高考物理电磁感应现象的两类情况提高练习题压轴题训练附

高考物理(电磁感觉现象的两类状况提升练习题)压轴题训练附详细答案一、电磁感觉现象的两类状况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，并用电压传感器实质监测两端电压，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，经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

(其余部分摩擦不计

)．MN、PQ、GH相距为

L，8MN、PQ间有垂直轨道平面向下、磁感觉强度为B1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B2，其余地域无磁场，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

上方必定距离由静止开释经过

MN、PQ区域(运动过程中

ab棒一直保持水平

)，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B1时的速度大小．2）求定值电阻上产生的热量Q1.（3）多次操作发现，当ab棒从MN以某一特定速度进入MNQP地域的同时，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地域，两棒均可同时匀速经过各自场区，试求B2的大小和方向．1.5U（2）1mgL9mU2；（3）32B1【答案】（1）方向沿导轨平面向上B1d34B2d2【分析】【详解】(1)依据ab棒刚进入磁场B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1应电动势：E1UUR1.5U2R依据导体切割磁感线产生的感觉电动势计算公式可得：E1B1dv1计算得出:v11.5U.B1d(2)设金属棒ab走开PQ时的速度为v2，依据图乙可以知道定值电阻两端电压为2U，依据闭合电路的欧姆定律可得：B1dv22R2U2RR计算得出：v23U；棒ab从MN到PQ，依据动能定理可得：B1dmgsin37Lmgcos37LW安1mv221mv1222依据功能关系可得产生的总的焦耳热：Q总=W安依据焦耳定律可得定值电阻产生的焦耳热为：Q12RQ总2RR联立以上各式得出：Q119mU23mgL4B12d2(3)两棒以同样的初速度进入场区匀速经过同样的位移，对ab棒依据共点力的均衡可得：mgsin37B12d2vmgcos3702RmgR计算得出：vB12d2对cd棒分析因为：2mgsin372mgcos370故cd棒安培力一定垂直导轨平面向下，依据左手定章可以知道磁感觉强度B2沿导轨平面向上，cd棒也匀速运动则有：2mgsin372mgcos37B21B1dvd022R将vmgRB232B1.2d2代入计算得出：B1答：(1)ab棒刚进入磁场B1时的速度大小为1.5U;B1d(2)定值电阻上产生的热量为19mU2mgL2d2;34B1B2的大小为32B1，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，磁场的理想界限

ef、gh、pqB，地域

I的磁场方向垂直纸面向里，地域

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地址由静止开释

(线圈的

d点与磁场上界限

f等高，线圈平面与磁场垂直

)，着落过程中对角线

ac

一直保持水平，当对角线

ac刚到达

cf

时，线圈恰好受力均衡；当对角线

ac到达

h时，线圈又恰好受力均衡

(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)从线圈释松开始到对角线ac到达gh界限时，感觉电流在线圈中产生的热量为多少?【答案】(1)vmgR(2)m3g2R222Q2mgL4BL512B4L4【分析】【详解】(1)设当线圈的对角线ac刚到达ef时线圈的速度为v1，则此时感觉电动势为：E1B2Lv1感觉电流：I1E1R由力的均衡得：BI12Lmg解以上各式得：v1mgR4B2L2(2)设当线圈的对角线ac刚到达ef时线圈的速度为v2，则此时感觉电动势E22B2Lv2感觉电流：I2E2R由力的均衡得：2BI22Lmg解以上各式得：v2mgR16B2L2设感觉电流在线圈中产生的热量为Q,由能量守恒定律得：mg2LQ1mv222解以上各式得：Q2mgLm3g2R2512B4L43．以以下图，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由绕过轻质圆滑定滑轮的绝缘细线相连，已知细线与斜面平行，物块放在圆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觉强度为B，磁场上下面缘的高度为L，上界限距离滑轮足够远，线圈ab边距离磁场下界限的距离也为L。现将物块由静止开释，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）线圈经过磁场的过程中产生的热量【答案】（1325m3g2R2）UabBLgL；（2）Q3mgL4L4452B【分析】【详解】（1）从开始运动到ab边刚进入磁场，依据机械能守恒定律可得4mgLsin30omgL1(4mm)v2，v2gL，再依据法拉第电磁感觉定律可得，感25应电动势EBLv，此时ab边相当于是电源，感觉电流的方向为badcb，a为正极，b为负极，因此ab的电势差等于电路的路端电压，可得Uab3E3BL2gL445（2）线圈cd边出磁场前线圈已经做匀速直线运动，因此线圈和物块均合外力为0，可得绳索的拉力为2mg，线圈受的安培力为mg，因此线圈匀速的速度满足B2L2vmmg，从Rab边刚进入磁场到cd边刚走开磁场，依据能量守恒定律可知4mgg3Lsin3mgL1(4mm)vm2Q，Q3mgL5m3g2R222B4L44．如图甲所示，两根足够长的圆滑平行直导轨固定在水平面上，导轨左边连接一电容器，一金属棒垂直放在导轨上，且与导轨接触优异。在整个装置中加上垂直于导轨平面的磁场，磁感觉强度按图乙所示规律变化。时刻撤去外力。已知电容器的电容为

