例题.
轻松搞定电磁感应，还有谁今年山东改用全国卷，较之前更倾向于考察分析解决问题的能力，方向性更加灵活，而电磁感应历来是高考的重点内容，其考察综合性强，涉猎范围广，很好的迎合了全国卷的“胃口”。
（特别是全国卷大题好几年没考了奥，你懂得）因此，童鞋们要善于总结这部分题的解题方法和思路，跟老师一起来学习吧~ 我们把所学知识当做武器，把问题当做敌人，苦练杀敌本领，用武器消灭敌人。
1关于电磁感应的图像问题：常见的有Φ-t图像、B-t图像、I-t图像、E-t图像。
这里说前两种，出现这两种图像，就是间接地告诉了你感应电动势的大小。
由法拉第电磁感应定律可知E=nΔΦ/Δt，如果是Φ-t图像，则图像的斜率即为ΔΦ/Δt的大小。
更常见的是B-t图像，法拉第电磁感应定律变形一下即为E=nSΔB/Δt,所以图像的斜率即为ΔB/Δt，所以立马可以算出E的大小。
（多总结，做题又快又准）2光说不练假把式：在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm．螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，C=30μF．在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化．求：（1）求螺线管中产生的感应电动势？（2）闭合S，电路中的电流稳定后，求此时全电路电流的方向（顺时针还是逆时针）？（3）闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率？（4）闭合S，电路中的电流稳定后，求电容器的电量？2 电磁感应中的电学问题碰到这样的问题，小朋友们应该是很幸运了（前提是电流学的还可以），这类问题，不外乎导体切割磁感线产生感应电动势充当电源（动生电动势）或者是磁通量发生变化的回路产生感应电动势（感生电动势）。
涉及到的问题不外乎求电路中的电流、电压，判断电流方向、电容器电量的计算、再加上安培力（这个要专题练习）例题1 如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt（常量k＞0）．回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1=R0、R2= R0／2，闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则（）A．R2两端的电压为U／7 B．电容器的a极板带正电C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍 D．正方形导线框中的感应电动势为KL 2例题2 如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B．电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动时（）A．电容器两端的电压为零 B．电阻两端的电压为BLvC．电容器所带电荷量为CBLv D．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为BL／R3 电磁感应中的力学问题前面在磁场中我们经常做这类题目，不多说，只说一下解题思路：用法拉第电磁感应定律或楞次定律求E得大小方向→求电流→分析受力→列平衡方程或用牛二列方程4 电磁感应中的能量问题从能量角度来说，电磁感应是不同形式的能转化成电能的过程。
电磁感应典型题目(含答案)
电磁感应的典型计算1 如图所示，一与水平面夹角为θ=37°的倾斜平行金属导轨，两导轨足够长且相距L=0.2m，另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为m=0.01kg，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为R=0.2Ω(倾斜金属导轨电阻不计)，MN杆被两个垂直于导轨的绝缘立柱挡住，整个装置处于匀强磁场内，磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=1.0T．PQ杆在恒定拉力F作用下由静止开始向上加速运动，拉力F垂直PQ杆沿导轨平面向上，当运动位移x=0.1 m时PQ杆达到最大速度，此时MN杆对绝缘立柱的压力恰好为零(g取10m/s2，sin 37°=0.6 ，cos 37°=0.8)．求：(1) PQ杆的最大速度v m， (2)当PQ杆加速度时，MN杆对立柱的压力；(3)PQ杆由静止到最大速度过程中回路产生的焦耳热Q．解：（1）PQ达到最大速度时，关于电动势为：E m=BLv m，感应电流为：I m=REm2，根据MN杆受力分析可得：mg sinθ=BI m L，联立解得：v m=22sin2LBRmg=0.6m/s；（2）当PQ的加速度a=2 m/s2 时，对PQ根据牛顿第二定律可得：F－mg sinθ－BIL=ma，对MN根据共点力的平衡可得：BIL+F N－mg sinθ=0，PQ达到最大速度时，有：F－mg sinθ－BI m L=0，联立解得：F N=0.02N，根据牛顿第三定律可得对立柱的压力F N=0.02N；（3）PQ由静止到最大速度的过程中，根据功能关系可得：F x =221mmv+mgx sinθ+Q，解得：Q=4.2×10-3 J．答：（1）PQ杆的最大速度为0.6m/s；（2）当PQ杆加速度a=2m/s2时，MN杆对立柱的压力为0.02N （3）PQ杆由静止到最大速度回路产生的焦耳热为4.2×10-3 J．