物理法拉第电磁感应定律的专项培优练习题及答案

物理法拉第电磁感应定律的专项培优练习题及答案一、法拉第电磁感应定律1．如图（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Bt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2l，在t＝tx时刻（tx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)ab棒开始下滑的位置离EF的距离；(3)ab棒开始下滑至EF的过程中回路中产生的热量。【答案】(1)通过cd棒电流的方向从d到c，区域I内磁场的方向垂直于斜面向上；(2)3l（3）4mglsinθ。【解析】【详解】(1)由楞次定律可知，流过cd的电流方向为从d到c，cd所受安培力沿导轨向上，由左手定则可知，I内磁场垂直于斜面向上，故区域I内磁场的方向垂直于斜面向上。(2)ab棒在到达区域Ⅱ前做匀加速直线运动，a＝=gsinθcd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：解得ab棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动的速度则ab棒开始下滑的位置离EF的距离(3)ab棒在区域Ⅱ中运动时间ab棒从开始下滑至EF的总时间感应电动势：ab棒开始下滑至EF的过程中回路中产生的热量：Q＝EIt＝4mglsinθ2．两间距为L=1m的平行直导轨与水平面间的夹角为=37°,导轨处在垂直导轨平面向下、磁感应强度大小B=2T的匀强磁场中.金属棒P垂直地放在导轨上，且通过质量不计的绝缘细绳跨过如图所示的定滑轮悬吊一重物（重物的质量m0未知），将重物由静止释放，经过一段时间，将另一根完全相同的金属棒Q垂直放在导轨上，重物立即向下做匀速直线运动，金属棒Q恰好处于静止状态.己知两金属棒的质量均为m=lkg、电阻均为R=lΩ，假设重物始终没有落在水平面上，且金属棒与导轨接触良好，一切摩擦均可忽略，重力加速度g=l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：（1）金属棒Q放上后，金属棒户的速度v的大小；（2）金属棒Q放上导轨之前，重物下降的加速度a的大小（结果保留两位有效数字）；（3）若平行直导轨足够长，金属棒Q放上后，重物每下降h=lm时，Q棒产生的焦耳热.【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】(1)金属棒Q恰好处于静止时由电路分析可知,,代入数据得，（2）P棒做匀速直线运动时，，金属棒Q放上导轨之前，由牛顿第二定律可得代入数据得，（3）根据能量守恒可得，由于两个金属棒电阻串联，均为R，可知Q棒产生的焦耳热为3．如图，水平面（纸面）内同距为的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为的金属杆置于导轨上，t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为．重力加速度大小为g．求（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；（2）电阻的阻值．【答案】；R=【解析】【分析】【详解】（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：ma=F-μmg①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有：v=at0②当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为:E=Blv③联立①②③式可得:④（2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I，根据欧姆定律：I=⑤式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为：⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得：F–μmg–f=0⑦联立④⑤⑥⑦式得:R=4．如图所示，竖直平面内两竖直放置的金属导轨间距为L1，导轨上端接有一电动势为E、内阻不计的电源，电源旁接有一特殊开关S，当金属棒切割磁感线时会自动断开，不切割时自动闭合；轨道内存在三个高度均为L2的矩形匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B，方向如图。一质量为m的金属棒从ab位置由静止开始下落，到达cd位置前已经开始做匀速运动，棒通过cdfe区域的过程中始终做匀速运动。