电磁感应_章节学习

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题型：多选题

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多选题

如图甲所示，由一根导线绕成的矩形线圈的匝数n=10匝，质量m=0.04kg、高h=0.05m、总电阻R=0.5Ω、竖直固定在质量为M=0.06kg的小车上，小车与线圈的水平长度l相同．线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v0=2m/s进入垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度B=1.0T，运动过程中线圈平面和磁场方向始终垂直．若小车从刚进磁场位置1运动到刚出磁场位置2的过程中速度v随车的位移x变化的vx图象如图乙所示，则根据以上信息可知（　　）

A小车的水平长度l=10cm

B小车的位移x=20cm时线圈中的电流I=1.5A

C小车离开磁场时的速度为1.0m/s

D小车离开磁场的过程中，线圈产生的热量Q=0.0875J

正确答案

A,C

解析

解：A、由图可知，从x=0cm开始，小车进入磁场，线圈中有感应电流，受安培力作用，小车做减速运动，速度v随位移s减小，当x=10cm时，线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动．因此小车的水平长度l=10cm．故A正确．

B、由图知，小车的位移x=20cm时完全在磁场中，磁通量不变，没有感应电流，故B错误．

C、设小车完全在磁场时速度为v2，运动到位置3时的速度为v3．

根据动量定理得：

进入磁场过程：-nBht1=mv2-mv1；

而t1=q1；则得 nBq1h=mv1-mv2；

同理，穿出磁场的过程：nBq2h=mv2-mv3；

根据q=n，知感应电量 q1=q2；

由上式解得：v3=2v2-v1=2×1.3-2=1m/s，故C正确．

D、线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功，线圈的动能减少，转化成电能消耗在线圈上产生电热．

Q=（M+m）（-）

解得线圈电阻发热量Q=0.15J，故D错误．

故选：AC．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，两条平行的长直金属细导轨KL、PQ固定于同一水平面内，它们之间的距离为l，电阻可忽略不计；ab和cd是两根质量皆为m的金属细杆，杆与导轨垂直，且与导轨良好接触，并可沿导轨无摩擦地滑动．两杆的电阻皆为R．杆cd的中点系一轻绳，绳的另一端绕过轻的定滑轮悬挂一质量为M的物体，滑轮与转轴之间的摩擦不计，滑轮与杆cd之间的轻绳处于水平伸直状态并与导轨平行．导轨和金属细杆都处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面向上，磁感应强度的大小为B．现两杆及悬物都从静止开始运动，当ab杆及cd杆的速度分别达到v1和v2时，两杆加速度的大小各为多少？

正确答案

解：ab与cd切割磁感线产生的感应电动势分别为：

E1=Blv1，E2=Blv2，总电动势E=E2-E1=Bl（v2-v1），

由闭合电路的欧姆定律可得，电路电流I==，

金属细杆受到的安培力大小F=BIl=，

设绳子对cd的拉力为T，由牛顿第二定律得：

ab棒：=ma1，

a1=，

cd棒与M组成的系统：

Mg-=（M+m）a2 ，

由①②③解得：a2=；

答：当ab杆及cd杆的速度分别达到v1和v2时，

两杆加速度的大小分别为：，．

解析

解：ab与cd切割磁感线产生的感应电动势分别为：

E1=Blv1，E2=Blv2，总电动势E=E2-E1=Bl（v2-v1），

由闭合电路的欧姆定律可得，电路电流I==，

金属细杆受到的安培力大小F=BIl=，

设绳子对cd的拉力为T，由牛顿第二定律得：

ab棒：=ma1，

a1=，

cd棒与M组成的系统：

Mg-=（M+m）a2 ，

由①②③解得：a2=；

答：当ab杆及cd杆的速度分别达到v1和v2时，

两杆加速度的大小分别为：，．

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题型：简答题

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简答题

如图甲所示，固定于水平桌面上的金属导轨abcd足够长，质量为20kg的金属棒ef搁在导轨上，可无摩擦地滑动，此时bcfe构成一个边长为L=1m的正方形．金属棒的电阻为r=1Ω，其余部分的电阻不计．在t=0的时刻，导轨间加一竖直向下的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，其中B1=10T，t1=1s．为使金属棒ef在0～t1保持静止，；需在金属棒ef上施加一水平拉力F，从t1时刻起保持此时的水平拉力F不变，金属棒ef在导轨上运动了距离s=1m时，刚好达到最大速度，求：

