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考点10电磁感应（解析版）-2021届高三《新题速递》物理3月刊（高考复习）

2021-03-22
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考点 10 电磁感应 1．（2021·江苏苏州市·高三开学考试）如图所示，一质量为 2m 的足够长的光滑金属框 abcd置于水平绝缘平台上，ab、dc边平行且和长为 L的bc边垂直，整个金属框电阻可忽略。一根阻值为R、质量为m 的导体棒MN置于金属框上，装置始终处于磁感应强度为 B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框向右的初速度 0v ，运动时MN始终与金属框保持良好接触且与bc边平行，则整个运动过程中（） A．感应电流方向为M b c N M    B．导体棒的最大速度为 0 2 v C．通过导体棒的电量为 02 3 mv BL D．导体棒产生的焦耳热为 2 0 5 6 mv 【答案】C 【详解】 A．通过 MNbc平面的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针，即为 M N c b M    ，故 A 错误； B．对导体棒和金属框为整体由动量守恒有 02 ( 2 )mv m m v  解得 0 2 3 v v 即导体棒的最大速度为 02 3 v ，故 B 错误； C．对导体棒由动量定理有 02 3 vBiLt m  即 02 3 mvBLq  解得 02 3 mvq BL  故 C 正确； D．由能量守恒有 2 2 20 0 0 1 1 22 ( 2 ) ( ) 2 2 3 3 v mvQ mv m m       故 D 错误。故选 C。 2．（2021·赤峰二中高三月考）一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示。t=0 时刻对线框施加一水平向右的外力，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力 F随时间 t变化的图像如图乙所示。已知线框质量 m=1kg、电阻 R=1Ω，以下说法错误的是（） A．线框做匀加速直线运动的加速度为 1m/s2 B．匀强磁场的磁感应强度为 2T C．线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为 2 C 2 D．线框边长为 0.5m 【答案】B 【详解】 ABD．在 t=1.0s 以后，外力是恒力，由牛顿第二定律得 2 22 1m/s 1m/s 1 Fa m    在 0~1.0s 时间内，由牛顿第二定律有 1F BIL ma  而 BLvI R  、 v at 联立解得 2 2 1 B L atF ma R   当 t=1.0s 时，由图知 F1=3N，代入可得 2T mBL   又因为边长 2 21 1 1 1 m 0.5m 2 2 L at     则 =2 2TB 故 AD 正确，B 错误； C．通过线框的电量 2 22 2 0.5 2C C 1 2 E BLq I t t t R t R R               故 C 正确。本题选错误的，故选 B。 3．（2021·广东高三月考）如图所示，U 形光滑金属框 abcd置于水平绝缘平台上， ab和 dc边平行且足够长，间距为 L，整个金属框电阻可忽略且置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B。一根长度也为 L、电阻为 R的导体棒 MN置于金属框上，用大小为 F的水平恒力向右拉动金属框，运动过程中， MN与金属框保持良好接触且固定不动，则金属框最终的速度大小为（） A．0 B． FR BL C． 2 2 FR B L D． 2 2B L FR 【答案】C 【详解】由公式 A , BLvF F BIL I R    解得 2 2 FRv B L  故选 C。 4．（2021·广东汕头市·高三一模）在物理兴趣小组的活动中，某同学将轻质圆形铝板用细棉线悬挂在固定点 O上，铝板可以绕 O点自由摆动，如图所示。在平行于铝板的竖直面内将一竖放的条形磁铁在铝板附近左右来回拉动（与铝板始终不相碰），若空气流动对铝板的影响可忽略不计，则下列对这个实验结果的判断，正确的是（） A．