备战高考物理专题复习电磁感应现象的两类情况的推断题综合题含详细答案

备战高考物理专题复习电磁感应现象的两类情况的推断题综合题含详细答案

一、电磁感应现象的两类情况

1．如图所示，两根光滑、平行且足够长的金属导轨倾斜固定在水平地面上，导轨平面与水平地面的夹角37θ=?，间距为d =0.2m ，且电阻不计。导轨的上端接有阻值为R =7Ω的定值电阻和理想电压表。空间中有垂直于导轨平面斜向上的、大小为B =3T 的匀强磁场。质量为m =0.1kg 、接入电路有效电阻r =5Ω的导体棒垂直导轨放置，无初速释放，导体棒沿导轨下滑一段距离后做匀速运动，取g =10m/s 2，sin37°=0.6，求：

（1）导体棒匀速下滑的速度大小和导体棒匀速运动时电压表的示数； （2）导体棒下滑l =0.4m 过程中通过电阻R 的电荷量。 【答案】（1）20m/s 7V （2）0.02C 【解析】 【详解】

（1）设导体棒匀速运动时速度为v ，通过导体棒电流为I 。 由平衡条件

sin mg BId θ=①

导体棒切割磁感线产生的电动势为

E =Bdv ②

由闭合电路欧姆定律得

E

I R r

=

+③ 联立①②③得

v =20m/s ④

由欧姆定律得

U =IR ⑤

联立①⑤得

U =7V ⑥

（2）由电流定义式得

Q It =⑦

由法拉第电磁感应定律得

E t

?Φ

=

?⑧

B ld ?Φ=?⑨

由欧姆定律得

E

I R r

=

+⑩ 由⑦⑧⑨⑩得

Q =0.02C ?

2．某兴趣小组设计制作了一种磁悬浮列车模型，原理如图所示，PQ 和MN 是固定在水平地面上的两根足够长的平直导轨，导轨间分布着竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场

1B 和2B ，二者方向相反．矩形金属框固定在实验车底部（车厢与金属框绝缘）．其中ad

边宽度与磁场间隔相等，当磁场1B 和2B 同时以速度0m 10s

v =沿导轨向右匀速运动时，

金属框受到磁场力，并带动实验车沿导轨运动．已知金属框垂直导轨的ab 边长

0.1m L =m 、总电阻0.8R =Ω，列车与线框的总质量0.4kg m =，12 2.0T B B ==T ，悬

浮状态下，实验车运动时受到恒定的阻力1h N ．

（1）求实验车所能达到的最大速率；

（2）实验车达到的最大速率后,某时刻让磁场立即停止运动,实验车运动20s 之后也停止运动，求实验车在这20s 内的通过的距离；

（3）假设两磁场由静止开始向右做匀加速运动，当时间为24s t =时，发现实验车正在向右做匀加速直线运动，此时实验车的速度为m 2s

v =，求由两磁场开始运动到实验车开始

运动所需要的时间．

【答案】(1)m 8s

；(2)120m ；(3)2s

【解析】 【分析】 【详解】

（1）实验车最大速率为m v 时相对磁场的切割速率为0m v v -，

则此时线框所受的磁场力大小为22

04-B L v v F R

=

（）

此时线框所受的磁场力与阻力平衡，得：F f =

2m 02

8m/s 4fR

v v B L =-

= （2）磁场停止运动后，线圈中的电动势：2E BLv =

线圈中的电流：E

I R

=

实验车所受的安培力：2F BIL =

根据动量定理，实验车停止运动的过程：m F t ft mv ∑?+=

整理得：224m B L v

t ft mv R

∑?+=

而v t x ∑?=

解得：120m x =

（3）根据题意分析可得，为实现实验车最终沿水平方向做匀加速直线运动，其加速度必须与两磁场由静止开始做匀加速直线运动的加速度相同，设加速度为a ，

则t 时刻金属线圈中的电动势 2)E BL

at v =-（ 金属框中感应电流 2)BL at v I R

-=

（ 又因为安培力22

4)

2B L at v F BIL R

（-==

所以对试验车，由牛顿第二定律得 22

4)