已知定值电阻和金属棒的阻值均为R，其余电阻不计，整个过程中金属棒与导轨接触良好，重力加速度为g，求：（1）金属棒匀速运动的速度大小；（2）金属棒与金属导轨间的动摩擦因数μ；（3）金属棒经过efgh区域时定值电阻R上产生的焦耳热。【答案】（1）；（2）；（3）mgL2。【解析】【分析】（1）金属棒到达cd位置前已经开始做匀速运动，根据平衡条件结合安培力的计算公式求解；（2）分析导体棒的受力情况，根据平衡条件结合摩擦力的计算公式求解；（3）根据功能关系结合焦耳定律求解。【详解】（1）金属棒到达cd位置前已经开始做匀速运动，根据平衡条件可得：mg=BIL1，由于解得：；（2）由于金属棒切割磁感线时开关会自动断开，不切割时自动闭合，则在棒通过cdfe区域的过程中开关是闭合的，此时棒受到安培力方向垂直于轨道向里；根据平衡条件可得：mg=μFA，通过导体棒的电流I′=，则FA=BI′L1，解得μ=；（3）金属棒经过efgh区域时金属棒切割磁感线时开关自动断开，此时导体棒仍匀速运动；根据功能关系可知产生的总的焦耳热等于克服安培力做的功，而W克=mgL2，则Q总=mgL2，定值电阻R上产生的焦耳热QR=Q总=mgL2。【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，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。5．如图所示，两条平行的金属导轨相距L=lm，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中．金属棒MN和PQ的质量均为m=0.2kg，电阻分别为RMN=1Ω和RPQ=2Ω．MN置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.5，PQ置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．从t=0时刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由静止开始以a=1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态．t=3s时，PQ棒消耗的电功率为8W，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN始终在水平导轨上运动．求：（1）磁感应强度B的大小；（2）t=0～3s时间内通过MN棒的电荷量；（3）求t=6s时F2的大小和方向；（4）若改变F1的作用规律，使MN棒的运动速度v与位移s满足关系：v=0.4s，PQ棒仍然静止在倾斜轨道上．求MN棒从静止开始到s=5m的过程中，系统产生的焦耳热．【答案】（1）B=2T；（2）q=3C；（3）F2=-5.2N（负号说明力的方向沿斜面向下）（4）【解析】【分析】t=3s时，PQ棒消耗的电功率为8W，由功率公式P=I2R可求出电路中电流，由闭合电路欧姆定律求出感应电动势．已知MN棒做匀加速直线运动，由速度时间公式求出t=3s时的速度，即可由公式E=BLv求出磁感应强度B；根据速度公式v=at、感应电动势公式E=BLv、闭合电路欧姆定律和安培力公式F=BIL结合，可求出PQ棒所受的安培力大小，再由平衡条件求解F2的大小和方向；改变F1的作用规律时，MN棒做变加速直线运动，因为速度v与位移x成正比，所以电流I、安培力也与位移x成正比，可根据安培力的平均值求出安培力做功，系统产生的热量等于克服安培力，即可得解．【详解】（1）当t=3s时，设MN的速度为v1，则v1=at=3m/s感应电动势为：E1=BLv1根据欧姆定律有：E1=I(RMN+RPQ)根据P=I2RPQ代入数据解得：B=2T(2)当t＝6s时，设MN的速度为v2，则速度为：v2＝at＝6m/s感应电动势为：E2＝BLv2＝12V根据闭合电路欧姆定律：安培力为：F安＝BI2L＝8N规定沿斜面向上为正方向，对PQ进行受力分析可得：F2＋F安cos37°＝mgsin37°代入数据得：F2＝－5.2N(负号说明力的方向沿斜面向下)(3)MN棒做变加速直线运动，当x＝5m时，v＝0.4x＝0.4×5m/s＝2m/s因为速度v与位移x成正比，所以电流I、安培力也与位移x成正比，安培力做功：【点睛】本题是双杆类型，分别研究它们的情况是解答的基础，运用力学和电路．关键要抓住安培力与位移是线性关系，安培力的平均值等于初末时刻的平均值，从而可求出安培力做功．6．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l，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v0，使杆向右运动。