高中物理电磁感应现象习题试卷含答案

一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况

1．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）线圈通过磁场的过程中产生的热量

5m3g2R232【答案】（1）UabBL gL；（2）Q3mgL2B4L445【解析】 【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

124mgLsin30mgL(4mm)v2，vgL，再根据法拉第电磁感应定律可得，感25应电动势EBLv，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Uab332EBLgL 445（2）线圈cd边出磁场前线圈已经做匀速直线运动，所以线圈和物块均合外力为0，可得

B2L2vm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mg，从

Rab边刚进入磁场到cd边刚离开磁场，根据能量守恒定律可知

15m3g2R224mg3Lsin3mgL(4mm)vmQ，Q3mgL 4422BL

2．如图所示，一阻值为R、边长为l的匀质正方形导体线框abcd位于竖直平面内，下方存在一系列高度均为l的匀强磁场区，与线框平面垂直，各磁场区的上下边界及线框cd边均

磁场方向均与线框平面垂水平。第1磁场区的磁感应强度大小为B1，线框的cd边到第1磁区上场区上边界的距离为h0。线框从静止开始下落，在通过每个磁场区时均做匀速运动，且通过每个磁场区的速度均为通过其上一个磁场区速度的2倍。重力加速度大小为g，不计空气阻力。求： (1)线框的质量m；

(2)第n和第n+1个磁场区磁感应强度的大小Bn与Bn+1所满足的关系；

(3)从线框开始下落至cd边到达第n个磁场区上边界的过程中，cd边下落的高度H及线框产生的总热量Q。

B12l22(n1)B12l32gh12gh1；(2)Bn2Bn+1；(3)【答案】(1) gRR【解析】 【分析】 【详解】

(1)设线框刚进第一个磁场区的速度大小为v1，由运动学公式得v12gh1，设线框所受安培力大小为F1，线框产生的电动势为E1，电流为I，由平衡条件得

2F1mg

由安培力的表达式得F1B1Il，E1=Blv11，IE1联立解得 RB12l2m2gh1 gR(2)设线框在第n和第n+1个磁场区速度大小分别为vn、vn+1，由平衡条件得

22Bnlvn mgR22Bn+1lvn+1 mgR且

vn12vn

联立解得

Bn2Bn1

(3)设cd边加速下落的总距离为h，匀速下落的总距离为L，由运动学公式得

2vnh

2gvn2n1v1

L=2(n1)l

联立解得

HhL22(n1)h12(n1)l

由能量守恒定律得

Q2mg(n1)l

联立解得

2(n1)B12l32gh1 QR

3．如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T.在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L＝1m，电阻可忽略不计．质量均为m＝lkg，电阻均为R＝2.5Ω的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好．先将PQ暂时锁定，金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由静止开始以加速度a＝0.4m/s2向右做匀加速直线运动，5s后保持拉力F的功率不变，直到棒以最大速度vm做匀速直线运动.

(1)求棒MN的最大速度vm；

(2)当棒MN达到最大速度vm时，解除PQ锁定，同时撤去拉力F，两棒最终均匀速运动.求解除PQ棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热.

(3)若PQ始终不解除锁定，当棒MN达到最大速度vm时，撤去拉力F，棒MN继续运动多远后停下来?（运算结果可用根式表示）

【答案】（1）vm25m/s （2）Q=5 J （3）x405m 【解析】 【分析】

【详解】

(1)棒MN做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F-BIL=ma 棒MN做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E=BLv 棒MN做匀加速直线运动，5s时的速度为：v=at1=2m/s 在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：IE 2RB2L2at联立上述式子，有：Fma

2R代入数据解得：F=0.5N 5s时拉力F的功率为：P=Fv 代入数据解得：P=1W

PBImL0 棒MN最终做匀速运动，设棒最大速度为vm，棒受力平衡，则有：vmImBLvm 2R代入数据解得:vm25m/s

(2)解除棒PQ后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为v′，则有：mvm2mv

设从PQ棒解除锁定，到两棒达到相同速度，这个过程中，两棒共产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律可得：Q代入数据解得：Q=5J；