B L at v f ma R

（--=

得 21.0m/s a =

设从磁场运动到实验车起动需要时间为0t ，则0t 时刻金属线圈中的电动势

002E BLat =

金属框中感应电流0

02BLat I R

=

又因为安培力220

0042B L at F BI L R

==

对实验车，由牛顿第二定律得：0F f =

即2204B L at f R

= 得：02s t =

3．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

4．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/s 2)。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）30θ=?；（2）5T B =；（3）4J R Q = 【解析】 【分析】 【详解】

（1）由E BLv =、E

I R r

=

+、F BIL =得安培力 22B L v

F R r

=

+ 根据牛顿第二定律得

sin mg F ma θ-=

代入得

22sin B L v

mg ma R r

θ-=+

整理得

()

22

sin B L a v g m R r θ=-++

由数学知识得知，a -v 图象斜率的大小等于

()

22

B L k m R r =+

纵截距等于

sin g θ

由图象可知图象的纵截距等于5，即

sin 5g θ=

解得

30θ=?

（2）由图象可知图象斜率的大小等于0.5，则有

(

)

22

0.5B L m R r =+

代入解得

5T B =

（3）ab 棒下滑到底端的整个过程中，根据能量守恒定律得

2

1sin 2

mgx mv Q θ=

+ 得电路中产生的总热量

5J Q =

根据焦耳定律得电阻R 上产生的焦耳热为

4J R R

Q Q R r

=

=+

5．某同学在学习电磁感应后，认为电磁阻尼能够承担电梯减速时大部分制动的负荷，从而减小传统制动器的磨损．如图所示，是该同学设计的电磁阻尼制动器的原理图．电梯箱与配重质量都为M ，通过高强度绳子套在半径1r 的承重转盘上，且绳子与转盘之间不打滑．承重转盘通过固定转轴与制动转盘相连．制动转盘上固定了半径为2r 和3r 的内外两个金属圈，金属圈内阻不计．两金属圈之间用三根互成120?的辐向导体棒连接，每根导体棒电阻均为R ．制动转盘放置在一对励磁线圈之间，励磁线圈产生垂直于制动转盘的匀强磁场（磁感应强度为B ），磁场区域限制在120?辐向角内，如图阴影区所示．若电梯箱内放置质量为m 的货物一起以速度v 竖直上升，电梯箱离终点（图中未画出）高度为h 时关闭动力系统，仅开启电磁制动，一段时间后，电梯箱恰好到达终点．

(1)若在开启电磁制动瞬间，三根金属棒的位置刚好在图所示位置，则此时制动转盘上的电动势E 为多少？此时a 与b 之间的电势差有多大？

(2)若忽略转盘的质量，且不计其它阻力影响，则在上述制动过程中，制动转盘产生的热量是多少？

(3)若要提高制动的效果，试对上述设计做出二处改进．

【答案】(1)22321()2Bv r r E r -=

,22321()6Bv r r U r -= (2)2

1()2

Q M m v mgh =+-(3) 若要提高制

动的效果，可对上述设计做出改进：增加外金属圈的半径r 3或减小内金属圈的半径r 2 【解析】 【分析】 【详解】

(1)在开启电磁制动瞬间，承重转盘的线速度为v ，所以，角速度

1

v r ω=

所以，制动转盘的角速度1

v

r ω=，三根金属棒的位置刚好在图2所示位置，则fe 切割磁感线产生电动势

22321

()2Bv r r B S E t t r -?Φ??===??

所以干路中的电流

223E E

I R R R R R

=

=+

+ 那么此时a 与b 之间的电势差即为路端电压

22321

()

6Bv r r U E IR r -=-=

(2)电梯箱与配重用绳子连接，速度相同；由能量守恒可得

21

(2)()2

m M v m M gh Mgh Q +=+-+ 解得：

21

()2

Q M m v mgh =

+- (3)若要提高制动的效果，那么在相同速度下，要使h 减小，则要使制动转盘产生的热量增加，即在相同速度下电功率增大，，速度为v 时的电功率

222223221()362

B v r r E P Rr R

-== 所以，若要提高制动的效果，可增加外金属圈的半径r 3或减小内金属圈的半径r 2或减小金属棒的电阻或减小承重盘的半径r 1．

6．如图所示，竖直向上的匀强磁场垂直于水平面内的导轨，磁感应强度大小为B ，质量为M 的导体棒PQ 垂直放在间距为l 的平行导轨上，通过轻绳跨过定滑轮与质量为m 的物块A 连接。接通电路，导体棒PQ 在安培力作用下从静止开始向左运动，最终以速度v 匀速运动，此过程中通过导体棒PQ 的电量为q ，A 上升的高度为h 。已知电源的电动势为E ，重力加速度为g 。不计一切摩擦和导轨电阻，求：

