- 电磁感应
- 共4515题
（1）求在整个过程中，导轨受到的静摩擦力的最大值fmax；
（2）如果从t=2s开始，给金属杆KL水平向右的外力，外力对金属杆作用的功率保持不变为P0=320W，杆到达最大速度时撤去外力，求撤去外力后QM上产生的热量QR=？
正确答案
解：（1）在0～1s时间内，设t时刻磁场磁感应强度为B，QKLM中的感应电动势为E，电流为I，金属导轨QM受到的安培力为F，则
由乙图得 B=2+2t（T），得 
由法拉第电磁感应定律得 E=
I=
导轨所受的安培力 F=BId=（2+2t）Id
当t=1s时，安培力最大为Fm，则Fm=0.8N
设金属导轨PQMN受到的最大静摩擦力为fm，则fm=μ（m1+m2）g=0.5×（0.2+0.1）×10N=1.5N
1s以后，电动势为零，QM受到的安培力为零．即安培力最大时，仍然小于金属导轨PQMN受到的最大静摩擦力，金属导轨PQMN始终静止，受到的是静摩擦力，所以
fmax=Fm
则得 fmax=0.8N
（3）从t=2s开始后，导轨QM受到的安培力向右，由于小立柱1、2的作用，金属导轨PQMN静止．设杆KL的最大速度为vm时，感应电动势为E1，电流为I1，受到的安培力为F1，外力为F0，则 E1=B0dvm，I1=
则得 F1=B0I1d=
速度最大时外力与安培力平衡，则有F0=F1
据题 F0vm=P0
即
解得 vm=10 m/s
撤去外力直到停下来，产生的总热量为Q0，则
Q0=
QM上产生的热量 QR=
答：
（1）在整个过程中，导轨受到的静摩擦力的最大值fmax为0.8N．
（2）QM上产生的热量 QR为4J．
解析
解：（1）在0～1s时间内，设t时刻磁场磁感应强度为B，QKLM中的感应电动势为E，电流为I，金属导轨QM受到的安培力为F，则
由乙图得 B=2+2t（T），得
由法拉第电磁感应定律得 E=
I=
导轨所受的安培力 F=BId=（2+2t）Id
当t=1s时，安培力最大为Fm，则Fm=0.8N
设金属导轨PQMN受到的最大静摩擦力为fm，则fm=μ（m1+m2）g=0.5×（0.2+0.1）×10N=1.5N
1s以后，电动势为零，QM受到的安培力为零．即安培力最大时，仍然小于金属导轨PQMN受到的最大静摩擦力，金属导轨PQMN始终静止，受到的是静摩擦力，所以
fmax=Fm
则得 fmax=0.8N
（3）从t=2s开始后，导轨QM受到的安培力向右，由于小立柱1、2的作用，金属导轨PQMN静止．设杆KL的最大速度为vm时，感应电动势为E1，电流为I1，受到的安培力为F1，外力为F0，则 E1=B0dvm，I1=
则得 F1=B0I1d=
速度最大时外力与安培力平衡，则有F0=F1
据题 F0vm=P0
即
解得 vm=10 m/s
撤去外力直到停下来，产生的总热量为Q0，则
Q0=
QM上产生的热量 QR=
答：
（1）在整个过程中，导轨受到的静摩擦力的最大值fmax为0.8N．
（2）QM上产生的热量 QR为4J．
（1）求滑块K的线圈中最大感应电动势的大小；
（2）若缓冲车厢向前移动距离L后速度为零，则此过程线圈abcd中通过的电量和产生的焦耳热各是多少？
（3）若缓冲车以某一速度
正确答案
解：（1）缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，滑块相对磁场的速度大小为v0，线圈中产生的感应电动势最大，则有Em=nBLv0．
（2）由法拉第电磁感应定律得
E=n
由欧姆定律得 
又
代入整理得：此过程线圈abcd中通过的电量q=n
由功能关系得：线圈产生的焦耳热为Q=
（3）若缓冲车以某一速度
线圈中感应电流为 I=
线圈ab边受到的安培力F=nBIL
依题意有F=Fm．解得，
由题意知，
当v=0时，解得x=
答：
（1）滑块K的线圈中最大感应电动势的大小是nBLv0；
（2）若缓冲车厢向前移动距离L后速度为零，则此过程线圈abcd中通过的电量和产生的焦耳热各是n
（3）缓冲车与障碍物C碰撞前，导轨右端与滑块K的cd边距离至少为
解析
解：（1）缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，滑块相对磁场的速度大小为v0，线圈中产生的感应电动势最大，则有Em=nBLv0．
（2）由法拉第电磁感应定律得
E=n
由欧姆定律得
又
代入整理得：此过程线圈abcd中通过的电量q=n
由功能关系得：线圈产生的焦耳热为Q=
（3）若缓冲车以某一速度
