高考物理法拉第电磁感应定律(大题培优)及详细答案

高考物理法拉第电磁感应定律(大题培优)及详细答案

一、法拉第电磁感应定律

1．如图所示，正方形单匝线框bcde边长L＝0.4 m，每边电阻相同，总电阻R＝0.16 Ω.一根足够长的绝缘轻质细绳跨过两个轻小光滑定滑轮，一端连接正方形线框，另一端连接物体P，手持物体P使二者在空中保持静止，线框处在竖直面内．线框的正上方有一有界匀强磁场，磁场区域的上、下边界水平平行，间距也为L＝0.4 m，磁感线方向垂直于线框所在平面向里，磁感应强度大小B＝1.0 T，磁场的下边界与线框的上边eb相距h＝1.6 m．现将系统由静止释放，线框向上运动过程中始终在同一竖直面内，eb边保持水平，刚好以v ＝4.0 m/s的速度进入磁场并匀速穿过磁场区，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力．

（1）线框eb边进入磁场中运动时，e、b两点间的电势差U eb为多少？

（2）线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q为多少？

（3）若在线框eb边刚进入磁场时，立即给物体P施加一竖直向下的力F，使线框保持进入磁场前的加速度匀加速运动穿过磁场区域，已知此过程中力F做功W F＝3.6 J，求eb边上产生的焦耳Q eb为多少？

【答案】（1）1.2 V（2）3.2 J（3）0.9 J

【解析】

【详解】

(1)线框eb边以v=4.0 m/s的速度进入磁场并匀速运动，产生的感应电动势为：

10.44V=1.6 V

E BLv

==??

因为e、b两点间作为等效电源，则e、b两点间的电势差为外电压：

U eb=3

4

E=1.2 V.

(2)线框进入磁场后立即做匀速运动，并匀速穿过磁场区，线框受安培力：

F安=BLI

根据闭合电路欧姆定律有：

I=E R

联立解得解得F安=4 N

所以克服安培力做功：

=2=420.4J=3.2J W F L ???安安

而Q =W 安，故该过程中产生的焦耳热Q =3.2 J

(3)设线框出磁场区域的速度大小为v 1，则根据运动学关系有：

22122v v a L -=

而根据牛顿运动定律可知：

()M m g

a M m

-=

+

联立整理得：

1

2

(M+m )( 21v -v 2)=(M-m )g ·2L 线框穿过磁场区域过程中，力F 和安培力都是变力，根据动能定理有：

W F -W'安+(M-m )g ·2L =

1

2

(M+m )( 21v -v 2) 联立解得：

W F -W'安=0

而W'安= Q'，故Q'=3.6 J

又因为线框每边产生的热量相等，故eb 边上产生的焦耳热：

Q eb =

1

4

Q'=0.9 J. 答：(1)线框eb 边进入磁场中运动时，e 、b 两点间的电势差U eb =1.2 V. (2)线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q =3.2 J. (3) eb 边上产生的焦耳Q eb =0.9J.

2．如图所示，在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的有界矩形匀强磁场区域内，有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd ，线框平面垂直于磁感线。线框以恒定的速度v 沿垂直磁场边界向左运动，运动中线框dc 边始终与磁场右边界平行，线框边长ad =l ，cd =2l ，线框导线的总电阻为R ，则线框离开磁场的过程中，求：

（1）线框离开磁场的过程中流过线框截面的电量q ； （2）线框离开磁场的过程中产生的热量 Q ； （3）线框离开磁场过程中cd 两点间的电势差U cd ． 【答案】（1）22Bl q R =（2） 234B l v