0~t0内在导体棒上施加外力使导体棒静止不动，C，两导轨间距为L，导体棒到导轨左边的距离为

t0d，导体棒的质量为

m。求：(1)电容器带电量的最大值；(2)导体棒可以达到的最大速度vm。CB0Ld；（2）vCB02L2d【答案】（1）Qt0t（0(mCB2L2)）【分析】【分析】【详解】（1）电容器两极板的电压UB0Ldt0电容器的带电量QCU（2）电容器放电后节余的电量

CB0Ldt0QCUUBLv由动量定理得BIiLtmvQQIt解得vCB02L2dt（(mCB2L2)）05．以以下图，两平行长直金属导轨(不计电阻)水平搁置，间距为L，有两根长度均为L、电阻均为R、质量均为m的导体棒AB、CD平放在金属导轨上。此中棒CD经过绝缘细绳、定滑轮与质量也为m的重物相连，重物放在水平川面上，开始时细绳挺直但无弹力，棒CD与导轨间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽视其余摩擦和其余阻力，导轨间有一方向竖直向下的匀强磁场B1，磁场所区的界限满足曲线方程：yLsinx(0xL，单位为m)。CD棒处在竖直向上的匀强磁场B2中。现从t0时L刻开始，使棒AB在外力F的作用下以速度v从与y轴重合处开始沿x轴正方向做匀速直线运动,在运动过程中CD棒一直处于静止状态。1）求棒AB在运动过程中，外力F的最大功率；2）求棒AB经过磁场所区B1的过程中，棒CD上产生的焦耳热；（3）若棒AB在匀强磁场B1中运动时，重物一直未走开地面,且满足：mgB1B2L2v，4R求重物所受支持力大小随时间变化的表达式。【答案】（1）B12L2v22R2）B12L3v8R3）①当0<t≤L时，FN=mg6v②当L<t<5L时，FN=(1+μ)mg-B1B2L2vsinx6v6v2RL③当5L≤t<L时，FN=mg6vv【分析】【详解】（1）当棒AB运动到xLF最处时，棒AB的有效切割长度最长，安培力最大，则外力2大，功率也最大，此时：F=B1IL=B1B1LvLB12L2v，Pm=Fv2R2R解得：Pm=B12L2v2；2R棒AB在匀强磁场所区B1的运动过程中，产生的感觉电动势为：E=B1LvsinxL则感觉电动势的有效值为：B1LvB1LvLE有效=，I有效=t=v222R可以获取：223B1Lv；Q=I有效Rt=8R(3)当CD棒所受安培力F安=μmg时，设棒AB所在地址横坐标为x0，对棒CD受力分析可得：B1B2Lyv=μmgy=Lsinx02RL解得：x0=L，x1=5L66则：t1=x0L，t2=x15Lv6vv6v①当0<t≤L时，6v则：FN=mgL5L②当<t<时，则：B1B2LyvFN=mg+μmg-2R即：FN=(1+