铝板内不会产生感应电动势 B．铝板内能产生感应电动势但不会产生感应电流 C．铝板可以在安培力的作用下摆动起来 D．铝板始终保持静止不动【答案】C 【详解】 A．当条形磁铁靠近和远离铝板时，铝板切割磁感线，产生感应电动势，故 A 错误； B．因铝板各部分切割磁感线的密集程度不同，磁通量的改变量不同，故各部分产生的感应电动势不同，由此能产生感应电流，B 错误； CD．铝板产生感应电流后，可安培力的作用下摆动起来，故 C 正确，D 错误；故选 C。 5．（2021·湖北荆州市·高三月考）如图所示，倾角 30  的固定光滑斜面上，在水平线 MN 和 PQ 间有垂直斜面向下的匀强磁场（磁场宽度大于 L），磁场的磁感应强度大小为 B，质量为 m，边长为 L、电阻为 R的正方形金属线框放在斜面上方由静止释放，当 cd边刚进磁场时，线框的加速度为 0，当 cd边刚出磁场时，线框的加速度大小为 1 2 g 。斜面足够长，线框运动过程中 cd边始终与 MN 平行，重力加速度为 g，则（） A．开始时 cd边离 MN 的距离为 2 2 4 42 m gR B L B．MN 与 PQ 间的距离为 2 2 4 4 3 4 m gR L B L  C．线框进磁场过程产生的焦耳热为 1 2 mgL D．线框出磁场过程，重力势能减少量小于线框中产生的焦耳热【答案】BCD 【详解】 A．由题意知，线框受重力和安培力，根据平衡条件有 2 2 1sin B L vmg R   由速度位移公式 2 1 12 sinv g x  解得 1 2 22 mgRv B L  2 2 1 4 44 m gRx B L  故 A 错误； B．设线框 cd边刚出磁场时速度为 v2，根据牛顿第二定律 2 2 2 1sin 2 B L v mg m g R    解得 2 2 2 mgRv B L  设磁场的宽度为 x2，根据动能定理有   2 2 2 2 1 1 1sin 2 2 mg x L mv mv   解得 2 2 2 4 4 3 4 m gRx L B L   故 B 正确； C．线框匀速进磁场过程，线框中产生的焦耳热 1sin 2 Q mg L mgL   故 C 正确； D．由于线框出磁场过程，速度减少，因此减少的重力势能与减少的动能之和等于线框中产生的焦耳热，故 D 正确。故选 BCD。 6．（2021·广东韶关市·高三一模）如图，U 形光滑金属框 abcd置于水平绝缘平台上，ab和 dc边平行，和 bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略，一根具有一定电阻的导体棒 MN 置于金属框上，用水平恒力 F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN 与金属框保持良好接触，且与 bc边保持平行，经过一段时间后（） A．金属框和导体棒速度相等 B．金属框和导体棒加速度相等 C．导体棒所受安培力不变 D．金属框的加速度不变【答案】BCD 【详解】金属框在恒力 F作用下向右加速，由右手定则可知，bc边产生的感应电流从 c流向 b，由左手定则可知，导体棒受到向右的安培力作用，导体棒向右做加速运动，设金属框的加速度为 a1，导体棒的加速度为 a2，设金属框的速度为 v1，导体棒的速度为 v2，设导体棒的电阻为 R，回路的感应电流 1 2BLv BLvI R   设金属框的质量为 M，导体棒的质量为 m，对金属框，牛顿第二定律得 1F BIL Ma  对导体棒 MN，由牛顿第二定律得 2BIL ma 金属框与导体棒都做初速度为零的加速运动，v1、v2 都变大，a1从 F M 开始减小，导体棒的加速度 a2从 0 开始增大，当金属框与导体棒的加速度相等时，即 1 2a a a  时，解得 F M m a ( ) 加速度保持不变，回路感应电流 1 2( ) ( ) mF BL v v BL vI M m BL R R       此后金属框与导体棒的速度差△v保持不变，感应电流不变，导体棒所受到的安培力不变，加速度不变，金属框与导体棒以相等的加速度做匀加速直线运动。故选 BCD。 7．（2021·安徽高三月考）如图所示，两根足够长相互平行、间距 0.20md  的竖直导轨，下端连接阻值 0.50ΩR  的电阻。一根阻值也为0.50Ω 、质量 21.0 10 kgm   的导体棒 ab搁置在等高的挡条上。在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的匀强磁场 0.50TB  （图中未画出）。