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1、电磁感应现象易错题综合题 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，线圈工件加工车间的传送带不停地水平传送长为 L，质量为 m，电阻为 R的正方形线圈，在传送带的左端线圈无初速地放在以恒定速度 v 匀速运动的传送带上，经过一段时间，达到与传送带相同的速度 v 后，线圈与传送带始终相对静止，并通过一磁感应强度为 B、方向竖直向上的匀强磁场，已知当一个线圈刚好开始匀速度运动时，下一个线圈恰好放在传送带上，线圈匀速运动时，每两个线圈间保持距离 L不变，匀强磁场的宽度为 3L，求：(1)每个线圈通过磁场区域产生的热量 Q(2)在某个线圈加速的过程中，该线圈通过的距离 S1和在这段时间里
2、传送带通过的距离 S2之比(3)传送带每传送一个线圈，电动机多消耗的电能 E（不考虑电动机自身的能耗）【答案】(1)232B L vQR (2)S1:S2=1:2 (3)E=mv2+2B2L3v/R【解析】【分析】【详解】(1)线圈匀速通过磁场，产生的感应电动势为 E=BLv，则每个线圈通过磁场区域产生的热量为223()22BLvLB L vQPtRvR(2)对于线圈：做匀加速运动，则有 S1=vt/2 对于传送带做匀速直线运动，则有 S2=vt 故 S1：S2=1：2 (3)线圈与传送带的相对位移大小为2112vtssss 线圈获得动能 EK=mv2/2=fS1 传送带上的热量损失 Q/=f
3、(S2-S1）=mv2/2 送带每传送一个线圈，电动机多消耗的电能为 E=EK+Q+Q/=mv2+2B2L3v/R【点睛】本题的解题关键是从能量的角度研究电磁感应现象，掌握焦耳定律、E=BLv、欧姆定律和能量如何转化是关键 2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
4、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）3245abUBLgL；（2）32244532m g RQmgLB 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214sin30(4)2mgLmgLmm v，25vgL，再根据法拉第电磁感应定律可得，感应电动势EBLv，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332445abUEBLgL （2）线圈 cd 边出磁场前
5、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 vmgR，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2143 sin3(4)2mmgLmgLmm vQ，32244532m g RQmgLB L 3如图所示，足够长且电阻忽略不计的两平行金属导轨固定在倾角为=30绝缘斜面上，导轨间距为 l=0.5m。沿导轨方向建立 x 轴，虚线 EF与坐标原点 O 在一直线上，空间存在垂直导轨平面的磁场，磁感应强度分布为1()00.60.8()0TxBxTx（取磁感应强度 B垂直斜面向上为正）。现有一
6、质量为10.3m kg，边长均为 l=0.5m 的 U 形框 cdef 固定在导轨平面上，c 点（f 点）坐标为 x=0。U 形框由金属棒 de 和两绝缘棒 cd 和 ef 组成，棒 de电阻为10.2R。另有一质量为20.1mkg，长为 l=0.5m，电阻为20.2R 的金属棒ab 在离 EF一定距离处获得一沿斜面向下的冲量 I后向下运动。已知金属棒和 U 形框与导轨间的动摩擦因数均为33。（1）若金属棒 ab 从某处释放，且 I=0.4N s，求释放瞬间金属棒 ab 上感应电流方向和电势差abU；（2）若金属棒 ab 从某处释放，同时 U 形框解除固定，为使金属棒与 U 形框碰撞前 U 形
7、框能保持静止，求冲量 I大小应满足的条件。（3）若金属棒 ab 在 x=0.32m 处释放，且 I=0.4N s，同时 U 形框解除固定，之后金属棒ab 运动到 EF处与 U 形框发生完全非弹性碰撞，求金属棒 cd 最终静止的坐标。【答案】（1）感应电流方向从 b 到 a；0.1V;（2）0.48Ns；（3）2.5m【解析】【分析】【详解】（1）金属棒获得冲量 I后，速度为 24m/sIvm 根据右手定则，感应电流方向从 b 到 a；切割磁感线产生的电动势为 1EBlv 其中11B T；金属棒 ab 两端的电势差为 12120.1VabBlvURRR（2）由于 ab 棒向下运动时，重力沿斜面的
8、分力与摩擦力等大反向，因此在安培力作用下运动，ab 受到的安培力为 2 212212B l vFm aRR 做加速度减小的减速运动；由左手定则可知，cd 棒受到安培力方向沿轨道向上，大小为 21212B B l vFRR安 其中21TB；因此获得冲量一瞬间，cd 棒受到的安培力最大，最容易发生滑动 为使线框静止，此时摩擦力沿斜面向下为最大静摩擦力，大小为 11cossinmfm gm g 因此安培力的最大值为12sinm g；可得最大冲量为 12122122sin0.48mm g RRIB B lN s（3）当 I=0.4N s 时，金属棒获得的初速度为04/vm s，其重力沿斜面分力与摩擦力