线圈中感应电流为 I=
线圈ab边受到的安培力F=nBIL
依题意有F=Fm．解得，
由题意知，
当v=0时，解得x=
答：
（1）滑块K的线圈中最大感应电动势的大小是nBLv0；
（2）若缓冲车厢向前移动距离L后速度为零，则此过程线圈abcd中通过的电量和产生的焦耳热各是n
（3）缓冲车与障碍物C碰撞前，导轨右端与滑块K的cd边距离至少为
正确答案
解析
解：A、电路中电动势：E=Blv=0.4×0.5×10=2V，ab两点电势差为：Uab=E=2V，故A正确．
B、电路中电流：I=
C、导体棒ab向右运动，根据楞次定律判断知ab棒所受的安培力方向向左，故C错误．
D、ab棒匀速运动时拉力与安培力平衡，合力为零，合力做功为零，故D正确．
故选：AD．
A上滑过程中导体棒受到的最大安培力为
B上滑过程中安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为
C上滑过程中电流做功发出的热量为
D上滑过程中导体棒损失的机械能为
正确答案
解析
解：
A、导体棒开始运动时所受的安培力最大，由E=BLv、I=
B、导体棒上滑的过程中，根据动能定理得知：安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为-
C、根据能量守恒可知，上滑过程中导体棒的动能减小，转化为焦耳热、摩擦生热和重力势能，则有电流做功发出的热量为Q=
D、上滑的过程中导体棒的动能减小
故选：CD
A
B
C
D
正确答案
解析
解：直角边刚进去时刻，电流最大值i0且方向逆时针，此后电流减小，当直角边离开左边磁场进入中间区域，电流突变为顺时针，大小等于最大值i0并开始减小．故B正确；
故选：B．
A通过R的电流方向为由e到f
B通过R的电流方向为由f到e
C流过R的电量为
DR上产生的热量为
正确答案
解析
解：A、B、金属棒从轨道最低位置cd运动到ab处的过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得知通过R的电流方向为由f到e．故A错误，B正确．
C、通过R的电量由公式：q=N
D、金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为Em=BLv0，有效值为E=
故选：BD
正确答案
解析
解：A、由图看出，线框进入磁场过程与穿出磁场过程位移大小相等，F又是恒力，根据功的公式W=Fl得知，力F做功相等．故A正确．
B、C、线框进入磁场过程与穿出磁场过程中，磁场方向相同，但磁通量变化情况相反，则根据楞次定律得知，线框中感应电流方向相反．两个过程中，线框受到的安培力都是阻力，根据左手定则可知，安培力方向与线框的速度方向相反，则知，线框所受安培力方向相同．故B正确，C错误．
D、线框完全在在磁场中时做匀加速运动，则线框刚穿出磁场时速度大于进入磁场过程的速度，而刚出磁场时速度大于或等于进入磁场的速度，由F=BIL=B
故选：B
A产生感应电动势，但无感应电流
B感应电流方向为abcda
C感应电流的大小为
D感应电流的大小为
正确答案
解析
解：AB、磁场的磁感应强度随时间均匀增大时，穿过回路的磁通量均匀增大，将产生感应电动势和感应电流，由楞次定律判断知，感应电流方向为adcba．故AB错误．
CD、回路中产生的感应电动势为 E=
故选：C．
（1）通过计算分析2s内金属杆的运动情况
（2）计算2s内外力F的大小
（3）计算2s内整个系统产生的焦耳热．
正确答案
解：（1）金属杆未进入磁场时，不受安培力，做匀加速运动．灯泡亮度一直不变，则知t=1s时，金属杆刚好进入磁场，且进入磁场后做匀速运动．
（2）金属杆未进入磁场时，电路中总电阻：R总=R1+r=5Ω
由法拉第电磁感应定律可得感应电动势为：
E1=
通过灯泡的电流为：I=
由题，灯泡亮度一直不变，则知t=1s时，金属杆刚好进入磁场，且进入磁场后做匀速运动，由平衡条件得：
F=μmg+BIL=0.2×1×10+2×0.6×0.5=2.6N
（3）2s内整个系统产生热量为：Q=I2（R+r）t=0.62×5×2J=3.6J
答：
（1）2s内金属杆的运动情况先做匀加速直线运动，进入磁场后做匀速直线运动．
（2）2s内外力F的大小是2.6N．
（3）2s内整个系统产生焦耳热是3.6J．
解析
解：（1）金属杆未进入磁场时，不受安培力，做匀加速运动．灯泡亮度一直不变，则知t=1s时，金属杆刚好进入磁场，且进入磁场后做匀速运动．