（1）在t=0.5s时刻，流过金属棒的电流方向以及该水平拉力F的大小和方向；

（2）金属棒ef在导轨上运动的最大速度；

（3）从t=0开始到金属棒ef达到最大速度的过程中，金属棒ef中产生的热量．

正确答案

解：（1）在t=0.5s时刻，由楞次定律可知，电流方向从f到e

感应电动势 E=S==10V

感应电流 I==10A

导体棒受到的安培力 F安=•I•L=50N，方向水平向左．

（2）当金属棒的速度最大时

感应电动势E′=B1Lvm，

此时导体棒受到的安培力 F安′=B1•I1•L=B1L=

此时拉力 F′=B1•I•L=100N

当金属棒的速度最大时 F′=F安′

所以vm=1m/s

（3）金属棒静止时I1=10A，Q1==100J

金属棒从开始运动到最大速度阶段由能量守恒得

Q2=F′s-=90J

所以，全过程产生的焦耳热 Q=Q1+Q2=190J

答：

（1）在t=0.5s时刻，流过金属棒的电流方向从f到e，该水平拉力F的大小为50N，方向水平向左；

（2）金属棒ef在导轨上运动的最大速度是1m/s；

（3）从t=0开始到金属棒ef达到最大速度的过程中，金属棒ef中产生的热量是190J．

解析

解：（1）在t=0.5s时刻，由楞次定律可知，电流方向从f到e

感应电动势 E=S==10V

感应电流 I==10A

导体棒受到的安培力 F安=•I•L=50N，方向水平向左．

（2）当金属棒的速度最大时

感应电动势E′=B1Lvm，

此时导体棒受到的安培力 F安′=B1•I1•L=B1L=

此时拉力 F′=B1•I•L=100N

当金属棒的速度最大时 F′=F安′

所以vm=1m/s

（3）金属棒静止时I1=10A，Q1==100J

金属棒从开始运动到最大速度阶段由能量守恒得

Q2=F′s-=90J

所以，全过程产生的焦耳热 Q=Q1+Q2=190J

答：

（1）在t=0.5s时刻，流过金属棒的电流方向从f到e，该水平拉力F的大小为50N，方向水平向左；

（2）金属棒ef在导轨上运动的最大速度是1m/s；

（3）从t=0开始到金属棒ef达到最大速度的过程中，金属棒ef中产生的热量是190J．

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题型：多选题

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多选题

如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，边界的宽度为S，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直．现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v-t图象（其中OA、BC、DE相互平行）．已知金属线框的边长为L（L＜S）、质量为m，电阻为R，当地的重力加速度为g，图象中坐标轴上所标出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均为已知量．（下落过程中bc边始终水平）根据题中所给条件，以下说法正确的是（　　）

At2是线框全部进入磁场瞬间，t4是线框全部离开磁场瞬间

B从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，感应电流所做的功为2mgS

CV1的大小可能为

D线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经框横截面的电荷量多

正确答案

A,C

解析

解：A、0-t1时间内做自由落体运动，可知从t1时刻进入磁场，开始做加速度减小的减速运动，t2时刻又做匀加速运动，且与自由落体运动的加速度相同，可知线框全部进入磁场，即t2是线框全部进入磁场瞬间，t3时刻开始做变减速运动，t4时刻，又做加速度为g的匀加速运动，可知t4是线框全部离开磁场瞬间，故A正确．