(1)当导体棒PQ 匀速运动时，产生的感应电动势的大小E ’； (2)当导体棒PQ 匀速运动时，棒中电流大小I 及方向； (3)A 上升h 高度的过程中，回路中产生的焦耳热Q 。

【答案】(1) E Blv =；(2) mg I Bl =，方向为P 到Q ；(3)2

1()2

qE mgh m M v --+ 【解析】 【分析】 【详解】

(1)当导体棒PQ 最终以速度v 匀速运动，产生的感应电动势的大小

E Blv =

(2)当导体棒PQ 匀速运动时，安培力方向向左，对导体棒有

T mg F ==安

又因为

F BIl =安

联立得

mg

I Bl

=

根据左手定则判断I 的方向为P 到Q 。

(3) 根据能量守恒可知，A 上升h 高度的过程中，电源将其它形式的能量转化为电能，再将电能转化为其他形式能量，则有

()21

2

qE Q m M v mgh =+

++ 则回路中的电热为

()21

2

Q qE mgh m M v =--

+

7．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）25m /s m v = （2）Q =5 J （3）5m 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:25m/s 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 =

8．在如图甲所示区域(图中直角坐标系Oxy 的一、三象限)内有匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小为B ，半径为l ，圆心角为60°的扇形导线框OPQ 以角速度ω绕O 点在纸面内沿逆时针方向匀速转动，导线框回路电阻为R .

(1)求线框中感应电流的最大值I 0和交变感应电流的频率f ；

(2)在图乙中画出线框在一周的时间内感应电流I 随时间t 变化的图象(规定与图中线框的位置相应的时刻为t =0)

【答案】（1）2012I bl R ω=

，f ω

π

= （2）

【解析】 【详解】

（1）在从图1中位置开始t =0转过60°的过程中，经△t ，转角△θ=ω△t ，回路的磁通增量为

△Φ＝

1

2

△θ l 2B 由法拉第电磁感应定律，感应电动势为：

ε＝

t

Φ

V V 因匀速转动，这就是最大的感应电动势．由欧姆定律可求得：

I 0＝1 2R

ωBl 2

前半圈和后半圈I （t ）相同，故感应电流周期为：

T ＝ πω

，

频率为：

1f T ＝

ωπ

=． 故感应电流的最大值为

I 0＝1 2R

ωBl 2，

频率为

f ＝

ωπ

． （2）由题可知当线框开始转动

3

π

过程中，有感应电流产生，全部进入时，无感应电流，故当线框全部进入磁场接着再旋转6

π

过程中无电流，然后出磁场时，又有感应电流产生．故图线如图所示：

【点睛】

本题考查了法拉第电磁感应定律的应用，注意公式=

E t Φ

V V 和E =BLv 的区别以及感应电流产生条件，并记住旋转切割产生感应电动势的公式E =1

2

BωL 2．

9．磁场在xOy 平面内的分布如图所示，其磁感应强度的大小均为B 0，方向垂直于xOy 平面，相邻磁场区域的磁场方向相反，每个同向磁场区域的宽度均为L 0，整个磁场以速度v 沿x 轴正方向匀速运动。若在磁场所在区间内放置一由n 匝线圈组成的矩形线框abcd ，线框的bc ＝L B 、ab ＝L 、L B 略大于L 0，总电阻为R ，线框始终保持静止。求：