（1）当ab杆刚好具有初速度v0时，求此时ab杆两端的电压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杆一个初速度v0，使杆向右运动。请分析说明ab杆的运动情况。【答案】（1）；a端电势高（2）（3）当ab杆以初速度0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。【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；（3）杆在向右运动过程中速度逐渐减小、由此分析安培力的变化，确定运动情况；根据动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：E=Blv0根据全电路欧姆定律：ab杆两端电压即路端电压：解得；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：（3）当ab杆以初速度0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。7．如图甲所示，两根完全相同的光滑平行导轨固定，每根导轨均由两段与水平面成θ＝30°的长直导轨和一段圆弧导轨平滑连接而成，导轨两端均连接电阻，阻值R1＝R2＝2Ω，导轨间距L＝0.6m．在右侧导轨所在斜面的矩形区域M1M2P2P1内分布有垂直斜面向上的磁场，磁场上下边界M1P1、M2P2的距离d＝0.2m，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，在右侧导轨斜面上与M1P1距离s＝0.1m处，有一根阻值r＝2Ω的金属棒ab垂直于导轨由静止释放，恰好独立匀速通过整个磁场区域，取重力加速度g＝10m/s2，导轨电阻不计．求：(1)ab在磁场中运动速度的大小v；(2)在t1＝0.1s时刻和t2＝0.25s时刻电阻R1的电功率之比；(3)整个过程中，电路产生的总热量Q．【答案】（1）1m/s（2）4:1（3）0．01J【解析】试题分析：（1）由mgs·sinθ=mv2得（2）棒从释放到运动至M1P1的时间在t1＝0．1s时，棒还没进入磁场，有此时，R2与金属棒并联后再与R1串联R总＝3Ω由图乙可知，t=0．2s后磁场保持不变，ab经过磁场的时间故在t2＝0．25s时ab还在磁场中运动，电动势E2＝BLv=0．6V此时R1与R2并联，R总=3Ω，得R1两端电压U1′＝0．2V电功率，故在t1＝0．1s和t2＝0．25s时刻电阻R1的电功率比值（3）设ab的质量为m，ab在磁场中运动时，通过ab的电流ab受到的安培力FA＝BIL又mgsinθ=BIL解得m=0．024kg在t=0～0．2s时间里，R2两端的电压U2=0．2V，产生的热量ab最终将在M2P2下方的轨道区域内往返运动，到M2P2处的速度为零，由功能关系可得在t=0．2s后，整个电路最终产生的热量Q=mgdsinθ+mv2=0．036J由电路关系可得R2产生的热量Q2=Q=0．006J故R2产生的总热量Q总=Q1+Q2=0．01J考点：法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒定律【名师点睛】本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律以及能量守恒定律等知识的综合应用，关键要搞清电路的连接方式及能量转化的关系，明确感应电动势既与电路知识有关，又与电磁感应有关．8．如图所示，在水平面上固定一光滑金属导轨HGDEF，EF∥GH，DE=EF=DG=GH=EG=L．一质量为m足够长导体棒AC垂直EF方向放置于在金属导轨上，导轨与导体棒单位长度的电阻均为r．整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．现对导体棒AC施加一水平向右的外力，使导体棒从D位置开始以速度v0沿EF方向做匀速直线运动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触．(1)求导体棒运动到FH位置，即将离开导轨时，FH两端的电势差．(2)关于导体棒运动过程中回路产生感应电流，小明和小华两位同学进行了讨论．小明认为导体棒在整个运动过程中是匀速的，所以回路中电流的值是恒定不变的；小华则认为前一过程导体棒有效切割长度在增大，所以电流是增大的，后一过程导体棒有效切割长度不变，电流才是恒定不变的．你认为这两位同学的观点正确吗?请通过推算证明你的观点．(3)求导体棒从D位置运动到EG位置的过程中，导体棒上产生的焦耳热．