撤去挡条，棒开始下滑，经 0.25st  后下降了 0.29mh  。假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计一切摩擦阻力和导轨电阻，重力加速度取 210m/s 。下列说法正确的是（） A．导体棒能获得的最大速度为20m/s B．导体棒能获得的最大速度为10m/s C． 0.25st  时间内通过导体棒的电量为 25.8 10 C D． 0.25st  时间内导体棒产生的热量为 32.3 10 J 【答案】BD 【详解】 AB．导体棒获得最大速度时，导体棒受力平衡，有 mg F BId  安解得 1AI  又由 mE Bdv 2 EI R  解得 m 10m/sv  故 A 错误，B 正确； C．在下落 0.29m 的过程中有 E t    2 EI R  q It 可知 2 q R   有 0.2 0.29 0.5Wb 0.029Wb     解得 22.9 10 Cq   故 C 错误； D．由动量定理得  mg BId t mv  通过导体棒的电量为 2 Bdhq It R   解得 2 2 2 B hdv gt Rm   则 ab棒产生的热量为 21 1 2 2 Q mgh mv      联立解得 32.3 10 JQ   故 D 正确。故选 BD。 8．（2021·广东珠海市·高三月考）如图所示，相距为 L的两条足够长的平行倾斜且光滑的金属导轨底端连接有一定值电阻 R，导轨倾斜角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，两根质量均为 m，电阻均为 R的相同金属棒 a和金属棒 b垂直放在导轨上，棒 b上方有垂直于导轨的卡柱，使其无法上滑。现让金属棒 a在一沿斜面向上的力的作用下沿斜面向上做匀速直线运动，棒 b始终没动，若重力加速度为 g，导轨电阻不计下列说法正确的是（） A．回路中的总电阻为 3R B．棒 a最小速度为 2 2 3 sinmgR B L  C．F做功功率等于回路中的热功率 D．当棒 a速度为 2 2 6 sinmgR B L  时，棒 b受到卡柱的弹力为 mgsinθ 【答案】BD 【详解】 A．由题图知，金属 b与 R并联，再与棒 a串联，故回路中的总电阻为 3= 2 R RR R R R R    总故 A 错误； B．由于棒 a受到重力 G沿导轨向下的分力，平行导轨向下的安培力 aF ，外力F 的作用做匀速直线运动，则有 sinaF F mg   设通过棒 b得电流为 bI ，则对棒 b，受到重力 G，平行导轨向上的安培力 bF ，卡柱对棒 b的弹力。当棒 a有最小速度时，卡柱对棒 b的弹力为 0，此时有 sinbF G  又 =b bF BI L， 1= 2b aI I ， a EI R  总， aE BLv 联立以上式子解得 min 2 2 3 sin a mgRv B L   故 B 正确； C．回路中的热功率等于棒克服安培力做功的功率，而安培力的功率显然小于于外力 F的功率，故 C 错误； D．当 2 2 6 sin a mgRv B L   时，设棒 b受到卡柱的弹力为 NF ，则有 NsinbF mg F  又 1 2b b aF BI L BI L    而此时有 min2a av v 所以可得 2a aI I  ， 2 sinbF mg   代入可求得 N sinF mg  故 D 正确。故选 BD。 9．（2021·广东揭阳市·高三月考）如图是公路上安装的一种测速“电子眼”。在“电子眼”前方路面下间隔一段距离埋设两个通电线圈，当车辆通过线圈上方的道路时，会引起线圈中电流的变化，系统根据两次电流变化的时间及线圈之间的距离，对超速车辆进行抓拍。下列判断正确的是（） A．汽车经过线圈会产生感应电流 B．线圈中的电流是由于汽车通过线圈时发生电磁感应引起的 C．“电子眼”测量的是汽车经过第二个线圈的瞬时速率 D．如果某个线圈出现故障，没有电流，“电子眼”还可以正常工作【答案】AB 【详解】 A．由题意可知，汽车经过线圈会产生感应电流，故 A 正确； B．根据楞次定律，线圈中的电流是由于汽车通过线圈时发生电磁感应引起的，故 B 正确； C．测量的是经过两个线圈的平均速度，故 C 错误； D．如果某个线圈出现故障，没有电流，就会无计时起点或终点，无法计时，电子眼不能正常工作，故 D 错误。故选 AB。 10．