（2）金属杆未进入磁场时，电路中总电阻：R总=R1+r=5Ω
由法拉第电磁感应定律可得感应电动势为：
E1=
通过灯泡的电流为：I=
由题，灯泡亮度一直不变，则知t=1s时，金属杆刚好进入磁场，且进入磁场后做匀速运动，由平衡条件得：
F=μmg+BIL=0.2×1×10+2×0.6×0.5=2.6N
（3）2s内整个系统产生热量为：Q=I2（R+r）t=0.62×5×2J=3.6J
答：
（1）2s内金属杆的运动情况先做匀加速直线运动，进入磁场后做匀速直线运动．
（2）2s内外力F的大小是2.6N．
（3）2s内整个系统产生焦耳热是3.6J．
正确答案
解析
解：A、B、若保持拉力恒定不变，金属棒以速度2v匀速运动时，则有F=FA=
保持拉力的功率不变，金属棒以速度2v匀速运动时，则有F=FA=
由于拉力的功率一定时，金属棒的加速度较大，其速度从v0增大到v的时间较小，即t1＞t2．故A正确、B错误．
C、两种运动，当速度都为v时，磁场力均为BIl=
D、由于两种情况下，最后都是匀速运动，故最终拉力等于磁场力：F=BIL=
若保持拉力恒定，速度为v时，磁场力为F1，则F1=
因为F1=F2，所以F2=
故选：ACD．
如图甲所示，固定在水平桌边上的“”型平行金属导轨足够长，倾角为53°，间距L=2m，电阻不计；导轨上两根金属棒ab、cd的阻值分别为R1=2Ω，R2=4Ω，cd棒质量m1=1.0kg，ab与导轨间摩擦不计，cd与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个导轨置于磁感应强度B=5T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场中．现让ab棒从导轨上某处由静止释放，当它刚要滑出导轨时，cd棒刚要开始滑动；g取10m/s2，sin37°=cos53°=0.6，cos37°=sin53°=0.8．
（1）在乙图中画出此时cd棒的受力示意图，并求出ab棒的速度；
（2）若ab棒无论从多高的位置释放，cd棒都不动，则ab棒质量应小于多少？
（3）假如cd棒与导轨间的动摩擦因数可以改变，则当动摩擦因数满足什么条件时，无论ab棒质量多大、从多高位置释放，cd棒始终不动？
正确答案
解：（1）ab棒沿斜面滑下切割磁感线产生的感应电流的方向是b→a→c→d→b；
因为当ab棒从导轨刚要滑出时，cd棒刚要开始滑动，其受力分析如图所示．
由受力分析得：BILcos53°=f…①
N-m1g-BILsin53°=0…②
且：f=μN…③，
解得：I=2.5A…④
根据法拉第电磁感应定律：E=BLv…⑤
闭合电路的欧姆定律：
解得：v=1.5m/s…⑦
（2）ab棒在足够长的轨道下滑时，最大安培力只能等于自身重力的分力，有：
FA=mabgsin53°…⑧
因ab棒与cd棒串联，故所受最大安培力大小相等…⑨
要使cd棒不能滑动，需：FAcos53°≤μ（m1g+FAsin53°）…⑩
以上两式联立解得：mab≤3.125kg…（11）
（3）ab棒下滑，cd棒始终不动，须有：F′Acos53°≤μ（m1g+F′Asin53°）…（12）
得：μ≥
当ab棒的质量无限大，在无限长的轨道最终做匀速运动，安培力F′A趋于无穷大，则有：μ≥
答：
（1）在乙图中画出此时cd棒的受力示意图如图所示，ab棒的速度是1.5m/s；
（2）若ab棒无论从多高的位置释放，cd棒都不动，则ab棒质量应小于3.125kg；
（3）当动摩擦因数满足μ≥0.75的条件时，无论ab棒质量多大、从多高位置释放，cd棒始终不动．
解析
解：（1）ab棒沿斜面滑下切割磁感线产生的感应电流的方向是b→a→c→d→b；
因为当ab棒从导轨刚要滑出时，cd棒刚要开始滑动，其受力分析如图所示．
由受力分析得：BILcos53°=f…①
N-m1g-BILsin53°=0…②
且：f=μN…③，
解得：I=2.5A…④
根据法拉第电磁感应定律：E=BLv…⑤
闭合电路的欧姆定律：
解得：v=1.5m/s…⑦
（2）ab棒在足够长的轨道下滑时，最大安培力只能等于自身重力的分力，有：
FA=mabgsin53°…⑧
因ab棒与cd棒串联，故所受最大安培力大小相等…⑨
要使cd棒不能滑动，需：FAcos53°≤μ（m1g+FAsin53°）…⑩
以上两式联立解得：mab≤3.125kg…（11）
（3）ab棒下滑，cd棒始终不动，须有：F′Acos53°≤μ（m1g+F′Asin53°）…（12）
