培优电磁感应现象的两类情况辅导专题训练含详细答案

培优电磁感应现象的两类情况辅导专题训练含详细答案一、电磁感应现象的两类情况.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32 25gL32 25gL；(2)Q3mgL-^BgLr-3【答案】(1)Uab3BL4【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o. 1 2 2 .4mgLsin30mgL-(4mm)v,v-gL,再根据法拉第电磁感应定律可得，感应电动势EBLv,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 Uab3E3BL，2gL0,可得mg,从0,可得mg,从B2I2V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 BmRab边刚进入磁场到cd边刚离开磁场，根据能量守恒定律可知4mgg3Lsin1 23mgL4mgg3Lsin1 23mgL2(4mm)VmQ,Q3mgL3 2 25mgR-cr4,42BL.如图，垂直于纸面的磁感应强度为 B,边长为L、电阻为R的单匝方形线圈ABCD在外力F的作用下向右匀速进入匀强磁场，在线圈进入磁场过程中，求：(1)线圈进入磁场时的速度V。(2)线圈中的电流大小。(3)AB边产生的焦耳热。FR【答案】(1)v-FR2；(2)Ib2l2FL(1)线圈进入磁场时的速度V。(2)线圈中的电流大小。(3)AB边产生的焦耳热。FR【答案】(1)v-FR2；(2)Ib2l2FL⑶Q丁(1)线圈向右匀速进入匀强磁场,则有F F安 BIL又电路中的电动势为EBLv所以线圈中电流大小为i=E=BvRR联立解得FR_2~2BL(2)根据有F F安BIL得线圈中的电流大小FBL(3)AB边产生的焦耳热一 .2一Q IRABt(£)27bFR将v行至代入得B2L2FL.如图，光滑金属轨道PO。PO'Q'互相平行，间距为L,其中O'Q'和OQ位于同一水平面内，PO和P。'构成的平面与水平面成30°。正方形线框ABCD边长为L,其中AB边和CD边质量均为m,电阻均为r,两端与轨道始终接触良好，导轨电阻不计。 BC边和AD边为绝缘轻杆，质量不计。线框从斜轨上自静止开始下滑，开始时底边 AB与OO'相距L。在水平轨道之间， MNNM'长方形区域分布着有竖直向上的匀强磁场，OMONL,NM'右侧区域分布着竖直向下的匀强磁场，这两处磁场的磁感应强度大小均为Bo在右侧磁场区域内有一垂直轨道放置并被暂时锁定的导体杆 EF,其质量为m电阻为r。锁定解除开关K与M点的距离为L,不会阻隔导轨中白电流。当线框AB边经过开关K时，EF杆的锁定被解除，不计轨道转折处 OO'和锁定解除开关造成的机械能损耗。(1)求整个线框刚到达水平面时的速度 V0；(2)求线框AB边刚进入磁场时，AB两端的电压Uab；(3)求CD边进入磁场时，线框的速度v;2B2I3(4)若线框AB边尚未到达MN,杆EF就以速度v12BL离开M'N'右侧磁场区域,3mr求此时线框的速度多大?侨案…监；(2)BL愿一寻£(4)3।2B2L3\2g3mr【解析】【分析】【详解】(1)由机械能守恒Ic2cmgLsin30mg2Lsin30 2mv002可得(2)由法拉第电磁感应定律可知EBLv0根据闭合电路欧姆定律可知IBLv。3

r2根据部分电路欧姆定律

U可得UAB(3)线框进入磁场的过程中，由动量定理U可得UAB(3)线框进入磁场的过程中，由动量定理bIl又有I代入可得ABBL6gL2mv2mv0BL2T-r2b2l3v；2〜3mr(4)杆EF解除锁定后，杆EF向左运动，线框向右运动，线框总电流等于杆EF上电流对卞fEFBILtmvi对线框BILt2mv2可得v12v2整理得到2,3TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"BLv2 v1 \o"CurrentDocument"3mr可得, 2B2L3v2v v2 0gL——23mr.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R0.5Q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 0.2,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〔=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。X图1■XX1立2.Q1.000r0.0151JD1.52.0曲【答案】X图1■XX1立2.Q1.000r0.0151JD1.52.0曲【答案】(1)F21.2t;(2)12J;(3)v2Vx(0WxW4m);v6.40.6x4m32

xm3v=0(x32m)

