备战高考物理电磁感应现象的两类情况提高练习题压轴题训练及答案解析

备战高考物理电磁感应现象的两类情况提高练习题压轴题训练及答案解析

一、电磁感应现象的两类情况

1．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 倾斜放置，两导轨间距离为L ，导轨平面与水平面间的夹角θ，所处的匀强磁场垂直于导轨平面向上，质量为m 的金属棒

ab 垂直于导轨放置，导轨和金属棒接触良好，不计导轨和金属棒ab 的电阻，重力加速度为g ．若在导轨的M 、P 两端连接阻值R 的电阻，将金属棒ab 由静止释放，则在下滑的

过程中，金属棒ab 沿导轨下滑的稳定速度为v ，若在导轨M 、P 两端将电阻R 改接成电容为C 的电容器，仍将金属棒ab 由静止释放，金属棒ab 下滑时间t ，此过程中电容器没有被击穿，求：

（1）匀强磁场的磁感应强度B 的大小为多少？ （2）金属棒ab 下滑t 秒末的速度是多大？ 【答案】（1）2sin mgR B L v

θ=2）sin sin t gvt v v CgR θθ=+ 【解析】

试题分析：（1）若在M 、P 间接电阻R 时，金属棒先做变加速运动，当加速度为零时做匀速运动，达到稳定状态．则感应电动势E BLv =，感应电流E

I R

=

，棒所受的安培力F BIL =

联立可得22B L v

F R

=，由平衡条件可得F mgsin θ=，解得2

mgRsin B L v θ （2）若在导轨 M 、P 两端将电阻R 改接成电容为C 的电容器，将金属棒ab 由静止释放，产生感应电动势，电容器充电，电路中有充电电流，ab 棒受到安培力． 设棒下滑的速度大小为v '，经历的时间为t 则电容器板间电压为 U E BLv ='=

此时电容器的带电量为

Q CU = 设时间间隔△t 时间内流经棒的电荷量为Q

则电路中电流

Q C U CBL v i t t t ???===???，又v

a t

?=?，解得i CBLa = 根据牛顿第二定律得mgsin BiL ma θ-=，解得22mgsin gvsin a m B L C v CgRsin θθ

θ

=

=++

所以金属棒做初速度为0的匀加速直线运动，ts 末的速度gvtsin v at v CgRsin θ

θ

'==

+．

考点：导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系；电磁感应中的能量转化

【名师点睛】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要会推导加速度的表达式，通过分析棒的受力情况，确定其运动情况．

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）3245ab U BL gL =；（2）322

44

532m g R Q mgL B 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

214sin 30(4)2mgL mgL m m v =++，2

5

v gL =应电动势E BLv =，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332

445

ab U E gL =

= （2）线圈cd 边出磁场前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22m

B L v mg R

=，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

2

143sin 3(4)2m mg L mgL m m v Q θ=+++，32244

532m g R Q mgL B L =-

3．如图，垂直于纸面的磁感应强度为B ，边长为 L 、电阻为 R 的单匝方形线圈 ABCD 在外力 F 的作用下向右匀速进入匀强磁场，在线圈进入磁场过程中，求： (1)线圈进入磁场时的速度 v 。 (2)线圈中的电流大小。 (3)AB 边产生的焦耳热。

【答案】(1)22FR v B L =；(2)F I BL

=；(3)4FL Q =

【解析】 【分析】 【详解】

(1)线圈向右匀速进入匀强磁场，则有

F F BIL ==安

又电路中的电动势为

E BLv =

所以线圈中电流大小为

=

=E BLv

I R R 联立解得

22

FR

v B L =

(2)根据有F F BIL ==安得线圈中的电流大小

F I BL

=

(3)AB 边产生的焦耳热

22(

)4AB F R L Q I R t BL v

==?? 将22

FR

v B L =

代入得 4

FL Q =

4．如图甲所示，一对足够长的平行光滑轨道固定在水平面上，两轨道间距 l= 0.5m ，左侧接一阻值 为R 的电阻。有一金属棒静止地放在轨道上，与两轨道垂直，金属棒及轨道的电

