高考物理与法拉第电磁感应定律有关的压轴题及详细答案

高考物理与法拉第电磁感应定律有关的压轴题及详细答案

一、法拉第电磁感应定律

1．如图甲所示，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R1连接成闭合回路。线圈的半径为r1。在线圈中半径为r2的圆形区域内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乙所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0。导线的电阻不计，求0至t1时间内

(1)通过电阻R1上的电流大小及方向。

(2)通过电阻R1上的电荷量q。

【答案】(1)

2

02

3

n B r

Rt

π

电流由b向a通过R1(2)

2

021

3

n B r t

Rt

π

【解析】【详解】

(1)由法拉第电磁感应定律得感应电动势为

2

202

2

n B r

B

E n n r

t t t

π

π

?Φ?

===

??

由闭合电路的欧姆定律，得通过R1的电流大小为

2

02

33

n B r

E

I

R Rt

π

==

由楞次定律知该电流由b向a通过R1。

(2)由

q

I

t

=得在0至t1时间内通过R1的电量为:

2

021

1

3

n B r t

q It

Rt

π

==

2．光滑平行的金属导轨MN和PQ,间距L=1.0m,与水平面之间的夹角α=30°,匀强磁场磁感应强度B=2.0T,垂直于导轨平面向上,MP间接有阻值R=2.0Ω的电阻,其它电阻不计,质量

m=2.0kg的金属杆ab垂直导轨放置,如图(a)所示．用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab,由静止开始运动,v?t图象如图(b)所示.g=10m/s2，导轨足够长．求：

(1)恒力F的大小；

(2)金属杆速度为2.0m/s时的加速度大小；

(3)根据v?t图象估算在前0.8s内电阻上产生的热量．

【答案】(1)18N(2)2m/s 2（3）4.12J 【解析】 【详解】

（1）由题图知，杆运动的最大速度为4/m v m s =，

有22sin sin m

B L v F

mg F mg R

αα=+=+

安，代入数据解得F=18N ． （2）由牛顿第二定律可得：sin F F mg ma α--=安

得222222

212sin 182100.5

2/2/2

B L v F mg R a m s m s m α??----??===， （3）由题图可知0.8s 末金属杆的速度为1 2.2/v m s =，前0.8s 内图线与t 轴所包围的小方格的个数约为28个，面积为28×0.2×0.2=1.12，即前0.8s 内金属杆的位移为 1.12x m =， 由能量的转化和守恒定律得：2

11sin 2

Q Fx mgx mv α=--， 代入数据解得： 4.12J Q =． 【点睛】

本题电磁感应与力学知识的综合，抓住速度图象的两个意义：斜率等于加速度，“面积”等于位移辅助求解．估算位移时，采用近似的方法，要学会运用．

3．如图，水平面（纸面）内同距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上，t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．0t 时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ．重力加速度大小为g ．求

（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；

（2）电阻的阻值．

【答案】0F E Blt g m μ

??=- ??? ； R =220

B l t m

【解析】 【分析】 【详解】

（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得：ma=F-μmg ① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有：v =at 0 ②

当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为:E=Blv ③ 联立①②③式可得:0F E Blt g m μ??

=-

???

④ （2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I ，根据欧姆定律：I=E

R

⑤ 式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为：f BIl = ⑥ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得：F –μmg–f=0 ⑦

联立④⑤⑥⑦式得: R =220

B l t m

4．如图甲所示，相距d 的两根足够长的金属制成的导轨，水平部分左端ef 间连接一阻值为2R 的定值电阻，并用电压传感器实际监测两端电压，倾斜部分与水平面夹角为37°.长度也为d 、质量为m 的金属棒ab 电阻为R ，通过固定在棒两端的金属轻滑环套在导轨上，滑环与导轨上MG 、NH 段动摩擦因数μ＝

1

8

(其余部分摩擦不计)．MN 、PQ 、GH 相距为L ，MN 、PQ 间有垂直轨道平面向下、磁感应强度为B 1的匀强磁场，PQ 、GH 间有平行于斜面但大小、方向未知的匀强磁场B 2，其他区域无磁场，除金属棒及定值电阻，其余电阻均不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，当ab 棒从MN 上方一定距离由静止释放通过MN 、PQ 区域(运动过程中ab 棒始终保持水平)，电压传感器监测到U －t 关系如图乙所示．

（1）求ab 棒刚进入磁场B 1时的速度大小． （2）求定值电阻上产生的热量Q 1.