3(1)根据法拉第电磁感应定律可知:BLvktBL2t根据速度与时间关系可知:2m/s(1)根据法拉第电磁感应定律可知:BLvktBL2t根据速度与时间关系可知:2m/s2对U型金属导轨根据牛顿第二定律有:IBLIBLmaIBLIBLma带入数据整理可以得到:1.2t(2)由功能关系，有Wf带入数据整理可以得到:1.2t(2)由功能关系，有Wf由于忽略导体棒MN的重力，所以摩擦力为:则可以得到:WfWfWa则整理可以得到:WQWfQ(1 )Q=12J(3)设从开始运动到撤去外力 F这段时间为％2s,这段时间内做匀加速运动;①t,ti时，根据位移与速度关系可知：v,2ax2,xtti时根据匀变速运动规律可知该时刻速度和位移为：v14m/sx14m②tti时，物体做变速运动，由动量定理得到:(1)BLqmvmv1整理可以得到：(1)BLq(1 )B2L2(x4)6.40.6xvv| v| 6.40.6xm mR32当x——m时：3v0综合上述，故bc边速度与位置坐标x的函数关系如下：v 2Vx(0Wxw4mv6.40.6x4mv6.40.6x4m32

xm3320(x——m)3.如图所示，两条平行的固定金属导轨相距 L=1m光滑水平部分有一半径为 r=0.3m的圆形磁场区域，磁感应强度大小为 巳0.5T、方向竖直向下；倾斜部分与水平方向的夹角为0=37°,处于垂直于斜面的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B=0.5To金属棒PQ^MN的质量均为m=0.lkg,电阻均为R1Q。PQ置于水平导轨上， MNB置于倾斜导轨上、刚好不下滑。两根金属棒均与导轨垂直且接触良好。从某时刻起， PQ棒在水平外力的作用下由静止开始向右运动，当PQ棒进人磁场B1中时，即以速度v=16m/s;匀速穿过该区域。不计导轨的电阻，PQ台终在水平导轨上运动。取 g10m/s2,sin370.6,cos370.8；(1)求MN$刚要滑动时，PQ所处的位置；(2)求从PQ奉开始运动到MN$刚要滑动的过程中通过 PQ奉的电荷量；(3)通过计算，定量画出PQ棒进人磁场B1后在磁场中水平外力F随位移变化的图像。【分析】【详解】(1)开始MN刚好不下滑时， MN受沿倾斜导轨向上的最大静摩擦力 fm,则fmmgsin37设PQ进入磁场Bi后切割磁感线的有效长度为Lx,由法拉第电磁感应定律得 PQ产生的感应电动势为EB1Lxv由闭合电路欧姆定律得整个回路中的感应电流为2R则MN所受的安培力为FaB2ILMN棒刚要向上滑动时， MN受沿倾斜导轨向下的最大静摩擦力，由力的平衡条件有Fafmmgsin37联立解得Lx0.6m即MN棒刚要滑动时，PQ棒刚好运动到圆形磁场区域的直径位置。(2)从PQ棒开始运动到MN棒刚要滑动的过程中，穿过回路的磁通量的变化量为C 1 2 9BSBrWb2 400平均感应电动势平均感应电流

通过PQ棒的电荷量E2R(3)当PQ棒进入磁场回路中的电流为受到的安培力为由题意知外力为故有E2R9t————C2R800通过PQ棒的电荷量E2R(3)当PQ棒进入磁场回路中的电流为受到的安培力为由题意知外力为故有E2R9t————C2R800Bi后的位移为x时，切割磁感线的有效长度为Ly2r2(rx)22x22rxBLyV

2RFaBlILyFa BiILy22BiLyV2R8x24.8x(0x0.6)因此PQ棒所受水平外力.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ho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n的前一瞬间，线框的加速度大小为 ai0.2g,不计空气阻力，求：(1)cd边刚到达AA'时的速度％；(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a2。