（1）线框中产生的总电动势大小和导线中的电流大小； （2）线框所受安培力的大小和方向。

【答案】（1）2nB 0Lv ；02nB Lv R （2）22204n B L v

R

，方向沿x 轴正方向

【解析】 【详解】

（1）线框相对于磁场向左做切割磁感线的匀速运动，切割磁感线的速度大小为v ，任意时刻线框ab 边切割磁感线产生的感应电动势大小为

E 1=nB 0Lv ，

cd 边切割磁感线产生的感应电动势大小为

E 2=nB 0Lv ，

ab 边和cd 边所处的磁场方向总是相反的，故ab 边和cd 边中产生的感应电动势方向总是相同的，所以总的感应电动势大小

E =2nB 0Lv ，

由闭合电路欧姆定律得导线中的电流大小

02nB Lv

I R

=

（2）线框所受安培力的大小

2220042n B L v

F nB LI R

==

， 由左手定则判断，线框所受安培力的方向始终沿x 轴正方向。

10．如图所示，在坐标xoy 平面内存在B=2．0T 的匀强磁场，OA 与OCA 为置于竖直平面内的光滑金属导轨，其中OCA 满足曲线方程

，C 为导轨的最右端，导轨

OA 与OCA 相交处的O 点和A 点分别接有体积可忽略的定值电阻R 1和R 2，其R 1=4．0Ω、R 2=12．0Ω．现有一足够长、质量m=0．10kg 的金属棒MN 在竖直向上的外力F 作用下，以v=3．0m/s 的速度向上匀速运动，设棒与两导轨接触良好，除电阻R 1、R 2外其余电阻不计，g 取10m/s 2，求：

（1）金属棒MN在导轨上运动时感应电流的最大值；

（2）外力F的最大值；

（3）金属棒MN滑过导轨OC段，整个回路产生的热量．

【答案】（1）1．0A（2）20．0N（3）1．25J

【解析】

【分析】

【详解】

（1）金属棒MN沿导轨竖直向上运动，进入磁场中切割磁感线产生感应电动势．当金属棒MN匀速运动到C点时，电路中感应电动势最大，产生的感应电流最大．

金属棒MN接入电路的有效长度为导轨OCA形状满足的曲线方程中的x值．因此接入电路的金属棒的有效长度为

L m=x m=0.5m

E m=3.0V

且

A

(2)金属棒MN匀速运动中受重力mg、安培力F安、外力F外作用

N

N

（3）金属棒MN在运动过程中，产生的感应电动势

有效值为

金属棒MN滑过导轨OC段的时间为t

m

s

滑过OC段产生的热量J.

11．如图所示，两根电阻忽略不计、互相平行的光滑金属导轨竖直放置，相距L=1m，在水平虚线间有与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，磁场区域的高度

d=1m，导体棒a的质量m a=0.2kg、电阻R a=1Ω；导体棒b的质量m b=0.1kg、电阻

R b=1.5Ω．它们分别从图中M、N处同时由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动，b匀速穿过磁场区域，且当b刚穿出磁场时a正好进入磁场，重力加速度g=10m/s2，不计a、b棒之间的相互作用，导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好，求：

（1）b棒穿过磁场区域过程中克服安培力所做的功；

（2）a棒刚进入磁场时两端的电势差；

（3）保持a棒以进入时的加速度做匀变速运动，对a棒施加的外力随时间的变化关系．【答案】（1）b棒穿过磁场区域过程中克服安培力所做的功为1J；（2）a棒刚进入磁场时两端的电势差为3.3V；

（3）保持a棒以进入时的加速度做匀变速运动，对a棒施加的外力随时间的变化关系为

F=0.45t﹣1.1．

【解析】

【分析】

（1）b在磁场中匀速运动，其安培力等于重力，根据重力做功情况求出b棒克服安培力分别做的功．

（2）b进入磁场做匀速直线运动，受重力和安培力平衡，根据平衡条件，结合闭合电路欧姆定律和切割产生感应电动势大小公式，求出b做匀速直线运动的速度大小．a、b都在磁场外运动时，速度总是相等，b棒进入磁场后，a棒继续加速运动而进入磁场，根据运动学速度时间公式求解出a进入磁场时的速度大小，由E=BLv求出a棒产生的感应电动势，即可求得a棒刚进入磁场时两端的电势差．

（3）根据牛顿第二定律求出a棒刚进入磁场时的加速度，再根据牛顿第二定律求出保持a 棒以进入时的加速度做匀变速运动时外力与时间的关系式．

【详解】

（1）b棒穿过磁场做匀速运动，安培力等于重力，则有：BI1L=m b g，

克服安培力做功为：W=BI1Ld=m b gd=0.1×10×1=1J

（2）b棒在磁场中匀速运动的速度为v1，重力和安培力平衡，根据平衡条件，结合闭合电路欧姆定律得：

=m b g,v b===10m/s，

b棒在磁场中匀速运动的时间为t1，d=v b t1，t1===0.1s,a、b都在磁场外运动时，速度

总是相等的，b棒进入磁场后，a棒继续加速t1时间而进入磁场，a棒进入磁场的速度为

v a，v a=v b+gt1=10+10×0.1=11m/s.