（3）多次操作发现，当ab 棒从MN 以某一特定速度进入MNQP 区域的同时，另一质量为2m ，电阻为2R 的金属棒cd 只要以等大的速度从PQ 进入PQHG 区域，两棒均可同时匀速通过各自场区，试求B 2的大小和方向．

【答案】（1）11.5U B d （2）2

221934-mU mgL B d

；（3）32B 1 方向沿导轨平面向上

【解析】 【详解】

(1)根据ab 棒刚进入磁场B 1时电压传感器的示数为U ,再由闭合电路欧姆定律可得此时的感应电动势：

1 1.52U

E U R U R

=+

?= 根据导体切割磁感线产生的感应电动势计算公式可得：

111E B dv =

计算得出:111.5U

v B d

=

. (2)设金属棒ab 离开PQ 时的速度为v 2，根据图乙可以知道定值电阻两端电压为2U ，根据闭合电路的欧姆定律可得：

12

222B dv R U R R

?=+ 计算得出：213U

v B d

=

；棒ab 从MN 到PQ ，根据动能定理可得： 222111sin 37cos3722

mg L mg L W mv mv μ???-?-=

-安 根据功能关系可得产生的总的焦耳热 ：

=Q W 总安

根据焦耳定律可得定值电阻产生的焦耳热为：

122R

Q Q R R =

+总

联立以上各式得出：

2

12211934mU Q mgL B d

=-

(3)两棒以相同的初速度进入场区匀速经过相同的位移，对ab 棒根据共点力的平衡可得：

221sin 37cos3702B d v

mg mg R

μ?

?

--=

计算得出：22

1mgR

v B d =

对cd 棒分析因为：

2sin 372cos370mg mg μ??-?>

故cd 棒安培力必须垂直导轨平面向下，根据左手定则可以知道磁感应强度B 2沿导轨平面向上，cd 棒也匀速运动则有：

1212sin 372cos37022B dv mg mg B d R μ????

-+???= ???

将22

1mgR

v B d =

代入计算得出：2132B B =. 答：(1)ab 棒刚进入磁场1B 时的速度大小为

11.5U

B d

; (2)定值电阻上产生的热量为2

22

11934mU mgL B d -;

(3)2B 的大小为132B ，方向沿导轨平面向上.

5．如图甲所示，光滑导体轨道PMN 和P ′M ′N ′是两个完全一样的轨道，是由半径为r 的四分之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道在M 和M ′点相切，两轨道并列平行放置，MN 和M ′N ′位于同一水平面上，两轨道之间的距离为L ，PP ′之间有一个阻值为R 的电阻，开关K 是一个感应开关(开始时开关是断开的)，MNN ′M ′是一个矩形区域内有竖直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场，水平轨道MN 离水平地面的高度为h ，其截面图如图乙所示．金属棒a 和b 质量均为m 、电阻均为R ，在水平轨道某位置放上金属棒b ，静止不动，a 棒从圆弧顶端PP ′处静止释放后，沿圆弧轨道下滑，若两导体棒在运动中始终不接触，当两棒的速度稳定时，两棒距离2mR gr

x =

，两棒速度稳定之后，再经过一段时间，b 棒离开轨道做平抛运动，在b 棒离开轨道瞬间，开关K 闭合．不计一切摩擦和导轨电阻，已知重力加速度为g ．求：

(1)两棒速度稳定时的速度是多少？ (2)两棒落到地面后的距离是多少？

(3)从a 棒开始运动至b 棒离开轨道的过程中，回路中产生的焦耳热是多少？ 【答案】(1)12gr v =2

rh

x ?= (3) 12Q mgr =

【解析】 【分析】 【详解】

（1）a 棒沿圆弧轨道运动到最低点M 时，由机械能守恒定律得：

2

012

mgr mv =

解得a 棒沿圆弧轨道最低点M 时的速度02v gr =

从a 棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度的过程中，两棒在水平方向受到的安培力总是大小相等，方向相反，所以两棒的总动量守恒．由动量守恒定律得：

012mv mv =

解得两棒以相同的速度做匀速运动的速度0

122gr

v v =

= （2）经过一段时间，b 棒离开轨道后，a 棒与电阻R 组成回路，从b 棒离开轨道到a 棒离开轨道过程中a 棒受到安培力的冲量大小：

2222A B L x

I ILBt BL Rit R

?Φ===

由动量定理：

21A I mv mv --=

解得22gr

v =

由平抛运动规律得，两棒落到地面后的距离()

