备战高考物理——法拉第电磁感应定律的推断题综合压轴题专题复习含答案

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消耗的总功率为0.0272W；(3)前

2、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=100XXO.«2V=0.1VatAt4Ei0.1/=丁a=002A.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,=IDOXX0.02V=0.4V4-6s内，由法拉第电磁感应定律有：'班2Ei04il=A=OOGA线圈中的感应电流大小为：R+r4+1，方向沿顺时针方向。0-4s内，R两端的电压为：5=F1"=0*02X4V=°.08V消耗的功率为：,cc由山+-0+08X4V=

3、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=0O272W0.2X0.02力中(3)前4s内通过R的电荷量为:q=Tdt=tu；=n-=100x-=8x10-ZC+rR+r/?+r4+12.如下图所示，MN、PQ为足够长的光滑平行导轨，间距L=0.5m.导轨平面与水平面间的夹角=30°,NQ±MN,NQ间连接有一个R3的电阻，有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为Bo1T,将一根质量为m=0.02kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻r1,其余部分电阻不计，现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终

4、与NQ平行，当金属棒滑行至cd处时速度大小开始保持不变，cd距离NQ为s=0.5m,g=10m/s2。(1)求金属棒达到稳定时的速度是多大；(2)金属棒从静止开始到稳定速度的过程中，电阻R上产生的热量是多少？(3)若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0,从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，则t=1s时磁感应强度应为多大？【答案】(1)8m/s(2)0.0183J(3)T546【解析】【详解】(1)在达到稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大，达到稳定速度时，有mgsinFA其中FABIL,IRr根据法拉第电磁感应定律，有EBLv联立解得：v1.6ms(2)根

5、据能量关系有12mgssinmvQ电阻R上产生的热量cRcQrqRr解得：Qr0.0183J(3)当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流，此时金属棒将沿导轨做匀加速运动，根据牛顿第二定律，有：mgsinma根据位移时间关系公式，有+1+2xvt-at2设t时刻磁感应强度为B,总磁通量不变，有：BLsBL（sx）当t=1s时，代入数据解得，此时磁感应强度：At463.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

6、端的金属轻滑环套在导轨上，滑环与导轨上MG、NH段动摩擦因数尸1（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Bi的匀强磁场，PQGH间有平行于斜面但大小、方向未知的匀强磁场B2,其他区域无磁场，除金属棒及定值电阻，其余电阻均不计，sin37=0.6,cos37=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-1关系如图乙所示.（1）求ab棒刚进入磁场Bi时的速度大小.（2）求定值电阻上产生的热量Qi.（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

7、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B2的大小和方向.1.5U19mU2_【答案】（1）（2）1mgL*mU万；（3）32B方向沿导轨平面向上B1d34B2d2【解析】根据ab棒刚进入磁场Bi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：UEiUR1.5U2R根据导体切割磁感线产生的感应电动势计算公式可得：E1B1dv11.5U计算得出：必.B1d(2)设金属棒ab离开PQ时的速度为V2,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：计算得出：V23U；棒ab从MN到PQ,根据动能定理

8、可得:Bdmgsin37Lmgcos37LW安1212mv2mV|22根据功能关系可得产生的总的焦耳热根据焦耳定律可得定值电阻产生的焦耳热为:Qi2RQ总2RR联立以上各式得出:QmgL9m334B2d2(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:mgsin37mgcos372,2B1dv2R,mgR计算得出：v24B1d对cd棒分析因为：2mgsin372mgcos370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向上，cd棒也匀速运动则有：&沿导轨平面2mgsin37i1B1dv.2mgcos37B22Hd,mgR_将v段

9、代入计算得出：B23叫答：(1)ab棒刚进入磁场Bi时的速度大小为1.5U_21.9mU2(2)定值电阻上广生的热量为3mgL4b2d2B2的大小为32Bi,方向沿导轨平面向上.4.如图甲所示，光滑导体轨道PMN和PMN是两个完全一样的轨道，是由半径为r的四分之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道在M和M'点相切，两轨道并列平行放置，MN和M'N'位于同一水平面上，两轨道之间的距离为L,PP之间有一个阻值为R的电阻，开关K是一个感应开关(开始时开关是断开的)，MNNM'是一个矩形区域内有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，水平轨道MN离水平地面的高度为h

10、,其截面图如图乙所示.金属棒a和b质量均为m、电阻均为R,在水平轨道某位置放上金属棒b,静止不动，a棒从圆弧顶端PP处静止释放后，沿圆弧轨道下滑，若两导体棒在运动中始终不接触，当两棒的速度稳定时，两棒距离xmRY2gr,两棒速度稳定之后，再经过一段时2B2L2间，b棒离开轨道做平抛运动，在b棒离开轨道瞬间，开关K闭合.不计一切摩擦和导轨(1)两棒速度稳定时的速度是多少？(2)两棒落到地面后的距离是多少？12mgr(3)从a棒开始运动至b棒离开轨道的过程中，回路中产生的焦耳热是多少?【答案】/mL(2)x皿22【解析】【分析】【详解】时，由机械能守恒定律得:12mgrm%(1)a棒沿圆弧轨道运动

