第31课电磁感应现象中的综合问题

1、.第31课 ·电磁感应现象中的综合问题1电磁感应中的图像问题a根据法拉第电磁感应定律画出或分析Et图像，求解相应的物理量1多项选择2019全国，6分两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图a所示。导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图b所示感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正。以下说法正确的选项是图a图bA磁感应强度的大小为0.5 TB导线框运动的速度的大小为0.5 m/sC磁感应强度的方向垂直于纸面向外D在t0.

2、4 s至t0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N答案：BC解析：由Et图像可知，线框经过0.2 s全部进入磁场，那么导线框运动的速度为v m/s0.5 m/s，故B项正确。在00.2 s内，根据法拉第电磁感应定律，有EBlv，可得B T0.2 T，故A项错误。在00.2 s内，感应电流的方向为顺时针，根据楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，故C项正确。在t0.4 s至t0.6 s这段时间内，导线框中的感应电流为I A2 A，导线框所受的安培力大小为FBIl0.04 N，故D项错误。22019全国，6分纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面

3、的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化。一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针转动，角速度为。t0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如下图。假设选取从O指向A的电动势为正，以下描绘导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的选项是答案：C解析：导体杆OA绕O点顺时针转动过程中，由右手定那么可知，开场时感应电动势方向由O指向A，感应电动势为正，故D项错误。设经时间t导体杆转过的角度为，那么t，导体杆有效切割长度为L2Rsin 2Rsin t。根据法拉第电磁感应定律，有EBL2B2Rsin t22BR2sin2t。B、R、不变，那么E随时间t做非线性变化，经半个周期后

4、，电动势的方向反向，故C项正确，A项、B项均错误。b根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律画出it图像或ix图像3经典题，6分如下图，EOF和EOF为空间一匀强磁场的边界，其中EOEO，FOFO，且EOOF；OO为EOF的角平分线，OO间的间隔 为l；磁场方向垂直于纸面向里。一边长为l的正方形导线框沿OO方向匀速通过磁场，t0时刻恰好位于图示位置。规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，那么感应电流i与时间t的关系图线可能正确的选项是答案：B解析：在整个正方形导线框通过磁场的过程中，切割磁感线的边框为两竖直边框，两程度边框不切割磁感线。由于正方形导线框沿OO方向向左匀速通过磁场：从开场到左边

5、框到达O之前，进入磁场切割磁感线的有效长度L随时间均匀增加，根据法拉第电磁感应定律，得感应电动势为EBLv，那么E随时间也均匀增加。由于电阻不变，所以感应电流i也随时间均匀增加。根据右手定那么得感应电流沿逆时针方向，规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，得出开场时感应电流为正值。当左边框到达O之后，由于进入磁场切割磁感线的有效长度不变，那么感应电动势不变，故感应电流也不变，感应电流仍沿逆时针方向，感应电流仍为正值。当左边框到达OO中点时，右边框即将进入磁场切割磁感线，由于左边框切割磁感线的有效长度在减小，而右边框切割磁感线有效长度在增大，且左、右边框切割磁感线产生的感应电动势方向相反，所以整

6、个电路的感应电动势随时间也均匀减小，感应电流也均匀减小。当左边框到达距O点时，左右边框切割磁感线的有效长度相等，此时感应电动势为零，感应电流也为零。在线框出磁场的过程中，感应电流变化情况跟线框进入磁场过程相反，故B项正确，A项、C项、D项均错误。4经典题，6分如下图，一圆形闭合铜环由高处从静止开场下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合。假设取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，那么图中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图像是答案：B解析：圆形闭合铜环由高处从静止开场下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的

7、中轴始终保持重合，铜环下落的速度逐渐增大，铜环中磁通量变化不随下落位置均匀变化，那么产生的感应电动势不随下落位置均匀变化，产生的感应电流不随下落位置均匀变化，故A项错误。铜环下落到磁铁顶端的速度小于下落到磁铁底端的速度，那么铜环下落到磁铁顶端产生的感应电流小于下落到磁铁底端产生的感应电流。铜环从静止下落到磁铁中心位置O的过程中，通过铜环的磁通量逐渐增加，根据楞次定律可知，感应电流方向为顺时针；铜环从磁铁中心位置O到下落磁铁底端的过程中，通过铜环的磁通量逐渐减少，根据楞次定律可知，感应电流方向为逆时针，故B项正确，C项、D项均错误。c根据Bt图像或Bx图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量5经典