2 如图所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为θ=37°，导轨间距为lm，电阻不计，导轨足够长．两根金属棒 ab 和a′b′的质量都是0.2kg，电阻都是1Ω，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒a′b′和导轨之间的动摩擦因数为0.5，设金属棒a′b′受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．金属棒ab和导轨无摩擦，导轨平面PMKO处存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场，导轨平面PMNQ处存在着沿轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度B的大小相同．用外力让a′b′固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为18W．求：（1）ab 棒达到的最大速度；（2）ab棒下落了 30m 高度时，其下滑速度已经达到稳定，此过程中回路电流产生的焦耳热Q；（3）在ab棒下滑过程中某时刻将a′b′固定解除，为确保a′b′始终保持静止，则a′b′固定解除时ab棒的速度大小满足什么条件？（ g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8 ）解：（1）ab 棒达到最大速度时做匀速运动，其重力功率等于整个回路消耗的电功率，则有：mg sinθ•v m=P电，则得：ab棒的最大速度为：v m==m/s=15m/s；由P电==，得：B==T=0.4T（2）根据能量守恒得：mgh=Q+则得：Q=mgh-=0.2×10×30J-×0.2×152 =37.5 J（3）将a′b′固定解除，为确保a′b′始终保持静止，则对于a′b′垂直于斜面方向有：N=mg cos37°+BIL，平行于斜面方向有：mg sin37°≤f m=μN解得：I ≥2A对于ab棒：E=I•2R，E=BLv，则得：v=≥m/s=10m/s故ab的速度应满足的条件是：10m/s≤v≤15m/s答：（1）ab 棒达到的最大速度是15m/s；（2）ab棒下落了30m 高度时，其下滑速度已经达到稳定，此过程中回路电流产生的焦耳热Q是37.5J；（3）在ab棒下滑过程中某时刻将a′b′固定解除，为确保a′b′始终保持静止，则a′b′固定解除时ab棒的速度大小满足的条件是10m/s≤v≤15m/s3 如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，导轨间距为L，所在平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直斜面向上．将甲乙两电阻阻值相同、质量均为m的相同金属杆如图放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲乙相距L．静止释放两金属杆的同时，在甲金属杆上施加一个沿着导轨向下的外力F，使甲金属杆在运动过程中始终做沿导轨向下的匀加速直线运动，加速度大小g sinθ，乙金属杆刚进入磁场时，发现乙金属杆作匀速运动．（1）求乙刚进入磁场时的速度（2）甲乙的电阻R为多少；（3）乙刚释放时t=0，写出从开始释放到乙金属杆离开磁场，外力F随时间t的变化关系；（4 ）若从开始释放到乙金属杆离开磁场，乙金属杆中共产生热量Q，试求此过程中外力F对甲做的功．解：⑴在乙尚未进入磁场中的过程中，甲、乙的加速度相同，设乙刚进入磁场时的速度v乙刚进入磁场时，对乙由根据平衡条件得(2)设乙从释放到刚进入磁场过程中做匀加速直线运动所需要的时间为设乙从进入磁场过程至刚离开磁场的过程中做匀速直线运动所需要的时间为设乙离开磁场时，甲的速度设甲从开始释放至乙离开磁场的过程中的位移为x根据能量转化和守恒定律得：4 如图所示，倾斜角θ=30°的光滑倾斜导体轨道（足够长）与光滑水平导体轨道连接。
高中物理经典难题电磁感应专题
高中物理大题集练——电磁感应1、如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一倾角为a的光滑绝缘斜面上,导轨间距为L，电阻忽略不计且足够长，以宽度为d的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁感应强度为B.另有一长为2d的绝缘杆将一导体棒和一边长为d(d V L)的正方形线框连在一起组成的固定装置，总质量为m,导体棒中通有大小恒为I的电流.将整个装置置于导轨上，开始时导体棒恰好位于磁场的下边界处.由静止释放后装置沿斜面向上运动，当线框的下边运动到磁场的上边界MN处时装置的速度恰好为零•重力加速度为g.(1)求刚释放时装置加速度的大小；(2)求这一过程中线框中产生的热量；(3)之后装置将向下运动，然后再向上运动，经过若干次往返后，最终整个装置将在斜面上作稳定的往复运动.求稳定后装置运动的最高位置与最低位置之间的距离.2、如图(a)所示，间距为I、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为0的斜面上。
在区域I内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为B；在区域II内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度B t的大小随时间t变化的规律如图(b)所示。