11、到最低点M解得a棒沿圆弧轨道最低点M时的速度v0J通从a棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度的过程中，两棒在水平方向受到的安培力总是大小相等，方向相反，所以两棒的总动量守恒.由动量守恒定律得：mv02mV)解得两棒以相同的速度做匀速运动的速度ViV02gr22(2)经过一段时间,b棒离开轨道后，a棒与电阻R组成回路，从b棒离开轨道到a棒离开轨道过程中a棒受到安培力的冲量大小:由动量定理:解得v2/2gr4IaILBtBL2Ritmv2mv1由平抛运动规律得，两棒落到地面后的距离B2L2x2R(3)由能量守恒定律可知,a棒开始运动至b棒离开轨道的过程中，回路中产生的焦耳,1212热：Qmv0(2

12、m)v1221斛得：Qmgr25.如图a,平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨间距L0.5m,导轨左端MP间接有一阻值为R0.2的定值电阻，导体棒ab质量m0.1kg,与导轨间的动摩擦因数0.1,导体棒垂直于导轨放在距离左端d1.0m处，导轨和导体棒电阻均忽略不计.整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B随时间t的变化如图b所示，不计感应电流磁场的影响.当t3s时，突然使ab棒获得向右的速度v08m/s,同时在棒上施加一方向水平、大小可变化的外力F,保持ab棒具有大小为恒为a4m/s2、方向向左的加速度，取g10m/s2.1求t0时棒所受到的安培力F

13、。；2分析前3s时间内导体棒的运动情况并求前3s内棒所受的摩擦力f随时间t变化的关系式；3从t0时刻开始，当通过电阻R的电量q2.25C时，ab棒正在向右运动，此时撤去外力F,此后ab棒又运动了s，6.05m后静止.求撤去外力F后电阻R上产生的热量Q.【答案】(1)F00.025N,方向水平向右(2)f0.01252tN?3)0.195J【解析】【详解】解:1由图b知:B0.20.1T/st20时棒的速度为零，故回路中只有感生感应势为:勺影Ld0.05V感应电流为：IE0.25AR可得t0时棒所受到的安培力：FoBoIL0.025N,方向水平向右;2ab棒与轨道间的最大摩擦力为：fmmg0.1

14、NF00.025N故前3s内导体棒静止不动，由平衡条件得:BIL由图知在03s内，磁感应强度为：BB0kt0.20.1t联立解得：f0.01252tN(t3s)；3前3s内通过电阻R的电量为:0.253C0.75C设3s后到撤去外力F时又运动了BLs1R解得：、6m此时ab棒的速度设为Vi,则有:2Viv22a&解得：v14m/s此后到停止，由能量守恒定律得:12可得：Qmv1mgs20.195J26.水平面上平行固定两长直导体导轨MN和PQ,导轨宽度L=2m,空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T,在垂直于导轨方向静止放置两根导体棒量M=4kg,有效电阻R=0.60,2的

15、质量m=1kg,有效电阻r=0.40,现使初速度V0=10m/s,不计一切摩擦，不计其余电阻，两棒不会相撞.请计算：1和2,其中1的质1获得平行于导轨的XXX(1)(2)(3)初始时刻导体棒2的加速度a大小.系统运动状态稳定时1的速度v大小.系统运动状态达到稳定的过程中，流过导体棒1某截面的电荷量若初始时刻两棒距离d=10m,则稳定后两棒的距离为多少？q大小.【答案】(1)10m/s2(2)8m/s(3)8C(4)2m【解析】【详解】解：(1)初始时：EBLVoRr对棒2：f安BILma2i2/解得：a10m/sRrM)v(2)对棒1和2的系统，动量守恒，则最后稳定时：Mvo(m解得：v8m/

16、s(3)对棒2,由动量定理:BILtmv,其中qIt解得：qmv8CBLE(4)由E>I、qItBLxRrmvBL解得：xmv(Rr)B2L2,mv(Rr)小则稳定后两棒的距离:ddxd-2mb2l27 .如图甲所示，两根间距L=1.0m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，-端与阻值R=2.0的电阻相连.质量m=0.2kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f=1.0N,导体棒电阻为r=1.00整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示(取g=10m/s2).求