(3)棒以MN为研究对象，设某时刻棒中电流为i，在极短时间△t内，由动量定理得：-BiL△t=m△v

对式子两边求和有：(BiLt)(mvm) 而△q=i△t

对式子两边求和，有:q(it) 联立各式解得：BLq=mvm， 又对于电路有：qIt121mvm2mv2 22Et 2RBLx t由法拉第电磁感应定律得：E又qBLx 2R代入数据解得：x405m

4．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h。线有一质量为m、边长为L（h(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。

3mgR3mg(Hh)2m3g2R2(2)Q(3)a2g 【答案】(1)v1445B2L2525BL【解析】 【分析】 【详解】

(1)cd边刚到达AA'时有

B2L2v1 mgsin37R解得

v13mgR 5B2L2(2)已知当cd边刚要进入磁场Ⅱ的前一瞬间，由牛顿第二定律得

B2L2v2mgsin37ma1

R解得

v2由能量守恒得

2mgR 5B2L212mg(Hh)sin37Qmv2

2解得

3mg(Hh)2m3g2R2 Q44525BL(3)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两边受的安培力相同，方向沿斜面向上，线圈此时受的安培力变为原来的4倍，则有

B2L2v2mgsin374ma2

R解得

a2g。

5．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

1B0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； (2)滑到导轨末端时的加速度大小； (3)运动过程中产生的焦耳热．

B02L2v3kL2【答案】⑴，顺时针方向或b→a；⑵g－；⑶

4mR8R【解析】 【分析】 【详解】

⑴导体棒被锁定前，闭合回路的面积不变，由法拉第电磁感应定律知：E＝

B＝k tBS＝3kL2 ＝tt16E3kL2由闭合电路欧姆定律知：I＝＝

R总8R由楞次定律知，感应电流的方向：顺时针方向或b→a ⑵导体棒刚离开导轨时受力如图所示

1B0Lv 2根据法拉第电磁感应定律有：E＝根据闭合电路欧姆定律知：I＝根据安培力公式有：F＝解得：F＝

E R1ILB0 21ILB0 2由牛顿第二定律知：mg－F＝ma

B02L2v解得：a＝g－

4R⑶由能量守恒知：mgh＝由几何关系有：h＝

12mv＋Q 23L 4解得：Q＝123mv －mgL24

6．如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4 m．导轨右端接有阻值R＝1 Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好．导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L.从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场．若使棒在导轨上始终以速度v＝1 m/s做直线运动，求：

(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E大小；

(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流I与时间t的关系式．

2Bv2t

【答案】(1)0.04 V； (2)0.04 N， I＝；

R

【解析】

【分析】 【详解】

⑴在棒进入磁场前，由于正方形区域abcd内磁场磁感应强度B的变化，使回路中产生感应电动势和感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，在棒进入磁场前回路中的电动势为E＝

＝0.04V

⑵当棒进入磁场时，磁场磁感应强度B＝0.5T恒定不变，此时由于导体棒做切割磁感线运动，使回路中产生感应电动势和感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中的电动势为：e＝Blv，当棒与bd重合时，切割有效长度l＝L，达到最大，即感应电动势也达到最大em＝BLv＝0.2V＞E＝0.04V

根据闭合电路欧姆定律可知，回路中的感应电流最大为：im＝

＝0.2A

根据安培力大小计算公式可知，棒在运动过程中受到的最大安培力为：Fm＝imLB＝0.04N 在棒通过三角形abd区域时，切割有效长度l＝2v（t－1）（其中，1s≤t≤综合上述分析可知，回路中的感应电流为：i＝即：i＝t－1（其中，1s≤t≤1.2s） 【点睛】

注意区分感生电动势与动生电动势的不同计算方法，充分理解B-t图象的含义．

＝

（其中，1s≤t≤

＋1s） ＋1s）

7．磁场在xOy平面内的分布如图所示，其磁感应强度的大小均为B0，方向垂直于xOy平面，相邻磁场区域的磁场方向相反，每个同向磁场区域的宽度均为L0，整个磁场以速度v沿x轴正方向匀速运动。若在磁场所在区间内放置一由n匝线圈组成的矩形线框abcd，线框的bc＝LB、ab＝L、LB略大于L0，总电阻为R，线框始终保持静止。求： （1）线框中产生的总电动势大小和导线中的电流大小； （2）线框所受安培力的大小和方向。

