电磁感应现象压轴题试卷及答案

电磁感应现象压轴题试卷及答案

一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类状况

1

1.如下图，竖直放置、半径为R的廨^导轨与水平导轨ab、在处平滑连接•且

轨道间距为2L,cd、C”'足够长并与ab、0力'以导棒连接，导轨间距为L,b、c、C\"在

一条直线上，且与ad平行，0a'右侧空间中有竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁

场，均匀的金属棒pq和gh垂直导轨放置且与导轨接触良好。gh静止在cd、C'd'导轨上，

pq从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与gh没有接触。当pq运动到时，回路

中恰好没有电流，pq的质量为2m,长度为2L,电阻为2r,gh的质量为m,长度为

L，电阻为r，除金属棒外其余电阻不计，全部轨道均光滑，重力加速度为g，求：

（1）金属棒pq到达圆弧的底端时，对圆弧底端的压力；

[2）金属棒pq运动到m时，金属棒gh的速度大小；

（3）金属棒gh产生的最大热量。

、硒2\卿13

也=一一»也=~1-衍mgR

【答案】⑴（4）m巾9o（2）33⑶27

【解析】【分析】金属棒pq下滑过程中，依据机械能守恒和牛顿运动定律求出对圆弧底

端的压力；属棒gh在cd、0方导轨上加速运动，回路电流渐渐减小，当回路电流笫一次减

小为零时，pq运动到ab、O'"导轨的最右端，依据动量定理求出金属棒gh的速度大小；

金属棒pq进入磁场后在m、a方导轨上减速运动，金属奉gh在Cd、c'd'导轨上加速运

动，依据能量守恒求出金属棒gh产生的最大热量；

1

2mqR=-12mvi

解：（1）金属棒pq下滑过程中，依据机械能守恒有：2

vj

N-2mg=2m—

在圆弧底端有R

依据牛顿第二定律，对圆弧底端的压力有"=N

联立解得N'=6mg

（2）金属棒pq进入磁场后在ab、a'"导轨上减速运动，金属棒gh在cd、a'”导轨上刑速

运动，回路电流渐渐减小，当回路电流第一次减小为零时，pq运动到ab、a'”导轨的最右

端，此时有小2L•也=风也

对于金属棒pq有-加2•仇=2叫-2m%

对于金属棒gh有£»花•a=山也

也="r-,也=---

联立解得33

（3）金属棒pq进入磁场后在ab、。力导轨上减速运动，金属棒gh在cd、cd'导轨上加速

运动，回路电路渐渐减小，当回路电流第一次减小为零时，回路中产生的热量为

1.1

Ql=

r

Qi'=-----Q\

该过程金属棒gh产生的热量为2r+r

金属棒pq到达cd、导轨后，金属棒pq加速运动，佥属棒gh减速运动，回路电流渐渐

减小，当回路电流其次次减小为零时，金属棒pq与gh产生的电动势大小相等，由于此时

金属棒切割长度相等，故两者速度一样均为v,此时两金属棒均做匀速运动，依据动量守

恒定律有2mui+mv2=（2m+m）v

金属棒pq从到达cd、c"‘导轨道电流其次次减小为零的过程，回路产生的热量为

<22=2,2m/+严应-^2m+m）v2

r

Qi―———Qz

该过程金属棒gh产生的热量为r+r

13

Q57mgR

联立解得

2某科研机构在争论磁悬浮列车的原理时，把它的驱动系统简化为如下模型；固定在列车

下端的线圈可视为一个单匝矩形纯电阻金属框，如图甲所示，MN边长为L,平行于y

轴，MP边宽度为b,边平行于X轴，金属框位于MX平面内，其电阻为R1：列车轨道沿

Ox方向，轨道区域内固定有匝数为〃、电阻为a'的“口0”字型（如图乙）通电后使

其产生图甲所示的磁场，磁感应强度大小均为B,相邻区域磁场方向相反（使金属框的

MN和PQ两边总处于方向相反的磁场中）.列车在以速度v运动时所受的空气阻力

匕满足/=即为常数）.驱动列车时，使固定的“厂字型线圈依次通

电，等效于金属框所在区域的磁场匀速向X轴正方向移动，这样就能驱动列车前进.

