上海市上海中学高中物理电磁感应现象压轴题易错题

一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况

1．如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ = 30°角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B = 1T．质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r，现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm．改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示．已知轨距为L = 2m，重力加速度g取l0m/s2，轨道足够长且电阻不计．求：

(1)杆ab下滑过程中流过R的感应电流的方向及R=0时最大感应电动势E的大小； (2)金属杆的质量m和阻值r；

(3)当R =4Ω时，求回路瞬时电功率每增加2W的过程中合外力对杆做的功W． 【答案】(1)电流方向从M流到P，E=4V (2)m=0.8kg，r=2Ω (3)W=1.2J 【解析】

本题考查电磁感应中的单棒问题，涉及动生电动势、闭合电路欧姆定律、动能定理等知识．

(1)由右手定则可得，流过R的电流方向从M流到P 据乙图可得，R=0时，最大速度为2m/s，则Em = BLv = 4V (2)设最大速度为v，杆切割磁感线产生的感应电动势 E = BLv 由闭合电路的欧姆定律IE Rr杆达到最大速度时mgsinBIL0 得 vmgsinmgsinRr 2222BLBL结合函数图像解得：m = 0.8kg、r = 2Ω

E2(3)由题意：由感应电动势E = BLv和功率关系P

RrB2L2V2得P

RrB2L2V22B2L2V12则P RrRr再由动能定理W得W11mV22mV12 22m(Rr)P1.2J

2B2L2

2．如图所示，无限长平行金属导轨EF、PQ固定在倾角θ=37°的光滑绝缘斜面上，轨道间距L=1m，底部接入一阻值R=0.06Ω的定值电阻，上端开口，垂直斜面向上的匀强磁场的磁感应强度B=2T。一质量m=2kg的金属棒ab与导轨接触良好，ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，ab连入导轨间的电阻r=0.04Ω，电路中其余电阻不计。现用一质量M=6kg的物体通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与ab相连.由静止释放物体，当物体下落高度h=2.0m时，ab开始匀速运动，运动中ab始终垂直导轨并与导轨接触良好。不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。

(1)求ab棒沿斜面向上运动的最大速度；

(2)在ab棒从开始运动到开始匀速运动的这段时间内，求通过杆的电量q； (3)在ab棒从开始运动到开始匀速运动的这段时间内，求电阻R上产生的焦耳热。 【答案】(1)【解析】 【分析】

(1)由静止释放物体，ab棒先向上做加速运动，随着速度增大，产生的感应电流增大，棒所受的安培力增大，加速度减小，棒做加速度减小的加速运动；当加速度为零时，棒开始匀速，速度达到最大。据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、安培力公式、平衡条件等知识可求出棒的最大速度。

(2)本小问是感应电量的问题，据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、电流的定义式、磁通量的概念等知识可进行求解。

(3)从ab棒开始运动到匀速运动，系统的重力势能减小，转化为系统增加的动能、摩擦热和焦耳热，据能量守恒定律可求出系统的焦耳热，再由焦耳定律求出电阻R上产生的焦耳热。 【详解】

(1)金属棒ab和物体匀速运动时，速度达到最大值，由平衡条件知 对物体，有又

、

；对ab棒，有

(2)q=40C (3)

联立解得：(2) 感应电荷量

据闭合电路的欧姆定律

据法拉第电磁感应定律

在ab棒开始运动到匀速运动的这段时间内，回路中的磁通量变化联立解得：

(3)对物体和ab棒组成的系统，根据能量守恒定律有：

又

解得：电阻R上产生的焦耳热

3．如图甲所示，在一对平行光滑的金属导轨的上端连接一阻值为R＝4Ω的定值电阻，两导轨在同一平面内。质量为m＝0.1kg，长为L＝0.1m的导体棒ab垂直于导轨，使其从靠近电阻处由静止开始下滑，已知导体棒电阻为r＝1Ω，整个装置处于垂直于导轨面的匀强磁场中，导体棒下滑过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示，(g＝10m/s2)。求： （1）导轨平面与水平面间夹角θ； （2）磁场的磁感应强度B；

（3）若靠近电阻处到底端距离为20m，ab棒在下滑至底端前速度已达10m/s，求ab棒下滑的整个过程中，电阻R上产生的焦耳热。

【答案】（1）30；（2）B5T；（3）QR4J 【解析】 【分析】 【详解】

（1）由EBLv、IE、FBIL得安培力 RrB2L2v FRr根据牛顿第二定律得

mgsinFma

代入得

B2L2vmgsinma

Rr整理得

B2L2avgsin

mRr由数学知识得知，a-v图象斜率的大小等于

B2L2k

mRr纵截距等于

gsin

由图象可知图象的纵截距等于5，即

gsin5

解得

30

（2）由图象可知图象斜率的大小等于0.5，则有

B2L20.5

mRr代入解得

B5T

（3）ab棒下滑到底端的整个过程中，根据能量守恒定律得

mgxsin得电路中产生的总热量

12mvQ 2Q5J

根据焦耳定律得电阻R上产生的焦耳热为

QRRQ4J Rr

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E1；

（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

R，圆2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=B0+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Uab；