μ)mg-

2B1B2Lv

sin

x2R

L③当5L≤t<L时，则：6vvFN=mg。6．以以下图，圆滑的水平平行金属导轨间距为L，导轨电阻忽视不计．空间存在垂直于导轨平面竖直向上的匀强磁场，磁感觉强度大小为B,轻质导体棒ab垂直导轨搁置，导体棒ab的电阻为r，与导轨之间接触优异．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微线，细线经过定滑轮悬挂质量为m的物体，现从静止开释该物体，当物体速度达到最大时，着落的高度为h，在本问题情形中，物体着落过程中不着地，导轨足够长，忽视空气阻力和全部摩擦阻力，重力加速度为g．求：(1)物体着落过程的最大速度vm；(2)物体从静止开始着落至速度达到最大的过程中，电阻(3)物体从静止开始着落至速度达到最大时，所需的时间【答案】（1）mg(Rr)mghRm3g2R(RB2L2(2)2B4L4Rr【分析】

R上产生的电热Q；．r)m(Rr)B2L2h(3)2L2mg(Rr)B【分析】在物体加速着落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，着落速度达到最大，由均衡条件、闭合电路欧姆定律和电磁感觉定律求出物体着落过程的最大速度；在物体着落过程中，物体重力势能减少，动能增添，系统电热增添，依据能量守恒定律求出电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，依据动量定理可得所需的时间；解：（1）在物体加速着落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，着落速度达到最大对物体，由均衡条件可得mg=Fr对导体棒Fr=BIL对导体棒与导轨、电阻R构成的回路，依据闭合电路欧姆定律EIRr依据电磁感觉定律E=BLvmmg(Rr)联立以上各式解得vmB2L22）在物体着落过程中，物体重力势能减少，动能增添，系统电热增添，依据能量守恒定律可得1mgh=mvm2+Q总2在此过程中任一时刻经过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，因此QRQ总Rr联立解得mghRm3g2R(Rr)Q2B4L4Rr（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B2L2vt0体棒和物体分析，依据动量定理可得FTrRmgFTtmvB2L2v整理可得mgttmvRrB2L2即mgtxmvRrB2L2mvm全过程叠加乞降mgthRrm(Rr)B2L2h联方解得tB2L2mg(Rr)7．以以下图，竖直向上的匀强磁场垂直于水平面内的导轨，磁感觉强度大小为B，质量为M的导体棒PQ垂直放在间距为l的平行导轨上，经过轻绳越过定滑轮与质量为m的物块A连接。接通电路，导体棒PQ在安培力作用下从静止开始向左运动，最后以速度v匀速运动，此过程中经过导体棒PQ的电量为q，A上升的高度为h。已知电源的电动势为E，重力加速度为g。不计全部摩擦和导轨电阻，求：(1)当导体棒PQ匀速运动时，产生的感觉电动势的大小E’；(2)当导体棒PQ匀速运动时，棒中电流大小I及方向；(3)A上升h高度的过程中，回路中产生的焦耳热Q。【答案】(1)EBlv；(2)mg12I，方向为P到；(3)qEmgh(mM)vBlQ2【分析】【分析】【详解】(1)当导体棒PQ最后以速度v匀速运动，产生的感觉电动势的大小EBlv(2)当导体棒PQ匀速运动时，安培力方向向左，对导体棒有TmgF安又因为F安BIl联立得I依据左手定章判断I的方向为P到Q。

mgBl依据能量守恒可知，A上升h高度的过程中，电源将其余形式的能量转变成电能，再将电能转变成其余形式能量，则有12qEQmMvmgh则回路中的电热为qEmgh1mMv228．以以下图，凸字形硬质金属线框质量为m，相邻各边相互垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l．匀强磁场所区的上下界限均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，

cd边到磁场上界限的距离为

2l，线框由静止开释，从

cd边进入磁场直到

ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动．在

ef、pq

边走开磁场后，

ab边走开磁场以前，线框又做匀速运动．线框完整穿过磁场过程中产生的热量为Q．线框在着落过程中一直处于原竖直平面内，且

ab、cd边保持水平，重力加速度为g．求：(1)线框

ab

边将走开磁场时做匀速运动的速度大小是

cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上下界限间的距离

H．【答案】（1）4（2）HQ28lmg【分析】【分析】【详解】设磁场的磁感觉强度大小写为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为上的感觉电动势为E1，由法拉第电磁感觉定律可得：

v1，cd边设线框总电阻为

R，此时线框中电流为

I1，由闭合电路欧姆定律可得：设此时线械所受安培力为F1，有：因为线框做匀速运动，故受力均衡，因此有：联立解得：设ab边走开磁场以前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得：故可知：2线框自开释直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律可得：线框完整穿过磁场的过程中，由能量守恒定律可得：联立解得：9．以以下图，间距为