图甲图乙

（1）当磁场以速度％沿X轴正方向匀速移动，列车同方向运动的速度为V（<5）时，金

属框MNQP产生的磁感应电流多大？(提示：当线框与磁场存在相对速度V时，动生电

和

动势E=BLv^)

(2)求列车能到达的最大速度v；

(3)列车以最大速度运行一段时间后，断开接在“DCT字型线圈上的电源，使线圈

与连有整流器(其作用是确保电流总能从整流器同一端流出，从而不断地给电容器充电)

的电容器相接，并接通列车上的电磁铁电源，使电磁铁产生面积为Lxb、磁感应强度为

H、方向竖直向下的匀强磁场，使列车制动，求列车通过任意一个“DQ，，字型线圈

时，电容器中贮存的电量Q.

2BL（V-v）2BLJB2L2+kRv-2B2L24nBlb

【答案】（1）----7----（2）v10（3）——

八KK八

112

【解析】

【详解】

解：(1)金属框相对于磁场的速度为：v-v

0

每边产生的电动势：E=BL(v-v)

2E°

由欧姆定律得：1=—

1

,2BL(V-v)

解得：=----~R----

1

(2)当加速度为零时，列车的速度最大，此时列车的两条长边各自受到的安培力:

F=BIL

B

由平衡条件得：2F-F=0.：F=kv2

Bff

2BL网—2B2L2

解得：v=Vio

mkR

1

⑶电磁铁通过二xr字型线圈左边界时，电路状况如图1所示：

感应电动势：E=­，而△6=Bib

At

,E

电流:

1R

电荷量：Q=IAt

11

八nB'Lb

解得：―

2

电磁铁通过pa”字型线圈中间时，电路状况如图2所示：M=Bib,

2E=2n”/R

At22

Q=l\t

22

2nB'Lb

解得：Q=----------

2R

2

电磁铁通过“8”字型线圈右边界时，电路状况如图3所示：E=竺！_，A(|)=BfLb,

At

/=1

3R

2

Q=1M

33

nB'Lb

解得：Q------------

3R

2

总的电荷量：Q=Q+Q+Q

123

八4nB'Lb

解得：Q=~~

2

3.如下图，两根粗细均匀的金属棒M、N,用两根等长的、不行伸长的松软导线将它们连

接成闭合回路，并悬挂在光滑绝缘的水平直杆.匕并使两金属棒水平。在M棒的下方有高为

H、宽度略小于导线间距的有界匀强磁场，磁感应强度为B,磁场方向垂直纸面对里，此时

M棒在磁场外距上边界高6处(h<H,且b、H均为未知量)，N棒在磁场内紧贴下边界。：

棒M、/V质量分别为3m、m,棒在磁场中的长度均为L,电阻均为R。

将M棒从静止释放后，在它将要进入磁场上边界时，加速度刚好为零；连续运动，在〃棒

未离开磁场上边界前己达匀速。导线质量和电阻均不计，重力加速度为g：

⑴求M棒将要进入磁场上边界时回路的电功率；

(2)假设M棒从静止释放到将要进入磁场的过程中，经受的时间为3求该过程中M棒上产

生的焦耳热Q：

(3)在图2坐标系内，已定性画出从静止释放M棒，到其离开磁场的过程中“v-t图像”的

局部图线，请你补画出M棒“从匀速运动完毕，到其离开磁场”的图线，并写出两纵坐标

。、b的值。

B2L2

【解析】

【分析】

【详解】

(1)由牛顿其次定律得

3mg-mg-DIL

M棒将要进入磁场上边界时回路的电功率

P=2E景

(2)N棒产生的感应电动势

E=2IR=BLv

由动量守恒得

(3m,g-mg)t-BLIt=4mv

通过N棒的电荷量

-BLh

It=q=——

2R

依据能量守恒得

1

(3mg-mg)h=_x4znv2+2Q

2

联立得Q=4Rm2g2UmR八4Rm2g248m3g2R2

(或Q=t_)

B2L2B2L2B2L2B山

(3)对M棒受力分析

cB2L2V

3mg-mg=

解,得"4港mqR7

由

2BLvn

3mg-mg=2BL

2R

_mgR

解得b

B2L2

4.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头

运动.为时刻，金属杆进入磁感应强度大小为8、方向垂直于纸面对里的匀强磁场区域，

且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均无视不计，两者始终保持垂直旦接触

良好，两者之间的动摩擦因数为N.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.

