高考物理压轴题之电磁感应现象的两类情况(高考题型整理,突破提升)含答案

高考物理压轴题之电磁感应现象的两类情况(高考题型整理,突破提升)含答案

一、电磁感应现象的两类情况

1．如图所示，在倾角30o θ=的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等、方向分别

垂直斜面向上和垂直斜面向下的匀强磁场，两磁场宽度均为L 。一质量为m 、边长为L 的正方形线框距磁场上边界L 处由静止沿斜面下滑，ab 边刚进入上侧磁场时，线框恰好做匀速直线运动。ab 边进入下侧磁场运动一段时间后也做匀速度直线运动。重力加速度为g 。求：

（1）线框ab 边刚越过两磁场的分界线f f′时受到的安培力； （2）线框穿过上侧磁场的过程中产生的热量Q 和所用的时间t 。 【答案】(1)安培力大小2mg ，方向沿斜面向上(2)4732mgL Q = 7

2L

t g

= 【解析】 【详解】

(1）线框开始时沿斜面做匀加速运动，根据机械能守恒有

2

1sin 302

mgL mv ?=

， 则线框进入磁场时的速度

2sin30v g L gL =?=

线框ab 边进入磁场时产生的电动势E =BLv 线框中电流

E I R

=

ab 边受到的安培力

22B L v

F BIL R

== 线框匀速进入磁场，则有

22sin 30B L v

mg R

?= ab 边刚越过ff '时，cd 也同时越过了ee '，则线框上产生的电动势E '=2BLv

线框所受的安培力变为

22422B L v

F BI L mg R

==''=

方向沿斜面向上

（2）设线框再次做匀速运动时速度为v '，则

224sin 30B L v mg R

?=

'

解得

4v v =

'=根据能量守恒定律有

2211

sin 30222

mg L mv mv Q ?'?+=+

解得4732

mgL

Q =

线框ab 边在上侧磁扬中运动的过程所用的时间1L t v

=

设线框ab 通过ff '后开始做匀速时到gg '的距离为0x ，由动量定理可知：

22sin 302mg t BLIt mv mv ?-='-

其中

()022BL L x I t R

-=

联立以上两式解得

()02432L x v t v

g

-=

-

线框ab 在下侧磁场匀速运动的过程中，有

00

34x x t v v

='=

所以线框穿过上侧磁场所用的总时间为

123t t t t =++=

2．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 V

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．

3．图中装置在水平面内且处于竖直向下的匀强磁场中，足够长的光滑导轨固定不动。电源电动势为E （不计内阻），导体棒ab 初始静止不动，导体棒 ab 在运动过程中始终与导轨

垂直， 且接触良好。已知导体棒的质量为m ，磁感应强度为B ，导轨间距为L ，导体棒及导轨电阻均不计，电阻R 已知。闭合电键，导体棒在安培力的作用下开始运动，则： (1)导体棒的最终速度？

(2)在整个过程中电源释放了多少电能？ (3)在导体棒运动过程中，电路中的电流是否等于

E

R

，试判断并分析说明原因。

【答案】(1)E v BL =；(2) 2

22

2mE B L

；(3)见解析 【解析】 【分析】 【详解】

(1) 闭合电键，导体棒在安培力的作用下开始运动做加速运动，导体棒运动后切割磁感线产生感应电流，使得通过导体棒的电流减小，安培力减小，加速度减小，当加速度为0时，速度达到最大值，之后做匀速运动，此时感应电动势与电源电动势相等。设导体棒的最终速度v ，则有

E BLv =

解得

E

v BL

=

(2)在整个过程中电源释放的电能转化为导体棒的动能，导体棒获得的动能为

2

222

122k mE E mv B L ?==

所以在整个过程中电源释放的电能为2

22

2mE B L

(3)在导体棒运动过程中，闭合电键瞬间，电路中的电流等于

E

R

，导体棒在安培力的作用下开始运动做加速运动。之后导体棒运动后切割磁感线产生感应电流，使得通过导体棒的电流减小，当感应电动势与电源电动势相等时，电路中电流为0，因此在导体棒运动过程中，电路中的电流只有在闭合电键瞬间等于

E

R

，之后逐渐减小到0。

4．如图，光滑金属轨道POQ 、′′′P O Q 互相平行，间距为L ，其中′′O Q 和OQ 位于同一水

平面内，PO 和′′P O 构成的平面与水平面成30°。正方形线框ABCD 边长为L ，其中AB 边和CD 边质量均为m ，电阻均为r ，两端与轨道始终接触良好，导轨电阻不计。BC 边和AD