阻皆可忽略不计，整个装置处于垂直轨道平面竖直向下的磁感应强度为1T 的匀强磁场中。T=0 时，用一外力F 沿轨道方向拉金属棒，使金属棒以加速度 a =0.2 m/s 2 做匀加速运动，外力F 与时间 t 的关系如图乙所示。 (1)求金属棒的质量 m ；

(2)当力F 达到某一值时，保持F 不再变化，金属棒继续运动3s ，速度达到1.6m/s 且不再变化，测得在这 3s 内金属棒的位移 s=4.7 m ，求这段时间内电阻R 消耗的电能。

【答案】（1）0.5kg ；（2）1.6J 【解析】 【分析】 【详解】 由图乙知

0.10.05F t =+

（1）金属棒受到的合外力

220.10.05B l v

F F F t ma R

=-=+-=合安

当t =0时

0v at ==

0.1F =N 合

由牛顿第二定律代入数值得

0.5F m a

=

=kg 合

（2）F 变为恒力后，金属棒做加速度逐渐减小的变加速运动，经过3s 后，速度达到最大

1.6m v =m/s ，此后金属棒做匀速运动。 1.6m v =m/s 时

0F =合

220.4m

B l v F F R

===N 安

将F =0.4N 代入0.10.05F t =+

求出金属棒做变加速运动的起始时间为t =6s （该时间即为匀加速持续的时间） 该时刻金属棒的速度为

1 1.2v at ==m/s

这段时间内电阻R 消耗的电能

()2

2112F K m E W E FS m v v =-?=--

()221

0.4 4.70.5 1.6 1.2 1.62

E =?-??-=J

5．如图所示，两条平行的固定金属导轨相距L =1m ，光滑水平部分有一半径为r =0.3m 的圆形磁场区域，磁感应强度大小为10.5T B =、方向竖直向下；倾斜部分与水平方向的夹角为θ=37°，处于垂直于斜面的匀强磁场中，磁感应强度大小为B =0.5T 。金属棒PQ 和MN 的质量均为m =0.lkg ，电阻均为1ΩR =。PQ 置于水平导轨上，MN 放置于倾斜导轨上、刚好不下滑。两根金属棒均与导轨垂直且接触良好。从某时刻起，PQ 棒在水平外力的作用下由静止开始向右运动，当PQ 棒进人磁场1B 中时，即以速度v =16m/s ；匀速穿过该区域。不计导轨的电阻，PQ 始终在水平导轨上运动。取210m/s g =，sin370.6,37cos 0.8??==； (1)求MN 棒刚要滑动时，PQ 所处的位置；

(2)求从PQ 棒开始运动到MN 棒刚要滑动的过程中通过PQ 棒的电荷量；

(3)通过计算，定量画出PQ 棒进人磁场1B 后在磁场中水平外力F 随位移变化的图像。

【答案】(1)0.6m ；(2)

9800

π

C ；(3)

【解析】 【分析】 【详解】

(1)开始MN 刚好不下滑时，MN 受沿倾斜导轨向上的最大静摩擦力m f ，则

sin 37m f mg =?

设PQ 进入磁场1B 后切割磁感线的有效长度为x L ，由法拉第电磁感应定律得PQ 产生的感应电动势为

1x E B L v =

由闭合电路欧姆定律得整个回路中的感应电流为

2E I R

=

则MN 所受的安培力为

2A F B IL =

MN 棒刚要向上滑动时，MN 受沿倾斜导轨向下的最大静摩擦力，由力的平衡条件有

sin 37A m F f mg =+?

