高考物理(法拉第电磁感应定律提高练习题)压轴题训练及详细答案(1)

1、一、法拉第电磁感应定律1 .如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n = 100,线圈面积S= 200cm2,线圈的电阻r= 1线圈外接一个阻值 R= 4的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。求:图甲圄乙(1)线圈中的感应电流的大小和方向；(2)电阻R两端电压及消耗的功率；(3)前4s内通过R的电荷量。【答案】(1) 0-4s内，线圈中的感应电流的大小为0.02A,方向沿逆时针方向。4- 6s内，线圈中的感应电流大小为0.08A,方向沿顺时针方向；(2) 0-4s内，R两端的电压是0.08V； 4-6s内，R两端的电压是 0.32V, R消耗的总功率

2、为 0.0272W； ( 3)前4s内通 过R的电荷量是8X102Co【解析】【详解】(1) 0-4s内，由法拉第电磁感应定律有:中04-0.2/：1 -N= N= 100 XX O.«2V = 0.1Vat At4Ei 0.1/ = =丁 a = 0 02 A.线圈中的感应电流大小为：/?二万441 由楞次定律知感应电流方向沿逆时针方向。d 中0.4Ez = N = /V, = IDO X X 0.02V = 0.4V4-6s内，由法拉第电磁感应定律有：' 班2Ei 04il = A = OOGA线圈中的感应电流大小为：R + r 4+1，方向沿顺时针方向。0-4s内，R两

3、端的电压为：5 =F1" = 0*02 X 4V = °.08V消耗的功率为：, c c 由山+- 0+08 X 4V = 0J2V4-6s内，R两端的电压为：消耗的功率为：故R消耗的总功率为：产=% +小=0O272W0.2 X 0.02力中(3)前4s内通过R的电荷量为:q = Tdt = = tu；= n-= 100 x - = 8 x 10- ZC+ r R + r /? + r4+12 .如图，匝数为 N、电阻为r、面积为S的圆形线圈P放置于匀强磁场中，磁场方向与线 圈平面垂直，线圈 P通过导线与阻值为 R的电阻和两平行金属板相连，两金属板之间的距 离为d,两板间

4、有垂直纸面的恒定匀强磁场。当线圈P所在位置的磁场均匀变化时，一质量为m、带电量为q的油滴在两金属板之间的竖直平面内做圆周运动。重力加速度为g,求：(1)匀强电场的电场强度(2)流过电阻R的电流(3)线圈P所在磁场磁感应强度的变化率咯案】mg篝mgd(R r)NQRS(1)由题意得:qE=mg解得mgq(2)由电场强度与电势差的关系得:由欧姆定律得:解得mgd1R(3)根据法拉第电磁感应定律得到:Nt根据闭合回路的欧姆定律得到: 解得：t tE I(R r)BSB mgd(R r)T NqRS3 .如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度 L= 1 m, 一匀强磁场垂直穿过导

5、轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为 R= 0.40 期电阻，质量为 m =0.01 kg、电阻为r= 0.30 的金属棒ab紧贴在导轨上.现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离 x与时间t的关系如图所示， 图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g=10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响),求：ab棒1.5 s-2.1s的速度大小及磁感应强度B的大小；(2)金属棒ab在开始运动的1.5 s内，通过电阻 R的电荷量;(3)金属棒ab在开始运动的1.5 s内，电阻R上产生的热量。【答案】(1) v=7 m/s B= 0.1

6、T (2) q = 0.67 C (3)0.26 J【解析】(1)金属棒在AB段匀速运动，由题中图象得:v= x = 7 m/st根据欧姆定律可得:根据平衡条件有解得：(2)根据电量公式：根据欧姆定律可得:磁通量变化量BLvI=r Rmg = BILB=0.1Tq= |四(R r) t解得:q=0.67 C(3)根据能量守恒有:Q=mgx m mv2解得:Q= 0.455 J所以- R 一一.Qr=- Q = 0.26 J答:(1) v= 7 m/s B= 0.1 T (2) q=0.67 C (3)0.26 J4.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

7、平面成 =30角，上端连接 R 1.5 的电阻.质量为m= 0.2kg、阻值r 0.5 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.R两端的电压;(1)若磁感应强度 B=0.5T,将金属棒释放，求金属棒匀速下滑时电阻(2)若磁感应强度的大小与时间成正比，在外力作用下ab棒保持静止，当t = 2s时外力恰好为零.求ab棒的热功率;(3)若磁感应强度随时间变化的规律是B 0.05cos100tT，在平行于导轨平面的外力F作用下ab棒保持静止，求此外力 F的最大值。【答案】(1) 3V (2) 0.5W (3) (1 )