8、题，20分如图a所示，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在此区域内，沿程度面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心。一质量为m、带电量为qq>0的小球，在管内沿逆时针方向从上向下看做圆周运动。磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图b所示，其中T0。设小球在运动过程中电量保持不变，对原磁场的影响可忽略。图a图b在t0到tT0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度v0大小；在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在程度面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。试求tT0到t1.5T0这段时间内

9、：a细管内涡旋电场的电场强度E大小；b电场力对小球做的功W。答案：v05分a.E8分bW7分解析：在t0到tT0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，说明洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qv0B0m3分解得v02分a.根据法拉第电磁感应定律，可得细管内产生的感应电动势为E1Sr2·3分根据电势差与电场强度的关系，有E1E·2r2分由题意T02分联立以上式子，解得E1分b小球受到的电场力为FEq1分根据牛顿第二定律，有Fma1分根据运动学规律，得小球在1.5T0时的速度为vv0a·0.5T02分根据动能定理，得电场力对小球做的功为Wmv2mv2分联立以上式子

10、，解得W1分6经典题，22分磁悬浮列车是一种高速低耗的新型交通工具，它的驱动系统简化为如下模型，固定在列车下端的动力绕组可视为一个矩形纯电阻金属框，电阻为R，金属框置于xOy平面内，长边MN长为l，平行于y轴，宽为d的NP边平行于x轴，如图a所示。列车轨道沿Ox方向，轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场，磁感应强度B沿Ox方向按正弦规律分布，其空间周期为，最大值为B0，如图b所示。金属框同一长边上各处的磁感应强度一样，整个磁场以速度v0沿Ox方向匀速平移。设在短暂时间内，MN、PQ边所在位置的磁感应强度随时间的变化可以忽略，并忽略一切阻力。列车在驱动系统作用下沿Ox方向加速行驶，某时刻速度为v

11、vv0。图a图b简要表达列车运行中获得驱动力的原理；为使列车获得最大驱动力，写出MN、PQ边应处于磁场中的什么位置及与d之间应满足的关系式；计算在满足第问的条件以下车速度为v时驱动力的大小。答案：由于列车速度与磁场平移速度不同，导致穿过金属框的磁通量发生变化，由于电磁感应，金属框中会产生感应电流，金属框受到的安培力即为驱动力4分MN、PQ应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方；d2k1或k0，1，2，3，6分F12分解析：由于列车速度与磁场平移速度不同，导致穿过金属框的磁通量发生变化，由于电磁感应，金属框中会产生感应电流，金属框受到的安培力即为驱动力。4分为使列车获得最大驱动力，MN、P

12、Q应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方，这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大，导致金属框中电流最大，也会使得金属框长边受到的安培力最大。因此，d应为的奇数倍，即d2k1或k0，1，2，3，6分由于满足第问条件，那么MN、PQ边所在处的磁感应强度大小均为B0且方向总相反，经短暂时间t，磁场沿Ox方向平移的间隔 为v0t，同时，金属框沿Ox方向挪动的间隔 为vt。因为v0v，所以在t时间内MN边扫过磁场的面积Sv0vlt1分在此t时间内，MN边左侧穿过S的磁通量移进金属框而引起框内磁通量变化为MNB0v0vlt1分同理，该t时间内，PQ边左侧移出金属框的磁通量引起框内磁通量变化为PQB