（2021·辽宁高三月考）两个有界匀强磁场宽度均为 L，磁感应强度大小相等，磁场方向如图所示，有一电阻均匀的、边长为 L的等腰直角三角形金属线框在垂直于磁场边界的外力 F作用下匀速通过整个磁场区域，线框平面始终与磁场垂直，初始时刻，三角形金属线框的前端恰处在磁场左边界处，规定线框中的逆时针电流方向为正，垂直纸面向里的磁通量方向为正方向，则在穿过磁场的整个过程中，下列线框中的感应电流和穿过线框中的磁通量随位移变化的图像中可能正确的是（） A． B． C． D．【答案】BD 【详解】 AB．在 0~L过程中，由右手定则可知感应电流方向为逆时针，且电流大小线性增大，在 L~2L过程中，电流为顺时针方向，且电流大小线性增大，故 A 错误，B 正确； CD．在 0~L过程中，根据 21 2tan 45 2 4 BS B x x Bx      则可知 C 错误，D 正确。故选 BD。 11．（2021·广东汕头市·高三一模）如图甲，螺线管匝数 1000n  匝，横截面积 20.02mS  ，电阻 1Ωr  ，螺线管外接一个阻值 4ΩR  的电阻，电阻的一端 b接地。一方向平行于螺线管轴线向左的磁场穿过螺线管，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，则（） A．在0 4s 内，R中有电流从 a流向 b B．在 3st  时穿过螺线管的磁通量为0.07Wb C．在 4s 6s 内，R中电流大小为8A D．在 4s 6s 内，R两端电压 40VabU  【答案】BC 【详解】 A．在0 4s 内，原磁场增大，则磁通量增大，根据楞次定律可知，感应磁场方向向右，再由安培定则可知 R中的电流方向从 b流向 a，故 A 错误； B．由图乙可知，t=3s 时磁感应强度分别为 B=3.5T，则此时的磁通量为 3.5 0.02Wb 0.07WbBS     故 B 正确； C．在 4s 6s 内，感应电动势为 1000 4 0.02 V 40V 2 B SE n t         则 R中电流大小为 40 A 8A 4 1 EI R r      故 C 正确； D．在 4s 6s 内，根据楞次定律可知，R中的电流从 a流向 b，则 R两端电压为 8 4V 32VabU IR    故 D 错误。故选 BC。 12．（2021·江苏苏州市·高三开学考试）列车进站时的电磁制动可借助如图所示模型来理解，在站台轨道下方埋一励磁线圈，通电后形成竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B。在车身下方固定一由粗细均匀导线制成的矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力进行制动，已知列车的总质量为m，车身长为 nL，线框的短边 ab和 cd 分别安装在车头和车尾，长度为 L（ L小于匀强磁场的宽度），站台轨道上匀强磁场区域大于车长，车头进入磁场瞬间的速度为 0v 。 (1)当列车速度减为初速度的一半时，求 ab两端的电压； (2)实际列车制动过程中，还会受铁轨及空气阻力设其合力大小恒为 f ，车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止，求列车从车头进入磁场到停止，线框中产生的焦耳热Q。【答案】(1) 0 2 1 4 4 n BLv n   ；(2) 2 0 1 2 mv nfL 【详解】 (1)当列车速度减为初速度的一半时 0 2 BLvE  ab两端的电压 0 2 2 1 2 2 4 4 nL L nU E BLv nL L n       (2)对列车，由动能定理可得 2 0 10 2 fnL W mv    安解得 2 0 1 2 Q W mv nfL    安 13．（2021·江西吉安市·高三期末）如图甲所示，水平面（纸面）内间距 L=2.5m 的平行光滑金属导轨间接一阻值 R=4Ω的电阻，质量为 m=1kg 的金属杆置于导轨上。t=0 时，金属杆在水平向右拉力 F的作用下由静止开始进入磁感应强度 B=0.8T、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，经过 5s 金属杆离开磁场区域。现测得电阻 R两端的电压随时间变化的图象如图乙所示，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。