9、刚好相等，在安培力作用下做加速度减小的减速，而 U 形框在碰撞前始终处于静止；设到达 EF时速度为1v，取沿斜面向下为正，由动量定理得 2 22 12 012B l vtm vm vRR 其中0.32mvtx 解得 12m/sv 金属棒与 U 形线框发生完全非弹性碰撞，由动量守恒得 1 1122mvmmv 因此碰撞后 U 形框速度为 20.5m/sv 同理：其重力沿斜面的分力与滑动摩擦力等大反向，只受到安培力的作用，当 U 形框速度为 v 时，其感应电流为 12deabB lvB lvIRR 其中，deB，abB分别为 de 边和 ab 边处的磁感应强度，电流方向顺时针，受到总的安培力为 22
10、12deabdeabBBl vFB IlB IlRR 其中，,0.8cdabBBkl k 由动量定理得 2 4122120k l vtmmvRR 因此向下运动的距离为 122122 42mmmvRRsk l 此时 cd 边的坐标为 x=2.5m 4如图所示，足够长的 U 型金属框架放置在绝缘斜面上，斜面倾角30，框架的宽度0.8mL，质量0.2kgM，框架电阻不计。边界相距1.2md 的两个范围足够大的磁场 I、，方向相反且均垂直于金属框架，磁感应强度均为0.5TB。导体棒 ab 垂直放置在框架上，且可以无摩擦的滑动。现让棒从 MN 上方相距0.5mx 处由静止开始沿框架下滑，当棒运动到磁场边
11、界 MN 处时，框架与斜面间摩擦力刚好达到最大值3Nmf（此时框架恰能保持静止）。已知棒与导轨始终垂直并良好接触，棒的电阻0.16R，质量0.4kgm，重力加速度210m/sg，试求：(1)棒由静止开始沿框架下滑到磁场边界 MN 处的过程中，流过棒的电量 q；(2)棒运动到磁场、的边界 MN 和 PQ 时，棒的速度1v和2v的大小；(3)通过计算分析：棒在经过磁场边界 MN 以后的运动过程中，U 型金属框架能否始终保持静止状态？【答案】(1)1.25Cq；(2)12m/sv，24m/sv；(3)框架能够始终保持静止状态【解析】【分析】本题考查导体棒在磁场中的运动，属于综合题。【详解】(1)平均
12、电动势为 BLxEtt 平均电流 EIR 则流过棒的电量为 BLxqI tR 代入数据解得1.25Cq。(2)棒向下加速运动时，U 形框所受安培力沿斜面向下，静摩擦力向上，当棒运动到磁场边界 MN 处时，框架与斜面间摩擦力刚好达到最大值3Nmf，由平衡条件，有 221sinmB L vMgfR 解得12m/sv。棒经过 MN 后做匀加速直线运动，加速度 3sin5m/sag 由22212vvad，解得 24m/sv (3)棒在两边界之间运动时，框架所受摩擦力大小为 1sin1NmfMgf 方向沿斜面向上棒进入 PQ 时，框架受到的安培力沿斜面向上，所受摩擦力大小为 2222sin3NmB L
13、vfMgfR 向沿斜面向下以后，棒做加速度减小的减速运动，最后做匀速运动。匀速运动时，框架所受安培力为 22sin2NB L vFmgR安 方向沿斜面向上。摩擦力大小为 223sin1NmB L vfMgfR 方向沿斜面向下。综上可知，框架能够始终保持静止状态。5如图所示，CDE和 MNP 为两根足够长且弯折的平行金属导轨，CD、MN 部分与水平面平行，DE和 NP与水平面成 30，间距 L=1m，CDNM面上有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小 B1=1T，DEPN面上有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小 B2=2T。两根完全相同的导体棒 a、b，质量均为 m=0.1kg，
14、导体棒 b 与导轨 CD、MN 间的动摩擦因数均为 =0.2，导体棒 a 与导轨 DE、NP之间光滑。导体棒 a、b 的电阻均为R=1。开始时，a、b 棒均静止在导轨上除导体棒外其余电阻不计，滑动摩擦力和最大静摩擦力大小相等，运动过程中 a、b 棒始终不脱离导轨，g 取 10m/s2.(1)b 棒开始朝哪个方向滑动，此时 a 棒的速度大小；(2)若经过时间 t=1s，b 棒开始滑动，则此过程中，a 棒发生的位移多大；(3)若将 CDNM面上的磁场改成竖直向上，大小不变，经过足够长的时间，b 棒做什么运动，如果是匀速运动，求出匀速运动的速度大小，如果是匀加速运动，求出加速度大小。【答案】（1）0
15、.2m/s；（2）0.24m；（3）匀加速，0.4m/s2。【解析】【分析】【详解】（1）开始时，a 棒向下运动，b 棒受到向左的安培力，所以 b 棒开始向左运动，当 b 棒开始运动时有 1B ILmg 对 a 棒 2=2B LvIR 联立解得 21220.2m/smgRvB B L（2）由动量定理得对 a 棒 2sinmgtB ILtmv 其中 222B LxItRR 联立解得 222(sin)20.24mgtmvRxmB L（3）设 a 棒的加速度为 a1，b 棒的加速度为 a2，则有 21sinmgB ILma 12-B ILmgma 且 21122B LvB LvIR 当稳定后，I保持