Q R

=（3）43cd Blv U =

【详解】

(1)线框离开磁场的过程中,则有：

2E B lv =

E I R

=

q It =

l t v

=

联立可得：2

2Bl q R

=

(2)线框中的产生的热量：

2Q I Rt

=

解得：234B l v

Q R

=

(3) cd 间的电压为：

23

cd U I

R = 解得：43

cd Blv

U =

3．两间距为L=1m 的平行直导轨与水平面间的夹角为θ=37° ,导轨处在垂直导轨平面向下、 磁感应强度大小B=2T 的匀强磁场中.金属棒P 垂直地放在导轨上，且通过质量不计的绝缘细绳跨过如图所示的定滑轮悬吊一重物（重物的质量m 0未知），将重物由静止释放，经过一 段时间，将另一根完全相同的金属棒Q 垂直放在导轨上，重物立即向下做匀速直线运动，金 属棒Q 恰好处于静止状态.己知两金属棒的质量均为m=lkg 、电阻均为R=lΩ，假设重物始终没有落在水平面上，且金属棒与导轨接触良好，一切摩擦均可忽略，重力加速度g=l0m/s 2，sin 37°=0.6，cos37°=0.8.求：

（1）金属棒Q 放上后，金属棒户的速度v 的大小；

（2）金属棒Q 放上导轨之前，重物下降的加速度a 的大小（结果保留两位有效数字）； （3）若平行直导轨足够长，金属棒Q 放上后，重物每下降h=lm 时，Q 棒产生的焦耳热.

【答案】（1）3m/s v = （2）22.7m/s a = （3）3J 【解析】

(1)金属棒Q 恰好处于静止时

sin mg BIL θ=

由电路分析可知E BLv = ,2E I R

= , 代入数据得，3m/s v =

（2）P 棒做匀速直线运动时，0sin m g BIL mg θ=+， 金属棒Q 放上导轨之前，由牛顿第二定律可得

00sin ()m g mg m m a θ-=+

代入数据得，22.7m/s a =

（3）根据能量守恒可得，0sin m gh mgh Q θ=+总 由于两个金属棒电阻串联，均为R ，可知 Q 棒产生的焦耳热为3J 2

Q Q =

=总

4．如图所示，两根相距为L 的光滑平行金属导轨CD 、EF 固定在水平面内，并处在竖直向下的匀强磁场中，导轨足够长且电阻不计．在导轨的左端接入阻值为R 的定值电阻，将质量为m 、电阻可忽略不计的金属棒MN 垂直放置在导轨上，可以认为MN 棒的长度与导轨宽度相等，且金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，不计空气阻力．金属棒MN 以恒定速度v 向右运动过程中，假设磁感应强度大小为B 且保持不变，为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷．

（1）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 ；

（2）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荷所受洛伦兹力有关．请根据电动势的定义，推导金属棒MN 中的感应电动势E ．

（3）请在图中画出自由电荷所受洛伦兹力示意图．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功．那么，金属棒MN 中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请结合图中自由电荷受洛伦兹力情况，通过计算分析说明．

【答案】（1）E BLv =；（2）v E BL =（3）见解析 【解析】 【分析】

(1)先求出金属棒MN 向右滑行的位移,得到回路磁通量的变化量?Φ ,再由法拉第电磁感应定律求得E 的表达式;

(2)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，1v f e B =,棒中电子在洛伦兹力的作用下,电子从M 移动到N 的过程中,非静电力做功v W e Bl =,根据电动势定义

W

E q

=

计算得出E. （3）可以从微观的角度求出水平和竖直方向上的洛伦兹力做功情况，在比较整个过程中做功的变化状况． 【详解】

（1）如图所示，在一小段时间?t 内，金属棒MN 的位移 x v t ?=?

这个过程中线框的面积的变化量S L x Lv t ?=?=? 穿过闭合电路的磁通量的变化量

B S BLv t ?Φ=?=?