求： (1)金属杆在 5s 时的速度大小； (2) 金属杆的速度随时间变化的关系式，并说明杆的运动性质； (3)水平力 F随时间变化的关系式。【答案】(1)1m/s；(2)v=0.2t，杆做初速度为 0、加速度 a=0.2m/s2的匀加速直线运动；(3)F=0.2t+0.2（N）【详解】 (1)设杆的速度为 v，根据法拉第电磁感应定律得，杆产生的电动势 E=BLv 5s 时杆两端电压 U=E 由题图可知 U=2.0V 代入解得 v=1m/s (2)由题图可知杆两端电压 U=0.4t（V）解得 v=0.2t 即杆做初速度为 0、加速度 a=0.2m/s2的匀加速直线运动。 (3)在任意时刻 t，对杆由牛顿第二定律得 F F ma  安根据安培力公式 F BIL 安根据欧姆定律 UI R  由④⑦⑧⑨得 F=0.2t+0.2（N） 14．（2021·江苏盐城市·高三一模）如图所示，相互平行，相距 L的两条金属长导轨固定在同一水平面上，电阻可忽略不计，空间有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为 B，质量均为 m，长度均为 L，电阻均为 R的导体棒甲和乙，可以在长导轨上无摩擦左右滑动。开始时，甲导体棒具有向左的初速度 v，乙导体棒具有向右的初速度 2v，求 (1)开始时，回路中电流 I； (2)当一根导体棒速度为零时，另一个导体棒的加速度大小为 a； (3)运动过程中通过乙导体棒的电量最大值 qm。【答案】(1) 3 2 BLvI R  ；(2) 2 2 2 B L va mR  ；(3) 5 2 mvq BL  【详解】 (1)开始时，设回路中的电动势为 E，电流为 I，根据法拉第电磁感应定律有 3E BLv 根据闭合电路欧姆定律有 2 EI R  联立解得 3 2 BLvI R  。 (2)甲、乙两导体棒在运动过程中，受到的安培力大小相等，加速度大小相等．由于甲棒的初速度较小，所以甲导体棒速度先减小到零，设此时乙导体棒的速度大小为 1v ，根据动量守恒定律，以乙导体棒运动的方向为正方向，有 12mv mv mv  回路中的感应电动势为 1E BLv  回路中的感应电流为 2 EI R    乙导体棒受到的安培力大小为 F BI L  根据牛顿第二定律，有 F ma  联立解得 2 2 2 B La mR   。 (3)当两导体棒速度相同时，回路中的感应电流为零．设两导体棒共同运动速度为 v共，由动量守恒定律得 2 2mv mv mv 共解得 2 vv 共，设从开始运动到两棒速度相等的时间为 t，回路中的平均电流为 I ，以水平向右方向为正方向，对导体棒甲，根据动量定理有 ( )BILt mv mv  共感应电量 q It 联立可解得通过乙导体棒的电量最大值 5 2 mvq BL  。 15．（2021·广东揭阳市·高三月考）如图所示，两根平行绝缘导轨竖直放置，中间正好放入一个边长为 L的正方形金属线框，制作线框的均匀金属导线直径相对于边长足够小。线框质量为 m，电阻为 R，能够沿两根导轨间无摩擦滑动。导轨间某高度处有一块边长为 L的正方形区域，里面有垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为 B。在磁场下方导轨中间外有一根劲度系数 5mgk L  的轻弹簧，下端固定，上端距磁场下边沿的距离为 2L。当线框下边沿与磁场上边沿重合时，将线框无初速释放，线框第一次将弹簧压缩了 L时，速度为零。（已知重力加速度为 g，电流在导线中分布均匀，弹簧弹性势能公式为 2 p 1 2 E kx ） (1)请判断线框刚进入磁场时线框内的电流方向，并计算出线框第一次穿过磁场过程中产生的热量 Q； (2)求线框第一次穿过磁场所用的时间 t； (3)若更换材质相同、横截面积为原来两倍的金属导线制成边长为 L的金属线框，仍从同一位置无初速释放，弹簧始终在弹性限度范围内，求第一次下落弹簧的最大压缩量和经过足够长的时间后弹簧的最大压缩量。【答案】(1) 顺时针， 3 2 mgL；(2) 2 32B L mR gL mgR  ；（3） 2 34 5 L ， 2 2 6 5 L 【详解】（１）由右手定则可知线框刚进入磁场时线框内的电流方向为顺时针。