1222

h rh x v v g ?=-= （3）由能量守恒定律可知，a 棒开始运动至b 棒离开轨道的过程中，回路中产生的焦耳

热：220111

(2)22

Q mv m v =

- 解得：1

2

Q mgr =

6．如图所示，两平行光滑的金属导轨MN 、PQ 固定在水平面上，相距为L ，处于竖直向下的磁场中，整个磁场由n 个宽度皆为x0的条形匀强磁场区域1、2、3、…n 组成，从左向右依次排列，磁感应强度的大小分别为B 、2B 、3B 、…nB ，两导轨左端MP 间接入电阻R ，一质量为m 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放在水平导轨上，与导轨电接触良好，不计导轨和金属棒的电阻。

（1）对导体棒ab 施加水平向右的力，使其从图示位置开始运动并穿过n 个磁场区，求导体棒穿越磁场区1的过程中，通过电阻R 的电荷量q 。

（2）对导体棒ab 施加水平向右的恒力F0，让它从磁场1左侧边界处开始运动，当向右运动距离为时做匀速运动，求棒通过磁场区1所用的时间t 。

（3）对导体棒ab 施加水平向右的恒定拉力F1，让它从距离磁场区1左侧x=x0的位置由静止开始做匀加速运动，当棒ab 进入磁场区1时开始做匀速运动，此后在不同的磁场区施加不同的水平拉力，使棒ab 保持该匀速运动穿过整个磁场区，求棒ab 通过第i 磁场区时的水平拉力Fi 和棒ab 通过整个磁场区过程中回路产生的电热Q 。

【答案】⑴；⑵；⑶

【解析】

试题分析:⑴电路中产生的感应电动势。通过电阻的电荷量。导体棒穿过1区过程。解得

（2）棒匀速运动的速度为v，则

设棒在前x0/2距离运动的时间为t1，则

由动量定律：F0 t1-BqL=mv；解得：

设棒在后x0/2匀速运动的时间为t2，则

所以棒通过区域1所用的总时间：

（3）进入1区时拉力为，速度，则有。

解得；。进入i区时的拉力。导体棒以后通过每区都以速度做匀速运动，由功能关系有

解得。

考点：动能定理的应用；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化

7．如图1所示，MN和PQ为竖直放置的两根足够长的光滑平行金属导轨，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、电阻不计，并与导轨接触良好．整个装置处于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中．将导体杆ab由静止释放．求：

（1）a. 试定性说明ab 杆的运动；b. ab 杆下落稳定后，电阻R 上的热功率．

（2）若将M 和P 之间的电阻R 改为接一电动势为E ，内阻为r 的直流电源，发现杆ab 由静止向上运动（始终未到达MP 处），如图2所示．

a. 试定性说明ab 杆的运动：

b. 杆稳定运动后，电源的输出功率．

（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．ab 杆由静止释放．请推导证明杆做匀加速直线运动，并求出杆的加速度．

【答案】（1）加速度逐渐减小的变加速直线运动；P=2222

m g R

B l （2）加速度逐渐减小的加速；P=mgE Bl -2222

m g r B l

（3）a=22mg

m B l C + 【解析】

(1)a 、对ab 杆下滑过程，由牛顿第二定律22B l v

mg ma R

-=，可知随着速度的增大，加速

度逐渐减小，当22B l v

mg R

=时，加速度为零，杆做匀速直线运动；故杆先做加速度逐渐

减小的加速，再做匀速直线运动.

b 、ab 杆稳定下滑时，做匀速直线运动：22B l v

mg R

=,可得22mgR v B l =

故22222222

B l v mgR m g R

P v mg R B l B l =?=?=

(2)a 、对ab 杆上滑过程，由牛顿第二定律：BIL mg ma -=，上滑的速度增大，感应电流与电源提供的电流方向相反，总电流逐渐减小，故加速度逐渐减小；同样加速度为零时杆向上匀速直线运动.

B 、杆向上匀速时，BIl mg = mg I Bl

=

电源的输出功率2P EI I r =- 解得：2

()Emg mg P r Bl Bl

=

- (3)设杆下滑经t ?时间，由牛顿第二定律：mg BIl ma -=，

电容器的充电电流Q

I t

?=? 电容器增加的电量为：Q C U CBL v ?=?=?