根据法拉第电磁感应定律 E t

?Φ

=? 解得 E BLv =

（2）如图所示，棒向右运动时，正电荷具有向右的分速度，受到沿棒向上的洛伦兹力

1v f e B =，f 1即非静电力

在f 的作用下，电子从N 移动到M 的过程中，非静电力做功

v W e BL =

根据电动势定义 W E q

= 解得 v E BL =

（3）自由电荷受洛伦兹力如图所示．

设自由电荷的电荷量为q ，沿导体棒定向移动的速率为u ．

如图所示，沿棒方向的洛伦兹力1f q B =v ，做正功11ΔΔW f u t q Bu t =?=v 垂直棒方向的洛伦兹力2f quB =，做负功

22ΔΔW f v t quBv t =-?=-

所以12+=0W W ，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零．

1f 做正功，将正电荷从N 端搬运到M 端，1f 相当于电源中的非静电力，宏观上表现为“电

动势”，使电源的电能增加；2f 做负功，宏观上表现为安培力做负功，使机械能减少．大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将机械能转化为等量的电能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用． 【点睛】

本题较难，要从电动势定义的角度上去求电动势的大小，并学会从微观的角度分析带电粒子的受力及做功情况．

5．如图()a ，平行长直导轨MN 、PQ 水平放置，两导轨间距0.5L m =，导轨左端MP 间接有一阻值为0.2R =Ω的定值电阻，导体棒ab 质量0.1m kg =，与导轨间的动摩擦因数

0.1μ=，导体棒垂直于导轨放在距离左端 1.0d m =处，导轨和导体棒电阻均忽略不计.整

个装置处在范围足够大的匀强磁场中，0t =时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B 随时间t 的变化如图()b 所示，不计感应电流磁场的影响.当3t s =时，突然使ab 棒获得向右的速度08/v m s =，同时在棒上施加一方向水平、大小可变化的外力F ，保持ab 棒具有大小为恒为24/a m s =、方向向左的加速度，取2

10/g m s =．

()1求0t =时棒所受到的安培力0F ；

()2分析前3s 时间内导体棒的运动情况并求前3s 内棒所受的摩擦力f 随时间t 变化的关系

式；

()3从0t =时刻开始，当通过电阻R 的电量 2.25q C =时，ab 棒正在向右运动，此时撤去

外力F ，此后ab 棒又运动了2 6.05s m =后静止.求撤去外力F 后电阻R 上产生的热量Q ．

【答案】(1)0 0.025F N =，方向水平向右(2) ()0.01252?f t N =-(3) 0.195J

【解析】 【详解】 解：()1由图b 知：

0.2

0.1T /s 2

B t == 0t =时棒的速度为零，故回路中只有感生感应势为：

0.05V B E Ld t t

Φ===

感应电流为：0.25A E

I R

==

可得0t =时棒所受到的安培力：

000.025N F B IL ==，方向水平向右；

()2ab 棒与轨道间的最大摩擦力为：00.10.025N m f mg N F μ==>=

故前3s 内导体棒静止不动，由平衡条件得： f BIL = 由图知在03s -内，磁感应强度为：00.20.1B B kt t =-=- 联立解得： ()0.01252(3s)f t N t =-<；

()3前3s 内通过电阻R 的电量为：10.253C 0.75C q I t =?

=?=

设3s 后到撤去外力F 时又运动了1s ，则有：

1

1BLs q q I t R R

Φ-==

= 解得：16m s =

此时ab 棒的速度设为1v ，则有：22

1012v v as -=

解得：14m /s v =

此后到停止，由能量守恒定律得： 可得：2

1210.195J 2

Q mv mgs μ=

-=

6．如图1所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN 和PQ ，两导轨间距为l ，电阻均可忽略不计。在M 和P 之间接有阻值为R 的定值电阻，导体杆ab 质量为m 、电阻为r ，并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上磁感应强度为B 的匀强磁场中。现给ab 杆一个初速度v 0，使杆向右运动。

（1）当ab 杆刚好具有初速度v 0时，求此时ab 杆两端的电压U ；a 、b 两端哪端电势高； （2）请在图2中定性画出通过电阻R 的电流i 随时间t 变化规律的图象；

