高考物理电磁感应现象压轴题知识归纳总结含答案解析一、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【答案】（1）3245ab U BL gL =；（2）32244532m g R Q mgL B L =-【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214sin 30(4)2mgL mgL m m v =++，25v gL =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332445ab U E BL gL == （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22mB L v mg R=，从ab 边刚进入磁场到cd 边刚离开磁场，根据能量守恒定律可知2143sin 3(4)2m mg L mgL m m v Q θ=+++，32244532m g R Q mgL B L=-2．如图，垂直于纸面的磁感应强度为B ，边长为 L 、电阻为 R 的单匝方形线圈 ABCD 在外力 F 的作用下向右匀速进入匀强磁场，在线圈进入磁场过程中，求：(1)线圈进入磁场时的速度 v 。

(2)线圈中的电流大小。

(3)AB 边产生的焦耳热。

【答案】(1)22FR v B L =；(2)F I BL=；(3)4FL Q =【解析】 【分析】 【详解】(1)线圈向右匀速进入匀强磁场，则有F F BIL ==安又电路中的电动势为E BLv =所以线圈中电流大小为==E BLvI R R 联立解得22FRv B L =(2)根据有F F BIL ==安得线圈中的电流大小F I BL=(3)AB 边产生的焦耳热22()4AB F R L Q I R t BL v==⨯⨯ 将22FRv B L =代入得 4FL Q =3．如图1所示，在光滑的水平面上，有一质量m =1kg 、足够长的U 型金属导轨abcd ，间距L =1m 。

一电阻值0.5ΩR =的细导体棒MN 垂直于导轨放置，并被固定在水平面上的两立柱挡住，导体棒MN 与导轨间的动摩擦因数0.2μ=，在M 、N 两端接有一理想电压表（图中未画出）。

在U 型导轨bc 边右侧存在垂直向下、大小B =0.5T 的匀强磁场（从上向下看）；在两立柱左侧U 型金属导轨内存在方向水平向左，大小为B 的匀强磁场。

以U 型导轨bc 边初始位置为原点O 建立坐标x 轴。

t =0时，U 型导轨bc 边在外力F 作用下从静止开始运动时，测得电压与时间的关系如图2所示。

经过时间t 1=2s ，撤去外力F ，直至U 型导轨静止。

已知2s 内外力F 做功W =14.4J 。

不计其他电阻，导体棒MN 始终与导轨垂直，忽略导体棒MN 的重力。

求：（1）在2s 内外力F 随时间t 的变化规律； （2）在整个运动过程中，电路消耗的焦耳热Q ；（3）在整个运动过程中，U 型导轨bc 边速度与位置坐标x 的函数关系式。

【答案】（1）2 1.2F t =+；（2）12J ；（3）2v x =（0≤x ≤4m ）；6.40.6v x =-324m m 3x ⎛⎫≤< ⎪⎝⎭；v =0（32m 3x ≥） 【解析】 【分析】 【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律可知：U BLv kt t ===得到：2Uv t BL== 根据速度与时间关系可知：22m/s a =对U 型金属导轨根据牛顿第二定律有：F IBL IBL ma μ--=带入数据整理可以得到：2 1.2F t =+（2）由功能关系，有f W Q W =+由于忽略导体棒MN 的重力，所以摩擦力为：A f F μ=则可以得到：fA Q WW μμ==则整理可以得到：(1)f W Q W Q μ=+=+得到：Q=12J（3）设从开始运动到撤去外力F 这段时间为12s t=，这段时间内做匀加速运动；①1t t 时，根据位移与速度关系可知：v =1t t =时根据匀变速运动规律可知该时刻速度和位移为：14m/s v =14m x =②1t t >时，物体做变速运动，由动量定理得到：1(1)BL q mv mv μ-+∆=-整理可以得到：2211(1)(1)(4)6.40.6BL q B L x v v v x m mRμμ+∆+-=-==--当323x m =时： 0v =综合上述，故bc 边速度与位置坐标x 的函数关系如下：v =（0≤x≤4m ）6.40.6v x =-324m m 3x ⎛⎫≤< ⎪⎝⎭0v =（32m 3x ≥）4．电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化为电势能的装置，在不同的电源中，非静电力做功的本领也不相同，物理学中用电动势E 来表明电源的这种特性。