13、0v0vlt1分故在t时间内金属框所围面积的磁通量变化为MNPQ1分根据法拉第电磁感应定律，得金属框中的感应电动势大小为E2分根据闭合电路欧姆定律，有I1分根据安培力公式，MN边所受的安培力为FMNB0Il1分PQ边所受的安培力为FPQB0Il1分根据左手定那么，可知MN、PQ边所受的安培力方向一样，此时列车驱动力的大小为FFMNFPQ2B0Il2分联立以上式子，解得F1分d根据FBIL画出Ft图像或Fx图像，求解相应的物理量7经典题，6分如下图，正方形区域MNPQ内有垂直于纸面向里的匀强磁场，在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，t0时刻，其四个顶点M、N、P、Q恰好在磁场

14、边界中点，以下图像中能反映线框所受安培力F的大小随时间t变化规律的是答案：B解析：第一段时间从初位置到MN分开磁场，图a表示图a该过程的任意一个位置，切割磁感线的有效长度为MA与NB之和，即为CM长度的2倍，此时感应电动势为EB2vtv，回路中的感应电流为I，那么线框受到的安培力为FBI·2vt，Ft图像是开口向上的抛物线，故C项、D项均错误。如图b所示，线框的右端MN刚好出磁场时，左端QP恰与MP共线，此后一段时间内线框切割磁感线的有效长度不变，一直到线框的左端QP与CD重合，这段时间内感应电流不变，线框所受安培力大小不变；从线框的左端PQ与CD重合到线框的左端刚好出磁场这一过程，

15、如图c所示，设线框的左端QP与CD重合的时刻为t1，线框切割磁感线的有效长度为l2vtt1，此时感应电动势为EBl2vtt1v，线框受图c到的安培力为F，图像是开口向上的抛物线，故A项错误，B项正确。82019安徽理综，16分如图a所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角为30°的斜面向上。绝缘斜面上固定有“形状的光滑金属导轨MPN电阻忽略不计，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线程度，长为3 m。以MN中点O为原点、OP为x轴建立一维坐标系Ox。一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m、质量m为1 kg、电阻R为0.3 ，在拉力F的作用下，从MN处以恒定的速度v

16、1 m/s，在导轨上沿x轴正向运动金属杆与导轨接触良好。g取10 m/s2。图a图b求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x0.8 m处电势差UCD；推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图b中画出Fx关系图像；求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热。答案：E1.5 V2分UCD0.6 V4分 F12.53.75x0x2 m6分，图像见解析1分Q7.5 J3分解析：金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势为EBdv0.5×3×1 V1.5 V2分当x0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零。设此时杆在导轨外的长度为L外，那

17、么L外dd1分OP1分联立以上式子，解得L外1.2 m由楞次定律可知D点电势高，故CD两端的电势差为UCDBL外v1分代入数据，解得UCD0.6 V1分杆在导轨间的长度l与位置x关系是ld3x1分对应的电阻为RlR1分电流为I1分杆受的安培力为F安BIl7.53.75x1分根据平衡条件得FF安mgsin 1分F12.53.75x0x2 m1分画出的Fx图像如下图。 1分外力F所做的功WF的大小等于Fx图线下所围的面积，即WF×2 J17.5 J1分而杆的重力势能增加量为EpmgOPsin 1分故全过程产生的焦耳热QWFEp7.5 J1分e根据法拉第电磁感应定律、牛顿运动定律画出vt图

18、像或vx图像，求解相应的物理量92019福建理综，6分如下图，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻。线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场程度边界OO平行，线框平面与磁场方向垂直。设OO下方磁场区域足够大，不计空气影响，那么以下哪一个图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律答案：A解析：线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后，假设安培力大于重力，那么线框做减速运动，且加速度逐渐减小，当加速度减小到零时开场做匀速直线运动，cd边进入磁场后，线框做匀加速直线运动，加速度为g，故B项正确，不符合题意，A项错误，符合题意

19、。线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后，假设安培力小于重力，那么线框做加速运动，且加速度逐渐减小，当线框所受安培力与重力平衡时，线框开场做匀速直线运动，cd边进入磁场后，线框做匀加速直线运动，加速度为g，故C项正确，不符合题意。线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后，假设重力等于安培力，那么线框做匀速直线运动，cd边进入磁场后，线框做匀加速直线运动，加速度为g，故D项正确，不符合题意。f根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律画出Ut图像或Ux图像102019山东理综，6分如图a所示，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过