（3）若将M 和P 之间的电阻R 改为接一电容为C 的电容器，如图3所示。同样给ab 杆一个初速度v 0，使杆向右运动。请分析说明ab 杆的运动情况。

【答案】（1）0Bl R

U R r

=

+v ；a 端电势高（2） （3）当ab 杆以初速度

v 0开始切割磁感线时，产生感应电动势，电路开始给电容器充电，有电流通过ab 杆，杆

在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，杆做加速度减小的减速运动。当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动。 【解析】 【分析】

（1）求解产生感应电动势大小，根据全电路欧姆定律求解电流强度和电压，根据右手定则判断电势高低；

（2）分析杆的受力情况和运动情况，确定感应电流变化情况，由此画出图象；

（3）杆在向右运动过程中速度逐渐减小、由此分析安培力的变化，确定运动情况；根据动量定理求解最后的速度大小。 【详解】

（1）ab 杆切割磁感线产生感应电动势： E = Bl v 0 根据全电路欧姆定律：E

I R r

=

+ ab 杆两端电压即路端电压：U IR = 解得0Bl R

U R r

=

+v ；a 端电势高。 （2）杆在向右运动过程中速度逐渐减小、感应电动势逐渐减小，根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流逐渐减小，通过电阻R 的电流i 随时间变化规律的图象如图所示：

（3）当ab 杆以初速度v 0开始切割磁感线时，产生感应电动势，电路开始给电容器充电，

有电流通过ab杆，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，杆做加速度减小的减速运动。当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动。

【点睛】

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键。

7．如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L=0.4m，上端接有电阻R=0.3Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感强度B=0.5T。现将质量

m=0.05kg、电阻r=0.1Ω的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v-t图像如图乙所示，0-1s内的v-t图像为过原点的直线，2s后的v-t图像为平行于t轴的横线，不计空气阻力，g取10m/s2，求：

(1)金属杆ab刚进入磁场时感应电流的大小；

(2)已知金属杆ab在t=2s时在磁场中下落了h=6.65m，则杆从静止下落2s的过程中电阻R 产生的热量是多少？

【答案】(1)I1=5A (2)Q R=3.9J

【解析】

【分析】

本题首先通过对图像的分析，得到金属杆刚开始做匀加速直线运动，可以利用运动学公式与闭合电路的相关知识求解，其次抓住图中匀速可以列出平衡式子，对于非匀变速可以从能量角度列示求解。

【详解】

（1）由图乙可知，t=1s时，金属杆进入磁场

v1=gt E1=BLv1

联立以上各式，代入数据得 I1=5A

（2）由第1问，v1=10m/s，2s后金属杆匀速运动，由：mg=BI2L

E2 = BLv2，代入数据得：v2=5m/s

金属杆下落过程有：

代入数据得Q R =3.9J 【点睛】

本题强化对图像的认识，图像中两段运动比较特殊，一段是匀加速，一段是匀速，这个是解题的突破口，可以用运动学公式结合电路相关公式求解问题。对于非匀变速突出从能量角度找突破口列示求解。

8．如图所示，电阻不计且足够长的U 型金属框架放置在倾角37θ=?的绝缘斜

面上，该装置处于垂直斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小0.5B T =，质量

0.1m kg =、电阻0.4R =Ω的导体ab 垂直放在框架上，从静止开始沿框架无擦下滑，与

框架接触良好，框架的质量0.2M kg =、宽度0.4L m =，框架与斜面间的动摩擦因数

0.6μ=，与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取210/m s 。

（1）若框架固定，求导体棒的最大速度m v ；

（2）若框架固定，导体棒从静止下滑至某一置时速度为5/m s ，此过程程中共有3C 的电量通过导体棒，求此过程回路产生的热量Q ；

（3）若框架不固定，求当框架刚开始运动时棒的速度v 。 【答案】（1）6/m s （2）2.35J （3）2.4/m s 【解析】（1）棒ab 产生的电动势为： E BLv = 回路中感应电流为： E I R