17、:(1)当导体棒速度为v时，棒所受安培力F安的大小(用题中字母表示)(2)磁场的磁感应强度B.(3)若ef棒由静止开始运动距离为S=6.9m时，速度已达v'=3m/s此过程中产生的焦耳热Q.血电F=【答案】(1)十(2)B=(3)Q=6。/【解析】【详解】(1)当导体棒速度为v时,导体棒上的电动势为E,电路中的电流为I.由法拉第电磁感应定律E由欧姆定律及+导体棒所受安培力,B叫F=联合解得：(2)由图可以知道：导体棒开始运动时加速度01=初速度r°=°，导体棒中无电流由牛顿第二定律知计算得出：'一：；可由图可以知道：当导体棒的加速度a=0时,开始以廿二3m内

18、做匀速运动此时有=°解得：-,设ef棒此过程中，产生的热量为Q,(F-f)s-Q+-mv2由功能关系知：带入数据计算得出5/廿F故本题答案是：(1)r+夫；(2)"1,；(3)Q=6.0J【点睛】利用导体棒切割磁感线产生电动势，在结合闭合电路欧姆定律可求出回路中的电流，即可求出安培力的大小，在求热量时要利用功能关系求解。8 .如图1所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ,两导轨间距为1,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、电阻为r,并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度

19、vo,使杆向右运动。(1)当ab杆刚好具有初速度vo时，求此时ab杆两端白电压U;a、b两端哪端电势高;(2)请在图2中定性画出通过电阻R的电流i随时间t变化规律的图象；(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。同样给ab杆个初速度V。，使杆向右运动。请分析说明ab杆的运动情况。【答案】(1)U史世；a端电势高(2)Rr(3)当ab杆以初速度V。开始切割磁感线时，产生感应电动势，电路开始给电容器充电，有电流通过ab杆，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，杆做加速度减小的减速运动。当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速

20、度做匀速直线运动。【解析】【分析】(1)求解产生感应电动势大小，根据全电路欧姆定律求解电流强度和电压，根据右手定则判断电势高低；(2)分析杆的受力情况和运动情况，确定感应电流变化情况，由此画出图象；由此分析安培力的变化，确定运动情况；根据动E=B1V0(3)杆在向右运动过程中速度逐渐减小、量定理求解最后的速度大小。【详解】(1)ab杆切割磁感线产生感应电动势：根据全电路欧姆定律：IRrab杆两端电压即路端电压：UIR解得UBIV0R;a端电势高。(2)杆在向右运动过程中速度逐渐减小、感应电动势逐渐减小，根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流逐渐减小，通过电阻R的电流i随时间变化规律的图象如图所示:

21、(3)当ab杆以初速度V。开始切割磁感线时，产生感应电动势，电路开始给电容器充电，有电流通过ab杆，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，杆做加速度减小的减速运动。当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动。【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。L=0.4m,上端接有电阻9.如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为R=0.30虚线OO下方是垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感强度B=0.5To现将质量m=0.0

22、5kg、电阻r=0.1划金属杆ab,从OO'上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v-t图像如图乙所示，0-1s内的v-t图像为过原点的直线，2s后的v-t图像为平行于t轴的横线，不计空气阻力，g取10m/s2,求：甲乙金属杆ab刚进入磁场时感应电流的大小；(2)已知金属杆ab在t=2s时在磁场中下落了h=6.65m,则杆从静止下落2s的过程中电阻R产生的热量是多少？【答案】(1)Ii=5A(2)Qr=3.9J【解析】【分析】本题首先通过对图像的分析，得到金属杆刚开始做匀加速直线运动，可以利用运动学公式与闭合电路的相关知识求解，其次抓住图中匀速可

23、以列出平衡式子，对于非匀变速可以从能量角度列示求解。【详解】(1)由图乙可知，t=1s时，金属杆进入磁场幻v1=gtEi=BLvi联立以上各式，代入数据得11=5A(2)由第1问，V1=10m/s,2s后金属杆匀速运动，由：mg=BI2L&h=HK+rE2=BLv2,代入数据得：v2=5m/sIIiIQ=-mvf.-mvi+mgh金属杆下落过程有：R代入数据得Qr=3.9J【点睛】本题强化对图像的认识，图像中两段运动比较特殊，一段是匀加速，一段是匀速，这个是解题的突破口，可以用运动学公式结合电路相关公式求解问题。对于非匀变速突出从能量角度找突破口列示求解。10 .如图所示，光滑、足够长

24、的平行金属导轨MN、PQ的间距为l,所在平面与水平面成0角，处于磁感应强度为值为R的电阻.质量为过一个定滑轮与质量为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.两导轨的一端接有阻m、电阻为r的金属棒ab垂直放置于导轨上，且M的静止物块相连，物块被释放后，拉动金属棒m由一根轻绳通ab加速运动H距金属棒以速度v匀速运动.求：(导轨电阻不计)离后,V(1)金属棒ab以速度v匀速运动时两端的电势差(2)物块运动H距离过程中电阻R产生的焦耳热Uab；Qr.BlvR【答案】1)Uab(2)QMmsinRr(1)金属棒ab以速度v匀速运动时，产生的感应电动势大小为:由闭合电路欧姆定律得：IRr金属棒ab两端的电