8、N F (1 一)N 44【解析】【分析】本题考查的是导体棒切割磁感线的动力学问题，我们首先把导体棒的运动情况和受力情况分析清楚，然后结合相应规律即可求出相应参量。【详解】(1)匀速时，导体棒收到的安培力等于重力的下滑分力，可得： BL=mgsin 0,求出 R+r电动势为E=4V,所以金属棒匀速下滑时电阻R两端的电压U=3V(2)设磁感应强度随时间变化的规律为B=kt,则电路中产生的电动势为E=n =S=kS,安培力的大小为 F安=kt&SL ,当t=2s时，外力等于零，可得： AtAtR+rkS2kL=mgsin 0,解出 k=0.5T/s,最后可得 P=I2r=0.5W。R+r(

9、3)根据法拉第电磁感应定律可得：E= =S ,根据F安=BIL可得,E 一一一 -一，一无 ，一 一 一 一F安=BL -一，最后化简可得 F安=-Sin200疝(N),所以外力F的取值范围/ 冗、/ 冗、(1-) N F (1 + -) N44【点睛】过程比较复杂的问题关键在于过程分析，对运动和受力进行分析。1 一一5.如图所不，两根间距为 L的平行金属导轨，其 cd右侧水平，左侧为竖直的 一回弧，圆4弧半径为r,导轨的电阻与摩擦不计，在导轨的顶端接有阻值为Ri的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。现有一根阻值为R2、质量为m的金属杆，在水平拉力作用下，从图中位置ef由静止开始做加速度为

10、 a的匀加速直线运动，金属杆始终保持与导轨垂直且接 触良好。开始运动后，经时间t1，金属杆运动到cd时撤去拉力，此时理想电压表的示数为U,此后全属杆恰好能到达圆弧最高处abo重力加速度为 go求:(1)金属杆从ef运动到cd的过程中，拉力(2)金属杆从ef运动到cd的过程中，电阻(3)金属杆从cd运动到ab的过程中，电阻F随时间t变化的表达式;R上通过的电荷量；R1上产生的焦耳热。【答案】(1)FmaU2(R R)tZZ22R at1(2)qUt12R1 ；QiRi (- ma2h2R1 R2 2mgr)Ei= I1(R1 + R2)Ei= BLvi利用法拉第电磁感应定律和电流公式联合求解。根

11、据能量守恒定律求出回路产生的总焦耳热，再求出Ri上产生的焦耳热。【详解】U(1)金属杆运动到cd时，由欧姆定律可得I1 R1由闭合电路的欧姆定律可得金属杆的速度vi = at1由法拉第电磁感应定律可得解得：BU(Ri R2)Ri Lati由开始运动经过时间t,则 v=at. BLv感应电流 -Ri R2金属杆受到的安培力 由牛顿运动定律F 安=BILF F 安=ma2U2(Ri Rz)t可得 F ma 一 i J ；R2ati2(2)金属杆从ef运动到cd过程中，位移-ati22电阻Ri上通过的电荷量:RR2xL联立解得：qUti2Ri ；(3)金属卞f从cd运动到ab的过程中，由能量守恒定律

12、可得1 2Q mv mgr2因此电阻Ri上产生的焦耳热为QiQRiR2可得Qi-R-(ima2h2 mgr)。Ri R2 2【点睛】此题为一道综合题，牵涉知识点较多，明确求电动势、安培力、焦耳热的方法是解题的关 键，灵活利用法拉第电磁感应定律和能量守恒的结论是解题的捷径。6.如图1所示，MN和PQ为竖直放置的两根足够长的光滑平行金属导轨，两导轨间距为I,电阻均可忽略不计.在 M和P之间接有阻值为 R的定值电阻，导体杆 ab质量为m、电B、方向垂直纸面向里的匀强磁阻不计，并与导轨接触良好.整个装置处于磁感应强度为 场中.将导体杆ab由静止释放.求：图I用2国3(1) a.试定性说明ab杆的运动；