32 2【答案］⑴Vi3mgR(2)Q3mg(Hh)2mgR5B2L2 5 25B4L4(1)cd边刚到达AA'时有32 2【答案］⑴Vi3mgR(2)Q3mg(Hh)2mgR5B2L2 5 25B4L4(1)cd边刚到达AA'时有mgsin372,2BLv1解得3mgRVi 225B2L2(2)已知当cd边刚要进入磁场n的前一瞬间，由牛顿第二定律得mgsin372,2BLv2ma1解得2mgR5B2L2由能量守恒得mg(Hh)sin3712mv22解得3mg(Hh)32 22mgR25B4L4(3)当cd边刚进入磁场II时，ab,电动势变为只有cd切割时的两倍,cd两边分别在两磁场中切割磁感线,电流也为两倍，由左手定则可知，则有此时线圈中的ab,cd两边受的安4倍，则有4倍，则有B2L2V2mgsin374 ma2解得aa2 g。.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=B0—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1均匀的导体棒锁定于OP、OQ的中点a、b位置.当磁感应强度变为一Bo后保持不变，同2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;(3)运动过程中产生的焦耳热.b—>a;(2)(3)运动过程中产生的焦耳热.b—>a;212/⑵g—-B^Lv；⑶4mR B.⑴导体棒被锁定前，闭合回路的面积不变， ——=kt由法拉第电磁感应定律知： E=——=—BS=—kL2tt16由闭合电路欧姆定律知:由闭合电路欧姆定律知:由楞次定律知，感应电流的方向：顺时针方向或 bf⑵导体棒刚离开导轨时受力如图所示1根据法拉第电磁感应te律有： E=-B0Lv2根据闭合电路欧姆定律知： 二ER，1、……， 1根据安培力公式有：F[LB。2… 1mg—F=ma解得：FILB02mg—F=ma由牛顿第二定律知：2.2B0Lv解得：a=g-———4R1 2 _⑶由能量守恒知：mgh=—mv+Q由几何关系有：h=«3L4解得：Q=3 ।解得：Q=3 ।TmgL-12一mv2.如图1所示，一个圆形线圈的匝数n1000匝，线圈面积S0.02m2,线圈的电阻r1,线圈外接一个阻值R4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，磁感应强度随时间的变化规律如图 2所示.求1在0〜4s内穿过线圈的磁通量变化量；2前4s内产生的感应电动势；36s36s内通过电阻R的电荷量q.图1 图2【答案】（1）4X1（2wb⑵1V（3）0.8C【解析】试题分析：（1）依据图象，结合磁通量定义式 BS,即可求解；（2）根据法拉第电磁感应定律，结合磁感应强度的变化率求出前4s内感应电动势的大小.（3）根据感应电动势，结合闭合电路欧姆定律、电流的定义式求出通过 R的电荷量.（1）根据磁通量定义式 BS,那么在0〜4s内穿过线圈的磁通量变化量为：一 一一 一 一一 一一 一3B2 BS 0.4 0.2 0.02Wb 410Wb B 0.40.2_, （2）由图象可知刖4s内磁感应强度B的变化率为： T/s0.05?T/st4L _B - - …4s内的平均感应电动势为： E nS—— 10000.02 0.05?V 1Vt

(3)电路中的平均感应电流为： I丁，又qIt,且En一R t所以qn——R所以qn——R总1000 C0.8C【点睛】本题考查了法拉第电磁感应定律的应用，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，最后由电流定义式的变形公式求出感应电荷量.如图所示，在坐标xoy平面内存在B=2.0T的匀强磁场，OA与OCA为置于竖直平面内的光滑金属导轨，其中OCA满足曲线方程更=050sin?jS),C为导轨的最右端，导轨OA与OCA相交处的。点和A点分别接有体积可忽略的定值电阻 Ri和R2,其Ri=4.0◎、2=12.0a.现有一足够长、质量m=0.10kg的金属棒MN在竖直向上的外力F作用下，以v=3.0m/s的速度向上匀速运动，设棒与两导轨接触良好，除电阻 Ri、R2外其余电阻不计，g取10m/s2,求：JU N(1)金属棒MN在导轨上运动时感应电流的最大值；(2)外力F的最大值；(3)金属棒MN滑过导轨OC段，整个回路产生的热量.【答案】(1)1.0A(2)20.0N(3)1.25J【解析】【分析】【详解】(1)金属棒MN沿导轨竖直向上运动，进入磁场中切割磁感线产生感应电动势.当金属棒MN匀速运动到C点时，电路中感应电动势最大，产生的感应电流最大.金属棒MN接入电路的有效长度为导轨OCA形状满足的曲线方程中的x值.因此接入电路的金属棒的有效长度为' 、 。“川 Lm=xm=0.5m三心二£ Em=3.0V,JnRK『.二_且汽二一」一&&+&=LO=LOa(2)金属棒MN匀速运动中受重力mg、安培力F安、外力F外作用七”"力%「［ON『距『Q'噌二%”-20n(3)金属棒MN在运动过程中，产生的感应电动势JT E屯二¥,0匕加J>,有效值为Ef=5 "五金属棒MN滑过导轨OC段的时间为t滑过OC段产生的热量Q=」/0=L25J.io.如图所示，之”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Ro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 。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 vm时产生热量.(F与vm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)BL2J—(2)2W+2maL(3)F2R0 1mvm,(4)当金属杆速度达到最大后，将做-2L 2B2vm2减速运动【解析】【详解】(1)由位移-速度公式得2aL=v2—0所以前进L时的速度为前进L过程需时v=.2aLt=-a,2aL由法拉第电磁感应定律有:-2LL22aL-BLa2L(2)以加速度a前进L过程，合外力做功所以W+W安=maLW安=maL—W以加速度4a前进L时速度为合外力做功v.8aL=2vWf'W安'=maL2.2由Fa由FaBIL 可知，位移相同时:R则前进L则前进L过程所以(3)设金属杆在水平恒力作用下前进的杆的有效长度为2d,则所以(3)设金属杆在水平恒力作用下前进的杆的有效长度为2d,则W安'=2/安Wf'=4aL-2W安=2W+2maLd时Fa=F,达到最大速度，由几何关系可知，接入电路BIl FRBIl FRo2d所以FRo