=

棒ab 所受的安培力为： A F BIL =

对棒ab ： 0

sin37mg BIL ma -= 当加速度0a =时，速度最大

最大速度为： 0

sin376/2

m mgR v m s =

=； （2）E BLx

q I t t R R R

?Φ=?=

??==

根据能量转化和守恒定律有： 02

1sin372

mgx mv Q =+ 代入数据可以得到： 2.35Q J = （3）回路中感应电流为： 1

1BLv I R

=

框架上边所受安培力为11F BI L =

对框架()0

1sin37cos37Mg BI L m M g μ+=+

代入数据可以得到： 1 2.4/v m s =。

9．如图所示，两根足够长的直金属MN 、PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ．M 、P 两点间接有阻值为R 的电阻．一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．

（1）在加速下滑过程中，当ab 杆的速度大小为v 时，ab 杆中的电流及其加速度的大小； （2）求在下滑过程中ab 杆可达到的最大速度．

（3）从开始下滑到达到最大速度的过程中，棒沿导轨下滑了距离s ，求整个装置生热多少. 【答案】

（1）Blv I R =,22sin B l v

mg R a m

θ-

=（2）22sin m mgR v B l θ=（3）322244sin 2m g R Q mgh B l

θ=- 【解析】

(1)在加速下滑过程中，当 ab 杆的速度大小为 v 时，感应电动势E =BLv

此时 ab 杆中的电流Blv

I R

=

金属杆受到的安培力：22B L v

F BIL R ==

由牛顿第二定律得：22sin B l v

mg R a m

θ-

=

(2) 金属杆匀速下滑时速度达到最大，由平衡条件得：22sin m

B L v mg R

θ=

则速度的最大值22

sin m mgR v B l θ

=

(3)若达到最大速度时，导体棒下落高度为 h ，由能量守恒定律得：

2

1sin 2

m mgs mv Q θ?=

+ 则焦耳热322244

sin 2m g R Q mgh B l θ

=-

【点睛】当杆匀速运动时杆的速度最大，分析清楚杆的运动过程是解题的前提；分析清楚杆的运动过程后，应用E =BLv 、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、平衡条件与能量守恒定律即可解题；求解热量时从能量角度分析可以简化解题过程．

10．如图甲所示，两根完全相同的光滑平行导轨固定，每根导轨均由两段与水平面成θ＝30°的长直导轨和一段圆弧导轨平滑连接而成，导轨两端均连接电阻，阻值R 1＝R 2＝2Ω，导轨间距L ＝0.6m ．在右侧导轨所在斜面的矩形区域M 1M 2P 2P 1内分布有垂直斜面向上的磁场，磁场上下边界M 1P 1、M 2P 2的距离d ＝0.2m ，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，在右侧导轨斜面上与M 1P 1距离s ＝0.1m 处，有一根阻值r ＝2Ω的金属棒ab 垂直于导轨由静止释放，恰好独立匀速通过整个磁场区域，取重力加速度g ＝10m/s 2，导轨电阻不计．求：

(1)ab 在磁场中运动速度的大小v ；

(2)在t 1＝0.1s 时刻和t 2＝0.25s 时刻电阻R 1的电功率之比； (3)整个过程中，电路产生的总热量Q ． 【答案】（1）1m/s （2）4:1（3）0．01 J 【解析】