（F1B212t

［答案］E=；R=-----o.

Jm

【解析】

【分析】

【详解】

（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为明由牛顿其次定律得：①

设金属杆到达磁场左边界时的速度为％由运动学公式有：“at。②

当金屈杆以速度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=8/v@

（F

联立①@③式可得：E=Bit［--^g1④

E

（2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I,依据欧姆定律：上一⑤

R

式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为：f=Bl!@

因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得：F-nmg-f=O®

BU2t

联立④⑤⑥⑦式得：和

m

5.某同学在学习电磁感应后，认为电磁阻尼能够担当电梯减速时大局部制动的负荷，从而

减小传统制动器的磨损.如下图，是该同学设计的电磁阻尼制动器的原理图.电梯箱与

配重质量都为M,通过高强度绳子套在半径二的承重转盘匕且绳子与转盘之间不打

滑.承重转盘通过固定转轴与制动转盘相连.制动转盘上固定了半径为「和I的内外两个

金属圈，金属圈内阻不计.两金属圈之间用三根互成12。。的辐向导体棒连接，每根导体棒

电阻均为R.制动转盘放置在一对励磁线圈之间，励磁线圈产生垂直于制动转盘的匀强磁

场(磁感应强度为8),磁场区域限制在120辐向角内，如图阴影区所示.假设电梯箱内

放置质量为m的货物一起以速度v竖直上升，电梯箱离终点(图中未画出)高度为力时关

闭动力系统，仅开启电磁制动，一段时间后，电梯箱恰好到达终点.

⑴假设在开启电磁制动瞬间，三根金属棒的位置刚好在图所示位置，则此时制动转盘上的电

动势E为多少？此时。与b之间的电势差有多大？

(2)假设无视转盘的质量，且不计其它阻力影响，则在上述制动过程中，制动转盘产生的热

量是多少？

⑶假设要提高制动的效果，试对上述设计做出二处改进.

Bv(r2-r2)Bv(r2-r2)1

【答案】(1)E=——/―jU=——1_2_(2)(2=-(M+m)v2-mgh⑶假设要提高制

2r6r2

11

动的效果，可对上述设计做出改进：增加外金属圈的半径%或减小内金属圈的半径G

【解析】

【分析】

【详解】

⑴在开启电磁制动瞬间，承重转盘的线速度为V,所以，角速度

V

0)=_

r

1

v

所以，制动转盘的角速度g=7,三根金属棒的位置刚好在图2所示位置，则/e切割磁感

线产生电动势

△①BbSBv(r2-r2)

E=-----=----=，d3

AtAt2r

i

所以T路中的电流

E2E

R2

R+-2—3R

R+R

那么此时。与b之间的电势差即为路端电压

Bv(n-ri)

H=E-1R=32

6r

I

(2)电梯箱与配重用绳子连接，速度一样；由能量守恒可得

1

一(m+2M)v2=(m+M)gh-Mgh+Q

2

解得：

Q=_(M+m)v2-mgh

2

⑶假设要提高制动的效果，那么在一样速度下，要使〃减小，则要使制动转盘产生的热量

增加，即在一样速度下电功率增大，，速度为v时的电功率

E?52V2(r2-r2)