25、压大小为：U=IRE=Blv解得：UBvRr由右手定则可得金属棒ab中的电流方向由a到b,一，一BlvR可知Uab为负值，故：UabRr(2)物块运动H距离过程中，设整个回路产生的焦耳热为Q,由能量守恒定律得：MgHmgHsin12一mv212Mv22由焦耳定律得：QI2(Rr)tQrI2Rtm)v2-1解得：Q(Mmsin)gH(M2【点睛】本题是一道电磁感应与电路、运动学相结合的综合题，分析清楚棒的运动过程、找出电流的房你想、应用能量守恒和功能关系等相关知识，是正确解题的关键.11 .如图所示，两光滑平行金属导轨abcd、dcba,aa之间接一阻值为R的定值电阻，dd之间处于断开状态，ab

26、ba部分为处于水平面内，且abbbbaaaL,bcdbcd部分为处于倾角为的斜面内，bccddddccbbbL.abba区域存在一竖直向下的磁场B1,其大小随时间的变化规律为B1kt(k为大于零的常数)；cddc区域存在一垂直于斜面向上的大小恒为B2的磁场.一阻值为r、质量为m的导体棒MN垂直于导轨从bb处由静止释放.不计导轨的电阻，重力加速度为g.求:(1)导体棒MN到达cc前瞬间，电阻R上消耗的电功率；(2)导体棒MN从bb到达cc的过程中，通过电阻R的电荷量；若导体棒MN到达cc立即减速，到达dd时合力恰好为零，求导体棒MN从cc到dd运动的时间.k2L4R2Rr(2) qkL22LRr

27、gsinmRrvvB2L(3) t3(式kB2LmgRrsin中v2gLsin,v3B2kLmgRrsinZT22B2Lk,abba所组成回路产生的感应(1)因磁场Bi随时间的变化规律为Bikt,所以电动势EL2BkL2tt流过电阻R的电流：I-ERr电阻R消耗的功率：PrI2R联立以上各式求得:Prk2L4RRr2(2)电阻R的电荷量：qIt,f根据牛顿第二定律：mgsinmakL2导体棒从MN从bb到达cc中，通过的位移：L1at2联立解得:kL22LRrgsin(3)根据(2)问，求得导体棒到达cc时的速度：v,2gLsin时合力为0,则：B2L2B2LvkL2mgsin解得：v3B2k

28、LmgRrsin.2_2kL.B2LIt且q1RrRr3B2kLmgRrsinBTL2)_22b2lmvmv导体棒MN从cc到达dd过程中，运用动量定理：B21Ltmgtsin从cc到达dd过程中，流过导体棒MN的电荷量：q联立以上式子，求得mRrvvB；L3tkB2pmgRrsin(式中v同旷，12 .如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为d,导轨平面与水平面的夹角30,导轨电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上.长为a的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为rR.两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻RlR,重

29、力加速度为g.现闭合开关S,给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为Fmg的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率.求：(1)金属棒能达到的最大速度vm；(2)灯泡的额定功率Pl；(3)若金属棒上滑距离为L时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑4L的过程中,金属棒上产生的电热Qr.mgR【答案】(1)22B2d2(2)22、mgR-T7T；(3)皿4Bd32-2mgR4,44Bd【详解】解：(1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒达到最大速度,此后开始做匀速直线运动；设最大速度为vm,当金属棒达到最大速度时，做

30、匀速直线运动，由平衡条件得：FBidmgsin30又：Fmg解得：Im2BdE由IE，E2RBdVm联立解得：vmmgR22B2d2(2)灯泡的额定功率:Pl(3)金属棒由静止开始上滑22、,2mg、2cmgRI2Rl()2rJ2Bd4B2d24L的过程中，由能量守恒定律可知:QF?4Lmg?4Lsin3012-mVm2Rlrm3g2R24B4d4【答案】(1)LOxW'3aa-c-d-b-a(2)LOxll】Jn1金属棒上广生的电热：Qr-QmgL213 .如图甲所示，平行金属导轨MNPQ放置于同一水平面内，导轨电阻不计，两导轨间距d=10cm,导体棒ab、cd放在导轨上，并与导轨垂直，每根棒在导轨间的部分电阻均为R=1.0.用长为l=20cm的绝缘丝线将两棒系住，整个装置处在匀强磁场中.t=0时刻，磁场方向竖直向下，丝线刚好处于未被拉伸的自然状态，此后磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示.不计感应电流磁场的影响，整个过程，丝线未被拉断.求：(1) 02.0s时间内电