在电磁感应现象中，感应电动势分为动生电动势和感生电动势两种。

产生感应电动势的那部分导体就相当于“电源”，在“电源”内部非静电力做功将其它形式的能转化为电能。

（1）如图1所示，固定于水平面的U 形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ，金属框两平行导轨间距为l 。

金属棒MN 在外力的作用下，沿框架以速度v 向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。

已知电子的电荷量为e 。

请根据电动势定义，推导金属棒MN 切割磁感线产生的感应电动势E 1；（2）英国物理学家麦克斯韦认为，变化的磁场会在空间激发感生电场，感生电场与静电场不同，如图2所示它的电场线是一系列同心圆，单个圆上的电场强度大小处处相等，我们把这样的电场称为涡旋电场。

在涡旋电场中电场力做功与路径有关，正因为如此，它是一种非静电力。

如图3所示在某均匀变化的磁场中，将一个半径为x 的金属圆环置于半径为r 的圆形磁场区域，使金属圆环与磁场边界是相同圆心的同心圆，从圆环的两端点a 、b 引出两根导线，与阻值为R 的电阻和内阻不计的电流表串接起来，金属圆环的电阻为2R ，圆环两端点a 、b 间的距离可忽略不计，除金属圆环外其他部分均在磁场外。

已知电子的电荷量为e ，若磁感应强度B 随时间t 的变化关系为B =B 0+kt （k >0且为常量）。

a ．若x ＜r ，求金属圆环上a 、b 两点的电势差U ab ；b ．若x 与r 大小关系未知，推导金属圆环中自由电子受到的感生电场力2F 与x 的函数关系式，并在图4中定性画出F 2-x 图像。

【答案】（1）见解析（2）a. 2ab 2k πU =3x ； b.22 F =2ker x；图像见解析 【解析】 【分析】 【详解】（1）金属棒MN 向右切割磁感线时，棒中的电子受到沿棒向下的洛仑兹力，是这个力充当了非静电力。