d=~~2~

2BVm由动能定理有FdQ-mvm

2所以:12mvm21 212mvm2Q=Fd mVm= 2—22BVm(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。11.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=1Q/m,左端处于x轴原点，并连接有固定电阻R=1◎与电阻R1相连的导线电阻可不计)。导轨上放置一根质量 m=1kg、电阻及二1◎的金属杆ab,整个装置处于磁感应强度 B=Bo+kx(Bo=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R1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/s2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】BLv(1)当t=1s时，x=vt=1m,B=Bo+kx=2T,所以R上的电流为I-一-一二0.5A,得R|ir52xr2.PIR10.25W(Bokx)Lv(2)电流与导体棒位置的关系为 I ---一—0.5a,得回路中的电流与导体棒位置RiR22xr无关，由FILB得FILBoILkx,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FILB0.5N,当t=2s,B=3T,所以FILB1.5N,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 2J(3)当t=2s时F安ILB1.5N,方向向左，此时合外力 F合ma1N,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。

12.据英国2018年《每日邮报》5月2日报道，中国科学家一直在努力测试一种超高速列车一一真空管道超高速列车，它将比现有高铁快 3倍，速度达到1000km/h。其动力系统的简化模型如图1所示，图中粗实线表示固定在水平面上间距为 L的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是通过绝缘材料固定在列车底部的两根金属棒，长度均为 L,电阻均为R并与导轨良好接触，始终与导轨保持垂直，两金属棒ab和cd间距为x,列车与金属棒的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。为使列车启动，需在 M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动完成后电源会自动关闭。(1)启动时，若M接"+：'N接-',接通电源时判断列车运行方向，并简要说明理由；(2)求启动时列车加速度的最大值；(3)列车启动完成后电源会自动关闭，列车将保持匀速行驶，到站时为让列车减速，需在XXXKMMXXXXXXXXXXKXXXXXMXXXXXXXXXXXXXXXXXXX前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均等于x。若某时刻列车的速度为vo,此时abXXXKMMXXXXXXXXXXKXXXXXMXXXXXXXXXXXXXXXXXXX2图1 图2【答案】(1)向右运动，理由：左手定则 ；(2)2BEL；(3)NEvR,若N为mR BLx整数，则经过N块即可；若N不为整数，则经过N的整数部分1块即可【解析】【详解】(1)接通电源时列车向右运动，理由 M接电压正极，金属棒中电流方向由 a到b,由c到d,根据左手定则，安培力方向向右，列车要向右运动；(2)刚开始通电时加速度最大，此时两金属棒并联，每根中电流为：I=ER每根金属棒受安培力：FBIL所以列车的加速度为：2BELamR(3)列车减速时总有一边切割磁感线，设切割磁感线的平均速度为 V,平均感应电动势为：EBLv平均感应电流为:

BLVI2R所受安培力为：设每经过一块磁场时设列车速度变化为FBLVI2R所受安培力为：设每经过一块磁场时设列车速度变化为FBILv,列车前进时收到安培力的作用，由动量定理列车安培力的冲量等于列车动量的变化量，即有:2,2_BLv2Rg又由于:Vgt2x解得:2.2BLxv Rmv0 mv0R=r->22vBLx若N为整数，则经过N块即可若N不为整数，则经过N的整数部分1块即可13.如图所示，间距为L、电阻不计的足够长双斜面型平行导轨，左导轨光滑，右导轨粗糙，左、右导轨分别与水平面成 8随，分别有垂直于导轨斜面向上的磁感应强度为 B1、B2的匀强磁场，两处的磁场互不影响.质量为m、电阻均为r的导体棒ab、cd与两平行导轨垂直放置且接触良 好.ab棒由静止释放，cd棒始终静止不动.求：ab棒速度大小为v时通过cd棒的电流大小和cd棒受到的摩擦力大小.ab棒匀速运动时速度大小及此时 cd棒消耗的电功率.2 2~2 2B〔Lv B1B2Lv mgrsin【答案】(1)——;—1^2———mgsin3(2)—— 22 2r2r B2L2【解析】【分析】【详解】(1)当导体棒ab的速度为v时，其切割磁感线产生的感应电动势大小为： E=BiLv①导体棒ab、cd导体棒ab、cd串联，由全电路欧姆定律有:2r联立①②式解得流过导体棒cd的电流大小为：I色卬③2r导体棒cd所受安培力为：F2=B2IL④BB^V⑤2r若mgsin3>BB^V⑤2rf1mgsin? F2mgsin若mgsin32；F则摩擦力大小为：2B1B2Lvmgsin⑥f2F2mgsinmgsin⑥2rEo=（2）设导体棒ab匀速运动时速度为vo,此时导体棒ab产生的感应电动势为:Eo=BiLvo⑦流过导体棒ab的电