t=0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域I内的导轨上由静止释放。
在ab棒运动到区域II的下边界EF处之前,cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好。
已知cd 棒的质量为m、电阻为R，ab棒的质量、阻值均未知，区域II沿斜面的长度为21，在t=t x时刻(t x未知)ab棒恰进入区域II,重力加速度为g。
求：(1) 通过cd棒电流的方向和区域I内磁场的方向；(2) 当ab棒在区域II内运动时，cd棒消耗的电功率；(3) ab棒开始下滑的位置离EF的距离；(4) ab棒开始下滑至EF的过程中回路中产生的热量。
3、如图甲所示，长、宽分别为L[=0.1m、L2=0.2m的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为100匝，总电阻为1Q,可绕其竖直中心轴O1O2转动.线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R=9Q相连.线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0=5X1O-3T、B1=1X10-2T 和t1=2x10-3S.在0〜t1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直;t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度3=200rad/s匀速转动.求:(2) 线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；(3) 线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电何量.4、有一金属细棒ab，质量m=0.05kg，电阻不计，可在两条轨道上滑动,如图所示，轨道间距为L=0.5m，其平面与水平面的夹角为0=37°，置于垂直于轨道甲平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=1.0T，金属棒与轨道的动摩擦因数卩=0.5,(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)回路中电源电动势为E=3V,内阻r=0.5Q.(g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)求：(1)为保证金属细棒不会沿斜面向上滑动，流过金属细棒ab的电流的最大值为多少？(2)滑动变阻器R的阻值应调节在什么范围内，金属棒能静止在轨道上？5、如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为0的绝缘斜面上，两导轨间距为L。
电磁感应经典例题及解析
电磁感应经典例题及解析电磁感应是电磁学中的重要概念，也是我们日常生活中常常会遇到的现象。
在电磁感应的过程中，磁场的变化会导致电场的产生，进而引发电流的产生。
这一原理广泛应用于发电机、变压器等电磁设备中。
下面我们来看一些经典的电磁感应例题，并对其进行解析。
例题1：一个磁感强度为0.2 T的匀强磁场，以2 m/s的速度向垂直于磁场的方向移动，求导体中感应电动势的大小。
解析：根据电磁感应的原理，导体中感应电动势的大小等于磁感强度与导体的速度的乘积，即E = Bv。
将已知数据代入计算，E = 0.2 T × 2 m/s = 0.4 V。
例题2：一个圆形线圈的半径为10 cm，磁感强度为0.5 T的磁场垂直于线圈的平面，在0.2 s内磁场的强度从0.2 T增加到0.6 T，求线圈中感应电流的大小。
解析：根据电磁感应的原理，感应电流的大小等于感应电动势与电阻的比值，即I = ε/R。
感应电动势可以通过磁场的变化率来计算，即ε = -dφ/dt。
其中，φ表示磁通量。
磁通量的大小等于磁感强度与线圈面积的乘积，即φ = Bπr^2。
将已知数据代入计算，φ = 0.2 T ×π× (0.1 m)^2 = 0.02π Tm^2。
对磁通量关于时间的导数，即dφ/dt，可以计算为(0.6 T - 0.2 T)/0.2 s = 2 T/s。
因此，感应电动势的大小为ε = -2 T/s。
线圈的电阻需要另外给定，才能计算感应电流的大小。
通过以上例题的解析，我们可以看到，在电磁感应问题中，需要根据已知条件来计算磁通量的变化率，从而得到感应电动势的大小。
最后，根据电路中的电阻情况，可以计算出感应电流的大小。
电磁感应是电磁学中的重要概念，掌握电磁感应的原理和应用，对于理解和应用电磁学的知识具有重要意义。
通过解析经典的电磁感应例题，可以加深对电磁感应原理的理解，提高解决实际问题的能力。
电磁感应大题题型总结
电磁感应大题题型总结一、导体棒切割磁感线产生感应电动势类1. 单棒平动切割磁感线- 题目示例：- 如图所示，在一磁感应强度B = 0.5T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为h = 0.1m的平行金属导轨MN与PQ，导轨的电阻忽略不计。
在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R=0.3Ω的电阻。