16、不变，则 211202B L vB L vItRt 可得 122aa 联立解得两棒最后做匀加速运动，有 a1=0.2m/s2，a2=0.4m/s2 6如图，水平面（纸面）内同距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为 m、长度为l的金属杆置于导轨上，t0 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始运动0t时刻，金属杆进入磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为重力加速度大小为 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【答案】0FEBlt
17、gm；R=2 20 B l tm【解析】【分析】【详解】（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为 a，由牛顿第二定律得：ma=F-mg 设金属杆到达磁场左边界时的速度为 v，由运动学公式有：v=at0 当金属杆以速度 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=Blv 联立式可得:0FEBltgm （2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为 I，根据欧姆定律：I=ER 式中 R为电阻的阻值金属杆所受的安培力为：fBIl 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得：Fmgf=0 联立式得:R=2 20B l tm 7如图，两足够长的平行金属导轨平面与水平面间夹角为=30，导轨
18、电阻忽略不计，二者相距l=1m，匀强磁场垂直导轨平面，框架上垂直放置一根质量为 m=0.1kg 的光滑导体棒 ab，并通过细线、光滑滑轮与一质量为 2m、边长为2l正方形线框相连，金属框下方h=1.0m 处有垂直纸面方向的长方形有界匀强磁场，现将金属框由静止释放，当金属框刚进入磁场时，电阻 R上产生的热量为1Q=0.318J，且金属框刚好能匀速通过有界磁场。已知两磁场区域的磁感应强度大小相等。定值电阻 R=1。导体棒 ab 和金属框单位长度电阻r=1/m，g=10m/s2，求(1)两磁场区域的磁感应强度为多大？(2)金属框刚离开磁场时，系统损失的机械能是多大？(3)金属框下方没有磁场时，棒的最
19、大速度是多少？【答案】(1)1T(2)2.136J(3)3m/s【解析】【详解】(1)由题意知，导体棒 ab 接入电路的电阻为 11Rrl 与定值电阻 R相等，故金属框由静止释放到刚进入磁场过程重金属导轨回路产生的总热量为 120.636JQQ 此过程由动能定理得 212sin30(2)2mghmghQmm v 解得 v=2.4m/s 金属框的总电阻为 21422Rlr 金属框在磁场中做匀速运动时导体棒 ab 产生的电动势为1EBlv，则有 111EIRR 金属框产生的电动势 212EBlv 222EIR 金属框在磁场中做匀速运动时由平衡条件得 1212sin3002mgmgBI lBIl 得
20、 B=1T(2)由于金属框刚好能做匀速通过有界磁场，说明磁场宽度与线框边长相等 0.52ldm 根据能量守恒得 212(2)(2)sin 30(2)2mg hdmg hdEmm v 得 2.136JE (3)金属框下没有磁场，棒的速度达到最大后做匀速运动，设此时速度为mv，则 m1BlvIRR 根据平衡条件得 2sin300mgmgBIl 解得 m3m/sv。8如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距 L0.4 m导轨右端接有阻值 R1 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
21、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 v1 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 【答案】(1)0.04 V；(2)0.04 N，I22Bv tR；【解析】【分析】【详解】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