非静电力的大小1F Bev =从N 到M 非静电力做功为=W Bevl 非由电动势定义可得1W E Blv q==非（2）a.由01B B kt =+可得Bk t∆=∆ 根据法拉第电磁感应定律2B SE kS t t ∆Φ∆⋅===∆∆ 因为x r <，所以2=πS x根据闭合电路欧姆定律得2/2E I R R =+ab U I R =⋅联立解得22π=3ab k x U b.在很短的时间内电子的位移为s ∆，非静电力对电子做的功为2F s ∆ 电子沿着金属圆环运动一周，非静电力做的功222πW F s F x ∆=∑=非根据电动势定义2W E e=非当x r <时，联立解得22kexF =当x r >时，磁通量有效面积为2S r π=联立解得22ker 2F x= 由自由电子受到的感生电场力2F 与x 的函数关系式 可得F 2-x 图像5．在如图甲所示区域(图中直角坐标系Oxy 的一、三象限)内有匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小为B ，半径为l ，圆心角为60°的扇形导线框OPQ 以角速度ω绕O 点在纸面内沿逆时针方向匀速转动，导线框回路电阻为R .(1)求线框中感应电流的最大值I 0和交变感应电流的频率f ；(2)在图乙中画出线框在一周的时间内感应电流I 随时间t 变化的图象(规定与图中线框的位置相应的时刻为t =0)【答案】（1）2012I bl R ω=，f ωπ= （2）【解析】 【详解】（1）在从图1中位置开始t =0转过60°的过程中，经△t ，转角△θ=ω△t ，回路的磁通增量为△Φ＝12△θ l 2B 由法拉第电磁感应定律，感应电动势为：ε＝tΦ 因匀速转动，这就是最大的感应电动势．由欧姆定律可求得：I 0＝1 2RωBl 2前半圈和后半圈I （t ）相同，故感应电流周期为：T ＝ πω，频率为：1f T ＝ωπ=． 故感应电流的最大值为I 0＝1 2RωBl 2，频率为f ＝ωπ． （2）由题可知当线框开始转动3π过程中，有感应电流产生，全部进入时，无感应电流，故当线框全部进入磁场接着再旋转6π过程中无电流，然后出磁场时，又有感应电流产生．故图线如图所示：【点睛】本题考查了法拉第电磁感应定律的应用，注意公式=E tΦ和E =BLv 的区别以及感应电流产生条件，并记住旋转切割产生感应电动势的公式E =12BωL 2．6．如图所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v ．导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：（1）MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ； （2）MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ； （3）PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P ．【答案】（1）0Bdv R ；（2）220B d v mR ；（3）2220()B d v v R-；【解析】 【分析】本题的关键在于导体切割磁感线产生电动势E =Blv ，切割的速度（v ）是导体与磁场的相对速度，分析这类问题，通常是先电后力，再功能．（1）根据电磁感应定律的公式可得知产生的电动势，结合闭合电路的欧姆定律，即可求得MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ；（2）根据第一问求得的电流，利用安培力的公式，结合牛顿第二定律，即可求得MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ；（3）首先要得知，PQ 刚要离开金属杆时，杆切割磁场的速度，即为两者的相对速度，然后结合感应电动势的公式以及功率的公式即可得知感应电流的功率P ． 【详解】（1）感应电动势 0E Bdv = 感应电流E I R =解得0Bdv I R= （2）安培力 F BId = 牛顿第二定律 F ma =解得220B d v a mR=（3）金属杆切割磁感线的速度0=v v v '-，则感应电动势 0()E Bd v v =-电功率2E P R= 解得2220()B d v v P R -=【点睛】该题是一道较为综合的题，考查了电磁感应，闭合电路的欧姆定律以及电功电功率．对于法拉第电磁感应定律是非常重要的考点，经常入选高考物理压轴题，平时学习时要从以下几方面掌握． （1）切割速度v 的问题切割速度的大小决定了E 的大小；切割速度是由导体棒的初速度与加速度共同决定的．同时还要注意磁场和金属棒都运动的情况，切割速度为相对运动的速度；不难看出，考电磁感应的问题，十之八九会用到牛顿三大定律与直线运动的知识． （2）能量转化的问题电磁感应主要是将其他形式能量（机械能）转化为电能，可由于电能的不可保存性，很快又会想着其他形式能量（焦耳热等等）转化． （3）安培力做功的问题电磁感应中，安培力做的功全部转化为系统全部的热能，而且任意时刻安培力的功率等于系统中所有电阻的热功率． （4）动能定理的应用动能定理当然也能应用在电磁感应中，只不过同学们要明确研究对象，我们大多情况下是通过导体棒的．