电动势为：E=BLv a=0.5×1×11=5.5V,a棒两端的电势差即为路端电压为：

U===3.3V.

（3）a棒刚进入磁场时的加速度为a，根据牛顿第二定律得：m a g﹣BI2L=m a a,

a=g﹣=g﹣=10﹣=4.5m/s2，

要保持加速度不变，加外力F，根据牛顿第二定律得：F+m a g﹣BIL=m a a

得：F=t=×t=0.45t﹣1.1.

12．如图所示，一对光滑的平行金属导轨（电阻不计）固定在同一水平面内，导轨足够长且间距为L，左端接有阻值R的电阻，一质量m、长度L的金属棒MN放置在导轨上，棒的电阻为r，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始做加速运动，保持外力的功率为P不变，经过时间t导体棒最终做匀速运动．求：

（1）导体棒匀速运动时的速度是多少？

（2）t时间内回路中产生的焦耳热是多少?

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）金属棒在功率不变的外力作用下，先做变加速运动，后做匀速运动，此时受到的安培力与F二力平衡，由法拉第定律、欧姆定律和安培力公式推导出安培力与速度的关系式，再由平衡条件求解速度；

（2）t时间内，外力F做功为Pt，外力F和安培力对金属棒做功，根据动能定理列式求出金属棒克服安培力做功，即可得到焦耳热．

【详解】

（1）金属棒匀速运动时产生的感应电动势为 E=BLv

感应电流I=

金属棒所受的安培力 F安=BIL

联立以上三式得：F安=

外力的功率 P=Fv

匀速运动时，有F=F安

联立上面几式可得：v=

（2）根据动能定理：W F+W安=

其中 W F=Pt，Q=﹣W安

可得：Q=Pt﹣

答：

（1）金属棒匀速运动时的速度是．

（2）t时间内回路中产生的焦耳热是Pt﹣．

【点睛】

金属棒在运动过程中克服安培力做功，把金属棒的动能转化为焦耳热，在此过程中金属棒做加速度减小的减速运动；对棒进行受力分析、熟练应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、动能定理等正确解题．

13．（1）如图1所示，固定于水平面上的金属框架abcd，处在竖直向下的匀强磁场中．金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．框架的ab与dc平行，bc与ab、dc垂直．MN与bc的长度均为l，在运动过程中MN始终与bc平行，且与框架保持良好接触．磁场的磁感应强度为B．

a. 请根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒MN中的感应电动势E；

b. 在上述情景中，金属棒MN相当于一个电源，这时的非静电力与棒中自由电子所受洛伦兹力有关．请根据电动势的定义，推导金属棒MN中的感应电动势E．

（2）为进一步研究导线做切割磁感线运动产生感应电动势的过程，现构建如下情景：如图

2所示，在垂直于纸面向里的匀强磁场中，一内壁光滑长为l的绝缘细管MN，沿纸面以速度v向右做匀速运动．在管的N端固定一个电量为q的带正电小球（可看做质点）．某时刻将小球释放，小球将会沿管运动．已知磁感应强度大小为B，小球的重力可忽略．在小球沿管从N运动到M的过程中，求小球所受各力分别对小球做的功．

【答案】（1）见解析（2）洛伦兹力做功为0，管的支持力做功

【解析】

【分析】

【详解】

（1）如图1所示，在一小段时间Dt内，金属棒MN的位移

这个过程中线框的面积的变化量

穿过闭合电路的磁通量的变化量

根据法拉第电磁感应定律

解得

如图2所示，棒向右运动时，电子具有向右的分速度，受到沿棒向下的洛伦兹力

，f即非静电力

在f的作用下，电子从M移动到N的过程中，非静电力做功

根据电动势定义

解得

（2）小球随管向右运动的同时还沿管向上运动，其速度如图3所示．小球所受洛伦兹力f 合

如图4所示．将f合正交分解如图5所示．

小球除受到洛伦兹力f合外，还受到管对它向右的支持力F，如图6所示．

洛伦兹力f合不做功

沿管方向，洛伦兹力f做正功

垂直管方向，洛伦兹力是变力，做负功

由于小球在水平方向做匀速运动，则

因此，管的支持力F对小球做正功

14．如图所示，两根金属平行导轨MN和PQ放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L，电阻不计．水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感强度大小为B，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B，方向竖直向下．质量均为m、电阻均为R的金属棒a和b垂直导轨放置在其上，金属棒b置于磁场Ⅱ的右边界CD处．现将金属棒a从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动．设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好．

