2021屆高考物理二輪復習?？碱}型大通關(guān)（十七）電磁感應定律計算題

2021屆高考物理二輪復習?？碱}型大通關(guān)(新高考)

(十七)電磁感應定律計算題

1.如圖所示，固定在水平面上間距為/的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩根金

屬棒MN和PQ長度也為/電阻均為R,兩棒與導軌始終接觸良好兩端通過開關(guān)S與電

阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量

左圖中虛線右側(cè)有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為AP。的質(zhì)量為“

金屬導軌足夠長、電阻忽略不計.

(1)閉合S,若使尸。保持靜止，需在其上加多大的水平恒力尸，并指出其方向；

(2)斷開S,尸。在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過P。的電

荷量為q,求該過程安培力做的功W.

2.在圖中直角坐標系X。)，的第一、三象限內(nèi)有勻強磁場，第一象限內(nèi)的磁場的磁感應強度大

小為28,第三象限內(nèi)的磁場的磁感應強度大小為B,磁感應強度的方向均垂直于紙面向里.

現(xiàn)將半徑為/、圓心角為90。的扇形導線框OPQ以角速度2g繞。點在紙面內(nèi)沿逆時針方向

勻速轉(zhuǎn)動，導線框回路電阻為r.

(1)求導線框中感應電流的最大值.

(2)求導線框從圖示位置開始轉(zhuǎn)過90。的過程中通過導線框橫截面的電荷量.

(3)求導線框勻速轉(zhuǎn)動一周產(chǎn)生的熱量.

3.如圖甲所示，MN、PQ是間距/=0.5m且足夠長的平行導軌，NQLMN,導軌的電阻均

不計.導軌平面與水平面間的夾角。為37。，N。間連接有一個R=4。的電阻.有一勻強磁場

垂直于導軌平面且方向向上，磁感應強度的大小為=1T.將一根質(zhì)量機=0.05kg、阻值為r

的金屬棒"緊靠N。放置在導軌上，且與導軌接觸良好.現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，當金屬棒滑

行至〃處時達到穩(wěn)定速度，已知在此過程中通過金屬棒橫截面的電荷量q=Q2C,且金屬

棒的加速度。與速度v的關(guān)系如圖乙所示，設金屬棒沿導軌向下運動過程中始終與N。平行.

求：

(1)金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)";

⑵cd離N。的距離x；

(3)金屬棒滑行至cd處的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量.(sin37。=0.6,cos37°=0.8,g取

10m/s2)

4.如圖所示，光滑平行軌道必必的水平部分處于豎直向上的勻強磁場中，兒段軌道寬度是

cd段軌道寬度的2倍，be段軌道和cd段軌道都足夠長，將質(zhì)量相等的金屬棒P和Q分別

置于軌道上的帥段和cd段，且與軌道垂直.。棒靜止，讓P棒從距水平軌道高為九的地方

(1)P棒滑至水平軌道瞬間的速度大?。?/p>

(2)P棒和。棒最終的速度.

5.某科研機構(gòu)在研究磁懸浮列車的原理時，把它的驅(qū)動系統(tǒng)簡化為如圖甲所示的模型，固定

在列車下端的線圈可視為一個單匝矩形純電阻金屬框，MN邊長為L,平行于)，軸，MP邊

長為b,平行于x軸，金屬框位于xOy平面內(nèi)，其電阻為飛；列車軌道沿Ox方向，軌道區(qū)

域內(nèi)固定有匝數(shù)為〃、電阻為&的~X~~形線圈（如圖乙所示）通電后使其產(chǎn)生如圖甲

所示的磁場，磁感應強度大小均為B,相鄰區(qū)域磁場方向相反使金屬框的"N和P。兩邊總

處于方向相反的磁場中）.已知列車在以速度v運動時所受的空氣阻力6滿足耳=仙2優(yōu)為己

知常數(shù)）.驅(qū)動列車時，使固定的一X一形線圈依次通電,等效于金屬框所在區(qū)域的磁

場勻速沿x軸正方向移動，這樣就能驅(qū)動列車前進.

MP—?加

Xx?I?

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xX;fr?;2AX；36?;46

x?IXX!??