13、b. ab杆下落稳定后，电阻 R上的热功率.(2)若将M和P之间的电阻R改为接一电动势为 E,内阻为r的直流电源，发现杆 ab由 静止向上运动(始终未到达MP处)，如图2所示.a.试定性说明ab杆的运动：b.杆稳定运动后，电源的输出功率.(3)若将M和P之间的电阻R改为接一电容为 C的电容器，如图3所示.ab杆由静止释 放.请推导证明杆做匀加速直线运动，并求出杆的加速度.2 2r【答案】(1)加速度逐渐减小的变加速直线运动;P= m g2(2)加速度逐渐减小的B2l2mgE力口速；P=一Bl【解析】2 2m g rB2l2(3) a= mmg2 2B212C(1)a、对ab杆下滑过程，由牛顿第

14、二定律2. 2B l v mg 二ma,可知随着速度的增大，加速B2l 2v度逐渐减小，当 mg 时，加速度为零，杆做匀速直线运动；故杆先做加速度逐渐减小的加速，再做匀速直线运动 .b、ab杆稳定下滑时，做匀速直线运动:mg2. 2B l v 一口，可得vRmgR B2l22. 2B l vvmgmgRB2l2m2g2RB2l2(2)a、对ab杆上滑过程，由牛顿第二定律：BIL mg ma,上滑的速度增大，感应电流与电源提供的电流方向相反，总电流逐渐减小，故加速度逐渐减小；同样加速度为零时杆 向上匀速直线运动.B、杆向上匀速时，BIl mgI mg Bl电源的输出功率 p EI 12r解得：p

15、旦g (叫2rBl Bl(3)设杆下滑经 t时间，由牛顿第二定律：mg BIl ma,电容器的充电电流It电容器增加的电量为：Q C U CBL v而一v a t联立解得：mg B CBla l ma可知杆下滑过程给电容器充电的过程加速度恒定不变，故为匀加速直线运动.解得：amg-2.2 -m B l C【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作 用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键.7.如图(1)所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为0.8m,导轨平面与水平面夹角为导轨电阻不计.有一个匀强磁场垂直导轨平面斜向上

16、，长为 1m的金属棒ab 垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨电接触良好，金属棒的质量为0.1kg、与导轨接触端间电阻为1.两金属导轨的上端连接右端电路，电路中以为一电阻箱.已知灯泡的电阻Rl=4 Q,定值电阻 Ri=2 Q,调节电阻箱使 R2=12 Q,重力加速度g=10m/s2.将电键 S打开，金属棒由静止释放，1s后闭合电键，如图(2)所示为金属棒的速度随时间变化的图象.求：(1)斜面倾角a及磁感应强度 B的大小；(2)若金属棒下滑距离为 60m时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始下滑100m的过程中，整个电路产生的电热；(3)改变电阻箱 R2的值，当R2为何值时，金属棒匀速下滑时

17、R消耗的功率最大；消耗的最大功率为多少？【答案】(1)斜面倾角a是30°,磁感应强度 B的大小是0.5T;(2)若金属棒下滑距离为 60m时速度恰达到最大，金属棒由静止开始下滑100m的过程中，整个电路产生的电热是 32.42J;(3)改变电阻箱 R的值，当R2为4 时，金属棒匀速下滑时 R2消耗的功率最大，消耗的 最大功率为1.5625W.【解析】【分析】(1)电键S打开，ab棒做匀加速直线运动，由速度图象求出加速度，由牛顿第二定律求I 2人口亡曰加以J 士士,L - LqBL 解斜面的倾角”开关闭合后，导体棒最终做匀速直线运动，由F安=BIL-, I="-得到安培艮总力

18、表达式，由重力的分力mgsina=2,求出磁感应强度 B.(2)金属棒由静止开始下滑100m的过程中，重力势能减小mgSsina,转化为金属棒的动能和整个电路产生的电热，由能量守恒求解电热.(3)改变电阻箱 Q的值后，由金属棒 ab匀速运动，得到干路中电流表达式，推导出R2消耗的功率与R2的关系式，根据数学知识求解及消耗的最大功率.【详解】(1)电键S打开，从图上得：a=gsin a-=5m/s2得 sin a*,则得 a =30F 安=BILBLv又I=,R S=Rab+RlRa从图上得：RaRl工工 + R=(1+235 2 4+12)Q =6Qvm=18.75m/s金属棒匀速下滑时速度最