联立解得

0.6x L =m

即MN 棒刚要滑动时，PQ 棒刚好运动到圆形磁场区域的直径位置。

(2)从PQ 棒开始运动到MN 棒刚要滑动的过程中，穿过回路的磁通量的变化量为

21192400

BS B r π

π?Φ==?=Wb

平均感应电动势

E t

?Φ

=

? 平均感应电流

2E I R

=

通过PQ 棒的电荷量

922800

E q I t t R R π

?Φ=?=

?==

C (3)当PQ 棒进入磁场1B 后的位移为x 时，切割磁感线的有效长度为

y L ==回路中的电流为

12y B L v I R

=

受到的安培力为

1A y F B IL =

由题意知外力为

1A y F F B IL ==

故有

22128 4.82y A B L v F x x R

=

=-+ (00.6)x <<

因此PQ 棒所受水平外力F 随位移变化的图像如图所示

6．如图所示，光滑的水平平行金属导轨间距为 L ，导轨电阻忽略不计．空间存在垂直于导 轨平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B ,轻质导体棒 ab 垂直导轨放置，导体棒 ab 的电阻为 r ，与导轨之间接触良好．两导轨之间接有定值电阻，其阻值为 R ，轻质导体棒中间系一轻细线，细 线通过定滑轮悬挂质量为 m 的物体，现从静止释放该物体，当物体速度达到最大时，下落的高度为 h ， 在本问题情景中，物体下落过程中不着地，导轨足够长，忽略空气阻力和一切摩擦阻力，重力加速度 为 g ．求：

(1)物体下落过程的最大速度 v m ；

(2)物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中，电阻 R 上产生的电热 Q ； (3)物体从静止开始下落至速度达到最大时，所需的时间 t ．

【答案】（1）22()mg R r B L + (2) 3244

()

2mghR m g R R r R r B L

+-+ (3) 2222()()m R r B L h B L mg R r +++ 【解析】

【分析】在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，下落速度达到最大，由平衡条件、闭合电路欧姆定律和电磁感应定律求出物体下落过程的最大速度；在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守恒定律求出电阻R 上产生的电热；在系统加速过程中，分别对导体棒和物体分析，根据动量定理可得所需的时间；

解：（1）在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，下落速度达到最大 对物体，由平衡条件可得mg=Fr 对导体棒Fr=BIL

对导体棒与导轨、电阻R 组成的回路，根据闭合电路欧姆定律E

I R r

=+ 根据电磁感应定律E=BLv m 联立以上各式解得m 22

()

v mg R r B L +=

（2）在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守恒定律可得

mgh=

1

2

mv m 2+Q 总 在此过程中任一时刻通过R 和r 两部分电阻的电流相等，则电功率之比正比于电阻之比，故整个过程中回路中的R 与r 两部分电阻产生的电热正比于电阻，所以

Q R Q R r

=+总 联立解得3244

()

Q 2mghR m g R R r R r B L

+=-+ （3）在系统加速过程中，任一时刻速度设为v ，取一段时间微元Δt ，在此过程中分别对导

体棒和物体分析，根据动量定理可得22T F 0B L v t R r ??

-?= ?+?

?

()T m F m g t v -?=?

整理可得22m m B L v

g t t v R r ?-?=?+

即22

m m B L g t x v R r ?-?=?+

全过程叠加求和22

m m m B L gt h v R r

-=+

联方解得2222()t ()

m R r B L h

B L mg R r +=++

7．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E 1；

（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

2

R

，圆环两端点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 =B 0+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U ab ；

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2F 与x 的函数关系式，并在图4中定性画出F 2-x 图像。

【答案】（1）见解析（2）a. 2ab 2k πU =3x ； b.2

2 F =

2ker x

；图像见解析 【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

1F Bev =

从N 到M 非静电力做功为

=W Bevl 非

由电动势定义可得

1W E Blv q

==非

（2）a.由01B B kt =+可得

B

k t

?=? 根据法拉第电磁感应定律

2B S

E kS t t ?Φ??=

==?? 因为x r <，所以

2=πS x

根据闭合电路欧姆定律得

2

/2

E I R R =

+

ab U I R =?