（1）若水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大摩擦力均为1

5

mg，将金属棒a

从距水平面高度h处由静止释放．求：

①金属棒a刚进入磁场Ⅰ时，通过金属棒b的电流大小；

②若金属棒a在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a释放时的高度h应满足的条件；

（2）若水平段导轨是光滑的，将金属棒a仍从高度h处由静止释放，使其进入磁场Ⅰ．设

两磁场区域足够大，求金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b 中可能产生焦耳热的最大值．

【答案】（1）①22BL gh R

；② 22

44

50m gR h B L <； （2）110mgh 【解析】 【详解】

（1）① a 棒从h 0高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有

①

解得：

②

a 棒刚进入磁场I 时 ③, 此时通过a 、

b 的感应电流大小为 2E

I R

=

解得：

④

② a 棒刚进入磁场I 时，b 棒受到的安培力大小 ⑤

为使b 棒保持静止必有 ⑥ 由④ ⑤ ⑥联立解得：

⑦

（2）由题意知当金属棒a 进入磁场I 时，由左手定则判断知a 棒向右做减速运动；b 棒向左运动加速运动．

二者产生的感应电动势相反，故当二者的感应电动势大小相等时闭合回路的电流为零，此后二者均匀速运动，故金属棒a 、b 均匀速运动时金属棒b 中产生焦耳热最大， 设此时a 、b 的速度大小分别为与

，由以上分析有：BL

=2BL

⑧

对金属棒a 应用动量定理有： ⑨

对金属棒b 应用动量定理有: ⑩

联立⑧⑨⑩解得

；

由功能关系得电路产生的总电热为：

故金属棒b 中产生焦耳热最大值为11

210

Q Q mgh =

=总

15．如图所示，在竖直平面内有间距L =0.2 m 的足够长的金属导轨CD 、EF ，在C 、E 之间连接有阻值R =0.05 Ω的电阻。虚线M 、N 下方空间有匀强磁场，磁感应强度B =1 T ，方向与导轨平面垂直。质量均为m =0.2 kg 的物块a 和金属杆b 通过一根不可伸长的轻质细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧。初始时a 静止于水平地面上，b 悬于空中并恰好位于磁场边界MN 上(未进入磁场)。现将b 竖直向上举高h =0.2 m 后由静止释放，一段时间

后细绳绷直，a 、b 以大小相等的速度一起运动，之后做减速运动直至速度减为0。已知运动过程中a 、b 均未触及滑轮，金属杆与导轨始终垂直且接触良好，金属杆及导轨的电阻不计，取重力加速度g =10 m/s 2，求： (1)整个过程中电阻R 产生的热量； (2)金属杆b 刚进入磁场时的加速度大小； (3)物块a 最终的位置离地面的高度。

【答案】(1)0.2 J(2)2 m/s 2(3)0.5 m 【解析】 【详解】

(1)设细绳绷直前瞬间b 的速度为v 0，绷直后瞬间b 的速度为v ，蹦直瞬间细绳对b 的拉力的冲量大小为I ，则b 自由下落过程中，根据动能定理有

mgh =

2

012

mv －0 细绳蹦直瞬间，对a 、b 根据动量定理分别有

I =mv －0 I =mv 0－mv

此后系统机械能转化为电能并最终变成电阻R 产生的热量Q ，故有

Q =2×

12

mv 2 由以上各式解得

Q =0.2 J ；

(2)设b 刚进入磁场时受到的安培力为F ，绳中拉力为T ，b 的加速度大小为a ，则有

F =BiL ， i =

E R

， E =BLv ，

对a 、b 根据牛顿第二定律分别有

mg －T =ma ，

T ＋F －mg =ma ， 由以上各式得

a =2 m/s 2；

(3)联立上面各式可得