边为绝缘轻杆，质量不计。线框从斜轨上自静止开始下滑，开始时底边AB 与OO ′相距L 。在水平轨道之间，′′

MNN M 长方形区域分布着有竖直向上的匀强磁场，′OM O N L =>，′′N M 右侧区域分布着竖直向下的匀强磁场，这两处磁场的磁感应强度大小均为B 。在右侧磁场区域内有一垂直轨道放置并被暂时锁定的导体杆EF ，其质量为m 电阻为r 。锁定解除开关K 与M 点的距离为L ，不会阻隔导轨中的电流。当线框AB 边经过开关K 时，EF 杆的锁定被解除，不计轨道转折处OO ′和锁定解除开关造成的机械能损耗。 （1）求整个线框刚到达水平面时的速度0v ； （2）求线框AB 边刚进入磁场时，AB 两端的电压U AB ； （3）求CD 边进入磁场时，线框的速度v ；

（4）若线框AB 边尚未到达′′

M N ，杆EF 就以速度231

23B L v mr

=离开M ′N ′右侧磁场区域，求此时线框的速度多大？

【答案】（132gL 2）16BL gL ；（3）23

323B L gL mr

；（4）23

3223B L gL mr

【解析】 【分析】 【详解】

（1）由机械能守恒

2

01sin 302sin 30022

mgL mg L mv +=

??- 可得

032

v gL =

（2）由法拉第电磁感应定律可知

0E BLv =

根据闭合电路欧姆定律可知

032

BLv I r =

根据部分电路欧姆定律

1

2

AB U I r =?

可得

AB U =（3）线框进入磁场的过程中，由动量定理

022BIL t mv mv -??=-

又有

2

32

BL I t r ??=

代入可得

23

3B L v mr

= （4）杆EF 解除锁定后，杆EF 向左运动，线框向右运动，线框总电流等于杆EF 上电流 对杆EF

1BIL t m v ??=?

对线框

22BIL t m v ??=??

可得

122v v ?=?

整理得到

23

21123B L v v mr

?=?=

可得

23

2223B L v v v mr

=-?=

5．如图甲所示，MN 、PQ 两条平行的光滑金属轨道与水平面成=30θ?角固定，N 、Q 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 =0.5T ，质量为m 的金属杆ab 水平放置在轨道上，其接入电路的电阻位为r 。现从静止释放杆ab ，测得最大速度为v M ，改变电阻箱的阻值R ，得到v M 与R 之间的关系如图乙所示。已知导轨间距为L =2m ，重力加速度g =10m/s 2，轨道足够长且电阻不计。求： (1)当R =0时，杆ab 匀速下滑过程中产生感应电动势E 的大小及杆中的电流方向； (2)金属杆的质量m 及阻值r ；

(3)当R =4Ω时，回路瞬时电功率每增加1W 的过程中合外力对杆做的功W 。

【答案】(1)3V E =，杆中电流方向从b →a ；(2)0.2kg m =，3r =Ω；(3)0.7J W = 【解析】 【分析】 【详解】

(1)由图可知，当R =0时，杆最终以v =3m/s 匀速运动，产生电动势

E =BLv =0.5×2×3V=3V

电流方向为由b 到a

(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：

E

I R r

=

+ 杆达到最大速度时满足

sin 0mg BIL θ-=

解得

22

()sin mg R r v B L

θ

+=

由图像可知：斜率为

62

m /(s Ω)1m /(Ω)3

s k -=

?=? 纵截距为

v 0=3m/s

得到：

022sin mgr v B L θ

=

22

sin mg k B L θ

= 解得

m =0.2kg ，r =3Ω

(3)由题意：E =B Lv ，2

E P R r

=+，得

222

P L v P R

r

=

+ 则

222222

21P L v P L v P R r R r

?=-

++ 由动能定理得

22211122W mv mv =

- 联立解得

22()

2m R r W P B L +=

?

W =0.7J 【点睛】

6．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．

7．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 =--

+

8．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

38kL R

，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

3kL

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

9．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．

10．如图所示，粗糙斜面的倾角37θ?=，斜面上直径0.4m D =的圆形区域内存在着垂直

于斜面向下的匀强磁场（图中只画出了磁场区域，未标明磁场方向），一个匝数为

100n =的刚性正方形线框abcd ，边长为0.5m ，通过松弛的柔软导线与一个额定功率

2W P =的小灯泡L 相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框bc 边，已知线框质量2kg m =，

总电阻02R =Ω，与斜面间的动摩擦因数0.5μ=，灯泡及柔软导线质量不计，从0t =时刻起，磁场的磁感应强度按2

1(T)B t π

=-

的规律变化，开始时线框静止在斜面上，T 在线

框运动前，灯泡始终正常发光，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，2

10m/s g =，

370.6sin ?=， 370.8cos ?=.