而

v

a t

?=? 联立解得：mg B CBla l ma -??=

可知杆下滑过程给电容器充电的过程加速度恒定不变，故为匀加速直线运动． 解得：22mg

a m B l C

=

+

【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．

8．如图所示，两根相距d=1m 的足够长的光滑平行金属导轨位于xoy 竖直面内，两金属导轨一端接有阻值为R=2Ω的电阻．在y ＞0的一侧存在垂直纸面的磁场，磁场大小沿x 轴均匀分布，沿y 轴大小按规律0.5B y =分布。一质量为m=0.05kg 、阻值r=1Ω的金属直杆与金属导轨垂直，在导轨上滑动时接触良好，当t=0时位于y=0处，速度v 0=4m/s ，方向沿y 轴的正方向。在运动过程中，有一大小可调节、方向为竖直向上的外力F 作用于金属杆以保持金属杆的加速度恒定，大小为a ，方向沿y 轴的负方向．设导轨电阻忽略不计，空气阻力不计，重力加速度为g 。求：

(1)当金属直杆的速度大小v=2m/s 时金属直杆两端的电压； (2)当时间分别为t=3s 和t=5s 时外力F 的大小； (3)R 的最大电功率。

【答案】（1）233U V =

(2) 1 1.1N F = ; 20.6N F = (3) 8

9

m P W = 【解析】(1)当金属杆的速度大小为v =2m/s

此时的位移22

3m 2v v y a

-=

=- 此时的磁场0.53T B =

此时的感应电动势0.5312V=3V E Bdv ==? 金属直杆两端的电压2

3V 3

R U E R r =

=+

(2)金属直杆在磁场中运动的时间满足0

24s v t a

<

?=

当t =3s 时，金属直杆向上运动，此时速度02m/s v v at =-=-

位移22

3m 2v v y a

-=

=- 所以0.53T B =

由牛顿第二定律得1Bdv

F mg B d ma R r

--=+ 解得1 1.1N F =

当5s 4s t =>时，金属直杆已向上离开磁场区域 由2F mg ma -= 解得： 20.6N F =

(3)设金属直杆的速度为v 时，回路中的电流为I ，R 的电功率为P

Bdv I R r =+ ， 2200.52v v B a -= ， ()

()

2222222

1672v v B d v

P I R R R r -===+ 当28v =即22v =m/s 时P 最大

89

m P =

W 【点睛】本题是电磁感应与力学的综合题，解决本题的关键抓住金属杆做匀变速运动，运用运动学公式，结合切割产生的感应电动势公式、牛顿第二定律进行求解．

9．如图所示，在倾角为30?的斜面上，固定一宽度为0.25m L =的足够长平行金属光滑导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器．电源电动势为 3.0V E =，内阻为 1.0r =Ω．质量20g m =的金属棒ab 与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度为0.80T B =．导轨与金属棒的电阻不计，取2

10m/s g =．

(1)如果保持金属棒在导轨上静止，滑动变阻器接入到电路中的阻值是多少；

(2)如果拿走电源，直接用导线接在两导轨上端，滑动变阻器阻值不变化，求金属棒所能达到的最大速度值；

(3)在第(2)问中金属棒达到最大速度前，某时刻的速度为10m/s ，求此时金属棒的加速度大小．

【答案】(1) 5R =Ω (2) 12.5m/s v = (3) 21m/s a =

【解析】(1)因为金属棒静止在金属轨道上，受力平衡，如图所示，

安培力0F BIL =

根据平衡条件知0sin30F mg =? 联立得sin300.5A mg I BL

?

=

= 设变阻器接入电路的阻值为R ，根据闭合电路欧姆定律()E I R r =+， 联立计算得出5E

R r I

=

-=Ω． (2)金属棒达到最大速度时，将匀速下滑，此时安培力大小，回路中电流大小应与上面情况相同，即金属棒产生的电动势， 0.55V 2.5V E IR ==?=， 由E BLv =得2512.5m/s 0.80.25

E v BL ===?． (3)

当棒的

速

度

为

10m/s

，所受的安培力大小为

2222'0.80.2510

N 0.08N 5

B L v F BI L R ??===='安

；

根据牛顿第二定律得： '

sin30mg F ma ?-=安 计算得出： 21m/s a =．

【点睛】本题是金属棒平衡问题和动力学问题，关键分析受力情况，特别是分析和计算安培力的大小．

10．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．

11．53．如图所示，竖直平面内有一半径为r 、内阻为R 1，粗细均匀的光滑半圆形金属环，在M 、N 处于相距为2r 、电阻不计的平行光滑金属轨道ME 、NF 相接，EF 之间接有电阻R2，已知R1=12R ，R2=4R ．在MN 上方及CD 下方有水平方向的匀强磁场I 和II ，磁感应

强度大小均为B．现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，且平行轨道中够长．已知导体棒ab下落r/2时的速度大小为v1，下落到MN处的速度大小为v2．

（1）求导体棒ab从A下落r/2时的加速度大小．

（2）若导体棒ab进入磁场II后棒中电流大小始终不变，求磁场I和II之间的距离h和R2上的电功率P2．

（3）若将磁场II的CD边界略微下移，导体棒ab刚进入磁场II时速度大小为v3，要使其在外力F作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a，求所加外力F随时间变化的关系式．

