备战高考物理电磁感应现象的两类情况(大题培优 易错 难题)及答案一、电磁感应现象的两类情况1．如图，光滑金属轨道POQ 、´´´P O Q 互相平行，间距为L ，其中´´O Q 和OQ 位于同一水平面内，PO 和´´P O 构成的平面与水平面成30°。

正方形线框ABCD 边长为L ，其中AB 边和CD 边质量均为m ，电阻均为r ，两端与轨道始终接触良好，导轨电阻不计。

BC 边和AD 边为绝缘轻杆，质量不计。

线框从斜轨上自静止开始下滑，开始时底边AB 与OO ´相距L 。

在水平轨道之间，´´MNN M 长方形区域分布着有竖直向上的匀强磁场，´OM O N L =>，´´N M 右侧区域分布着竖直向下的匀强磁场，这两处磁场的磁感应强度大小均为B 。

在右侧磁场区域内有一垂直轨道放置并被暂时锁定的导体杆EF ，其质量为m 电阻为r 。

锁定解除开关K 与M 点的距离为L ，不会阻隔导轨中的电流。

当线框AB 边经过开关K 时，EF 杆的锁定被解除，不计轨道转折处OO ´和锁定解除开关造成的机械能损耗。

（1）求整个线框刚到达水平面时的速度0v ； （2）求线框AB 边刚进入磁场时，AB 两端的电压U AB ； （3）求CD 边进入磁场时，线框的速度v ；（4）若线框AB 边尚未到达´´M N ，杆EF 就以速度23123B L v mr=离开M ´N ´右侧磁场区域，求此时线框的速度多大？【答案】（132gL 2）16BL gL ；（3）23323B L gL mr；（4）233223B L gL mr【解析】 【分析】 【详解】（1）由机械能守恒201sin 302sin 30022mgL mg L mv +=︒︒- 可得032v gL =（2）由法拉第电磁感应定律可知0E BLv =根据闭合电路欧姆定律可知032BLv I r =根据部分电路欧姆定律12AB U I r =⋅可得AB U =（3）线框进入磁场的过程中，由动量定理022BIL t mv mv -⋅∆=-又有232BL I t r ⋅∆=代入可得233B L v mr= （4）杆EF 解除锁定后，杆EF 向左运动，线框向右运动，线框总电流等于杆EF 上电流 对杆EF1BIL t m v ⋅∆=∆对线框22BIL t m v ⋅∆=⋅∆可得122v v ∆=∆整理得到2321123B L v v mr∆=∆=可得232223B L v v v mr=-∆=2．如图所示，在倾角θ=10°的绝缘斜面上固定着两条粗细均匀且相互平行的光滑金属导轨DE 和GH ，间距d =1m ，每条金属导轨单位长度的电阻r 0=0.5Ω/m ，DG 连线水平，且DG 两端点接了一个阻值R =2Ω的电阻。

以DG 中点O 为坐标原点，沿斜面向上平行于GH 方向建立x 轴，在DG 连线沿斜面向上的整个空间存在着垂直于斜面向上的磁场，且磁感应强度大小B 与坐标x 满足关系B =（0.6+0.2x ）T ，一根长l =2m ，电阻r =2Ω，质量m =0.1kg 的粗细均匀的金属棒MN 平行于DG 放置，在拉力F 作用下以恒定的速度v =1m/s 从x =0处沿x 轴正方向运动，金属棒与两导轨接触良好。

g 取10m/s 2，sin10°=0.18，不计其它电阻。

（提示：可以用F -x 图象下的“面积”代表力F 所做的功）求： (1)金属棒通过x =1m 处时的电流大小； (2)金属棒通过x =1m 处时两端的电势差U MN ； (3)金属棒从x =0到x =2m 过程中，外力F 做的功。