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F2与x的函数关系式，并在图4中定性画出F2-x图像。

2kπx2ker2【答案】（1）见解析（2）a. Uab=； b. ；图像见解析 F2=32x【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

F1Bev

从N到M非静电力做功为

W非=Bevl

由电动势定义可得

E1（2）a.由B1B0kt可得

W非Blv qBk t根据法拉第电磁感应定律

E2因为xr，所以

BSkS ttS=πx2

根据闭合电路欧姆定律得

IE2

RR/2UabIR

联立解得

2kπx2 Uab=3b.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F2s 电子沿着金属圆环运动一周，非静电力做的功

W非F2s2πF2x

根据电动势定义

E2当xr时，联立解得

W非 ekex 2F2当xr时，磁通量有效面积为

Sr2

联立解得

ker2 F22x由自由电子受到的感生电场力F2与x的函数关系式 可得F2-x图像

5．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

l正方形线框相连，金属框下方2h=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Q1=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=1Ω。导体棒ab和金属框单位长度电阻r=1Ω/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

R1rl1Ω

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

Q2Q10.636J

此过程由动能定理得

2mghmghsin30Q解得

v=2.4m/s

金属框的总电阻为

1(m2m)v2 2R21l4r2Ω 2金属框在磁场中做匀速运动时导体棒ab产生的电动势为E1Blv，则有

I1金属框产生的电动势

E1 R1R1Blv 2E2I2金属框在磁场中做匀速运动时由平衡条件得

E2 R21l0 22mgmgsin30BI1lBI2得

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

d根据能量守恒得

l0.5m 212mg(h2d)mg(h2d)sin30E(m2m)v2

2得

E2.136J

(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vm，则

I根据平衡条件得

Blvm R1R2mgmgsin30BIl0

解得

vm3m/s。

6．如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨．间距L=0.50m，导轨平面与水平面间夹角θ=37°，N、Q间连接一个电阻R=5.0Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=1.0T．将一根质量m=0.05kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数0.50，当金属棒滑至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离s2.0m．已知g10m/s2， sin370.60，

cos370.80．求：

（1）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小； （2）金属棒达到cd处的速度大小；

（3）金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量． 【答案】（1）a2.0m/s2 （2）v2.0m/s （3）Q0.10J 【解析】 【分析】

根据牛顿第二定律求加速度，根据平衡条件求金属棒速度大小，由能量守恒求电阻R上产生的热量； 【详解】

（1）设金属杆的加速度大小a，则mgsinmgcosma

解得a2.0m/s2

（2）设金属棒达到cd位置时速度大小为V，电流为I，金属棒受力平衡，有

mgsinBILmgcos

IBLv R解得：V2.0m/s．

（3）设金属棒从ab运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量为Q，由能量守恒，有

mgssin12mvmgscosQ 2解得：Q0.10J

7．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v2； (2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1； (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)

mgfRRv (2)1B2a2B2a2mg2f2

3mR22(3)Qmgf2mgfab 442Ba【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】

B2a2v2(1)线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间，由平衡知识有：mgf

R解得：v2(mgf)R 22Ba12mv1 2(2)线框从离开磁场至上升到最高点的过程，由动能定理：0(mgf)h0线圈从最高点落至进入磁场瞬间：(mgf)h联立解得：v112mv1 2mgfRv222(mg)2f2 mgfBa1212mv0mv1 22(3)线框在向上通过磁场过程中，由能量守恒定律有：

Q(mgf)(ab)而v02v1

3mR2解得：Q[(mg)2f2](mgf)(ab) 442Ba即线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热为

3mR222Q[(mg)f](mgf)(ab) 442Ba【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.

8．如图所示，水平面上有一个高为d的木块，木块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.1．由均匀金属材料制成的边长为2d、有一定电阻的正方形单匝线框，竖直固定在木块上表面，它们的总质量为m．在木块右侧有两处相邻的边长均为2d的正方形区域，正方形底边离水平面高度为2d．两区域各有一水平方向的匀强磁场穿过，其中一个方向垂直于纸面向里，另一个方向垂直于纸面向外，区域Ⅱ中的磁感应强度为区域Ⅰ中的3倍．木块在水平外力作用下匀速通过这两个磁场区域．已知当线框右边MN刚进入Ⅰ区时，外力大小恰好为F0320mg，此时M点电势高于N点，M、N两点电势差UMN=U．试求：

（1）区域Ⅰ中磁感应强度的方向怎样？

（2）线框右边MN在Ⅰ区运动过程中通过线框任一横截面的电量q． （3）MN刚到达Ⅱ区正中间时，拉力的大小F． （4）MN在Ⅱ区运动过程中拉力做的功W．

【答案】（1）向外 （2）q【解析】 【详解】

3mgd4747mg （4）mgd （3）

40U5025（1）因为线框从左向右匀速通过这两个磁场区域，所以拉力方向向右，安培力方向向左。 因为M点电势高于N点，由右手定制可判断区域Ⅰ中磁感应强度的方向向外。 （2）设线框的总电阻为R，磁场Ⅰ区的磁感强度为B，线框右边MN在Ⅰ区运动过程中有一半长度切割磁感线产生感应电动势，有