19、大，此时棒所受的安培力向2B L V1tLRaR2消耗的功率:由上联立解得P2P2=由平衡条件得： mgsin a =F?,所以mgsin a代入数据解得：B=0.5T;(2)由动能定理：mg?S?sinaQ=mvm2 0由图知，Vm=l8.75m/s 得 Q=mg?S?sinx - ,mvm2=32.42J;(3)改变电阻箱 R2的值后，金属棒匀速下滑时的速度为vm',则有 mgsin a =BILQ,R2和灯泡并联电阻 R并，口 4_r =(74.0)16由数学知识得，当 亡二&,即R2=4 时，R2消耗的功率最大：最大功率为P2m=(隼立)2 (制J) =t|w=1.56

20、25W.t)Lq中后十 口 io8 .如图甲所示为发电机的简化模型，固定于绝缘水平桌面上的金属导轨，处在方向竖直向下的匀强磁场中，导体棒 ab在水平向右的拉力 F作用下，以水平速度 v沿金属导轨向右做匀速直线运动，导体棒 ab始终与金属导轨形成闭合回路.已知导体棒ab的长度恰好等于平行导轨间距1,磁场的磁感应强度大小为B,忽略摩擦阻力.甲乙求导体棒ab运动过程中产生的感应电动势E和感应电流I;(2)从微观角度看，导体棒切割磁感线产生感应电动势是由于导体内部的自由电荷受到沿棒 方向的洛伦兹力做功而产生的.如图乙(甲图中导体棒ab)所示，为了方便，可认为导体棒ab中的自由电荷为正电荷，每个自由电荷

21、的电荷量为q,设导体棒ab中总共有N个自由电荷.a.求自由电荷沿导体棒定向移动的速率u;b.请分别从宏观和微观两个角度，推导非静电力做功的功率等于拉力做功的功率.【答案】(1) Blv (2)宏观角度Bl NqB【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律，感应电动势 E Blv导体棒水平向右匀速运动，受力平衡，则有F安BI1 F联立解得：IFB1(2)a如图所示:每个自由电荷沿导体棒定向移动，都会受到水平向左的洛伦兹力fi quB所有自由电荷所受水平向左的洛伦兹力的合力宏观表现为安培力F安贝U有：F安 Nfi NquB F解得：uFNqBab中所有自由电荷做功的功率等于感应电源的电功率B,宏观角度：

22、非静电力对导体棒有：目嗜 EI Fv拉力做功的功率为：P立Fv因此Pf P立，即非静电力做功的功率等于拉力做功的功率微观角度：如图所示：对于一个自由电荷 q,非静电力为沿棒方向所受洛伦兹力f2 qvB非静电力对导体棒 ab中所有自由电荷做功的功率P非 Nf2U将u和f2代入得非静电力做功的功率 P非 Fv拉力做功的功率P立Fv因此WfP立即非静电力做功的功率等于拉力做功的功率9 . 53.如图所示，竖直平面内有一半径为r、内阻为R,粗细均匀的光滑半圆形金属环，在M、N处于相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电阻R2,已知R1=12R, R2=4R在MN上方及CD下

23、方有水平方向的匀强磁场I和II,磁感应强度大小均为B.现有质量为 m、电阻不计的导体棒 ab,从半圆环的最高点 A处由静止下 落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，且平行轨道中 够长.已知导体棒 ab下落r/2时的速度大小为 v1，下落到mn处的速度大小为 v2.(1)求导体棒ab从A下落r/2时的加速度大小.(2)若导体棒ab进入磁场II后棒中电流大小始终不变，求磁场 I和II之间的距离h和R2 上的电功率P2.(3)若将磁场II的CD边界略微下移，导体棒 ab刚进入磁场II时速度大小为v3,要使其 在外力F作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a,求所加外力F随时

24、间变化的关系3B2r2vi a-4【答案】(1)' '(2)【解析】试题分析：(1)以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生感应电动势，导体棒ab从A下落r/2时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得“j 厂Ei JiB尸巧携g _ Ef=制 式中 £ =，3九 A =-=我堂】代庄1式中 R ,二勺里 -j? 由各式可得至U 口二g -1加1"+4尺fi84碗(2)当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即e 、 5 x 2r x v 、45' r- vr= BI 乂1 f =於工R工

25、j.op -式中.一一 一 . 一一12R +4A出gR手3陶gR导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，2 1 . . T9出片至匚有。一巧二2g儿得力二三产产一心，3 i Qj?此时导体棒重力的功率为.,'4J r根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即F-L含所以'(3)设导体棒ab进入磁场II后经过时间t的速度大小为炉/J此时安培力大小为/ - .3R由于导体棒ab做匀加速直线运动，有v；=吗根据牛顿第二定律，有 F +窜g-Fr=恤珥即：二 .43二十皿=三 ma.由以上各式解得3R尸_ 4，产/n +吟+ ma - ms,考点：电磁