22、为 E0.04V 当棒进入磁场时，磁场磁感应强度 B0.5T 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：eBlv，当棒与 bd 重合时，切割有效长度 lL，达到最大，即感应电动势也达到最大 emBLv0.2VE0.04V 根据闭合电路欧姆定律可知，回路中的感应电流最大为：im0.2A 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：FmimLB0.04N 在棒通过三角形 abd 区域时，切割有效长度 l2v（t1）（其中，1st 1s）综合上述分析可知，回路中的感应电流为：i（其中，1st 1s）即：
23、it1（其中，1st1.2s）【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 9如图所示，两根足够长的直金属导轨 MN、PQ 平行放置在倾角为 的绝缘斜面上，两导轨间距为 L，M、P 两点间接有阻值为 R的电阻，一根质量为 m 的均匀直金属杆 ab 放在两导轨上，并与导轨垂直，金属杆的电阻为 r，整套装置处于磁感应强度为 B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨电阻可忽略，让 ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦.(重力加速度为 g)（1）在加速下滑过程中，当 ab 杆的速度大小为 v 时，求此时 ab 杆中的电流及其加速
24、度的大小；（2）求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值.（3）杆在下滑距离 d 的时以经达到最大速度，求此过程中通过电阻的电量和热量。【答案】(1)IrBLvR，22sin()B L vagRr m(2)22()sinmmg RrvB L(3)BLdqrR,32244sin()sin2RmgdRm g R rRQRrB L【解析】【详解】(1)杆受力图如图所示：重力 mg，竖直向下，支撑力 N，垂直斜面向上，安培力 F，沿斜面向上，故 ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意如图所示，当 ab 杆速度为 v 时，感应电动势 E=BLv，此时电路中电流 EBLvIRrRr ab 杆受到安培力：2
25、2B L vFBILrR 由牛顿运动定律得：mgsin-F=ma 解得加速度为 22sin()B L vagRr m(2)当金属杆匀速运动时，杆的速度最大，由平衡条件得 22sinB L vmgRr 解得最大速度 22()sinmmg RrvB L(3)杆在下滑距离 d 时，根据电荷量的计算公式，可得 EBLdqIttRrrR 由能量守恒定律得 21sin2mmgdQmv 解得 322244()sinsin2m gRrQmgdB L 电阻 R产生的热量 32223224444()sinsin()sin(sin)22RRm gRrmgdRm g R rRQmgdRrB LRrB L 10研究小组
26、同学在学习了电磁感应知识后，进行了如下的实验探究（如图所示）：两个足够长的平行导轨（MNPQ 与 M1P1Q1）间距 L=0.2m，光滑倾斜轨道和粗糙水平轨道圆滑连接，水平部分长短可调节，倾斜轨道与水平面的夹角=37倾斜轨道内存在垂直斜面方向向上的匀强磁场，磁感应强度 B=0.5T，NN1右侧没有磁场；竖直放置的光滑半圆轨道PQ、P1Q1分别与水平轨道相切于 P、P1，圆轨道半径 r1=0lm，且在最高点 Q、Q1处安装了压力传感器金属棒 ab 质量 m=0.0lkg，电阻 r=0.1，运动中与导轨有良好接触，并且垂直于导轨；定值电阻 R=0.4，连接在 MM1间，其余电阻不计：金属棒与水平轨
27、道间动摩擦因数=0.4 实验中他们惊奇地发现：当把 NP间的距离调至某一合适值 d，则只要金属棒从倾斜轨道上离地高 h=0.95m 及以上任何地方由静止释放，金属棒 ab 总能到达 QQ1处，且压力传感器的读数均为零取 g=l0m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8则：（1）金属棒从 0.95m 高度以上滑下时，试定性描述金属棒在斜面上的运动情况，并求出它在斜面上运动的最大速度；（2）求从高度 h=0.95m 处滑下后电阻 R上产生的热量；（3）求合适值 d【答案】（1）3m/s；（2）0.04J；（3）0.5m【解析】【详解】（1）导体棒在斜面上由静止滑下时，受重力、支持力、安培力
28、，当安培力增加到等于重力的下滑分量时，加速度减小为零，速度达到最大值；根据牛顿第二定律，有：A0mgsinF 安培力：AFBIL BLvIRr 联立解得：2222()sin0.01 10(0.40.1)0.63m/s0.50.2mg RrvB L （2）根据能量守恒定律，从高度 h=0.95m 处滑下后回路中上产生的热量：22110.01 10 0.950.01 30.05J22Qmghmv 故电阻 R产生的热量为：0.40.050.04J0.40.1RRQQRr （3）对从斜面最低点到圆轨道最高点过程，根据动能定理，有：221111222mgrmgdmvmv 在圆轨道的最高点，重力等于向心力，有：211vmgmr 联立 解得：221535 10 0.10.5m22 0.4 10vgrdg