联立解得

2

2π=3

ab k x U

b.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2F s ? 电子沿着金属圆环运动一周，非静电力做的功

222πW F s F x ?=∑=非

根据电动势定义

2W E e

=

非

当x r <时，联立解得

22

kex

F =

当x r >时，磁通量有效面积为

2S r π=

联立解得

2

2ker 2F x

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

8．如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5T .在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L ＝1m ，电阻可忽略不计．质量均为m ＝lkg ，电阻均为R ＝2.5Ω的金属导体棒MN 和PQ 垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好．先将PQ 暂时锁定，金属棒MN 在垂直于棒的拉力F 作用下，由静止开始以加速度a ＝0.4m /s 2向右做匀加速直线运动，5s 后保持拉力F 的功率不变，直到棒以最大速度v m 做匀速直线运动.

(1)求棒MN 的最大速度v m ；

(2)当棒MN 达到最大速度v m 时，解除PQ 锁定，同时撤去拉力F ，两棒最终均匀速运动.求解除PQ 棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热.

(3)若PQ 始终不解除锁定，当棒MN 达到最大速度v m 时，撤去拉力F ，棒MN 继续运动多远后停下来?（运算结果可用根式表示）

【答案】（1

）/s m v = （2）Q =5 J （3

）x = 【解析】 【分析】 【详解】

(1)棒MN 做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F -BIL =ma 棒MN 做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E =BLv 棒MN 做匀加速直线运动，5s 时的速度为：v =at 1=2m/s 在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：2E I R

=

联立上述式子，有：222B L at

F ma R

=+

代入数据解得：F =0.5N 5s 时拉力F 的功率为：P =Fv 代入数据解得：P =1W

棒MN 最终做匀速运动，设棒最大速度为v m ，棒受力平衡，则有：

0m m

P

BI L v -= 2m

m BLv I R

=

代入数据解得

:m v =

(2)解除棒PQ 后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为v ′，则有：2m mv mv '=

设从PQ 棒解除锁定，到两棒达到相同速度，这个过程中，两棒共产生的焦耳热为Q ，由能量守恒定律可得：2211

222

m Q mv mv '=-? 代入数据解得：Q =5J ；

(3)棒以MN 为研究对象，设某时刻棒中电流为i ，在极短时间△t 内，由动量定理得：-BiL △t =m △v

对式子两边求和有：()()m BiL t m v ∑-?=∑? 而△q =i △t

对式子两边求和，有:()q i t ∑?=∑? 联立各式解得：BLq =mv m ， 又对于电路有：2E q It t R

==

由法拉第电磁感应定律得：BLx

E t

=

又2BLx

q R

=

代入数据解得：405m x =

9．如图，POQ 是折成60°角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线对称，OP ＝OQ ＝L .整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律为B ＝B 0－kt (其中k 为大于0的常数)．一质量为m 、长为L 、电阻为R 、粗细均匀的导体棒锁定于OP 、OQ 的中点a 、b 位置．当磁感应强度变为

1

2

B 0后保持不变，同时将导体棒解除锁定，导体棒向下运动，离开导轨时的速度为v .导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为g .求导体棒： (1)解除锁定前回路中电流的大小及方向； (2)滑到导轨末端时的加速度大小； (3)运动过程中产生的焦耳热．

【答案】⑴2

3kL ，顺时针方向或b→a ；⑵g －2204B L v mR ；⑶

【解析】 【分析】 【详解】

⑴导体棒被锁定前，闭合回路的面积不变，B t

??＝k 由法拉第电磁感应定律知：E ＝

t Φ??＝B S t ??＝2

3kL 由闭合电路欧姆定律知：I ＝E R 总＝2

38kL R

由楞次定律知，感应电流的方向：顺时针方向或b→a ⑵导体棒刚离开导轨时受力如图所示

根据法拉第电磁感应定律有：E ＝

01

2

B Lv

根据闭合电路欧姆定律知：I ＝E R

根据安培力公式有：F ＝01

2

ILB 解得：F ＝

01

2

ILB 由牛顿第二定律知：mg －F ＝ma

解得：a ＝g －2204B L v

R

⑶由能量守恒知：mgh ＝2

12

mv ＋Q 由几何关系有：h ＝

34

L 解得：Q ＝

3

4

mgL －212mv

10．如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1 m ，导轨平面与水平面成θ = 37°角，下端连接阻值为R ＝2Ω的电阻．磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度为0.4T ．质量为0.2kg 、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25．金属棒沿导轨由静止开始下滑．(g=10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)