20、R0的电流i始终向左，其大小按图b所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，以下uabt图像可能正确的选项是图a图b答案：C解析：在00.25T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针且逐渐增加，由楞次定律可知，内环内a端电势高于b端，方向为正，因电流的变化率逐渐减小，故内环的电动势减小。同理可知，在0.25T00.5T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小，那么由楞次定律可知，内环内a端电势低于b端，方向为负，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势变大；此后重复这样变化，故C项正确。11多项选择2019江西师大附中三模，6分如下图，abcd为一边长为l的正方形导线框

21、，导线框位于光滑程度面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向竖直向下。线框在一垂直于cd边的程度恒定拉力F作用下沿程度方向向右运动，直至通过磁场区域。cd边刚进入磁场时，线框开场匀速运动，规定线框中电流沿逆时针时方向为正，那么导线框从刚进入磁场到完全分开磁场的过程中，a、b两端的电压Uab及导线框中的电流i随cd边的位移x变化的图线可能是答案：BD解析：线框的cd边刚进入磁场时，线框开场做匀速运动，那么线框进入磁场的过程中，线框一直做匀速运动。由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势EBlv0恒定，线框中的电流大小恒定，由楞次定律可知电

22、流方向沿逆时针方向，那么a、b两端的电压为UabBlv0。线框完全在磁场中运动时，穿过闭合回路的磁通量不变，线框中感应电流为零，线框做匀加速运动，a、b两端的电压为UabBlvBl，其中v0为线框匀速运动的速度，Uab与位移x不是线性关系，Uab不断增大。当线框出磁场时，线框做减速运动，由右手定那么可知电流方向沿顺时针方向，a、b两端的电压UabBlvBl，其中v1为cd边刚出磁场时线框的速度，Uab与位移x不是线性关系，Uab不断减小，故A项错误，B项正确。线框进入磁场的过程中，线框中的电流大小恒定且方向为逆时针；完全进入磁场时电流为零；线框分开磁场时，开场做减速运动，加速度逐渐减小，线框刚

23、好完全分开磁场时，速度大于或等于匀速运动时的速度，故此时的电流大于或等于线框匀速运动时的电流，故C项错误，D项正确。2电磁感应中的电路问题a根据ES及串并联电路规律解决电磁感应中的电路问题12多项选择2019四川理综，6分如下图，边长为L、不可形变的正方形导体框内有半径为r的圆形区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为Bkt常量k0。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1R0、R2。闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势。那么AR2两端的电压为B电容器的a极板带正电C滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D正方形导线框中的感应电动势

24、为kL2答案：AC解析：滑片在中间位置时，P将滑动变阻器R分为R左、R右等大两部分，电阻均为。由于R2与R右并联，并联部分阻值为R0，再与R1、R左串联构成闭合电路外电路，所以外电路的总阻值为R0，根据串联电路特点，有，得R2两端电压为U2，故A项正确。由于磁感应强度随时间增大，根据楞次定律，可知电容器的b极板带正电荷，a极板带负电荷，故B项错误。滑动变阻器R的电功率等于左右两部分电阻消耗的功率之和，通过R左的电流是R右的两倍，也是R2的两倍。R2的功率为P2I2R2，那么滑动变阻器R的功率为PRI2R右2I2R左，由题意知R右R左R2，可得PR5P2，故C项正确。由法拉第电磁感应定律可得正方

25、形导线框产生的感应电动势为ESr2k，故D项错误。b根据EBlv及串并联电路规律解决电磁感应中的电路问题132019福建理综，6分如下图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在程度面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在程度拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程中导体棒PQ始终与ab边垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在导体棒PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中A导体棒PQ中电流先增大后减小B导体棒PQ两端电压先减小后增大C导体棒PQ上拉力的功率先减小后增大D线框消耗的电功率先减小后增大答案：C解析：导体棒PQ匀速运动，根据法