导轨上跨放着一根长为L =0.2m，每米长电阻r = 2.5Ω/m的金属棒ab，金属棒与导轨正交，交点为c、d。
当金属棒以速度v = 4.0m/s向左做匀速运动时，求：- （1）金属棒ab中感应电动势的大小；- （2）通过金属棒ab的电流大小；- （3）金属棒ab两端的电压大小。
- 解析：- （1）根据E = BLv，这里L = h = 0.1m（有效切割长度），B = 0.5T，v = 4.0m/s，则E=Bh v = 0.5×0.1×4.0 = 0.2V。
- （2）金属棒的电阻R_ab=Lr = 0.2×2.5 = 0.5Ω。
电路总电阻R_总=R +R_ab=0.3+0.5 = 0.8Ω。
根据I=(E)/(R_总)，可得I=(0.2)/(0.8)=0.25A。
- （3）金属棒ab两端的电压U = E - IR_ab=0.2 - 0.25×0.5 = 0.075V。
2. 双棒切割磁感线- 题目示例：- 如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ = 30^∘的斜面上，导轨电阻不计，间距L = 0.4m。
导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B = 0.5T。
在区域Ⅰ中，将质量m_1=0.1kg，电阻R_1=0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。
然后，在区域Ⅱ中将质量m_2=0.4kg，电阻R_2=0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。
高中物理 第09章 电磁感应 (单双棒问题)典型例题(含答案)【经典】
第九章 电磁感应知识点七：单杆问题（与电阻结合）(水平单杆、斜面单杆（先电后力再能量））1、发电式（1）电路特点：导体棒相当于电源，当速度为v 时，电动势E ＝Blv（2）安培力特点：安培力为阻力，并随速度增大而增大（3）加速度特点：加速度随速度增大而减小（4）运动特点：加速度减小的加速运动（5）最终状态：匀速直线运动（6）两个极值①v=0时,有最大加速度：②a=0时,有最大速度：（7）能量关系 （8）动量关系 （9）变形：摩擦力；改变电路；改变磁场方向；改变轨道解题步骤：解决此类问题首先要建立“动→电→动”的思维顺序，可概括总结为：(1)找”电源”，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解电动势的大小和方向；(2)画出等效电路图，求解回路中的电流的大小及方向；(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的动态过程，最后确定导体棒的最终运动情况；(4)列出牛顿第二定律或平衡方程求解．2、阻尼式（1）电路特点：导体棒相当于电源。
（2）安培力的特点：安培力为阻力，并随速度减小而减小。
（3）加速度特点：加速度随速度减小而减小 （4）运动特点：加速度减小的减速运动（5）最终状态：静止 （6）能量关系：动能转化为焦耳热 （7）动量关系（8）变形：有摩擦力；磁场不与导轨垂直等1．(多选)如图所示，MN 和PQ 是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．有一垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，宽度为L ，ab 是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆．开始，将开关S 断开，让ab 由静止开始自由下落，过段时间后，再将S 闭合，若从S 闭合开始计时，则金属杆ab 的速度v 随时间t 变化的图象可能是( )．答案 ACD FN M m F mga m μ-=22-+=()()m F mg R r v B l μ212E mFs Q mgS mv μ=++0m Ft BLq mgt mv μ--=-22()B F B l v a m m R r ==+22B B l v F BIl R r ==+20102mv Q-=00BIl t mv -⋅∆=-0mv q Bl =Bl s q n R r R r φ∆⋅∆==++2、（单选）如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37 °，宽度为0.5 m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直于导轨放置，质量为0.2 kg ，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6)( )．答案 BA ．2.5 m/s 1 WB ．5 m/s 1 WC ．7.5 m/s 9 WD ．15 m/s 9 W3．(多选)如图所示，水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab ，开始时ab 棒以水平初速度v 0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和导轨粗糙的两种情况相比较，这个过程( )．答案 ACA ．安培力对ab 棒所做的功不相等B ．电流所做的功相等C ．产生的总内能相等D ．通过ab 棒的电荷量相等4．