NQ

（1）當磁場以速度％沿X軸正方向勻速移動，列車同方向運動的速度為v（v<%）時，金屬框

MN0P產(chǎn)生的感應電流多大?（提示:當金屬框與磁場存在相對速度即時，動生電動勢

（2）求金屬框能達到的最大速度％；

（3）列車以最大速度運行一段時間后，斷開接在X一形線圈上的電源,使線圈與連有

整流器（其作用是確保電流總能從整流器同一端流出，從而不斷地給電容器充電）的電容器相

接，并接通列車上的電磁鐵電源，使電磁鐵產(chǎn)生面積為Lx8、磁感應強度為"、方向豎直

向下的勻強磁場，使列車制動，求列車通過任意一個~~X一形線圈時,電容器中貯存

的電荷量Q.

6.間距為/的兩平行金屬導軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成，如圖所示，傾角為，的

導軌處于磁感應強度大小為伉，方向垂直導軌平面向上的勻強磁場區(qū)間I中，水平導軌上的

無磁場區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為3加的“聯(lián)動雙桿”（由兩根長為/的金屬桿〃和用長度為

小的剛性絕緣桿連接而成），在“聯(lián)動雙桿”右側(cè)存在磁感應強度大小為不，方向垂直導軌平

面向上的勻強磁場區(qū)間H,其長度大于L質(zhì)量為，力長為/的金屬桿從傾斜導軌上端

釋放，達到勻速后進入水平導軌（無能量損失），桿必與“聯(lián)動雙桿”發(fā)生碰撞后，桿必和M

合在一起形成“聯(lián)動三桿”，“聯(lián)動三桿”繼續(xù)沿水平導軌進入磁場區(qū)間II并從中滑出，運動過

程中，桿a反〃和歹與導軌始終接觸良好，且保持與導軌垂直.已知桿碗、cd和?！鲭娮杈?/p>

為R=O02dm=O.lkg,1=0.5m,￡=0.3m,3=30°,B,=0.1T,B2=0.2T,g取10m/s\

不計摩擦阻力和導軌電阻，忽略磁場邊界效應.求:

(1)桿，活在傾斜導軌上勻速運動時的速度大小匕);

(2)“聯(lián)動三桿”進入磁場區(qū)間IJ前的速度大小V；

(3)“聯(lián)動三桿”滑過磁場區(qū)間II產(chǎn)生的焦耳熱Q.

7.如圖所示，水平面上固定著不等間距的兩段平行直導軌，處于磁感應強度大小為B的豎直

向下的勻強磁場中，粗糙導軌P。、P'。'的間距為L光滑導軌例N、無限長，其間距

為2L，導軌電阻均不計，金屬棒外、〃垂直放置于兩段導軌上與導軌接觸良好，且均可自

由滑動，其質(zhì)量分別為皿和2機，二者接入電路的阻值分別為R和2R,一根輕質(zhì)細線繞過

定滑輪(定滑輪用絕緣材料固定在軌道平面內(nèi)，滑輪質(zhì)量和摩擦不計)，一端系在金屬棒協(xié)的

中點上，另一端懸掛一物塊W,W的質(zhì)量為此時金屬棒"恰好不滑動.現(xiàn)用水平向右的

恒定拉力F使金屬棒〃由靜止開始向右運動，當"達到最大速度時金屬棒岫剛要滑動.已

知重力加速度為g,求：

(1)金屬棒cd的最大速度%;

(2)恒定拉力廠的大?。?/p>

(3)若在金屬棒〃達到最大速度時立即撤去拉力F,試計算出金屬棒〃繼續(xù)運動的位移s；

(4)若金屬棒cd從靜止開始運動到最大速度所用的時間為t,則金屬棒岫從M棒開始運動到

Cd棒靜止共產(chǎn)生了多少焦耳熱？

8.如圖所示，傾角，=37。、間距，=01m的足夠長金屬導軌底端接有阻值R=0.1C的電阻,

質(zhì)量m=0.1kg的金屬棒乃垂直導軌放置，與導軌間的動摩擦因數(shù)〃=045.建立原點位于底

端、方向沿導軌向上的坐標軸x.在0.2m轟/0.8m區(qū)間有垂直導軌平面向上的勻強磁場.從

t=0時刻起，棒劭在沿x軸正方向的外力/作用下，從x=0處由靜止開始沿斜面向上運動,

其速度v與位移x滿足丫=2x(可導出。=n)，Z=5s”.當棒"人運動至％=0.2m處時，電阻

R消耗的電功率P=0」2W,運動至*2=0.8m處時撤去外力F,此后棒她將繼續(xù)運動，最

終返回至x=0處.棒碗始終保持與導軌垂直，不計其他電阻，求:(提示:可以用F-x圖像下

的“面積”代表力F做的功，sin37°=0.6)

⑴磁感應強度8的大小;

(2)外力F隨位移x變化的關(guān)系式;

(3)在棒，浴整個運動過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q.