试题分析：（1）由mgs·sinθ=mv 2 得

（2）棒从释放到运动至M 1P 1的时间

在t 1＝0．1 s 时，棒还没进入磁场，有

此时，R 2与金属棒并联后再与R 1串联 R 总＝3 Ω

由图乙可知，t=0．2s 后磁场保持不变，ab 经过磁场的时间

故在t 2＝0．25 s 时ab 还在磁场中运动，电动势E 2＝BLv=0．6V

此时R 1与R 2并联，R 总=3Ω，得R 1两端电压U 1′＝0．2V

电功率

，故在t 1＝0．1 s 和t 2＝0．25 s 时刻电阻R 1的电功率比值

（3）设ab 的质量为m ，ab 在磁场中运动时，通过ab 的电流

ab 受到的安培力F A ＝BIL 又mgsinθ= BIL 解得m=0．024kg

在t=0～0．2s 时间里，R 2两端的电压U 2=0．2V ，产生的热量

ab 最终将在M 2P 2下方的轨道区域内往返运动，到M 2P 2处的速度为零，由功能关系可得在t=0．2s 后，整个电路最终产生的热量Q=mgdsinθ+mv 2=0．036J 由电路关系可得R 2产生的热量Q 2=Q=0．006J 故R 2产生的总热量Q 总= Q 1+ Q 2=0．01 J

考点：法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒定律

【名师点睛】本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律以及能量守恒定律等知识的综合应用，关键要搞清电路的连接方式及能量转化的关系，明确感应电动势既与电路知识有关，又与电磁感应有关．

11．如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN 、PQ 固定在同一水平面上，两导轨间距030m .L =．导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻0.40R =Ω．导轨上停放一质量0.10kg m =、电阻020Ω.r =的金属杆ab ，整个装置处于磁感应强度0.50T B =的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．用一外力F 沿水平方向拉金属杆ab ，使之由静止开始做匀加速运动，电压传感器可将R 两端的电压U 即时采集并输入电脑，获得电压U 随时间t 变化的关系如图乙所示．

（1）计算加速度的大小； （2）求第2s 末外力F 的瞬时功率；

（3）如果水平外力从静止开始拉动杆2s 所做的功035J .W =，求金属杆上产生的焦耳热．

【答案】（1）21m/s （2）0.35W （3）25.010J -? 【解析】 【详解】

（1）根据,,R R

E Blv v at U E R r

===+ 结合图乙所示数据，解得：a =1m/s 2．

（2）由图象可知在2s 末，电阻R 两端电压为0.2V 通过金属杆的电流R

U I R

=

金属杆受安培力F BIL =安

设2s 末外力大小为F 2，由牛顿第二定律，2安F F ma -= ， 故2s 末时F 的瞬时功率22035W .P F v ==

（3）设回路产生的焦耳热为Q ，由能量守恒定律，2

2

12

W Q mv =+ 电阻R 与金属杆的电阻r 串联，产生焦耳热与电阻成正比 金属杆上产生的焦耳热r Qr

Q R r

=

+ 解得：2r 5010J .Q -=? ．

12．如图甲所示，平行金属导轨MN 、PQ 放置于同一水平面内，导轨电阻不计，两导轨间距d=10cm ，导体棒ab 、cd 放在导轨上，并与导轨垂直，每根棒在导轨间的部分电阻均为R=1.0Ω.用长为l=20cm 的绝缘丝线将两棒系住，整个装置处在匀强磁场中.t=0时刻，磁场方向竖直向下，丝线刚好处于未被拉伸的自然状态，此后磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示.不计感应电流磁场的影响，整个过程，丝线未被拉断.求： （1）0～2.0s 时间内电路中感应电流的大小与方向； （2）t=1.0s 时刻丝线的拉力大小.

甲 乙

【答案】（1）A a→c→d→b→a （2）

N

【解析】 【分析】

(1) 根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，从而求出感应电流；

(2)对导体棒进行受力分析，在水平方向上受拉力和安培力，根据F=BIL 求出安培力的大

小，从而求出拉力的大小。 【详解】

(1) 从图象可知，

则

故电路中感应电流的大小为0.001A ，根据楞次定律可知，方向是acdba ； (2) 导体棒在水平方向上受拉力和安培力平衡 T=F A =BIL=0.1×0.001×0.1N=1×10-5N ． 故t=1.0s 的时刻丝线的拉力大小1×10-5N 。 【点睛】