(单选)如图，足够长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )．答案 BA ．运动的平均速度大小为12vB ．下滑的位移大小为qR BLC ．产生的焦耳热为qBLvD ．受到的最大安培力大小为B 2L 2v R sin θ5．(多选)如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是( )．答案 ACA ．P ＝2mgv sin θB ．P ＝3mgv sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g 2sin θD ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功6、（单选）如图所示，两光滑平行导轨水平放置在匀强磁场中，磁场垂直导轨所在平面，金属棒ab 可沿导轨自由滑动，导轨一端连接一个定值电阻R ，金属棒和导轨电阻不计．现将金属棒沿导轨由静止向右拉，若保持拉力F 恒定，经时间t 1后速度为v ，加速度为a 1，最终以速度2v 做匀速运动；若保持拉力的功率P 恒定，棒由静止经时间t 2后速度为v ，加速度为a 2，最终也以速度2v 做匀速运动，则( )．答案 BA ．t 2＝t 1B ．t 1>t 2C ．a 2＝2a 1D ．a 2＝5a 17． (多选)如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨所在平面，将ab 棒在导轨上无初速度释放，当ab 棒下滑到稳定状态时，速度为v ，电阻R 上消耗的功率为P .导轨和导体棒电阻不计．下列判断正确的是( )．A ．导体棒的a 端比b 端电势低 答案 BDB ．ab 棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动C ．若磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，则ab 棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的12D ．若换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则ab 棒下滑到稳定状态时的功率将变为原来的4倍8．(单选)如图所示，足够长的光滑金属导轨MN 、PQ 平行放置，且都倾斜着与水平面成夹角θ.在导轨的最上端M 、P 之间接有电阻R ，不计其他电阻．导体棒ab 从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab 上升的最大高度为H ；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab 上升的最大高度为h .在两次运动过程中ab 都与导轨保持垂直，且初速度都相等．关于上述情景，下列说法正确的是( )．A ．两次上升的最大高度相比较为H <hB ．有磁场时导体棒所受合力的功等于无磁场时合力的功C ．有磁场时，电阻R 产生的焦耳热为12mv 20D ．有磁场时，ab 上升过程的最小加速度大于g sin θ 答案 B9．如图所示，两根平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为l ，导轨左端连接一个电阻．一根质量为m 、电阻为r 的金属杆ab 垂直放置在导轨上．在杆的右方距杆为d 处有一个匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向下，磁感应强度为B .对杆施加一个大小为F 、方向平行于导轨的恒力，使杆从静止开始运动，已知杆到达磁场区域时速度为v ，之后进入磁场恰好做匀速运动．不计导轨的电阻，假定导轨与杆之间存在恒定的阻力．求(1)导轨对杆ab 的阻力大小f ；(2)杆ab 中通过的电流及其方向；(3)导轨左端所接电阻的阻值R .答案 (1)F －mv 22d (2)mv 22Bld a →b (3)2B 2l 2d mv －r（1）杆进入磁场前做匀加速运动，有① ② 解得导轨对杆的阻力③ （2）杆进入磁场后做匀速运动，有④ 杆ab 所受的安培力⑤ 解得杆ab 中通过的电流⑥ 杆中的电流方向自a 流向b⑦ （3）杆产生的感应电动势⑧ 杆中的感应电流⑨解得导轨左端所接电阻阻值⑩ 10．如图甲所示．一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l ＝0.20 m ，电阻R ＝1.0 Ω；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下．现在一外力F 沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F 与时间t 的关系如图乙所示．求杆的质量m 和加速度a .答案 0.1 kg 10 m/s 2解:导体杆在轨道上做匀加速直线运动,用表示其速度,t 表示时间,则有:①杆切割磁力线,将产生感应电动势:② 在杆、轨道和电阻的闭合回路中产生电流③杆受到的安培力的④ 根据牛顿第二定律,有⑤ 联立以上各式,得⑥ 由图线上取两点代入⑥式,可计算得出:,答:杆的质量为,其加速度为.11、如图所示，质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.3 Ω，长度l＝0.4 m的导体棒ab横放在U型金属框架上．框架质量m2＝0.