【答案】(1) (2)

【解析】试题分析：（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生感应电动势，导体棒ab从A下落r/2时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得

式中由各式可得到

（2）当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即

式中

解得

导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，

有得

此时导体棒重力的功率为

根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即

所以，

（3）设导体棒ab进入磁场II后经过时间t的速度大小为，

此时安培力大小为

由于导体棒ab做匀加速直线运动，

有根据牛顿第二定律，有

即：

由以上各式解得

考点：电磁感应，牛顿第二定律，匀加速直线运动。

【名师点睛】本题考查了关于电磁感应的复杂问题，对于这类问题一定要做好电流、安培力、运动情况、功能关系这四个方面的问题分析；也就是说认真分析物理过程，搞清各个力之间的关系，根据牛顿定律列方程；分析各种能量之间的转化关系，根据能量守恒定律列出方程；力的观点和能量的观点是解答此类问题的两大方向．

视频

12．桌面上放着一个单匝矩形线圈，线圈中心上方一定高度上有一竖立的条形磁体（如图），此时线圈内的磁通量为0.04Wb。把条形磁体竖放在线圈内的桌面上时，线圈内磁通量为0.12Wb。分别计算以下两个过程中线圈中的感应电动势。

（1）把条形磁体从图中位置在0.5s内放到线圈内的桌面上；

（2）换用100匝的矩形线圈，线圈面积和原单匝线圈相同，把条形磁体从图中位置在0.1s 内放到线圈内的桌面上。

【答案】（1）0.16V；（2）80V

【解析】

【分析】 【详解】

（1）根据法拉第电磁感应定律，把条形磁体从图中位置在0.5s 内放到线圈内的桌面上线圈中的感应电动势

0.120.04

V 0.16V 0.5

E t ??-=

==? （2）换用100匝的矩形线圈条形磁体从图中位置在0.1s 内放到线圈内的桌面上的感应电动势

0.120.04100V 80V 0.1

E n

t ??-==?=?

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．如图甲所示，两竖直放置的平行金属导轨，导轨间距L =0.50m ，导轨下端接一电阻R =5Ω的小灯泡，导轨间存在一宽h =0.40m 的匀强磁场区域，磁感应强度B 按图乙所示规律变化，t =0时刻一金属杆自磁场区域上方以某一初速度沿导轨下落，t 1时刻金属杆恰好进入磁场，直至穿越磁场区域，整改过程中小灯泡的亮度始终保持不变．已知金属杆的质量m =0.10kg ，金属杆下落过程中始终保持水平且与导轨良好接触，不计金属杆及导轨的电阻，g 取10m/s 2．求：

（1）金属杆进入磁场时的速度v ； （2）图乙中t 1的数值；

（3）整个过程中小灯泡产生的总焦耳热Q ．

【答案】（1）5m/s （2）0.04s （3）0.6J

【解析】

解：（1）金属杆进入磁场时受力平衡mg BIL =

E I R

=

E

BLv =

整理得22

5m /s mgR

v B L =

= （2）根据法拉第电磁感应定律1

B

E Lh t ?=

? 0

1

B B BLv Lh t -=

? ()0100.04s

B B h t B v

-=

=

（3）整个过程中小灯泡产生的总焦耳热()2

12E Q t t R =+

20.08s h

t v

=

= 解得：0.6J Q =

15．两根足够长的光滑直金属导轨平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，且接有阻值为R 的电阻。整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。导轨和金属杆的电阻可忽略。让金属杆MN 由静止沿导轨开始下滑.求：

（1）当导体棒的速度为v （未达到最大速度）时，通过MN 棒的电流大小和方向； （2）导体棒运动的最大速度. 【答案】(1) Blv

I R =,方向为从N 到M (2)22

sin m mgR v B L θ= 【解析】 【详解】

（1）当导体棒的速度为v 时，产生的感应电动势为E Blv = 回路中的电流大小为Blv

I R

=

由右手定则可知电流方向为从N 到M

（2）导体棒在磁场中运动时，所受安培力大小为

22B L v

F ILB R

== 由左手定则可知，安培力方向沿斜面向上当导体棒的加速度为零时，速度最大即：

22sin m

B L v mg R

θ=

可解得最大速度为:

22

sin m mgR v B L

θ

=

答：（1）当导体棒的速度为v （未达到最大速度）时，通过MN 棒的电流大小为Blv

I R

=,方向为从N 到M ；

（2）导体棒运动的最大速度22

sin m mgR v B L

θ

=