P——31

)R6Rri

所以，假设要提高制动的效果，可增加外金属圈的半径q或减小内金属圈的半径，2或减小

金属棒的电阻或减小承重盘的半阿•

6.如下图，在倾角为37c的光滑斜面，存在两个磁感应强度均为B的匀强磁场区域。磁场

I的方向垂直于斜面对下，其上下边界44“与DD”的间距为H,磁场H的方向垂直于斜

面对上，其上边界CC”与OZT的间距为h0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。当cd

边刚要进入磁场由勺前一瞬间，线框的加速度大小为Q]=0.2g,不计空气阻力，求：

⑴cd边刚到达44”时的速度)；

(2)cd边从A4”运动到过程中，线框所产生的热量Q；

⑶当cd边刚进入磁场H时，线框的加速度大小。2。

【答案】⑴u="芈⑵Q=3mg(H+h)2m392R

⑶%=-9

J5B125258』L

【解析】

【分析】

【详解】

⑴cd边刚到达44”时

有B2L2V

mgsin37°=——

解得

15B2L2

(2)当cd边刚要进入磁场H的前一瞬间，由牛顿其次定律得

B?L2V

mgsin37°-------二=ma

1R«

解得

v_2mgR

25B2L2

由能量守恒得

1

mg(H4-/?)sin37。=Q+—-

22

解得

3mg/+h)2m3g2R2

-258必

⑶当cd边刚进入磁场II时，ab,cd两边分别在两磁场中切割磁感线，则有此时线圈中的

电动势变为只有cd切割时的两倍，电流也为两倍，由左手定则可知，ab,cd两边受的安

培力一样，方向沿斜面对上，线圈此时受的安培力变为原来的4倍，则有

B2L2V

mgsin37。-4-----工二ma

R2

解得

9。

2

7.如下图，粗糙斜面的倾角e=37。，斜面上直径。=04m的圆形区域内存在着垂直于斜

面对下的匀强磁场(图中只画出了磁场区域，未标明磁场方向)，一个匝数为〃=10。的

刚性正方形线框abed,边长为0.5m,通过松弛的松软导线与一个额定功率P=2W的小灯

泡L相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框be边，线框质量m=2kg,总电阻

R=2Q,与斜面间的动摩擦因数N=0.5,灯泡及松软导线质量不计，从亡=0时刻起，

°2

磁场的磁感应强度按8=1--t(T)的规律变化，开头时线框静止在斜面匕T在线框运动

TI

前，灯泡始终正常发光，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，9=10nVs2,

s/7?37°=0.6,cos37°=0.8.

(1)求线框静止时，回路中的电流/；

(2)求在线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q；

(3)假设线框刚好开头运动时即保持磁场不再变化，求线框从开头运动到be边离开磁场

的过程中通过小灯泡的电荷量q.(松软导线及小灯泡对线框运动的影响可无视，且斜面足

够长)

【答案】(1)1A(2)2.33J⑶0.16C

【解析】

【详解】

(1)由法拉第电磁感应定律可得线框中产生的感应电动势大小为

E=〃△G=nxx17：fZ)V=4V

MAt2[2J

设小灯泡电阻为R，由

P=hR=(后%

可得

/?=2Q

解得

（2）设线框保持不动的时间为t,依据共点力的平衡条件可得

（2、

m^sinG=nil-_tID+cos0

l兀J

解得

t=0.45冗s

产生的热量为

Q=Pt=2.83J

（3）线框刚好开头运动时

（2、

B=1-_x0.4571T=0.1T

k兀）

依据闭合电路的欧姆定律可得

r=E_"£卜

7TF7FR+R

00

依据电荷量的计算公式可得

nBS

q=t•At==0.16C

R+R

o

8.“801所”设计的磁聚焦式霍尔推动器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获

宇宙中大量存在的等离子体（由电量•样的正、负离子组成）经系统处理后，从卜方以恒定速

率匕向上射入有磁感应强度为8「垂直纸面对里的匀强磁场区域I内.当栅极MN、PQ问

形成稳定的电场后，自动关闭区域I系统（关闭粒子进入通道、撤去磁场8J.区域II内有磁

感应强度大小为马、垂直纸面对外的匀强磁场，磁场右边界是直径为D、与上下极板相切的

半圆（圆与下板相切于极板中心A）.放在4处的放射源能够向各个方向均匀放射速度

大小相等的流原子核，放原子核经过该区域后形成宽度为。的平行家粒子束，经过栅极

MN、PQ之间的电场加速后从PQ喷出，在加速岚原子核的过程中探测器获得反向推力（不

计包原子核、等离子体的重力，不计粒子之间相互作用于相对论效应）.极板长RM=2D,栅

极MN和PQ间距为d,颔原子核的质量为m、电荷量为q，求：

A

SNQ

⑴抗原子核在A处的速度大小v2；

(2)敬原子核从PQ喷出时的速度大小v3；

⑶因区域II内磁场发生器故障，导致区域II中磁感应强度减半并分布在整个区域II中，求

能进入区域I的他原子核占八处放射粒子总数的百分比.