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.相距0.4 m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1 Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T．垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触．当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1 J，求该过程ab位移x的大小．答案(1)6 m/s(2)1.1 m（1）ab对框架的压力① 框架受水平面的支持力②依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力③ab中的感应电动势④ MN中电流⑤MN受到的安培力⑥ 框架开始运动时⑦ 由上述各式代入数据解得⑧（2）闭合回路中产生的总热量⑨ 由能量守恒定律，得⑩代入数据解得⑪12、如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝0.5 T．质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r.现从静止释放杆ab，测得其在下滑过程中的最大速度为v m.改变电阻箱的阻值R，得到v m与R的关系如图乙所示．已知轨道间距为L＝2 m，重力加速度g取10 m/s2，轨道足够长且电阻不计．(1)当R＝0时，求杆ab匀速下滑过程中产生的感应电动势E的大小及杆中电流的方向；(2)求杆ab的质量m和阻值r；(3)当R＝4 Ω时，求回路瞬时电功率每增加1 W的过程中合外力对杆做的功W.答案(1)2 V b→a(2)0.2 kg 2 Ω(3)0.6 J解:(1)由图可以知道,当时,杆最终以匀速运动,产生电动势由右手定则判断得知,杆中电流方向从(2)设最大速度为v,杆切割磁感线产生的感应电动势由闭合电路的欧姆定律:杆达到最大速度时满足计算得出:由图象可以知道:斜率为,纵截距为, 得到:计算得出:,(3)根据题意:,得,则由动能定理得联立得代入计算得出13．如图甲所示，MN 、PQ 两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，两轨道间距为L ＝1 m ．质量为m 的金属杆ab 垂直放置在轨道上，其阻值忽略不计．空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B ＝0.5 T ．P 、M 间接有阻值为R 1的定值电阻，Q 、N 间接电阻箱R .现从静止释放ab ，改变电阻箱的阻值R ，测得最大速度为v m ，得到1v m 与1R 的关系如图乙所示．若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g 取10 m/s 2.求： (1)金属杆的质量m 和定值电阻的阻值R 1； (2)当电阻箱R 取4 Ω时，且金属杆ab 运动的加速度为12g sin θ时，此时金属杆ab 运动的速度；(3)当电阻箱R 取4 Ω时，且金属杆ab 运动的速度为v m 2时，定值电阻R 1消耗的电功率．解析 (1)总电阻为R 总＝R 1R /(R 1＋R )，电路的总电流I ＝BLv /R 总 当达到最大速度时金属棒受力平衡，有mg sin θ＝BIL ＝B 2L 2v m R 1R (R 1＋R )，1v m ＝B 2L 2mgR sin θ＋B 2L 2mgR 1sin θ，根据图象代入数据，可以得到金属杆的质量m ＝0.1 kg ，R 1＝1 Ω. (2)金属杆ab 运动的加速度为12g sin θ时，I ′＝BLv ′/R 总 根据牛顿第二定律得mg sin θ－BI ′L ＝ma即mg sin θ－B 2L 2v ′R 1R (R 1＋R )＝12mg sin θ，代入数据，得到v ′＝0.8 m/s. (3)当电阻箱R 取4 Ω时，根据图象得到v m ＝1.6 m/s ，则v ＝v m 2＝0.8 m/s ，P ＝E 2R 1＝B 2L 2v 2R 1＝0.16 W.14．如图所示，竖直平面内有无限长，不计电阻的两组平行光滑金属导轨，宽度均为L ＝0.5 m ，上方连接一个阻值R ＝1 Ω的定值电阻，虚线下方的区域内存在磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场．完全相同的两根金属杆1和2靠在导轨上，金属杆与导轨等宽且与导轨接触良好，电阻均为r ＝0.5 Ω.将金属杆1固定在磁场的上边缘(仍在此磁场内)，金属杆2从磁场边界上方h 0＝0.8 m 处由静止释放，进入磁场后恰做匀速运动．(g 取10 m/s 2)(1)求金属杆的质量m 为多大？(2)若金属杆2从磁场边界上方h 1＝0.2 m 处由静止释放，进入磁场经过一段时间后开始做匀速运动．在此过程中整个回路产生了1.4 J 的电热，则此过程中流过电阻R 的电荷量q 为多少？解析 (1)金属杆2进入磁场前做自由落体运动，则v m ＝2gh 0＝4 m/s金属杆2进入磁场后受两个力而处于平衡状态，即mg ＝BIL ，且E ＝BLv m ，I ＝E 2r ＋R解得m ＝B 2L 2v m 2r ＋R g ＝22×0.52×42×0.5＋1×10kg ＝0.2 kg. (2)金属杆2从下落到再次匀速运动的过程中，设金属杆2在磁场内下降h 2，由能量守恒定律得 mg (h 1＋h 2)＝12mv 2m ＋Q 解得h 2＝12mv 2m ＋Q mg －h 1＝0.2×42＋2×1.42×0.2×10 m －0.2 m ＝1.3 m 金属杆2进入磁场到匀速运动的过程中，感应电动势和感应电流的平均值分别为E ＝BLh 2t 2，I ＝E 2r ＋R 故流过电阻R 的电荷量q ＝It 2 联立解得q ＝BLh 22r ＋R ＝2×0.5×1.32×0.5＋1C ＝0.65 C.15．