高三复习电磁感应计算题集锦

电磁感应计算题集锦1.如图所示PQ、MN为足够长的两平行金属导轨,它们之间连接一个阻值8R的电阻;导轨间距为kgmmL1.0;1一质量为,电阻2r,长约m1的均匀金属杆水平放置在导轨上,它与导轨的滑动摩擦因数53,导轨平面的倾角为030在垂直导轨平面方向有匀强磁场,磁感应强度为0.5TB,今让金属杆AB由静止开始下滑从杆静止开始到杆AB恰好匀速运动的过程中经过杆的电量1Cq,求:(1)当AB下滑速度为sm/2时加速度的大小(2)AB下滑的最大速度(3)从静止开始到AB匀速运动过程R上产生的热量解析：取AB杆为研究对象其受力如图示建立如图所示坐标系sinXBFmgFfma①cos0gFNmg②fN③BFBIL④IRr⑤Bl⑥联立上面①②③④⑤⑥解得22cos()BlvagsimmRr（4分）当2/vms时221330.521210101.5(/)2520.1(28)ams（2分）②由上问可知22sincos()BlaggmRr故AB做加速度减小的加速运动当0a22221330.110(28)()()(sincos)2528/0.51mmgRrvmsBl（3分）③从静止开始到运速运动过程中t⑦θRBABMPQNmgFBNfθIRr⑧QIt⑨联立⑦⑧⑨可知ERr（3分）而BlS()1(82)20()0.51QRrSmBl（2分）设两电阻发热和为RrQQ，由能量守恒可知21sincos0.85()2mRrRrmgSmvmgSQQQQJ（4分）::RrQQRr⑩（2分）RrRrQQQ○11联立⑩○11得80.80.64()82RRrRQQJRr（1分）2．（20分）在质量为M=1kg的小车上，竖直固定着一个质量为m=0.2kg，宽L=0.05m、总电阻R=100的n=100的n=100匝矩形线圈。线圈和小车一起静止在光滑水平面上，如图（1）所示。现有一子弹以v0=110m/s的水平速度射入小车中，并立即与小车（包括线圈）一起运动，速度为v1=10m/s。随后穿过与线圈平面垂直，磁感应强度B=1.0T的水平有界匀强磁场，方向垂直纸面向里，如图所示。已知子弹射入小车后，小车运动的速度v随车的位移s变化的v–s图象如图（2）所示。求：（1）子弹的质量m0；（2）小车的位移s=10cm时线圈中的电流大小I；（3）在线圈进入磁场的过程中通过线圈某一截面的电荷量q；（4）线圈和小车通过磁场的过程中线圈电阻的发热量Q。分析与解：（1）在子弹射入小车的过程中，由子弹、线圈和小车组成的系统动量守恒。有1000)(vmmMvm（2分）解得子弹的质量kgm12.00；（2分）（2）当s=10cm时，由图象中可知线圈右边切割磁感线的速度v2=8m/s（1分）由闭合电路欧姆定律得线圈中的电流RnBlvREI2（2分）解得AAI4.0100805.01100（2分）（3）由图可知，从s=5cm开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，受安培力作用，小车做减速运动，速度v随位移s减小，当s=15cm时，线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动，因此线圈孤长为↑s=10cm。（2分）RsnBLRnq（2分）解得CCQ31051001.005.01100（2分）（4）由图象可知，线圈左边离开磁场时，小车的速度为v=2m/s。线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功，线卷的动能减少，转化成电能消耗在线圈上产生电热。（1分）))((2123210vvmmMQ（2分）解得线圈电阻发热量Q=63.36J（2分）3．（19分）光滑平行金属导轨水平面内固定，导轨间距L=0.5m，导轨右端接有电阻RL=4Ω小灯泡，导轨电阻不计。