IRBdv33，UIRBdv

44R线框右边MN在Ⅰ区运动过程中，木块与线框受力平衡，有

FFAmg0

解得

FABId31mg0.1mgmg 20202d v通过线框任一横截面的电量q为qIt，其中t联立以上各式，解得

q3mgd 40U（3）MN刚到达Ⅱ区正中间时，流过线框的电流为

I'3BdvBdv4Bdv4I RR4mg 5线框左、右两条边均受到向左的安培力作用，总的安培力大小为

FA'BI'd3BI'd16FA由于线框上边各有一半处在磁场Ⅰ区、Ⅱ区中，所以分别受到向上与向下的安培力作用，此时木块受到的支持力N为

7Nmg3BI'dBI'dmg8FAmg

5木块与线框组成的系统受力平衡，因此拉力F为

FFA'N4747mgmgmg 55050（4）随着MN在磁场Ⅱ区的运动，木块受到的支持力Nx随发生的位移x而变化，有

Nxmg3BI'xBI'(2dx)mg2BI'd4BI'x

由于Nx随位移x线性变化，因此MN在Ⅱ区运动过程中木块受到的平均支持力为

Nmg2BI'd此过程中拉力做的功W为

4BI'2d7mg2BI'dmg 2747WFA'2dN2dmg2dmg2dmgd

55025

9．如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ．现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g．求：此过程中，

（1）导体棒刚开始运动时的加速度a （2）导体棒速度的最大值vm （3）导体棒中产生的焦耳热Q （4）流过电阻R的电量q 【答案】（1）a（3）Q【解析】 【详解】

（1）导体棒刚开始运动时，水平方向只受拉力F和摩擦力作用，则F-μmg=ma，解得

Fmg(Fmg)(rR) （2）vm mB2d2r1(Fmg)(rR)2BLd]qFLmgLm[ （4） rR2B2d2RraFmg mB2d2vm（2）杆受到的安培力：FB=BId= ，

Rr杆匀速运动时速度最大，由平衡条件得：F=FB+f，

B2d2vm+μmg， 即：F= Rr解得：vmFmgrR；

B2d21mvm2， 2（3）开始到达到最大速度的过程中，由能量守恒定律得：FL-μmgL=Q+导体棒上产生的热流量：QR=

r

Q， Rr

rm(Fmg)2(Rr)2 [（F-μmg）L-]； 解得：QR= 44Rr2Bd（4）电荷量：qItEBdLBdLtt； RrRrRrt【点睛】当杆做匀速运动时速度最大，应用平衡条件、安培力公式、能量守恒定律即可正确解题．分析清楚杆的运动过程，杆做匀速运动时速度最大；杆克服安培力做功转化为焦耳热，可以从能量角度求焦耳热．

10．如图所示，间距为

L、电阻不计的足够长双斜面型平行导轨，左导轨光滑，右导轨粗糙，

左、右导轨分别与水平面成α、β角，分别有垂直于导轨斜面向上的磁感应强度为 B1、B2 的匀强磁场，两处的磁场互不影响．质量为 m、电阻均为 r 的导体棒 ab、cd 与两平行导轨垂直放置且接触良 好．ab 棒由静止释放，cd 棒始终静止不动．求： （1）ab 棒速度大小为 v 时通过 cd 棒的电流大小和 cd 棒受到的摩擦力大小． （2）ab 棒匀速运动时速度大小及此时 cd 棒消耗的电功率．

m2g2rsin2B1LvB1B2L2v【答案】（1）；－mgsin β（2） 222rBL2r1【解析】 【分析】 【详解】

（1）当导体棒ab的速度为v时，其切割磁感线产生的感应电动势大小为：E＝B1Lv① 导体棒ab、cd串联，由全电路欧姆定律有：IE② 2rB1Lv③ 2r联立①②式解得流过导体棒cd的电流大小为：I导体棒cd所受安培力为：F2＝B2IL④

若mgsin β ＞F2，则摩擦力大小为：

B1B2L2v⑤ f1mgsin?F2mgsin2r若mgsin β ≤F2，则摩擦力大小为： B1B2L2vf2F2mgsinmgsin⑥

2r（2）设导体棒ab匀速运动时速度为v0，此时导体棒ab产生的感应电动势为：E0＝B1Lv0⑦

流过导体棒ab的电流大小为：I0E0⑧ 2r导体棒ab所受安培力为：F1＝B1I0L⑨ 导体棒ab匀速运动，满足：mgsin α－F1＝0⑩ 联立⑦⑧⑨⑩式解得：v02mgrsin

B12L220m2g2rsin2此时cd棒消耗的电功率为：PIR

B12L2【点睛】

本题是电磁感应与力学知识的综合应用，在分析中要注意物体运动状态（加速、匀速或平衡），认真分析物体的受力情况，灵活选取物理规律，由平衡条件分析和求解cd杆的受力情况．