【答案】⑴(2)12"⑶ZFAN=900

2mv4m2

【解析】

【分析】

【详解】

(1)离子在磁场中做匀速圆周运动时：Bqv

22r

依据题意，在A处放射速度相等，方向不同的颔原子核后，形成宽度为。的平行包原子核

D

束，即「=_

2

则：v二2四

22m

(2)等离子体由下方进入区域I后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于

洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为9',则Eq'=8v/q'

11

即E=Bu

11

抗原子核经过区域I加速后，离开PQ的速度大小为依据动能定理可知：

U“q=_1研2-_1mv2

2322

其中电压U=Ed=Bvd

।i

/8Bvqdm+

联立可得u=/—i_i----------2-------------

374m2

(3)依据题意，当区域II中的磁场变为"之后，依据k二券可知，y=2r=D

①依据示意图可知，沿着AF方向射入的低原子核，恰好能够从M点沿着轨迹1进入区域

I,而沿着4F左侧射入的粒子将被上极板RM挡住而无法进入区域I.

该轨迹的圆心。,正好在N点,AO=MO=D,所以依据几何关系关系可知.此时

111

ZE4N=900：

②依据示意图可知，沿着4G方向射入的流原子核，恰好从下极板N点沿着轨迹2进入区

域I,而沿着4G右侧射入的粒子将被下极板SN挡住而无法进入区域I.

/q=AN=N(，=D,所以此时入射角度NG/N=30o.

依据上述分析可知，只有/E4G=60。这个范围内射入的粒子还能进入区域I.该区域的

粒子占4处总粒子束的比例为n=60°=1

18Oo3

9.如下图，在竖直平面内有间距L=0.2m的足够长的金属导轨CD、EF,在C、E之间连接有

阻值/?=0.050的电阻。虚线M、N下方空间有匀强磁场，磁感应强度8=1T,方向与导轨

平面垂直。质量均为m=G.2kg的物块a和金属杆b通过一根不行伸长的轻质细绳相连，

跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧。初始时。静止于水平地面上，b悬于空中并恰好位于磁

场边界MN上(未进入磁场)。现将b竖直向上举高h=0.2m后由静止释放，一段时间后细绳

绷直，。、b以大小相等的速度一起运动，之后做减速运动直至速度减为0。运动过程中。、

b均未触及滑轮，金属杆与导轨始终垂直且接触良好，金属杆及导轨的电阻不计，取重力加

速度g=10m/s2,求:

⑴整个过程中电阻R产生的热量：

(2)金属杆b刚进入磁场时的加速度大小；

⑶物块。最终的位置离地面的高度。

N

XXX

XXX

H

X

E

【答案】⑴0.2J(2)2m/s2⑶0.5m

【解析】

【详解】

⑴设细绳绷直前瞬间b的速度为vQ,绷直后瞬间b的速度为v,跪直瞬间细绳对b的拉力

的冲量大小为/,则b自由下落过程中，依据动能定理有

1

mgh-亨加加—0

细绳蹦直瞬间，对a、b依据动量定理分别有

l=mv-0

l=mvQ—m\/

此后系统机械能转化为电能并最终变成电阻R产生的热量Q,故有

1

Q=2x—mv2

乙

由以上各式解得

Q=0.2J；

(2)设b刚进入磁场时受到的安培力为F,绳中拉力为7,b的加速度大小为a,则有

F=BiL,

E

E=BLv,mg

对a、b依据牛顿其次定隹分别有

—T=ma,

T-\-F-mg=ma,

由以上各式得

a=2m/s2；

⑶联立上面各式可得

BzL2

—―—v=2rriu

对一小段时间At，有

8山

--