26、感应，牛顿第二定律，匀加速直线运动。【名师点睛】本题考查了关于电磁感应的复杂问题，对于这类问题一定要做好电流、安培力、运动情况、功能关系这四个方面的问题分析；也就是说认真分析物理过程，搞清各个 力之间的关系，根据牛顿定律列方程；分析各种能量之间的转化关系，根据能量守恒定律 列出方程；力的观点和能量的观点是解答此类问题的两大方向.T视"10 . 一个200匝、面积为20cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°角，若磁感应强度在 0.05s内由0.1 T增加到0.5T,在此过程中磁通量变化了多少？磁通量的平均变化率是多少？线圈中感应电动势的大小是多少伏？【答案】4

27、X104wb 8xi03Wb/s 1.6V【解析】【分析】【详解】磁通量的变化量是由磁场的变化引起的，应该用公式A8 ABSsin来计算，所以A g A BSsin = (0.50.1) X 20 X410 0.5 Wb= 4X 104Wb. 4 10 4一 一磁通量的变化率： Wb/ s= 8x 103Wb/st 0.05根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小为m a P13E=g=200 X 8X 130/= 1.6 V Ar11 .桌面上放着一个单匝矩形线圈，线圈中心上方一定高度上有一竖立的条形磁体(如图)，此时线圈内的磁通量为0.04Wb。把条形磁体竖放在线圈内的桌面上时，线圈内磁通

28、量为0.12Wbo分别计算以下两个过程中线圈中的感应电动势。(1)把条形磁体从图中位置在0.5s内放到线圈内的桌面上；(2)换用100匝的矩形线圈，线圈面积和原单匝线圈相同，把条形磁体从图中位置在0.1s内放到线圈内的桌面上。【答案】(1) 0.16V; (2) 80V【解析】【分析】【详解】(1)根据法拉第电磁感应定律，把条形磁体从图中位置在0.5s内放到线圈内的桌面上线圈中的感应电动势0.12 0.04 V050.16V(2)换用100匝的矩形线圈条形磁体从图中位置在0.1s内放到线圈内的桌面上的感应电动势E n t1000.12 0.04V0180V12 .如图所示，两光滑轨道相距 L=

29、0.5m,固定在倾角为37的斜面上，轨道下端接入阻值为R=1.6 的定值电阻。整个轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1T。一质量m=0.1kg的金属棒MN从轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑，金属棒沿轨道下滑 x=3.6m时恰好达到最大速度(轨道足够长)，在该过程中，金属棒始终能保持与轨道良好 接触。(轨道及金属棒的电阻不计，重力加速度g取10m/s2, sin37 = 0.6, cos37 = 0.8)求:(1)金属棒下滑过程中，M、N哪端电势高；(2)求金属棒下滑过程中的最大速度v;(3)求该过程回路中产生的焦耳热Q。【答案】(1) M端电势较高 (2) 6m/s (3) 0.36J

30、【解析】 【详解】(1)根据右手定则，可判知 M端电势较高(2)设金属棒的最大速度为v,根据法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势E=BLvcos根据闭合电路欧姆定律，回路中的电流强度I=E/R金属棒所受安培力 F为F=BIL对金属棒，根据平衡条件列方程mg sin =Fcos联立以上方程解得：v=6m/s(3)根据能量守恒1 2mgxsin -mv Q2代入数据解得:Q 0.36J【点睛】本题是力学和电磁学的综合题，综合运用了电磁感应定律、能量守恒定律以及共点力平衡问题，要注意此题中棒不是垂直切割磁感线，产生的感应电动势不是 切割速度求解。E= BLv.应根据有效13.如图所示，竖直放置的 略不计）.磁感应强度为U形导轨宽为L,上端串有电阻R （其余导体部分的电阻都忽B的匀强磁场方向垂直于纸面向外.金属棒ab的质量为m,与导轨接触良好，不计摩擦.从静止释放后ab保持水平而下滑.m.试求：（1）金属棒ab在下落过程中，棒中产生的感应电流的方向和 方向.ab棒受到的安培力的（2）金属棒ab下滑的最大速度 v【答案】（1）电流方向是b-a.安培力方向向上.- mgR（2） Vm2 2B L【解析】试题分析：（1）金属棒向