线框从释放到第一次将弹簧压缩 L的过程，初、末速度都为零，由动能定理 ( 2 ) + =0-0mg L L L W W   弹安式中W安为安培力对线框所做的功，所以 -W Q 安 W弹为弹力对线框所做的功、所以 21 5 2 2 W kL mgL  弹由以上三式联立解得 5 34 2 2 Q mgL mgL mgL   (2)设线框第一次穿过磁场瞬间的速度为 v，由动能定理 212 = 0 2 mg L W mv  安若这段时间线框所受安培力的冲量大小为 I 安，由动量定理 = 0mg t I mv  安安培力的冲量 I BIL t BL I t BLq     安 BLv BLq I t t v t R R R           22 2B L L BL    解得 2 3 2 3 2 2 B Lm gLmv I B L mR gLRt mg mg mgR       安 (3)线框的质量 2m、由电阻定律可知线框电阻为 2 R ，设想线框经过磁场过程中某时刻速度为 1v 。由 1 1 2 2 2 2 2 vmg BL R mg BLvF F BILa m m m m       可知线框与原线框速度相同时加速度相同，所以运动情况完全相同。因此线框第一次离开磁场时的速度也为 gL，设最大压缩量为 x1。由动能定理   2 2 1 1 1 12 0 2 2 2 mg L x kx mv     解得 1 2 34 5 x L  经过足够长时间后，线框在磁场下边沿和弹簧之间反复振动。设最大压缩量为 x2，由动能定理   2 2 2 12 0 0 2 mg L x kx    解得 2 2 2 6 5 x L  16．（2021·辽宁朝阳市·高三月考）如图所示，绝缘水平面上有条形区域 I、Ⅱ、Ⅲ，其宽度均为 s，区域 I 内有磁感应强度大小为 B、竖直向下的的匀强磁场（俯视图）。用粗细均匀的电阻丝制成边长为 s的单匝正方形金属线框 abcd，线框总电阻为 R，质量为 4m，线框制作平整，与水平面贴合良好，除区域Ⅲ水平面与线框间有恒定的动摩擦因数外，其余部分光滑。线框以初速度 0 进入匀强磁场，运动至线框中心对称线与CD重合时速度恰好减为 0，重力加速度为 g，求：（1）线框刚好完全进入区域 I的速度大小；（2）区域Ⅲ与线框间的动摩擦因数。【答案】（1） 2 3 1 0 4 B sv v mR   ；（2） 22 3 0 8 3 2 B sv gs mR         【详解】 (1)设线框刚好完全进入区域 I的速度为 v1，进入过程线框内的平均电流为 I ，进入时间为 t ，根据动量定理 1 04 4BIs t mv mv   根据法拉第电磁感应定律 E t     回路电流 EI R  电量为 q I t  磁通量的变化为 2Bs  解得 2 3 1 0 4 B sv v mR   (2)线框出磁场的过程， ad 边受向后的安培力，仍然在安培力的作用下减速，根据动量定理 2 14 4BIs t mv mv   根据法拉第电磁感应定律 E t     回路电流 EI R  电量为 q I t  磁通量的变化为 2Bs  解得线框完全出磁场时速度 2 3 2 0 2 B sv v mR   设线框和水平面间的动摩擦因数为 线框进入磁场后bc边受到恒定的摩擦力作用 1f mg ab边和 cd 边受到的摩擦力逐渐增大，平均力为 2 3 1 1 2 2 f f mg  根据动能定理   2 1 2 3 2 1 4 2 2 sf f f mv    解得 22 3 0 8 3 2 B sv gs mR         17．（2021·广东佛山市·西樵高中高三月考）如图所示，两根足够长且电阻不计的光滑固定平行金属导轨，倾角为θ，间距为 L，下端接有阻值为 R的定值电阻。质量为 m、电阻也为 R的导体棒在方向沿导轨向上的恒定拉力作用下，由静止开始沿导轨向上运动，经过时间 t0 后撤去拉力，撤去拉力的同时导体棒恰好以速率 v0从 ab处进入磁感应强度大小为 B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区域，导体棒从 cd处离开磁场区域后，再沿导轨向上滑行距离 L到达最高处。已知磁场区域的长度为 2L，重力加速度大小为 g，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不考虑导体棒到达最高处后的运动。求： (1)该拉力的大小 F； (2)在导体棒从 ab处运动到 cd处的过程中定值电阻上产生的焦耳热； (3)导体棒从 ab处运动到最高处的时间 t。