（1）求线框静止时，回路中的电流I ；

（2）求在线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q ；

（3）若线框刚好开始运动时即保持磁场不再变化，求线框从开始运动到bc 边离开磁场的过程中通过小灯泡的电荷量q .（柔软导线及小灯泡对线框运动的影响可忽略，且斜面足够长）

【答案】（1）1A （2）2.83J （3）0.16C 【解析】 【详解】

（1）由法拉第电磁感应定律可得线框中产生的感应电动势大小为

2

14V 22B D E n n t t π?Φ???

==??= ?????

设小灯泡电阻为R ，由

2

2

0E P I R R R R ??== ?+?

?

可得

2R =Ω

解得

2A 1A 2

P I R =

== （2）设线框保持不动的时间为t ，根据共点力的平衡条件可得

2sin 1cos mg n t ID mg θμθπ?

?=-+ ???

解得

0.45t s π=

产生的热量为

2.J 83Q Pt ==

（3）线框刚好开始运动时

210.45T 0.1T

B ππ??

=-?= ???

根据闭合电路的欧姆定律可得

00

0B

n

s

E t I R R R R -?==

++ 根据电荷量的计算公式可得

0.16C nBS

q I t R R =??=

=+

11．如图所示，竖直固定的足够长的光滑金属导轨MN 、PQ ，间距L =0.2m ，其电阻不计.完全相同的两根金属棒ab 、cd 垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终良好接触.已知两棒质量均为m =0.01kg ，电阻均为R =0.2Ω，棒cd 放置在水平绝缘平台上，整个装置处在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，磁感应强度B =1.0T.棒ab 在竖直向上的恒力F 作用下由静止开始向上运动，当ab 棒运动位移x =0.1m 时达到最大速度，此时cd 棒对绝缘平台的压力恰好为零，重力加速度g 取10m/s 2.求： (1)恒力F 的大小；

(2)ab 棒由静止到最大速度通过ab 棒的电荷量q ； (3)ab 棒由静止到达到最大速度过程中回路产生的焦耳热Q .

【答案】(1)0.2N(2)0.05C(3)5×10-3J 【解析】 【详解】

(1)当棒ab 达到最大速度时，对ab 和cd 的整体：

20.2N F mg ==

(2) ab 棒由静止到最大速度通过ab 棒的电荷量

q It =

2

2BLx E t

I R R

== 解得

10.20.1

C 0.05C 220.2

BLx q R ??=

==? (3)棒ab 达到最大速度v m 时，对棒cd 有 BIL=mg

由闭合电路欧姆定律知

2E

I R

＝

棒ab 切割磁感线产生的感应电动势

E=BLv m

代入数据解得

v m =1m/s

ab 棒由静止到最大速度过程中，由能量守恒定律得

()21

2

m F mg x mv Q -+＝

代入数据解得

Q =5×10-3J

12．如图所示，间距L =1m 的足够长的两不行金属导轨PQ 、MN 之间连接一个阻值为R =0.75Ω的定值电阻，一质量m =0.2kg 、长度L =1m 、阻值r =0.25Ω的金属棒ab 水平放置在导轨上，它与导轨间的动摩擦因数μ=0. 5。导轨不面的倾角37θ=?，导轨所 在的空间存在着垂直于导轨不面向上的磁感应强度大小B = 0.4T 的匀强磁场。现让金属棒b 由静止开始下滑，直到金属棒b 恰好开始做匀速运动，此过程中通过定值电阻的电量为q =1.6 C 。已知运动过程中金属棒ab 始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，sin370.6?=，

cos370.8?=，重力加速度g =10m/s 2，求： (1)金属棒ab 下滑的最大速度；

(2)金属棒ab 由静止释放后到恰好开始做匀速运动所用的时间；

(3)金属棒ab 由静止释放后到恰好开始做匀速运动过程中，整个回路产生的焦耳热。

【答案】(1) 2.5/m v m s = (2) 2.85t s = (3) 0.975Q J =

【解析】 【详解】

（1）设金属棒ab 下滑的最大速度为m v ，由法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律得

()m BLv I R r =+

由平衡条件得

sin cos mg mg BIL θμθ=+

联立解得 2.5m/s m v =；

（2）金属棒ab 由静止开始下滑到恰好匀速运动的过程，由动量定理得

()sin cos 0m mg mg BIL t mv θμθ--=-

又

q It =

联立解得 2.85t s =；

（3）由法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律得

BLx

q R r

=

+ 由能量守恒定律得

2

1sin cos 2

m mgx mg x mv Q θμθ=++g

联立解得0.975J Q =。

13．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0320

F g m =

，此时M 点电势高于N 点，M 、N 两点电势差U MN =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）340mgd q U = （3）