26、拉第电磁感应定律可知，导体棒产生的感应电动势E保持不变。设PQ左侧电路的电阻为Rx，那么右侧电路的电阻为3RRx，所以外电路的总电阻为R，外电路总电阻先增大后减小。根据闭合电路欧姆定律，可得通过PQ的电流为I，所以通过PQ的电流先减小后增大，故A项错误。由闭合电路欧姆定律，得导体棒两端的电压为UEIR，那么导体棒两端的电压先增大后减小，故B项错误。由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，安培力为FBIl，安培力先减小后增大，那么拉力先减小后增大，拉力的功率为PBIlv，故拉力的功率先减小后增大，故C项正确。外电路的总阻值R，最大值为，小于电源的内阻R，外电路的总阻值先增大后减小，由外电路消耗的电

27、功率与外电路的阻值关系图可知，外电路消耗的功率先增大后减小，故D项错误。142019海南单科，10分如下图，两光滑平行金属导轨置于程度面纸面内，导轨间距为l，左端连有阻值为R的电阻。一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域。金属杆以速度v0向右进入磁场区域，做匀变速直线运动，到达磁场区域右边界图中虚线位置时速度恰好为零。金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好。除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计。求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小及此时电流的功率。答案：F7分P3分解析：设金属杆运动的加速度大小为a，运动的位移为x，根据运动学公式，有v2ax1分

28、设金属杆运动到磁场区域中间位置时的速度为v，根据运动学公式，有vv22a1分联立以上各式，解得v1分金属杆运动到磁场区域中间位置时，产生的感应电动势为EBlv1分通过金属杆的电流为I1分金属杆受到的安培力为FBIl1分解得F1分电流的功率为PI2R1分解得P2分c根据EBl2及串并联电路规律解决电磁感应中的电路问题15多项选择2019江西师大模拟，6分如下图，用粗细均匀的铜导线制成半径为r的圆环，PQ为圆环的直径，其左右两侧存在垂直于圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反，圆环的电阻为2R。一根长度为2r、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度沿顺时针方向匀

29、速转动，转动过程中金属棒MN与圆环始终接触良好，那么以下说法正确的选项是A金属棒两端的电压大小为Br2B圆环消耗的电功率是变化的C圆环中电流的大小为D金属棒旋转一周的过程中，电路中产生的热量为答案：ACD解析：由右手定那么可知，在题图示位置时，金属棒中电流方向由M到N，根据法拉第电磁感应定律可得，产生的感应电动势为金属棒MO与金属棒ON产生的感应电动势之和，即E2×Br2Br2，保持不变。等效电路图如下图，圆环的电阻由两个电阻为R的半圆电阻并联组成，所以圆环的总电阻为R，通过金属棒MN的电流为I，所以通过圆环的电流为II，故C项正确。金属棒两端的电压为UMNI×RBr2，故

30、A项正确。由A项的分析可知，流过圆环的电流不变，那么圆环消耗的电功率不变，故B项错误。金属棒旋转一周的过程中，电路中产生的热量为QI2R总t2××，故D项正确。普查讲31电磁感应中的动力学和能量问题3电磁感应中的动力学问题a综合运用法拉第电磁感应定律和牛顿运动定律解决第一类“动电动型导体棒从静止开场沿导轨滑动动力学问题162019全国，19分如下图，两条平行导轨所在平面与程度地面的夹角为，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良

31、好接触。金属棒与导轨之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开场下滑，求：电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；金属棒的速度大小随时间变化的关系。答案：QCBLv7分vgt12分解析：设金属棒下滑的速度大小为v，那么感应电动势为EBLv2分平行板电容器两极板间的电势差为UE2分设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C2分联立解得QCBLv1分设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为I。金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小为FABLI1分设在时间间隔t，tt内流经金属棒的电荷量为Q，按定义有I1分Q也是平行板电容器极板在时