l的平行金属导轨与水平面间的夹角为

，导轨间接有一阻值为

R的电阻，一长为l的金属杆置于导轨上，杆与导轨的电阻均忽视不计，二者一直保持垂直且接触优异，二者之间的动摩擦因数为μ，导轨处于匀强磁场中，磁感觉强度大小为B，方向垂直于斜面向上，当金属杆遇到平行于斜面向上大小为F的恒定拉力作用，可以使其匀速向上运动；当金属杆遇到平行于斜面向下大小为

F

的恒定拉力作用时，可以使其保持与2向上运动时大小同样的速度向下匀速运动，重力加速度大小为

g，求：1）金属杆的质量；2）金属杆在磁场中匀速向上运动时速度的大小。【答案】（1）mF3RERF；（2）v4B2l24B2l2。4gsintan【分析】【分析】【详解】1）金属杆在平行于斜面向上大小为F的恒定拉力作用下可以保持匀速向上运动，设金属杆的质量为m，速度为v，由力的均衡条件可得FmgsinmgcosBIl，同理可得FmgcosBIl，mgsin2由闭合电路的欧姆定律可得EIR，由法拉第电磁感觉定律可得EBLv，联立解得Fm，4gsin（2）金属杆在磁场中匀速向上运动时速度的大小3RERFv2l。4B24B2l2tan10．如图，两根相距l=0.4m的平行金属导轨OC、O′C′水平搁置。两根导轨右端O、O′连接着与水平面垂直的圆滑平行导轨OD、O′D′，两根与导轨垂直的金属杆M、N被搁置在导轨上，而且一直与导轨保持保持优异电接触。M、N的质量均为m=0.2kg，电阻均为R=0.4Ω，N杆与水平导轨间的动摩擦因数为μ=0.1。整个空间存在水平向左的匀强磁场，磁感觉强度为B=0.5T。现给N杆一水平向左的初速度v0=3m/s，同时给M杆一竖直方向的拉力F，使M杆由静止开始向下做加速度为aM=2m/s2的匀加速运动。导轨电阻不计，（g取10m/s2）。求：(1)t=1s时，N杆上经过的电流强度大小；(2)求M杆下滑过程中，外力F与时间t的函数关系；（规定竖直向上为正方向）(3)已知N杆停止运动时，M仍在竖直轨道上，求M杆运动的位移；(4)在N杆在水平面上运动直到停止的过程中，已知外力F做功为﹣11.1J，求系统产生的总热量。【答案】（1）0.5A（2）F=1.6﹣0.1t（3）7.84m（4）2.344J【分析】【详解】M杆的速度：vaMt21m/s2m/s感觉电流：EBLv0.50.42I2R2A0.5A2R0.4(2)对M杆，依据牛顿第二定律：mgFBIlmaMvaMt整理得：FmgmaMBBlaMtl2R解得：F1.60.1t(3)对N杆，由牛顿第二定律得：(mgBBlaMtl)maN2R可得：B2l2aMtaNg2mR解得：aN10.05t可做aNt图可得：v0t0[1(10.05t0)]解得：t02.8s位移：sM1at02122.82m7.84m22(4)对M杆，则有：mgSMWFW安1mvM202解得：W安QI1.444J对N杆，则有：Wf1mv0210.232J0.9J22总热量：Q总QIWf1.4440.9J2.344J11．以以下图，“＜”型圆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，磁感觉强度B．一根质量m、单位长度电阻R0的金属杆，与轨道成45°地址搁置在轨道上，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)金属杆行进L过程中的均匀感觉电动势．(2)已知金属杆行进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行进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，是保持最大速度匀速直线运动还是做减速运动？【答案】(1)BL2a(2)2W+2maL(3)F2R12202mvm(4)当金属杆速度达到最大后，将做2L2Bvm减速运动【分析】【详解】(1)由位移﹣速度公式得2aL=v2﹣0因此行进L时的速度为v=2aL行进L过程需时t=