(1)判断金属棒下滑过程中产生的感应电流方向； (2)求金属棒下滑速度达到5m/s 时的加速度大小； (3)当金属棒下滑速度达到稳定时，求电阻R 消耗的功率． 【答案】（1）由a 到b （2）22/a m s =（3）8P W = 【解析】 【分析】 【详解】

（1）由右手定则判断金属棒中的感应电流方向为由a 到b ．

（2）金属棒下滑速度达到5/m s 时产生的感应电动势为0.4152E BLv V V ==??=

感应电流为1E

I A R

=

=，金属棒受到的安培力为0.4110.4?F BIL N N ==??= 由牛顿第二定律得：mgsin mgcos F ma θμθ--=，解得：22/a m s =．

（3）设金属棒运动达到稳定时，所受安培力为F '，棒在沿导轨方向受力平衡

mgsin mgcos F θμθ=+'，解得：0.8F N '=，又：F BI L '='，

0.820.41

F I A A BL ''=

==? 电阻R 消耗的功率：28P I R W ='=． 【点睛】

该题考查右手定则的应用和导体棒沿着斜面切割磁感线的运动，该类题型综合考查电磁感应中的受力分析与法拉第电磁感应定律的应用，要求的解题的思路要规范，解题的能力要求较高．

11．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0.50μ=，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 2.0m s =．已知210m/s g =， sin370.60?=，

cos370.80?=．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）22.0/a m s = （2） 2.0/v m s = （3）0.10Q J = 【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sin cos mg mg ma θμθ-= 解得22.0m/s a =

（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

sin cos mg BIL mg θμθ=+

BLv

I R

=

解得： 2.0m/s V =．

（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

2

1sin cos 2

mgs mv mgs Q θμθ?=

+?+ 解得：0.10J Q =

12．如图所示，“＜”型光滑长轨道固定在水平面内，电阻不计．轨道中间存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ．一根质量m 、单位长度电阻R 0的金属杆，与轨道成45°位置放置在轨道上，从静止起在水平拉力作用下从轨道的左端O 点出发，向右做加速度大小为a 的匀加速直线运动，经过位移L ．求： (1)金属杆前进L 过程中的平均感应电动势．

(2)已知金属杆前进L 过程中水平拉力做功W ．若改变水平拉力的大小，以4a 大小的加速度重复上述前进L 的过程，水平拉力做功多少？

(3)若改用水平恒力F 由静止起从轨道的左端O 点拉动金属杆，到金属杆速度达到最大值v m 时产生热量．（F 与v m 为已知量）

(4)试分析(3)问中，当金属杆速度达到最大后，是维持最大速度匀速直线运动还是做减速运动？

【答案】(1)2

2a

BL L W +2maL (3)2202

122-m m

F R mv B v (4)当金属杆速度达到最大后，将做减速运动 【解析】 【详解】

(1)由位移﹣速度公式得

2aL =v 2﹣0

所以前进L 时的速度为

v 2aL

前进L 过程需时

t =

2=v

aL

a 由法拉第电磁感应定律有：

t

E ?Φ=? =21

2222B L L

B S a BL t L aL ????==?

(2)以加速度a 前进L 过程，合外力做功

W +W 安=maL

所以

W 安=maL ﹣W

以加速度4a 前进L 时速度为

'=v =2v

合外力做功

W F ′+W 安′=4maL

由22A B L v

F BIL R

==可知，位移相同时：

F A ′=2F A

则前进L 过程

W 安′=2W 安

所以

W F ′=4maL ﹣2W 安=2W +2maL

(3)设金属杆在水平恒力作用下前进d 时F A =F ，达到最大速度，由几何关系可知，接入电路的杆的有效长度为2d ，则

220(2)2?===?m

A B d v F BIl F R d

所以

d=022m

FR B v 由动能定理有

212

-=

m Fd Q mv 所以：

Q =Fd ﹣222

021122=

2

-m m m F R mv mv B v (4)根据安培力表达式，假设维持匀速，速度不变而位移增大，安培力增大，则加速度一定会为负值，与匀速运动的假设矛盾，所以做减速运动。