答案以及解析

1.答案：(1)與「；方向水平向右

3A

12

(2)-mv?---kq

解析：⑴設線圈中的感應電動勢為E,由法拉第電磁感應定律有E=絲，貝UE=A,設PQ

與MN并聯(lián)的總電阻為R并，有鳥產(chǎn)：，閉合S時，設線圈中的電流為/,根據(jù)閉合電路歐

姆定律得/二六二方，設P。中的電流為OQ，有IpQ=；I，設尸。受到的安培力為心，有

人并十八2

Rk]

七=5/也/,保持PQ靜止，由受力平衡有尸=4,聯(lián)立得歹=黑，方向水平向右.

3A

(2)設P。由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，P。運動的位移為x,所用時間為加，

回路中的磁通量變化為△◎,平均感應電動勢為三，有左±，其中A0=B/x,設PQ中

△t

的平均電流為7,有7=2，根據(jù)電流的定義得7=且，由動能定理有Er+w=:，，y-o,

2R\t2

12

聯(lián)立得W=—mv2——kq.

23

2.答案：(1)三組兒

r

⑵警

2r

⑶5兀0fL

2r

解析：(1)線框從題圖所示位置開始轉(zhuǎn)過90。的過程中，產(chǎn)生的感應電動勢為

2

￡,=^x2Bx26y()/,由閉合電路歐姆定律得回路中的電流為乙="，聯(lián)立解得(=迎紋.

同理可求得線框進出第三象限的過程中，回路中的電流為/,=生迫，故感應電流最大值為

r

2

,2BI(O(,

(2)導線框從圖示位置開始轉(zhuǎn)過90°的過程中，由立=絲,7=e應=7.加聯(lián)立可得q=—,

Arrr

由A0=2/2.23,解得q=@.

42r

TT27r

(3)導線框勻速轉(zhuǎn)動一周產(chǎn)生的熱量Q=(/：又T=亞，解得

,.5兀0渣2/4

Q―_

3.答案:(l)0.5

(2)2m

(3)0.08J

解析:⑴由題圖乙知，當v=0時，a=2m/s2,由牛頓第二定律得，"gsin，-〃，〃gcosO=〃?a,

解得〃=OS

(2)由題圖乙可知%"=2m/s時，金屬棒速度穩(wěn)定，滑到〃處.

E

當金屬棒達到穩(wěn)定速度時，安培力F=B°〃,E=線/%^，/=丁

R+

有mgsin。=尸+Ringcos0,解得r=lQ,

△0卜①—Blx

又因為4=7加=()=0.2C

R+rR+r

解得x=2m.

(3)根據(jù)動能定理有mgxsin0-jumgxcos0-WF=g機色一。，

4

解得％=Q總=01J,則電阻R上產(chǎn)生的熱量以與。總=008J-

4.答案：⑴師

⑵7^.

解析：(1)設尸棒滑至水平軌道瞬間的速度大小為V,

對于P棒，由動能定理得=

解得P棒滑至水平軌道瞬間的速度大小為丫=歷.

(2)當P棒進入水平軌道后，切割磁感線產(chǎn)生感應電流.P棒受到安培力作用而減速，。棒受

到安培力而加速，。棒運動后也將產(chǎn)生感應電動勢，與P棒感應電動勢反向，因此回路中

的電流將減小，最終兩棒勻速運動時，回路的電流為零.