如图甲，在导轨的MNQP矩形区域内有竖直向上的磁场，MN、PQ间距d=3m，此区域磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示，垂直导轨跨接一金属杆，其电阻r=1Ω,在t=0时刻，用水平恒力F拉金属杆，使其由静止开始自GH位往右运动，在金属杆由GH位到PQ位运动过程中，小灯发光始终没变化，求：（1）小灯泡发光电功率；（2）水平恒力F大小；（3）金属杆质量m.解析：（1）E=（L·d）△B/△t=0.5×3×2/4=0.75V…………………………………………2分I=E/(R+r)=0.75/5=0.15A…………………………………………………………………2分P=I2·Rl=0.152×4=0.09w………………………………………………………………2分(2)由题分析知：杆在匀强磁场中匀速运动，插入磁场区域之前匀加速运动…………1分∴F=F安=ILB=0.15×0.5×2=0.15N……………………………………………………2分(3)E′=I(R+r)=0.15×5=0.75V……………………………………………………2分E′=BLV′V′=0.75/(2×0.5)=0.75m/s…………………………………………2分F=ma………………………………2分V′=at………………………………………2分m=F/a=0.15/(0.75/4)=0.8kg………………………………………………………………2分4.（16分）如图甲所示,两根足够长的平行光滑金属导轨固定放置在水平面上，间距L＝0.2m，一端通过导线与阻值为R=1Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m＝0.5kg的金属杆，金属杆与导轨的电阻均忽略不计.整个装置处于竖直向上的大小为B＝0.5T的匀强磁场中.现用与导轨平行的拉力F作用在金属杆上，金属杆运动的v-t图象如图乙所示.（取重力加速度g=10m/s2）求：（1）t＝10s时拉力的大小及电路的发热功率.（2）在0～10s内，通过电阻R上的电量.解：(1)由v-t图象可知：20.4/vamst①由牛顿第二定律:FFma安②FBIL安＝③EBLv＝④EIR＝⑤vat（或由图可知，t=10s时，v=4m/s）⑥FRB图甲t/s15105024v(m/s)图乙联立以上各式，代入数据得：maRvLBF22＝0.24N⑦WREP16.02⑧(2)qIt⑨REI⑩tE⑾212BSBLat⑿联立以上各式，代入数据得:2=2C2BLatqRR⒀5.(20分）如图所示间距为L、光滑的足够长的金属导轨（金属导轨的电阻不计）所在斜面倾角为两根同材料、长度均为L、横截面均为圆形的金属棒CD、PQ放在斜面导轨上.已知CD棒的质量为m、电阻为R,PQ棒的圆截面的半径是CD棒圆截面的2倍。磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上两根劲度系数均为k、相同的弹簧一端固定在导轨的下端另一端连着金属棒CD开始时金属棒CD静止，现用一恒力平行于导轨所在平面向上拉金属棒PQ．使金属棒PQ由静止开始运动当金属棒PQ达到稳定时弹簧的形变量与开始时相同，已知金属棒PQ开始运动到稳定的过程中通过CD棒的电量为q,此过程可以认为CD棒缓慢地移动，已知题设物理量符合sin54mgBLqRk的关系式，求此过程中(l）CD棒移动的距离；(2)PQ棒移动的距离(3)恒力所做的功。（要求三问结果均用与重力mg相关的表达式来表示）.解：PQ棒的半径是CD棒的2倍，PQ棒的横截面积是CD棒的截面积的4倍，PQ棒的质量是CD棒的质量的4倍，PQ棒的质量m´=4m，由电阻定律可知PQ棒的电阻是CD棒电阻的41，即R´=4R,两棒串的总电阻为R0=R+4R=45R………正确判断PQ棒的质量和电阻积各给1分共2分（1）开始时弹簧是压缩，当向上安培力增大时，弹簧的压缩量减少，安培力等于CD棒平行于斜面的分量时，弹簧恢复到原长，安培力继续增大，弹簧伸长，由题意可知，当弹簧的伸长量等于开始的压缩量时达到稳定状态，此时的弹力大小相等，方向相反，两弹簧赂上的弹力等于CD棒重力平行于斜面的分量。