【答案】(1) 0 0 sin mvF mg t   ；(2) 2 0 1 3 sin 4 2 Q mv mgL   ；(3) 2 3 0 sin sin v B Lt g mgR    【详解】 (1)设导体棒受到拉力作用时的加速度大小为 a1，根据匀变速直线运动的规律有 0 1v a t 根据牛顿第二定律有 1sinF mg ma  解得 0 0 sin mvF mg t   (2)设导体棒通过 cd处时的速率为 v1，在导体棒从 cd处运动到最高处的过程中，根据机械能守恒定律，有 2 1 1 = sin 2 mv mgL  在导体棒从 ab处运动到 cd处的过程中，据能量守恒定律，有 2 2 0 1 1 1= 2 sin 2 2 2 mv mv mg L Q   解得 2 0 1 3 sin 4 2 Q mv mgL   (3)设导体棒从 ab处运动到 cd处的时间为 t1、在该过程中通过导体棒的平均电流为 I ，根据动量定理，有 1 1 1 0sinmg t BILt mv mv     其中由(2)得 1 2 sinv gL  根据法拉第电磁感应定律可得，该过程回路中产生的平均感应电动势 2 1 2= B LE t  根据闭合电路的欧姆定律，有 2 EI R  设导体棒从 cd处运动到最高处的加速度大小为 a2，从 cd处运动到最高处的时间为 t2，有 v1=a2t2 mgsinθ=a2 t=t1+t2 解得 2 3 0 sin sin v B Lt g mgR    18．（2021·安徽高三开学考试）如图，两根足够长的光滑平行金属导轨MN PQ、倾斜放置，导轨平面与水平面的夹角 30  ，导轨间距为 L，导轨上端连接一个理想电压表，下端连接一个阻值为 R的定值电阻，整个导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为 B。质量为 m的金属棒 ab放在导轨上，用平行于导轨平面向上的拉力拉金属棒，使金属棒由静止开始向上运动，某时刻撤去拉力。金属棒向上运动的整个过程中，电压表的示数随时间变化的图象如图乙所示（图中 0 0U t、均已知），金属棒沿导轨运动过程中与导轨接触良好且始终与导轨垂直，金属棒接入电路的电阻为 1 2 R，重力加速度为 g，不计导轨电阻，求：（1）撤去拉力的瞬间，金属棒的速度大小；（2） 0 1 2 t t 时刻，作用于金属棒上拉力的大小；（3）撤去拉力后，金属棒向上运动过程中，通过定值电阻 R的电量及定值电阻 R上产生的焦耳热分别是多少。【答案】（1） 0 0 3 2 Uv BL  ；（2） 0 0 0 31 2 2 2 mU BLUF mg BLt R    ；（3） 0 0 2 2 3 2 2 mU mgtq B L BL   ； 2 2 2 2 0 0 0 2 2 3 3 3 3 4 4 mU m g Rt m gRUQ B L B L    【详解】（1）撤去拉力的瞬间，电压表的示数为 0U ，根据闭合电路欧姆定律可知金属棒中的电动势 0 0 0 1 3 2 2 UE R R U R         设此时金属棒的速度大小为 0v ，则 0 0E BLv 解得 0 0 3 2 Uv BL  （2）由于在 00 ~ t 时间内 3 2 E U E BLv 0 0 UU t t  解得 0 0 3 2 Uv t BLt  因此金属在这段时间内做匀加速直线运动，加速度大小为 0 0 3 2 Ua BLt  在 0 1 2 t t 时刻，电路中电流 0 0 1 2 2 U UI R R   根据牛顿第二定律 sinF BIL mg ma   解得 0 0 0 31 2 2 2 mU BLUF mg BLt R    （3）撤去 F后，金属棒向上做变减速运动，则减速运动的时间为 0t 根据动量定理 0 0 0sin 0mg t BILt mv     即 0 0sinmg t BqL mv    解得 0 0 2 2 3 2 2 mU mgtq B L BL   设撤去拉力后，金属棒向上运动的距离为 x，由 1.5 BLxq R  解得 1.5qRx BL  设电阻 R中产生的焦耳热为 Q，根据能量守恒 2 0 11.5 sin 2 Q mgx mv  解得 2 2 2 2 0 0 0 2 2 3 3 3 3 4 4 mU m g Rt m gRUQ B L B L    19．