【答案】(1)0.2A ；(2)1.4V ；(3)0.68J 【解析】 【分析】 【详解】(1)金属棒连入电路部分产生的感应电动势为11(0.60.21)11V=0.8V E B dv ==+⨯⨯⨯根据闭合电路欧姆定律可得电流大小1100.2A2E I d R r xr l==++ (2)解法一：根据欧姆定律可得金属棒通过1m x =处时两端的电势差101(2)() 1.4V MN U I R xr B l d v =++-=解法二：根据闭合电路欧姆定律可得金属棒通过1m x =处时两端的电势差111(0.60.21)210.22V 1.4V 2MN d U B lv I r l =-=+⨯⨯⨯-⨯⨯= (3)金属棒做匀速直线运动，则有sin F mg BdI θ=+其中0(0.60.2)11A 0.2A32Bdv x I d x R r xr l+⨯⨯===+++ 可得0.300.04F x=+金属棒从x=0到x=2m过程中，外力F做的功0.300.382J0.68J2W Fx+==⨯=3．在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1000匝，横截面积S=20cm2．螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=3.0Ω，R2=4.0Ω，C=30μF．在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化．求：（1）求螺线管中产生的感应电动势；（2）S断开后，求流经R2的电量．【答案】（1）0.8V；（2）41.210C-⨯【解析】【分析】【详解】（1）感应电动势：10.210000.00200.82BE n n S Vt t∆Φ∆-===⨯⨯=∆∆；（2）电路电流120.80.1134EI Ar R R===++++，电阻2R两端电压220.140.4U IR V==⨯=，电容器所带电荷量65230104 1.210Q CU C--==⨯⨯=⨯，S断开后，流经2R的电量为41.210C-⨯；【点睛】本题是电磁感应与电路的综合，知道产生感应电动势的那部分相当于电源，运用闭合电路欧姆定律进行求解．4．如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场的方向垂直纸面向里，线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f，且线框不发生转动．求：(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v 2； (2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v 1； (3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q . 【答案】(1)22mg fR B a - (2)()22122Rv mg f B a =-(3)()()()2224432mR Q mg f mg f a b B a ⎡⎤=--++⎣⎦ 【解析】 【分析】(1)下落阶段匀速进入磁场说明线框所受力：重力、空气阻力及向上的安培力的合力为零.(2)对比线框离开磁场后继续上升一段高度（设为h ），然后下落相同高度h 到匀速进入磁场时两个阶段受力情况不同，合力做功不同，由动能定理：线框从离开磁场至上升到最高点的过程．(3)求解焦耳热Q ，需要特别注意的是线框向上穿过磁场是位移是a+b 而不是b ，这是易错的地方 【详解】(1)线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间，由平衡知识有：222B a v mg f R=+解得：222()mg f Rv B a -=(2)线框从离开磁场至上升到最高点的过程，由动能定理：2110()02mg f h mv -+=- 线圈从最高点落至进入磁场瞬间：211()2mg f h mv -= 联立解得：221222()mg f Rv v mg f mg f B a+==-- (3)线框在向上通过磁场过程中，由能量守恒定律有：220111()()22Q mg f a b mv mv +++=- 而012v v =解得：222443[()]()()2mR Q mg f mg f a b B a=--++ 即线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热为222443[()]()()2mR Q mg f mg f a b B a=--++ 【点睛】此类问题的关键是明确所研究物体运动各个阶段的受力情况，做功情况及能量转化情况，选择利用牛顿运动定律、动能定理或能的转化与守恒定律解决针对性的问题，由于过程分析不明而易出现错误.5．如图，两根相距l ＝0.4m 、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R ＝0.15Ω的电阻相连．导轨x ＞0一侧存在沿x 方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k ＝0.5T/m ，x ＝0处磁场的磁感应强度B 0＝0.5T ．一根质量m ＝0.1kg 、电阻r ＝0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直．棒在外力作用下从x ＝0处以初速度v 0＝2m/s 沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变．求：(1)同路中的电流；(2)金属棒在x ＝2m 处的速度；(3)金属棒从x ＝0运动到x ＝2m 过程中安培力做功的大小； (4)金属棒从x ＝0运动到x ＝2m 过程中外力的平均功率． 【答案】(1)2(2)(3)1.6(4)0.71 【解析】 【分析】 【详解】（1）因为运动过程中电阻上消耗的功率不变，所以回路中电流不变，感应电动势不变 x ＝0处导体棒切割磁感线产生电动势电流（2） x ＝2m 处解得（3）F-X 图像为一条倾斜的直线，图像围成的面积就是二者的乘积即x＝0时，F=0．4N x＝2m时，F=1．2N（4）从x＝0运动到x＝2m，根据动能定理解得解得所以【点睛】（1）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律相结合，来计算感应电流的大小；（2）由因棒切割产生感应电动势，及电阻的功率不变，即可求解；（3）分别求出x=0与x=2m 处的安培力的大小，然后由安培力做功表达式，即可求解；（4）依据功能关系，及动能定理可求出外力在过程中的平均功率．6．“801所”设计的磁聚焦式霍尔推进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(由电量相同的正、负离子组成)经系统处理后，从下方以恒定速率v1向上射入有磁感应强度为B1、垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ内．当栅极MN、PQ 间形成稳定的电场后，自动关闭区域Ⅰ系统(关闭粒子进入通道、撤去磁场B1)．区域Ⅱ内有磁感应强度大小为B2、垂直纸面向外的匀强磁场，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央A)．放在A处的放射源能够向各个方向均匀发射速度大小相等的氙原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为D的平行氙粒子束，经过栅极MN、PQ之间的电场加速后从PQ喷出，在加速氙原子核的过程中探测器获得反向推力(不计氙原子核、等离子体的重力，不计粒子之间相互作用于相对论效应)．已知极板长RM=2D，栅极MN和PQ间距为d，氙原子核的质量为m、电荷量为q，求：(1)氙原子核在A处的速度大小v2；(2)氙原子核从PQ喷出时的速度大小v3；(3)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的氙原子核占A 处发射粒子总数的百分比．【答案】（1）22B Dq m （2）222112284B v qdm B D q m+ （3）090FAN ∠= 13 【解析】 【分析】 【详解】（1）离子在磁场中做匀速圆周运动时：2222v B qv m r=根据题意，在A 处发射速度相等，方向不同的氙原子核后，形成宽度为D 的平行氙原子核束，即2D r = 则：222B Dqv m=（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q ' ，则11Eq B v q ='' 即11E B v =氙原子核经过区域I 加速后，离开PQ 的速度大小为3v ，根据动能定理可知：22321122Uq mv mv =- 其中电压11U Ed B v d ==联立可得2221123284B v qdm B D qv m+= （3）根据题意，当区域Ⅱ中的磁场变为2B '之后，根据2mvr B q =''可知，2r r D '==①根据示意图可知，沿着AF 方向射入的氙原子核，恰好能够从M 点沿着轨迹1进入区域I ，而沿着AF 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O 1，正好在N 点，11AO MO D ==，所以根据几何关系关系可知，此时090FAN ∠=；②根据示意图可知，沿着AG 方向射入的氙原子核，恰好从下极板N 点沿着轨迹2进入区域I ，而沿着AG 右侧射入的粒子将被下极板SN 挡住而无法进入区域I ．22AO AN NO D ===，所以此时入射角度030GAN ∠=．根据上述分析可知，只有060FAG ∠=这个范围内射入的粒子还能进入区域I ．该区域的粒子占A 处总粒子束的比例为00601==1803η7．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B 0，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L 0，整个磁场以速度v 沿x 轴正方向匀速运动。