32、间间隔t，tt内增加的电荷量。由式得QCBLv1分式中，v为金属棒的速度变化量。按定义有a1分金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为fN1分式中N是金属棒对轨道的正压力的大小，有Nmgcos 1分金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsin FAfma2分到联立解得ag2分由式及题设可知，金属棒做初速度为0的匀加速运动。t时刻金属棒的速度大小为vatgt2分b综合运用法拉第电磁感应定律和牛顿运动定律解决第二类“动电动型导体棒有初速度沿导轨滑动动力学问题172019天津理综，20分电磁缓冲器是应用于车辆上以进步运行平安性的辅助制动装置，其工作原理是利用电磁阻尼

33、作用减缓车辆的速度。电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论：如下图，将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上，斜面与程度方向夹角为。一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间，恰好匀速穿过，穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定，其引起电磁感应的效果与磁铁不动，铝条相对磁铁运动一样。磁铁端面是边长为d的正方形，由于磁铁间隔 铝条很近，磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场，磁感应强度为B，铝条的高度大于d，电阻率为，为研究问题方便，铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，假设磁铁进入铝条间以后，减少的机械能完全转化为铝条的内能，重力加速度为g。求铝条中与磁铁正

34、对部分的电流I；假设两铝条的宽度均为b，推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v的表达式；在其他条件不变的情况下，仅将两铝条更换为宽度bb的铝条，磁铁仍以速度v进入铝条间，试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化。答案：I6分 7分 见解析过程7分解析：磁铁在铝条间运动时，两根铝条受到的安培力大小相等均为F安，有F安BId1分磁铁受到沿斜面向上的作用力为F，其大小有F2F安2分磁铁匀速运动时，受力平衡，有Fmgsin 02分联立解得I1分磁铁穿过铝条时，在铝条中产生的感应电动势为E，有EBdv2分铝条与磁铁正对部分的电阻为R，根据电阻定律，有R2分根据欧姆定律，有I2分联立解得v1分磁铁以

35、速度v进入铝条间，恰好做匀速运动时，磁铁受到沿斜面向上的作用力F联立解得F2分当铝条的宽度b>b时，磁铁以速度v进入铝条间，磁铁受到的作用力变为F，那么F2分可见F>Fmgsin ，磁铁所受到的合力方向沿斜面向上，获得与运动方向相反的加速度，磁铁将减速下滑，此时加速度最大；之后，随着运动速度减小，F也随着减小，磁铁所受的合力也减小，那么磁铁的加速度也逐渐减小。综上所述，磁铁做加速度逐渐减小的减速运动，直到Fmgsin 时，磁铁重新到达平衡状态，将再次以较小的速度匀速下滑。3分c综合运用法拉第电磁感应定律和牛顿运动定律解决“电动电型导体棒在安培力作用下无初速度沿导轨滑动动力学问题18

36、2019天津理综，20分电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于程度面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场图中未画出，MN开场向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN到达最大速度，之后分开导轨。求：磁场的方向；MN刚开场运动时加速度a的大

37、小；MN分开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少？答案：磁场的方向垂直于导轨平面向下4分 a6分Q10分解析：电容器充电后上板带正电，下板带负电，放电时通过MN的电流由M到N，欲使炮弹射出，安培力应沿导轨向右，根据左手定那么可知，磁场的方向垂直于导轨平面向下。4分电容器完全充电后，两极板间电压为E，根据欧姆定律，电容器刚放电时的电流为I2分炮弹受到的安培力为FBIl1分根据牛顿第二定律，有Fma2分联立解得a1分电容器放电前所带的电荷量为Q1CE1分开关S接2后，MN开场向右加速运动，速度到达最大值vm时，MN上的感应电动势为EBlvm2分最终电容器所带的电荷量为QCE1分设在此过程中，通过MN

38、的平均电流为I，MN上受到的平均安培力为FBIl1分对MN，根据动量定律，有Ftmvm2分根据电量定义，有ItQ1Q2分联立解得Q1分4电磁感应中的能量问题a根据焦耳定律求解有关焦耳热的能量问题192019浙江理综，20分小明设计的电磁健身器的简化装置如下图，两根平行金属导轨相距l0.50 m，倾角53°，导轨上端串接一个0.05 的电阻。在导轨间长d0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B2.0 T。质量m4.0 kg的金属棒CD程度置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s0.24 m。一位健身者用恒力F

39、80 N拉动GH杆，CD棒由静止开场运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置重力加速度g10 m/s2，sin 53°0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆GH和绳索的质量。求：CD棒进入磁场时速度v的大小；CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。答案：2.4 m/s5分48 N7分64 J3分26.88 J5分解析：CD棒进入磁场前，根据牛顿第二定律，有Fmgsin ma2分根据匀变速直线运动的速度位移公式，有v22as2分联立以上式子，代入数据解得v2.