得：μ≥
当ab棒的质量无限大，在无限长的轨道最终做匀速运动，安培力F′A趋于无穷大，则有：μ≥
答：
（1）在乙图中画出此时cd棒的受力示意图如图所示，ab棒的速度是1.5m/s；
（2）若ab棒无论从多高的位置释放，cd棒都不动，则ab棒质量应小于3.125kg；
（3）当动摩擦因数满足μ≥0.75的条件时，无论ab棒质量多大、从多高位置释放，cd棒始终不动．
A通过电阻R的电流先增大后减小
Bθ=
C通过电祖R的电荷量为
D电阻R的最大电功率是
正确答案
解析
解：A、由于杆的端点O处杆与金属圆环是绝缘的，电路为纯串联结构，金属杆切割磁感线的有效长度先增大后减小，由E=BLv知，感应电动势先增大后减小，则感应电流也先增大后减小，故A正确．
B、当θ=
C、由q=
D、当金属杆转过90°时，电阻R的电功率最大，为 Pm=
故选：AD．
（1）导体棒ab达到稳定时的速度．
（2）当导体棒ab速度v=1m/s时的加速度大小．
（3）ab棒从静止开始到稳定速度所需要的时间．
（4）ab棒从静止开始经过3s电阻上产生的焦耳热．
正确答案
解析
解：（1）导体棒ab稳定时做匀速直线运动，受力平衡，设稳定时的速度为vm，则有：
F=BIL+μmg=B
又P=Fvm
联立得：
代入得：
解得：vm=2m/s（另一解为负值，舍去）
（2）当导体棒ab速度v=1m/s时所受的安培力大小为：FA=
根据牛顿第二定律得：
则得：a=
（3）设ab棒从静止开始到刚稳定时通过的位移大小为x．
根据电量q=
联立得：x=
导体棒克服安培力做功等于回路中产生的总热量，则导体棒克服安培力做功为：W克=5.8J
根据动能定理得：Pt-μmgx-W克=
代入得：6t-0.5×0.2×10×2.8-5.8=
解得：t=1.5s
（4）由上知：导体棒稳定时速度为vm=2m/s，ab棒从静止到稳定的时间为t=1.5s，这个过程中回路产生Q=5.8J的焦耳热，R上产生的焦耳热为：QR=
稳定后电路中电流为 I=
R上产生的焦耳热为：QR′=I2Rt′=22×0.8×1.5J=4.8J
故ab棒从静止开始经过3s电阻上产生的焦耳热为：QR总=QR+QR′=4.64J+4.8J=9.44J．
答：（1）导体棒ab达到稳定时的速度为2m/s．
（2）当导体棒ab速度v=1m/s时的加速度大小为20m/s2．
（3）ab棒从静止开始到稳定速度所需要的时间为1.5s．
（4）ab棒从静止开始经过3s电阻上产生的焦耳热为9.44J．
A导体棒ab做变速运动期间，其加速度一定减小
B导体棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能和电热之和，符合能的转化和守恒定律
C单位时间内克服安培力做的功全部转化为电能，电能又转化为内能
D导体棒ab最后做匀速运动时，速度大小为v=
正确答案
解析
解：A、若导体棒加速，重力大于安培力，根据牛顿第二定律，有
若棒减速，重力小于安培力，根据牛顿第二定律，有
故A正确；
BC、导体棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能，电能转化为电热电能最终都转化为电热；故不能说减小的机械能等于电能和电热之和；故B错误；C正确；
D、导体坛棒的加速度不断减小，最后变为匀速，根据平衡坛条件，重力和安培力平衡，有
故选：ACD．
A导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流I=
B导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小a=g-
C导体棒cd在水平恒力撤去后它的位移为s=
D导体棒cd在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为Q=
正确答案
解析
解：A、cd切割磁感线产生感应电动势为 E=BLv0，根据闭合电路欧姆定律得：I=
B、对于ab棒：由牛顿第二定律得：mg-f=ma，摩擦力f=μN，N为轨道对ab棒的弹力，水平方向，由平衡条件得：N=BIL，解得：a=g-
C、对于cd棒，通过棒的电量：q=
D、设导体棒cd在水平恒力撤去后产生的焦耳热为Q，由于ab的电阻与cd相同，两者串联，则ab产生的焦耳热也为Q．根据能量守恒得：2Q+μmgs=
故选：BCD．
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