13．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．

【答案】（1）12B Lv r ；2122B B L v

r －mgsin β（2）22222

1

sin m g r B L α 【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 ＝B 1Lv①

导体棒ab 、cd 串联，由全电路欧姆定律有：2E I r

=

② 联立①②式解得流过导体棒cd 的电流大小为：12B Lv

I r

=③

导体棒cd 所受安培力为：F 2＝B 2IL④ 若mgsin β ＞F 2，则摩擦力大小为：

21212sin ?sin 2B B L v

f m

g F mg r

ββ=-=-

⑤ 若mgsin β ≤F 2，则摩擦力大小为： 21222sin sin 2B B L v

f F m

g mg r

ββ=-=-⑥

（2）设导体棒ab 匀速运动时速度为v 0，此时导体棒ab 产生的感应电动势为：E 0＝B 1Lv 0⑦

流过导体棒ab 的电流大小为：0

02E I r

=

⑧ 导体棒ab 所受安培力为：F 1＝B 1I 0L⑨

导体棒ab 匀速运动，满足：mgsin α－F 1＝0⑩ 联立⑦⑧⑨⑩式解得：022

12sin mgr v B L α

=

此时cd 棒消耗的电功率为：22220

22

1sin m g r P I R B L α

==

【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．

14．如图所示，宽0.2m L =、长为2L 的矩形闭合线框abcd ，其电阻为4R =Ω，线框以速度10m/s v =垂直于磁场方向匀速通过匀强磁场区域，磁场的宽度为L ，磁感应强度

1T B =问：

（1）当bc 边进入磁场时，线框中产生的感应电动势是多大？ （2）bc 边进入磁场后，它所受到的磁场力是多大？ （3）整个过程中线框产生的热量是多少？

【答案】（1）2V （2）0.1N （3）0.04J 【解析】 【分析】

bc 边进入磁场时，bc 切割磁感线运动，产生的感应电动势；同样ad 边进入磁场时，ad 切割磁感线运动，产生的感应电动势。 【详解】

（1）当bc 边进入磁场时，bc 切割磁感线运动，产生的感应电动势

10.210V 2V E BLv ==??=

（2）bc 边进入磁场后，它所受到的磁场力即为安培力

2

10.2N 0.1N 4

B E F BIL B L R ==??=??=

（3）整个过程中，bc 边进入磁场和ad 边进入磁场过程都有感应电动势产生，产生的感应电动势大小相等。 两边在磁场中运动的时间：

0.222s 0.04s 10

L t v ?＝＝＝

产生热量：

220.540.04J 0.04J Q I Rt ==??=

答：（1）当bc 边进入磁场时，线框中产生的感应电动势是2V ； （2）bc 边进入磁场后，它所受到的磁场力是0.1N ； （3）整个过程中线框产生的热量是0.04J 。

15．如图(a )所示，一个电阻值为R 、匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路，线圈的半径为r 1, 在线圈中半径为r 2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图(b )所示，图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0，导线的电阻不计．求

(1) 0~t 0时间内圆形金属线圈产生的感应电动势的大小E ； (2) 0~t 1时间内通过电阻R 1的电荷量q ．

【答案】（1）2020n B r E t π=（2）2

0120

3n B t r q Rt π=

【解析】 【详解】

（1）由法拉第电磁感应定律E n t

φ

?=?有2020n B r B E n S t t π?==? ① （2）由题意可知总电阻 R 总=R +2R =3 R ② 由闭合电路的欧姆定律有电阻R 1中的电流E

I R =

总

③ 0~t 1时间内通过电阻R1的电荷量1q It = ④

由①②③④式得2

01203n B t r q Rt π=