40、4 m/s1分CD棒进入磁场时产生的感应电动势为EBlv2分感应电流为I2分进入磁场时，CD棒受到的安培力为FABIl2分联立以上式子，代入数据解得FA48 N1分在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功为WFsd2分代入数据解得W64 J1分由于Fmgsin FA0，所以CD棒进入磁场后做匀速运动，在磁场中运动时间为t2分电阻产生的焦耳热为QI2Rt2分联立以上式子，代入数据解得Q26.88 J1分b根据抑制安培力做功求解有关焦耳热的能量问题20经典题，18分如下图，一对光滑的平行金属导轨固定在同一程度面内，导轨间距L0.5 m，左端接有阻值R0.3 的电阻，一质量m0.1 kg，电阻r0.1

41、的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B0.4 T。棒在程度向右的外力作用下，由静止开场以a2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x9 m时撤去外力，棒继续运动一段间隔 后停下来，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q221。导轨足够长且电阻不计，棒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：棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；外力做的功WF。答案： 4.5 C6分1.8 J6分 5.4 J6分解析：设棒匀加速运动的时间为t，回路的磁通量变化量为，回路中的平均感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定

42、律，有E1分其中BLx1分设回路中的平均电流为I，根据闭合电路的欧姆定律，有IER+r2分那么通过电阻R的电荷量为qIt1分 联立，代入数据解得q4.5 C1分设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，根据运动学公式，有v22ax2分设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得W0mv22分撤去外力后回路中产生的焦耳热为Q2W1分联立，代入数据解得Q21.8 J1分由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q2212分那么可得Q13.6 J1分在棒运动的整个过程中，根据功能关系，有WFQ1Q22分联立，代入数据解得WF5.4 J1分c根据能量转化与守恒求解有关焦耳热的能

43、量问题21多项选择经典题，6分如下图，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与程度面的夹角为，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放，当速度到达v时开场匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g。以下说法正确的选项是AP2mgvsin BP3mgvsin C当导体棒速度到达时加速度大小为sin D在速度到达2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功答案：AC解析：当导体棒以v匀速运动时受力平衡，那

44、么mgsin BIL，当导体棒以2v匀速运动时受力平衡，那么mgsin FBIL，可得Fmgsin ，那么拉力的功率为PF·2v2mgvsin ，故A项正确，B项错误。当导体棒速度到达时，根据牛顿第二定律，有mgsin ma，解得a，故C项正确。由能量守恒可知，当速度到达2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力与重力所做的功之和，故D项错误。222019江苏单科，15分如下图，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与程度面的夹角为，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导轨的

45、顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g。求：导体棒与涂层间的动摩擦因数；导体棒匀速运动的速度大小v；整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q。答案：tan 3分v6分 Q2mgdsin 6分解析：由题意可知，在绝缘涂层上，导体棒继续做匀速运动。根据受力平衡，有mgsin mgcos 2分解得tan 1分在光滑导轨上，导体棒产生的感应电动势为EBLv1分通过导体棒的感应电流为I1分导体棒受到的安培力为F安BIL1分在光滑导轨上，根据受力平衡，有F安mgsin 2分联立以

46、上式子，解得v1分在绝缘涂层上摩擦生热为QTmgdcos 2分在整个运动过程中，根据能量守恒定律，有3mgdsinQQTmv23分解得Q2mgdsin 1分d根据功能关系求解有关功和功率的能量问题232019全国，19分半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一程度面内，一长为r，质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如下图，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下，在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻图中未画出。直导体棒在程度外力作用下以角速度绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触