如图12(a)所示，间距为l 、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在区域Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为B ；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度B t 的大小随时间t 变化的规律如图(b)所示．t ＝0时刻在轨道上端的金属棒ab 从如图所示位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属棒cd 在位于区域Ⅰ内的导轨上由静止释放．在ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界EF 处之前，cd 棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好．已知cd棒的质量为m 、电阻为R ，ab 棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为2l ，在t ＝t x 时刻(t x 未知)ab 棒恰进入区域Ⅱ，重力加速度为g .求：(1)通过cd 棒电流的方向和区域Ⅰ内磁场的方向；(2)当ab 棒在区域Ⅱ内运动时cd 棒消耗的电功率；(3)ab 棒开始下滑的位置离EF 的距离；(4)ab 棒从开始下滑至EF 的过程中回路中产生的热量．解析 (1)由楞次定律知通过cd 棒的电流方向为d →c 区域Ⅰ内磁场方向为垂直于纸面向上．(2)对cd 棒：F 安＝BIl ＝mg sin θ，所以通过cd 棒的电流大小I ＝mg sin θBl 当ab 棒在区域Ⅱ内运动时cd 棒消耗的电功率 P ＝I 2R ＝m 2g 2R sin 2θB 2l 2. (3)ab 棒在到达区域Ⅱ前做匀加速直线运动，加速度a ＝g sin θ cd 棒始终静止不动，ab 棒在到达区域Ⅱ前、后回路中产生的感应电动势不变，则ab 棒在区域Ⅱ中一定做匀速直线运动，可得ΔΦΔt ＝Blv t ，即B ·2l ·l t x ＝Blg sin θt x ，所以t x ＝2l g sin θ ab 棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动的速度v t ＝2gl sin θ 则ab 棒开始下滑的位置离EF 的距离h ＝12at 2x ＋2l ＝3l . (4)ab 棒在区域Ⅱ中运动的时间t 2＝2l v t＝2lg sin θ ab 棒从开始下滑至EF 的总时间t ＝t x ＋t 2＝22lg sin θ，E ＝Blv t ＝Bl 2gl sin θ ab 棒从开始下滑至EF 的过程中闭合回路产生的热量Q ＝EIt ＝4mgl sin θ.16．如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN 、M ´N ´位于同一水平面上，两轨道之间的距离l=0.50m ．轨道的MM ´端之间接一阻值R=0.40Ω的定值电阻，NN ´端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP 、N ´P ´平滑连接，两半圆轨道的半径均为R 0=0.50m ．直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度B=0.64 T 的匀强磁场中，磁场区域的宽度d=0.80m ，且其右边界与NN ´重合．现有一质量m =0.20kg 、电阻r =0.10Ω的导体杆ab 静止在距磁场的左边界s=2.0m 处．在与杆垂直的水平恒力F=2.0N 的作用下ab 杆开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F ，结果导体杆ab 恰好能以最小速度通过半圆形轨道的最高点PP ´．已知导体杆ab 在运动过程中与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，导体杆ab 与直轨道之间的动摩擦因数μ=0.10，轨道的电阻可忽略不计，取g =10m/s 2，求：⑴导体杆刚进入磁场时，通过导体杆上的电流大小和方向；⑵导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R 上的电荷量；⑶导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热．解:(1)设导体杆在F 的作用下运动至磁场的左边界时的速度为,根据动能定理则有:导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势为:此时通过导体杆上的电流大小为:(或 根据右手定则可以知道,电流方向为由b 向a (2)设导体杆在磁场中运动的时间为t,产生的感应电动势的平均值为,则有: 通过电阻R 的感应电流的平均值为:通过电阻R 的电荷量为:(或 (3)设导体杆离开磁场时的速度大小为,运动到圆轨道最高点的速度为,因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点,根据牛顿第二定律对导体杆在轨道最高点时有:对于导体杆从运动至的过程,根据机械能守恒定律有:计算得出:导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能为:此过程中电路中产生的焦耳热为:知识点八：单杆问题（与电容器结合）电容有外力充电式（1）电路特点：导体为发电边；电容器被充电。