4750mg （4）47

25

mgd 【解析】 【详解】

（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

Bdv I R

R

ε

=

=

，33

44U I R Bdv =?=

线框右边MN 在Ⅰ区运动过程中，木块与线框受力平衡，有

0A F F mg μ--=

解得

31

0.12020

A F BId mg mg mg ==

-= 通过线框任一横截面的电量q 为q It =，其中2d

t v

= 联立以上各式，解得

340mgd

q U

=

（3）MN 刚到达Ⅱ区正中间时，流过线框的电流为

34'4Bdv Bdv Bdv

I I R R

+=

== 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

4

''3'165

A A F BI d BI d F mg =+==

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

7

3''85

A N mg BI d BI d mg F mg =+-=+=

木块与线框组成的系统受力平衡，因此拉力F 为

4747

'55050

A F F N mg mg mg μ=+=+=

（4）随着MN 在磁场Ⅱ区的运动，木块受到的支持力N x 随发生的位移x 而变化，有

3''(2)2'4'x N mg BI x BI d x mg BI d BI x =+--=-+

由于N x 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

4'27

2'2'25

BI d N mg BI d mg BI d mg ?=-+

=+= 此过程中拉力做的功W 为

4747

'222255025

A W F d N d mg d mg d mgd μ=?+?=?+?=

14．如图所示，两平行光滑不计电阻的金属导轨竖直放置，导轨上端接一阻值为R 的定值电阻，两导轨之间的距离为d ．矩形区域abdc 内存在磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，ab 、cd 之间的距离为L ．在cd 下方有一导体棒MN ，导体棒MN 与导轨垂直，与cd 之间的距离为H ，导体棒的质量为m ，电阻为r ．给导体棒一竖直向上的恒力，导体棒在恒力F 作用下由静止开始竖直向上运动，进入磁场区域后做减速运动．若导体棒到达ab 处的速度为v 0，重力加速度大小为g ．求：

（1）导体棒到达cd 处时速度的大小； （2）导体棒刚进入磁场时加速度的大小；

（3）导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R 的电荷量和电阻R 产生的热量． 【答案】（1）2()F mg H

v m -=

（2）222()()B d F mg H F a g m R r m m

-=+ （3）

BLd q R r

=

+ 2

01[()()]2R R Q F mg H L mv R r =

-+-+ 【解析】 【分析】 导体棒从开始到运动到cd 处的过程,利用动能定理可求得导体棒到达cd 处时速度的大小; 求出导体棒刚进入磁场时所受的安培力大小,再由牛顿第二定律求得加速度的大小；导体棒通过磁场区域的过程中,根据电量与电流的关系以及法拉第电磁感应定律、欧姆定律结合求通过电阻R 的电荷量.由能量守恒求电阻R 产生的热量； 【详解】

（1）根据动能定理：

21()2

F mg H mv -=

解得导体棒到达cd 处时速度的大小：

v =

（2）根据牛顿第二定律：

A mg F F ma +-=

安培力：

A =F BId

E

I R r

=

+ E Bdv =

导体棒刚进入磁场时加速度的大小：

F

a g m

=+

（3）导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R 的电荷量：

q I t =?

E

I R r

=

+ ΔΔE t Φ

=

通过电阻R 的电荷量：

Δq R r Φ

=

+ 解得：

BLd

q R r

=

+ 根据动能定理：

2

A 01()()=2

F mg H L W mv -+-

电路中的总热量：

Q =W A

电阻R 中的热量：

R R

Q Q R r

=

+ 解得：

2

01[()()]2

R R Q F mg H L mv R r =

-+-+

15．一种可测速的跑步机的测速原理如图所示。该机底面固定有间距为L 、宽度为d 的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场，左侧与电压表和电阻R 相连接。绝缘橡胶带上每隔距离d 就嵌入一个电阻为r 的平行细金属条，跑步过程中，绝缘橡胶带跟随脚步一起运动，金属条和电极之间接触良好且任意时刻仅有一根金属条处于磁场中。现在测出t 时间内电压表读数为恒为U ，设人与跑步机间无相对滑动，求：

（1）判断电阻R 的电流方向；

（2）该人跑步过程中，是否匀速？给出定性判断理由； （3）求t 时间内的平均跑步速度；

（4）若跑步过程中，人体消耗的能量有20%用于克服磁场力做功，求t 时间内人体消耗的能量。

【答案】(1)电阻R 的电流方向向下；(2)是匀速；(3)R r v U BLR +=；(4)2

5()R r t

E UR

+= 【解析】 【分析】 【详解】

(1)由题意且根据右手定则可知，流经电阻R 的电流方向向下； (2)(3)金属条做切割磁感线运动产生的电动势大小为E BLv =， 回路中的电流大小为E

I R r

=

+， 伏特表的示数为U IR =， 解得

R r

v U BLR

+=

由于伏特表示数恒定，所以速度也恒定，说明该人跑步过程中，是匀速；速度为

R r

v U BLR

+=

(4)金属条中的电流为

I r

BLv

R =

+ 金属条受的安培力大小为

A F BIL =

时间t 内金属条克服安培力做功为