47、。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大小为g。求：通过电阻R的感应电流的方向和大小；外力的功率。答案：感应电流的方向：C端流向D端2分 I6分Pmgr11分解析：在t时间内，导体棒扫过的面积为St2r2r22分根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为E1分根据右手定那么可知，感应电流的方向是从B端流向A端。因此，通过电阻R的感应电流的方向是从C端流向D端2分由闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R的感应电流的大小I满足I2分联立解得I1分对导体棒，在竖直方向有mg201分式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的支持力大小相等，其值为N两导轨对运动

48、的导体棒的滑动摩擦力均为1分在t时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为l1rt1分和l22rt1分摩擦生的热为Ql1l21分在t时间内，电阻R上产生的焦耳热为QRI2Rt1分根据功能关系知，外力在t时间内做的功为WQQR2分外力功率为P1分至联立解得Pmgr2分5应用牛顿运动定律、圆周运动规律和法拉第电磁感应定律求解电磁感应与带电粒子在电磁场中运动的综合问题 24经典题，6分半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图a所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图b所示。在t0

49、时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒，那么以下说法正确的选项是图a图bA第2秒内上极板为正极B第3秒内上极板为负极C第2秒末微粒回到了原来位置D第3秒末两极板之间的电场强度大小为答案：A解析：01 s内情况，由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；假设粒子带正电，那么粒子所受电场力方向竖直向上，粒子向上做匀加速运动。12 s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；假设粒子带正电，那么粒子所受电场力方向竖直向下，粒子向上做匀减速运动，2 s末速度减小为零。23 s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；假设粒子带正电，

50、那么粒子所受电场力方向竖直向下，粒子向下做匀加速运动。两极板间的电场强度大小为E。34 s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；假设粒子带正电，那么粒子所受电场力方向竖直向上，粒子向下做匀减速运动，4 s末速度减小为零，同时回到了原来的位置。由以上分析可知，A项正确，B项、C项、D项均错误。252019河北模拟，20分如下图俯视，MN和PQ是两根固定在同一程度面上的足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨。两导轨间距为L0.2 m，其间有一个方向垂直程度面竖直向下的匀强磁场B15.0 T。导轨上NQ之间接一电阻R10.40 ，阻值为R20.10 的金属杆垂直导轨放置并与导轨

51、始终保持良好接触。两导轨右端通过金属导线分别与电容器C的两极板相连。电容器C紧靠着带小孔a只能包容一个粒子通过的固定绝缘弹性圆筒。圆筒内壁光滑，筒内有垂直程度面竖直向下的匀强磁场B2，O是圆筒的圆心，圆筒的内半径为r0.40 m。用一个大小恒为10 N，平行于MN程度向左的外力F拉金属杆，使杆从静止开场向左运动。求当金属杆最终匀速运动时杆的速度大小；当金属杆处于问中的匀速运动状态时，电容器C内紧靠下极板且正对a孔的D处有一个带正电的粒子从静止开场经电容器C加速后从a孔垂直磁场B2并正对着圆心O进入圆筒中，该带电粒子与圆筒壁碰撞四次后恰好又从小孔a射出圆筒。粒子的比荷5×107 C/k

52、g，该带电粒子每次与筒壁发生碰撞时电量和能量都不损失，不计粒子重力和空气阻力，那么磁感应强度B2多大？结果允许含有三角函数式答案：v5 m/s7分B2103×tan T或B2103×tan T13分解析：金属杆先做加速度减小的加速运动，最终以最大速度匀速运动。设杆匀速运动时速度为v，根据法拉第电磁感应定律，有EB1Lv2分根据闭合电路欧姆定律，有I2分根据平衡条件，有FB1IL2分联立以上式子，代入数据解得v5 m/s1分设杆匀速运动时电容器C两极板间的电压为U，带电粒子进入圆筒的速率为v1。在磁场中做匀速圆周运动的半径为R由于电容器C与电阻R1并联，根据欧姆定律，有UIR11