所以昂=找?，即2BLvp=BLv°,解得2Vp=VQ,

因為當P、。在水平軌道上運動時，它們所受到的合力并不為零，

6=28〃,4=8〃(設/為回路中的電流)，因此P、。組成的系統(tǒng)動量不守恒，設P棒從進

入水平軌道開始到速度穩(wěn)定所用的時間為加，由動量定理得

-FQ=-2BILM=Mvp-Mv,F^t=B1LZ=MvQ-O,聯(lián)立解得“=

、2BL(V-v)

5.答案：⑴Q

22

②2BL^Bl3+kR,v0-2BIJ

kR、

AnB'Lb

⑶M

解析：(1)金屬框相對于磁場的速度為%-V,MN、P。邊產(chǎn)生的感應電動勢均為

2E,2BL(v-v)

E=BL(%-v),由歐姆定律得r/=不~,解得/=一才(}一

(2)當金屬框的加速度為零時，速度最大，此時"MPQ邊受到的安培力均為G=由

平衡條件得2七-4=0,已知及=五2,解得囁/%/世+絢”2咤

感應電動勢E=用，而△加B'Lb,電流乙=5，電荷量Q=A加，解得2=空色;

△rA2“2

電磁鐵通過“I―x—I”形線圈中間時，電路情況如圖乙所示，

,A0%,八InB'Lb

A0=B'Lb,2E=2n——=IRQ=I2\t,解得Q2=~~—；

Ar-K2

電磁鐵通過“匚X二］''形線圈右邊界時，電路情況如圖丙所示，

八,一，E八一，八nB'Lb

E=---,^=BLh,I=—,Q=I^t,解得。3=—,

△tK-f3}Kf

^nB'Lb

總的電荷量。=Q+2,+R,解得。=一^".

A2

6.答案：(1)6nVs

(2)1.5m/s

(3)0.25J

解析：(1)桿外在傾斜導軌上勻速運動時，受力平衡,

E

士?/)IT口F&=BJl,I=—,E=B.1lv0

有機gsme=^,又安?R+區(qū)°

+2

聯(lián)乂解得%=2B；F.=6m/s

(2)桿"與“聯(lián)動雙桿”發(fā)生碰撞的過程中動量守恒，有〃%=4,9，

解得v=1.5m/s.

(3)設“聯(lián)動三桿”進入磁場區(qū)間H時速度變化量為Av,,

由動量定理得加4=j△獷△1=B2IL

喈'

解得Av.="JL=-0.25m/s.

6mR

設“聯(lián)動三桿”滑出磁場區(qū)間II時速度變化量為△為，同理可得

Av,=-0.25m/s,“聯(lián)動三桿”滑出磁場區(qū)間II時的速度為M=v+3+△嶺=1m/s,則

C=-x4/n(v2-v,2)=0.25J.

2

rfG/八3MgR

7.答案：(1)方備

BL

⑵4Mg

9MmgR?

⑶

284rl

2M2g2R3mR

(4)

解析：⑴當〃棒達到最大速度%時，根據(jù)右手定則可知回路中的電流方向為逆時針方向,

根據(jù)左手定則可知加棒受到水平向右的安培力，必棒剛要滑動，對油棒受力分析，可得

BIL=Mg+fm,

立受拉力尸作用前，岫棒恰好不滑動，由平衡條件得依=九，

解得/二鬻

對〃棒，有%=28乙%,/=每，解得%=黑

J/vDL

⑵當立棒達到最大速度%時，此時〃受力平衡，則外力尸=26〃，又BIL=2Mg,故

F=4Mg.

(3)金屬棒cd達到最大速度時立即撤去拉力F,直至停止，對川棒，由動量定理得

=0-2mvm,

T77"q、7E［云2BLs/—■2BLs

又’|=5'4=盂'g=丁’得"|=中’

<15KZ|3K

聯(lián)立解得Cd棒繼續(xù)運動的位移s=9Mm涔.

2B4L4

(4)金屬棒cd加速過程中，對cd棒由動量定理得Ft-2BI2Lt^2mvm,

2BLs.

q,=TI,t=----L,

223R

日………皿”g3MgRc3mR、

聯(lián)又可得cd棒加速過程的位移M,

2,BLDL

設川棒克服安培力做功為唉，對cd棒運動全過程，由動能定理得=0,

設系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為?？?，由能量守恒定律可知2i=w克,

解得Q產(chǎn)隼等(2一券)，

則必棒產(chǎn)生的焦耳熱Q=：Qa=耳等(2"鬻).

jL5LL>L

8.答案：(1)粵T

(2)0,,x<0.2m時、F=2.5x+