解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律

以及安培力的大小公式F=BIL 。

13．如图1所示，固定于水平面的U 形导线框处于竖直向下、磁感应强度为B 0的匀强磁场中，导线框两平行导轨间距为l ，左端接一电动势为E 0、内阻不计的电源．一质量为m 、电阻为r 的导体棒MN 垂直导线框放置并接触良好．闭合开关S ，导体棒从静止开始运动．忽略摩擦阻力和导线框的电阻，平行轨道足够长．请分析说明导体棒MN 的运动情况，在图2中画出速度v 随时间t 变化的示意图；并推导证明导体棒达到的最大速度为

0m E v B l

【答案】导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，达到最大速度时，加速度

a =0；

【解析】 【分析】

导体棒在向右运动的过程中会切割磁感线产生感应电动势，与回路中的电源形成闭合回路，根据闭合电路的欧姆定律求得电流，结合牛顿第二定律判断出速度的变化； 【详解】

解：闭合开关s 后，线框与导体棒组成的回路中产生电流，导体棒受到安培力开始加速运动，假设某一时刻的速度为v ，此时导体棒切割产生的感应电动势为E Blv '= 初始阶段0E E '< 回路中的电流为：000E E E B lv

I r r

-'-=

= 导体棒受到的安培力为000·E blv

F B Il B l r

-==，方向水平向右 因此,导体棒的加速度为000·B l E B lv F a m m r

-=

=，方向水平向右，即与v 方向相同，随速度的增加，加速度减小，但仍与v 同方向，因此，导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，达到最大速度时，加速度a =0，即有：0m E BIv =，解得0

0m E v B l

=

图象为

14．如图所示，电阻1r =Ω的金属棒ab 放在水平光滑平行导轨PQMN 上（导轨足够长），ab 棒与导轨垂直放置，导轨间间距30cm L =，导轨上接有一电阻5R =Ω，整个导轨置于竖直向下的磁感强度1T B =的匀强磁场中，其余电阻均不计．现使ab 棒以速度

2.0m/s v =向右作匀速直线运动，试求：

（1）ab 棒中的电流大小 （2）R 两端的电压U

（3）ab 棒所受的安培力大小ab F 和方向．

【答案】（1）0.1A ；（2）0.5V ；（3）0.03N ；方向水平向左

【解析】（1）金属棒ab 切割磁感线产生的感应电动势为

10.32V 0.6V E BLv ==??=，电路中的电流为0.6

A 0.1A 15

E I R r =

==++．

由右手定则判断可以知道ab 中感应电流方向由b a →． （2）金属棒ab 两端的电压为0.15V 0.5V ab U IR ==?=；

（3）金属棒ab 所受的安培力为10.10.3N 0.03N A F BIL ==??=，由左手定则知方向水平向左．

15．如图所示，竖直放置的U 形导轨宽为L ，上端串有电阻R （其余导体部分的电阻都忽略不计）．磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直于纸面向外．金属棒ab 的质量为m ，与导轨接触良好，不计摩擦．从静止释放后ab 保持水平而下滑．

试求：（1）金属棒ab 在下落过程中，棒中产生的感应电流的方向和ab 棒受到的安培力的方向．

（2）金属棒ab 下滑的最大速度v m ．

【答案】（1）电流方向是b→a ．安培力方向向上． （2）22

m mgR

v B L ＝ 【解析】

试题分析：（1）金属棒向下切割磁场，根据右手定则，知电流方向是b→a ．根据左手定则得，安培力方向向上．

（2）释放瞬间ab 只受重力，开始向下加速运动．随着速度的增大，感应电动势E 、感应电流I 、安培力F 都随之增大，加速度随之减小．当F 增大到F=mg 时，加速度变为零，这时ab 达到最大速度．

由22m

B L v F mg R

＝＝，

可得22

m mgR

v B L ＝

考点：电磁感应中的力学问题．