高中物理必修三第十三章电磁感应与电磁波初步知识总结例题(带答案)
高中物理必修三第十三章电磁感应与电磁波初步知识总结例题单选题1、如图所示，在yOz平面的环形金属线圈以坐标系原点O为中心，xOy平面为水平面，地球磁场指向+y方向。
位于原点O处的小磁针，可绕z轴在xOy平面内自由转动，环形线圈中的电流为16A时，磁针与+x轴的夹角为37°。
已知环形电流环心处的磁感应强度与环形电流强度成正比，则为使磁针与+x轴的夹角变为53°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，环形线圈中的电流应该调整为（）A．3AB．9AC．12AD．16A答案：B根据题意可知B x1=B y cot37°B x2=B y cot53°解得B x2 B x1=9 16即I2 I1=9 16I2=9A故选B。
2、电磁波在真空中传播的速度是3.00×108 m/s，有一个广播电台的频率f=90.0 MHz，这个台发射的电磁波的波长λ为（）A．2.70 mB．333 mC．270 mD．3.33 m答案：D电磁波的传播速度是光速，频率波长速度的关系是c=λf所以λ=cf=3×10890×106m=3.33m故选D。
3、1820年4月，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应。
已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B=k Ir，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比。
如图所示，两根平行长直导线相距为x0，分别通以大小不等、方向相同的电流，已知I1>I2。
规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0～x0区间内磁感强度B随x变化的图线可能是图中的（）A．B．C．D．答案：A由安培定则可知，左侧导线中的电流在该导线右侧产生的磁场的方向向里，而右侧导线中的电流在该导线左侧产生的磁场的方向向外，故在0∼x0区间内磁场方向先为正后为负。
根据通电长直导线周围某点磁感应强度B=k I r和I1>I2可知，在x02的位置磁场方向为正方向，故A正确，BCD错误。
(完整版)高中物理电磁感应经典例题总结
1. 如图，金属棒ab 置于水平放置的 U 形光滑导轨上，在ef 右侧存在有界匀强磁 场B ，磁场方向垂直导轨平面向下， 在ef 左侧的无磁场区域 cdef 内有一半径很小的金属圆环L ,圆环与导轨在同一平面内。
当金属棒ab 在水平恒力F 作用下从磁场左边界ef 处由静止开始向右运动后，圆环 L 有 _______________ （填收缩、扩 张）趋势，圆环内产生的感应电流 __________________ （填变大、变小、不变） 答案：收缩，变小解析：由于金属棒ab 在恒力F 的作用下向右运动，则 abcd 回路中产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产 生垂直于只面向外的磁场，随着金属棒向右加速运动，圆环的磁通量将增大，依据楞次定律可知，圆环将有收 缩的趋势以阻碍圆环的磁通量将增大； 又由于金属棒向右运动的加速度减小， 单位时间内磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小。
2.如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为 R 的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中。
一质量为 m （质量分布均匀）的导体杆 ab 垂直于导轨放 置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为u 。
现杆在水平向左、垂直于杆的恒力 F 作用下从静止开始沿导轨运动距离 L 时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直） 。
设杆接入电路的电阻为r ,导轨电阻不计，重力加速度大小为g 。
则此过程aF 1C.恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量 D •恒力F 做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量q-BdL ，B 对；在棒从开始到达到最大速度的过程中由动能定理有：R r R r R r W FW f W 安E K ，其中W f mg ，W 安 Q ，恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和， C 错；恒力F 做的功与安倍力做的功之和等于于杆动能的变化量与克服摩擦力 做的功之和，D 对。