固定在轨道上的电阻，速度不会变化，显然没有用动能定理研究的必要．7．为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种闪烁装置．如图所示，自行车后轮由半径的金属内圈、半径的金属外圈和绝缘幅条构成．后轮的内、外圈之间等间隔地接有4跟金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为的小灯泡．在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度、方向垂直纸面向外的扇形匀强磁场，其内半径为、外半径为、张角．后轮以角速度，相对转轴转动．若不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应．（1）当金属条进入扇形磁场时，求感应电动势E，并指出ab上的电流方向；（2）当金属条进入扇形磁场时，画出闪烁装置的电路图；（3）从金属条进入扇形磁场时开始，经计算画出轮子一圈过程中，内圈与外圈之间电势差随时间变化的图象；【答案】（1），电流方向由到；（2）见解析；（3）见解析【解析】【分析】【详解】（1）金属条ab在匀强磁场中转动切割，由得：感应电动势为，根据右手定则判断可知电流方向由到；（2）边切割充当电源，其余为外电路，且并联，其等效电路如图所示（3）设电路的总电阻为，根据电路图可知，两端电势差：设离开磁场区域的时刻，下一根金属条进入磁场的时刻，则：，，设轮子转一圈的时间为，则，在内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同，由上面的分析可以画出如下图象：【点睛】本题考查了电磁感应和恒定电路的知识，设计问题从容易入手，层层递进，较好地把握了试题的难度和区分度．8．如图所示，在坐标xoy平面内存在B=2．0T的匀强磁场，OA与OCA为置于竖直平面内的光滑金属导轨，其中OCA满足曲线方程，C为导轨的最右端，导轨OA与OCA相交处的O点和A点分别接有体积可忽略的定值电阻R1和R2，其R1=4．0Ω、R2=12．0Ω．现有一足够长、质量m=0．10kg的金属棒MN在竖直向上的外力F作用下，以v=3．0m/s的速度向上匀速运动，设棒与两导轨接触良好，除电阻R1、R2外其余电阻不计，g取10m/s2，求：（1）金属棒MN在导轨上运动时感应电流的最大值；（2）外力F的最大值；（3）金属棒MN滑过导轨OC段，整个回路产生的热量．【答案】（1）1．0A（2）20．0N（3）1．25J【解析】【分析】【详解】（1）金属棒MN沿导轨竖直向上运动，进入磁场中切割磁感线产生感应电动势．当金属棒MN匀速运动到C点时，电路中感应电动势最大，产生的感应电流最大．金属棒MN接入电路的有效长度为导轨OCA形状满足的曲线方程中的x值．因此接入电路的金属棒的有效长度为L m=x m=0.5mE m=3.0V且A(2)金属棒MN匀速运动中受重力mg、安培力F安、外力F外作用NN（3）金属棒MN在运动过程中，产生的感应电动势有效值为金属棒MN滑过导轨OC段的时间为tms滑过OC段产生的热量J.9．如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角θ，导轨间距l，所在平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直斜面向上．将甲乙两电阻阻值相同、质量均为m的相同金属杆如图放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲乙相距l.静止释放两金属杆的同时，在甲金属杆上施加一个沿着导轨的外力F，g .使甲金属杆在运动过程中始终做沿导轨向下的匀加速直线运动，加速度大小.sin(1)乙金属杆刚进入磁场时，发现乙金属杆作匀速运动，则甲乙的电阻R各为多少？(2)）以刚释放时t =0，写出从开始到甲金属杆离开磁场，外力F随时间t的变化关系，并说明F的方向．(3)乙金属杆在磁场中运动时，乙金属杆中的电功率多少？(4)若从开始释放到乙金属杆离开磁场，乙金属杆中共产生热量Q，试求此过程中外力F对甲做的功．【答案】（1）R =222（322（4）2sin Q mgl θ－【解析】【分析】【详解】（1）由于甲乙加速度相同，当乙进入磁场时，甲刚出磁场：乙进入磁场时v =受力平衡有：22sin 2B l v mg R θ==解得：R = （2）甲在磁场用运动时，外力F 始终等于安培力: 2A Blv F F BIl Bl R===， 速度为： sin v g t θ=可得：22sin2A Blg t F Bl R θ==， F 沿导轨向下（3）乙金属杆在磁场中运动时，乙金属杆中的电功率为：22222Blv P I R R R ⎛⎫=== ⎪⎝⎭； （4）乙进入磁场前匀加速运动中，甲乙发出相同热量，设为Q 1，此过程中甲一直在磁场中，外力F 始终等于安培力，则有：F 12W W Q ==安乙在磁场中运动发出热量Q 2，利用动能定理：2sin 20mgl Q θ=－可得： 2sin 2mgl Q θ=， 由于甲出磁场以后，外力F 为零，可得： F 2sin W Q mgl θ=－。