2nB0Lv4n2B02L2v【答案】（1）2nB0Lv ； （2） ，方向沿x轴正方向

RR【解析】 【详解】

（1）线框相对于磁场向左做切割磁感线的匀速运动，切割磁感线的速度大小为v，任意时刻线框ab边切割磁感线产生的感应电动势大小为

E1=nB0Lv，

cd边切割磁感线产生的感应电动势大小为

E2=nB0Lv，

ab边和cd边所处的磁场方向总是相反的，故ab边和cd边中产生的感应电动势方向总是相同的，所以总的感应电动势大小

E=2nB0Lv，

由闭合电路欧姆定律得导线中的电流大小

I=（2）线框所受安培力的大小

2nB0Lv R4n2B02L2v， F=2nB0LI=R由左手定则判断，线框所受安培力的方向始终沿x轴正方向。

8．如图所示，“＜”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R0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？

F2R012amvm(4)当金属杆速度达到最大后，将做(2)2W+2maL(3)【答案】(1)BL22Bv22Lm2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

v=2aL

前进L过程需时

t=

由法拉第电磁感应定律有：

v2aL aa1B2LLaBS22BLE =

t2L2aLta(2)以加速度a前进L过程，合外力做功

W+W安=maL

所以

W安=maL﹣W

以加速度4a前进L时速度为

v8aL=2v

合外力做功

WF′+W安′=4maL

B2L2v由FABIL可知，位移相同时：

RFA′=2FA

则前进L过程

W安′=2W安

所以

WF′=4maL﹣2W安=2W+2maL

(3)设金属杆在水平恒力作用下前进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

B2(2d)2vmFABIlF

R02d所以

FR0d= 2B2vm由动能定理有

FdQ所以：

12mvm 212F2R012mvm Q=Fd﹣mvm=22B2vm2(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。

9．如图所示，光滑绝缘水平面上放置一均匀导体制成的正方形线框abcd，线框质量为m,电阻为R,边长为L，有yi 方向竖直向下的有界磁场，磁场的磁感应强度为B,磁场区宽度大于L，左边界与ab边平行，线框水平向右拉力作用下垂直于边界线穿过磁场区．

(1)若线框以速度v匀速穿过磁场区，求线框在离开磁场时七两点间的电势差； (2)若线框从静止开始以恒定的加速度a运动，经过h时间七边开始进入磁场，求cd边将要进入磁场时刻回路的电功率；

(3)若线框速度v0进入磁场，且拉力的功率恒为P0，经过时间T，cd边进入磁场，此过程中回路产生的电热为Q，后来ab边刚穿出磁场时，线框速度也为v0,求线框穿过磁场所用的时间t. 【答案】（1）【解析】 【分析】 【详解】

（1）线框在离开磁场时，cd边产生的感应电动势 E=BLv 回路中的电流

（2）

（3）

则ab两点间的电势差 U=IRab=BLv （2）t1时刻线框速度 v1=at1

设cd边将要进入磁场时刻速度为v2，则v22-v12=2aL 此时回路中电动势 E2=BLv2 回路的电功率解得

（3）设cd边进入磁场时的速度为v，线框从cd边进入到ab边离开磁场的时间为△t，则 P0T=（mv2−mv02）+Q P0△t=m v02-mv2 解得

+T

线框离开磁场时间还是T，所以线框穿过磁场总时间t=2T+△t=

【点睛】

本题电磁感应中电路问题，要熟练运用法拉第电磁感应定律切割式E=Blv，欧姆定律求出电压．要抓住线框运动过程的对称性，分析穿出磁场时线框的速度，运用能量守恒列式求时间．

10．某电子天平原理如图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接，当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量．已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g.问：

(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C端还是从D端流出？ (2)供电电流I是从C端还是从D端流入？求重物质量与电流的关系； (3)若线圈消耗的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少？ 【答案】（1）感应电流从C端流出 （2）m【解析】 【分析】 【详解】

（1）根据右手定则，线圈向下切割磁感线，电流应从Ｄ端流入，从Ｃ端流出

（２）根据左手定则可知，若想使弹簧恢复形变，安培力必须向上，根据左手定则可知电流应从D端流入，根据受力平衡mgnBI2L① 解得m2nBLI（3）m02nBLggP R2nBLI② g（3）根据最大功率PI2R得I②③联立解得：m0P③ R2nBLgP R