（2021·广东惠州市·高三月考）如图甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只单匝正方形金属框，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属框的质量为 m，边长 L，金属框的总电阻为 R，金属框的上半部分处在方向垂直框面向里的有界磁场中（磁场均匀分布），下半部分在磁场外，磁场的磁感应强度 B随时间 t的变化关系如图乙所示，丝线能承受的最大拉力为 F，从 t＝0 时刻起，测得经过 t0=5s，丝线刚好被拉断，金属框由静止开始下落。金属框在下落过程中上边框离开磁场前已开始做匀速直线运动，金属框始终在竖直平面内且未旋转，重力加速度为 g，不计空气阻力。求： (1)0-5s 内，金属框产生感应电流方向以及磁感应强度 B0的大小； (2)金属框的上边框离开磁场前做匀速直线运动的速度 v的大小。【答案】(1) 0 3 10 ( )R F mgB L     ；(2) 10( ) mgLv F mg   【详解】解：(1)由楞次定律可知，0～5s时间内金属框中感应电流为逆时针方向；由法拉第电磁感应定律 22 0 0 5 2 10 B B LB S LE t t            ① 感应电流大小为 EI R  ② 5s时受到的安培力为 0=F B IL 安 ③ 丝线刚好被拉断，则有 F=F 安+mg ④ 联立①②③④解得 0 3 10 ( )R F mgB L     ⑤ (2)由题意可知，5s后磁感应强度为 B0不变。金属框在上边框离开磁场前做匀速运动，即有 0 1B I L mg ⑥ 金属框做匀速运动产生的感应电动势大小为 1 0E B Lv ⑦ 由闭合电路欧姆定律可得 1 1 EI R  ⑧ 解得 2 2 0 mgRv B L  ⑨ 10( ) mgLv F mg   20．（2021·湖北武汉市·高三月考）如图，质量为 m、电阻为 R1的均匀金属棒 ab垂直架在水平面甲内间距为 2L的两光滑金属导轨的右边缘处。下方的导轨由光滑圆弧导轨与处于水平面乙的光滑水平导轨平滑连接而成（即图中半径 OM和 O′P竖直），圆弧导轨半径为 R、对应圆心角为 60°、间距为 2L，水平导轨间距分别为 2L和 L。质量也为 m、电阻为 R2 的均匀金属棒 cd垂直架在间距为 L的导轨左端。导轨 MM′与 PP′、NN′与 QQ′均足够长，所有导轨的电阻都不计。电源电动势为 E、内阻不计。所有导轨的水平部分均有竖直方向的、磁感应强度为 B的匀强磁场，圆弧部分和其他部分无磁场。闭合开关 S，金属棒 ab迅即获得水平向右的速度（未知，记为 v0）做平抛运动，并在高度降低 2R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，接着沿圆弧轨道下滑。已知重力加速度为 g，求∶ (1)空间匀强磁场的方向； (2)棒 ab做平抛运动的初速度 v0； (3)通过电源 E某截面的电荷量 q； (4)从金属棒 ab刚落到圆弧轨道上端起至开始匀速运动止，这一过程中棒 ab和棒 cd组成的系统损失的机械能 E。【答案】(1) 磁场竖直向下；(2) 0 2 3 gRv  ； (3) 3 m gR BL ；(4) 38 15 mgR 【详解】 (1) 闭合开关 S，金属棒 ab迅即获得水平向右的速度，表面金属棒受到水平向右的冲量，所以安培力水平向右，根据左手定则，磁场竖直向下。 (2)金属棒 ab进入圆弧轨道时，分解速度有 0 tan 60  yv v 平抛运动中，竖直方向上有 4yv gR 解得 0 2 3 gRv  (3)金属棒 ab弹出瞬间，根据动量定理得 02 Δ 0Bi L t mv    所以通过电源 E某截面的电荷量 0Δ 2 3 mv m gRq i t BL BL     (4)金属棒 ab滑至水平轨道时，有 2 2 0 1 1[2 (1 cos60 )] 2 2 mg R R mv mv    解得 19 3 gRv  最终匀速运动时，电路中无电流，所以棒 ab和棒 cd产生的感应电动势相等，即 2 a bB Lv B Lv   此过程中，对棒 ab由动量定理得 2 Δ aBi L t mv mv     对棒 cd由动量定理得 Δ bBi L t mv   联立以上三式解得 1 19 5 3a gRv  ， 2 19 5 3b gRv  该过程中损失的机械能为 2 2 21 1 1Δ 2 2 2a bE mv mv mv   解得 38Δ 15 E mgR 查看更多

考点10电磁感应（解析版）-2021届高三《新题速递》物理3月刊（高考复习）

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