v2aLaa由法拉第电磁感觉定律有：B1LBS2LaE2BL2=2aL2Ltta(2)以加速度a行进L过程，合外力做功W+W安=maL因此W安=maL﹣W以加速度4a行进L时速度为v8aL=2v合外力做功F安′=4maLW′+WB2L2v由FABIL可知，位移同样时：RAAF′=2F则行进L过程W安′=2W安因此WF′=4maL﹣2W安=2W+2maL(3)设金属杆在水平恒力作用下行进d时FA=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FABIlB2(2d)2vmFR02d因此FR0d=2B2vm由动能定理有FdQ1mvm22因此：12F2R012Q=Fd﹣mvm=2B2vm2mvm2(4)依据安培力表达式，假设保持匀速，速度不变而位移增大，安培力增大，则加速度必定会为负值，与匀速运动的假设矛盾，因此做减速运动。12．以以下图（俯视图），两根圆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R1=1Ω(R1相连的导线电阻可不计）。导轨上搁置一根质量m=1kgR2=1Ω与电阻、电阻的金属杆ab，整个装置处于磁感觉强度B=B0+kx（B0=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）假如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，定性谈论F的大小及方向的变化状况。【答案】(1)0.25W(2)2J(3)见分析【分析】【详解】（1）当t=1s时，x=vt=1m，B=B0+kx=2T，因此R1上的电流为IBLv0.5A，得R1R22xrPI2R10.25W（2）电流与导体棒地址的关系为(B0kx)Lv0.5A，得回路中的电流与导体棒地址IR22xrR1没关，由FILB得FILB0ILkx，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战胜安培力所做的功，因此FILB1.5N，当，，因此FILB0.5N，当t=2s，x=2m，因此t=0B=1TB=3T做功的“面积”为2J。因导体棒是匀速运动，合力做功为0，因此外力战胜安培力做功为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，因此此时F应向右，大小为0.5N。跟着速度的减小，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，当速度凑近为0时，安培力也凑近为0，F凑近1N。13．一种可测速的跑步机的测速原理以以下图。该机底面固定有间距为

L、宽度为

d的平行金属电极。电极间充满磁感觉强度为

B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，左边与电压表和电阻

R相连接。绝缘橡胶带上每隔距离

d就嵌入一个电阻为

r的平行细金属条，跑步过程中，绝缘橡胶带随从脚步一起运动，金属条和电极之间接触优异且任意时刻仅有一根金属条处于磁场中。此刻测出t时间内电压表读数为恒为U，设人与跑步机间无相对滑动，求：1）判断电阻R的电流方向；2）该人跑步过程中，能否匀速？给出定性判断原由；（3）求t时间内的均匀跑步速度；（4）若跑步过程中，人体耗费的能量有20%用于战胜磁场力做功，求t时间内人体耗费的能量。【答案】(1)电阻R的电流方向向下；(2)是匀速；(3)vRrU；(4)E5(Rr)tBLRUR2【分析】【分析】【详解】(1)由题意且依据右手定章可知，流经电阻R的电流方向向下；(2)(3)金属条做切割磁感线运动产生的电动势大小为EBLv，回路中的电流大小为IE，Rr伏特表的示数为UIR，解得RrUBLR因为伏特表示数恒定，因此速度也恒定，说明该人跑步过程中，是匀速；速度为vRrUBLR(4)金属条中的电流为IBLvRr金属条受的安培力大小为FABIL时间t内金属条战胜安培力做功为WFAvtB2L2v2t(Rr)U2tRrR2因此t时间内人体耗费的能量W5(Rr)U2tER20.214．如图甲，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一匀强磁场所区，MN、PQ是匀强磁场所区的上、下水平界限，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN上方某一髙度处由静止开始着落（bc边一直MN平行），并以此时为计时起点，图乙是金属线框由开始着落到走开匀强磁场的过程中，线框中感觉电流随时间变化的i-t图象（图中t1、t2、t3未知）．已知金属线框边长为L，质量为m，电阻为R，匀强磁场的磁感觉强度为B，重力加速度为g，不计空气阻力．求：1）金属线框进入磁场时，线框中感觉电流的方向；2）金属线框开始着落时，bc边距离界限MN的高度h；3）在t1—t2时间内，流过线框导线截面的电量q；4）在t1—t3时间内，金属线框产生的热量Q．【答案】(1)逆时针方向(2)m2gR2(3)BL2(4)2mgL2B4L4R【分析】【分析】本题