即2F1=mgsinα,弹簧的形变量为△x,△x=kmg2sin………2分CD棒移动的距离为△SCD=2△x=kmgsin………2分(2)在达到稳定过程中两棒之间距离增大△S，由两金属棒组成的闭合回路中的磁通量发生变化，产生感应电动势为E=,StSBLtB感应电流为I=tRtBLRE540……2分所以，回路中通过的电量即CD棒中的通过的电量为q=I△t=RtBLRE540……2分由此可得两棒距离增大值△S=BLqR45……2分PQ棒沿导轨上滑动距离应为CD棒沿斜面上滑动距离和两棒距离增大值之和PQ棒沿导轨上滑动距离为△SPQ=△SCD=BLqR45+kmgsin=kmgsin2……2分(3)CD棒静止，受到向上的安培力与重力平行斜面的分量和弹力的合力平衡，安培力为FB=mgsinα+2Fk=2mgsinα……2分金属棒PQ达到稳定时，它受到的合外力为零，向上的恒力等于向下的安培力和重力平行于斜面的分量，即恒力F=FB+m´gsinα=6mgsinα……2分恒为做功为W=F△SPQ=6mgsinα·kmgsin2=kmg2)sin(12……2分6、（12分）如图所示，AB和CD是足够长的平行光滑导轨，其间距为l，导轨平面与水平面的夹角为θ。整个装置处在磁感应强度为B、方向垂直于导轨平面且向上的匀强磁场中。AC端连有阻值为R的电阻。若将一质量为M、垂直于导轨的金属棒EF在距BD端s处由静止释放，则棒滑至底端前会有加速和匀速两个运动阶段。现用大小为F、方向沿斜面向上的恒力把金属棒EF从BD位置由静止推至距BD端s处，此时撤去该力，金属棒EF最后又回到BD端。求：（1）金属棒下滑过程中的最大速度。（2）金属棒棒自BD端出发又回到BD端的整个过程中，有多少电能转化成了内能（金属棒及导轨的电阻不计）?解：（1）RvlBMg22sin（4分）、22sinlBMgRv（2分）（2）EMvFs221（4分）、4422232sinlBRgMFsE（2分）7．（12分）如图所示，一矩形金属框架与水平面成=37°角，宽L=0.4m，上、下两端各有一个电阻R0=2Ω，框架的其他部分电阻不计，框架足够长，垂直于金属框平面的方向有一向上的匀强磁场，磁感应强度B=1.0T．ab为金属杆，与框架良好接触，其质量m=0.1Kg，杆电阻r=1.0Ω，杆与框架的动摩擦因数μ＝0.5．杆由静止开始下滑，在速度达到最大的过程中，上端电阻R0产生的热量Q0=0.5J．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）流过R0的最大电流；（2）从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面下滑的距离；（3）在时间1s内通过杆ab横截面积的最大电量．解析：（1）当满足BIL+μmgcosθ=mgsinaθ时有最大电流（2分）AABLmgIm5.04.00.1)8.05.06.0()cos(sin（1分）流过R0的最大电流为I0=0.25A（1分）（2）Q总=4Qo=2J(1分)ε=IR总=0.5×2V=1.0V（1分）ABDCEFBsθRoRoRBab此时杆的速度为smsmBLvm/5.2/4.00.10.1（1分）由动能定理得omvQmgSmgSm221cossin总（2分）求得杆下滑的路程mmmgQmvSm56.11)8.05.06.0(101.02225.21.0)cos(sin2222（1分）（3）通过ab杆的最大电量CCRtBLvRSBRqm5.0215.24.00.1总总总（2分）8．（14分）如图（A）所示，固定于水平桌面上的金属架cdef，处在一竖直向下的匀强磁场中，磁感强度的大小为B0，金属棒ab搁在框架上，可无摩擦地滑动，此时adeb构成一个边长为l的正方形，金属棒的电