【答案】(1)(2)两个同学的观点都不正确(3)【解析】【分析】【详解】(1)导体棒运动到FH位置，即将离开导轨时，由于切割磁感线产生的电动势为E=BLv0在电路中切割磁感线的那部分导体相当于电源，则此时可将电路等效为：可以将切割磁感线的FH棒看成电动势为E，内阻为r的电源，根据题意知，外电路电阻为R=4r，再根据闭合电路欧姆定律得FH间的电势差：(2)两个同学的观点都不正确取AC棒在D到EG运动过程中的某一位置，MN间距离设为x，则由题意有：DM=NM=DN=x则此时切割磁感线的有效长度为x，则回路中产生的感应电动势E=Bxv0回路的总电阻为R=3rx据欧姆定律知电路中电流为，即此过程中电流是恒定的；当导体棒由EG棒至FH的过程中，由于切割磁感线的导体长度一定，故产生的感应电动势恒定，但电路中电阻是随运动而增加的据欧姆定律可得，电路中的电流是减小的．(3)设任意时刻沿运动方向的位移为s,如图所示：则安培力与位移的关系为AC棒在DEG上滑动时产生的电热，数值上等于克服安培力做的功，又因为，所以因为导体棒从D至EG过程中，导体棒的电阻始终是回路中电阻的，所以导体棒中产生的焦耳热9．如图所示，在水平地面MN上方空间存在一垂直纸面向里、磁感应强度B=1T的有界匀强磁场区域，上边界EF距离地面的高度为H．正方形金属线框abcd的质量m=0.02kg、边长L=0.1m（L<H），总电阻R=0.2Ω，开始时线框在磁场上方，ab边距离EF高度为h，然后由静止开始自由下落，abcd始终在竖直平面内且ab保持水平．求线框从开始运动到ab边刚要落地的过程中（g取10m/s2)(1)若线框从h=0.45m处开始下落，求线框ab边刚进入磁场时的加速度；(2)若要使线框匀速进入磁场，求h的大小；(3)求在(2)的情况下，线框产生的焦耳热Q和通过线框截面的电量q.【答案】(1)(2)(3),【解析】【分析】【详解】(1)当线圈ab边进入磁场时，由自由落体规律：棒切割磁感线产生动生电动势：通电导体棒受安培力由牛顿第二定律：解得：(2)匀速进磁场，由平衡知识：由和，代入可解得：(3)线圈cd边进入磁场前线圈做匀速运动，由能量守恒可知重力势能变成焦耳热通过线框的电量【点睛】当线框能匀速进入磁场，则安培力与重力相等；而当线框加速进入磁场时，速度在增加，安培力也在变大，导致加速度减小，可能进入磁场时已匀速，也有可能仍在加速，这是由进入磁场的距离决定的．10．如图所示，导线全部为裸导线，半径为r的圆内有垂直于平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根长度大于2r的导线MN以速度v在圆环上自左向右匀速滑动，电路的固定电阻为R，其余电阻忽略不计．试求MN从圆环的左端到右端的过程中电阻R上的电流强度的平均值及通过的电荷量．【答案】【解析】试题分析：由于ΔΦ＝B·ΔS＝B·πr2，完成这一变化所用的时间故所以电阻R上的电流强度平均值为通过R的电荷量为考点：法拉第电磁感应定律；电量11．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，线圈内磁通量为0.12Wb。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（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12．如图1所示，固定于水平面的U形导线框处于竖直向下、磁感应强度为B0的匀强磁场中，导线框两平行导轨间距为l，左端接一电动势为E0、内阻不计的电源．一质量为m、电阻为r的导体棒MN垂直导线框放置并接触良好．闭合开关S，导体棒从静止开始运动．忽略摩擦阻力和导线框的电阻，平行轨道足够长．请分析说明导体棒MN的运动情况，在图2中画出速度v随时间t变化的示意图；并推导证明导体棒达到的最大速度为【答案】导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，达到最大速度时，加速度a=0；【解析】【分析】导体棒在向右运动的过程中会切割磁感线产生感应电动势，与回路中的电源形成闭合回路，根据闭合电路的欧姆定律求得电流，结合牛顿第二定律判断出速度的变化；【详解】解：闭合开关s后，线框与导体棒组成的回路中产生电流，导体棒受到安培力开始加速运动，假设某一时刻的速度为v，此时导体棒切割产生的感应电动势为初始阶段回路中的电流为：导体棒受到的安培力为，方向水平向右因此,导体棒的加速度为，方向水平向右，即与v方向相同，随速度的增加，加速度减小，但仍与v同方向，因此，导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，达到最大速度时，加速度a=0，即有：，解得图象为13．如图所示，电阻的金属棒放在水平光滑平行导轨上（导轨足够长），棒与导轨垂直放置，导轨间间距，导轨上接有一电阻，整个导轨置于竖直向