B、从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，根据动能定理得：mg（s+L）-WA=mv12-mv22，线框出磁场时，设克服安培力做功为WA′，根据动能定理得：mgL-WA′=mv12-mv22，解得：WA=mgs+WA′，WA′≠mgs，则WA≠2mgs，故B错误．

C、线框全部进入磁场前的瞬间，可能重力和安培力平衡，有：mg=，解得：v1=，故C正确．

D、根据q=知，线框进入磁场和出磁场的过程中，磁通量的变化量相同，则通过的电荷量相同，故D错误．

故选：AC．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，在方向垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，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（　　）

A流过线框截面的电量为

B线框中的电流在ad边产生的热量为

C线框所受安培力的合力为

Dad间的电压为

正确答案

A,B,D

解析

解：A、感应电量q=It=t=，故A正确．

B、产生的感应电动势：E=2Blv

感应电流：I=

线框中的电流在ad边产生的热量：Q=I2R•=，故B正确．

C、线框所受安培力：F=BI•2l=，故C错误．

D、ad间的电压为：U=IR=，故D正确．

故选ABD．

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题型：多选题

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多选题

（2015秋•龙岩校级月考）如图所示，abcd为水平放置的平行“匸”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直与导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）．则下列说法中错误的是（　　）

A电路中感应电动势的大小为

B电路中感应电流的大小为

C金属杆所受安培力的大小为

D金属杆的热功率为

正确答案

A,C,D

解析

解：A、电路中感应电动势为：E=Bsinα•v=Blv，故A错误．

B、电路中感应电流的大小为：I==，故B正确．

C、金属杆所受安培力的大小为：F=BI•=，故C错误．

D、金属杆的热功率为：P=EI=，故D错误．

本题选择不正确的，故选：ACD

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题型：简答题

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简答题

如图所示，轻绳绕过轻滑轮连接着边长为L的正方形导线框A1和物块A2，线框A1的电阻为R，质量为M，物块A2的质量为m（M＞m），两匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的高度也为L，磁感应强度均为B，方向水平与线框垂直．线框ab边磁场边界高度为h，开始时各段绳都处于伸直状态，把它们由静止释放，ab边刚穿过两磁场的分界线cc′进入磁场Ⅱ时线框做匀速运动．求：

（1）ab边进入磁场Ⅰ时线框A1的速度v1；

（2）ab边进入磁场Ⅱ后线框A1所受重力的功率P；

（3）从ab边进入磁场Ⅱ到ab边穿出磁场Ⅱ的过程中，线框中产生的焦耳热Q．

正确答案

解：（1）线框进入磁场前的运动过程，应用系统机械能守恒得

得：

（2）设ab边进入磁场Ⅱ时线框匀速运动的速度为v2，此时线框中产生的感应电动势大小为E=2BLv2，感应电流为I=

线框的左右受到的安培力平衡，而上下两边所受的安培力的合力为F=2BIL，则得 F=2•

根据平衡条件有

解得，

所以线框A1所受重力的功率P为：

（3）从ab边进入磁场Ⅱ到ab边穿出磁场Ⅱ的过程中，线框做匀速直线运动，系统的重力势能减小转化为内能，由能量守恒定律得

Q=（M-m）gL

答：

（1）ab边进入磁场Ⅰ时线框A1的速度v1是．

（2）ab边进入磁场Ⅱ后线框A1所受重力的功率P是；

（3）从ab边进入磁场Ⅱ到ab边穿出磁场Ⅱ的过程中，线框中产生的焦耳热Q是（M-m）gL．

解析

解：（1）线框进入磁场前的运动过程，应用系统机械能守恒得

得：

（2）设ab边进入磁场Ⅱ时线框匀速运动的速度为v2，此时线框中产生的感应电动势大小为E=2BLv2，感应电流为I=

线框的左右受到的安培力平衡，而上下两边所受的安培力的合力为F=2BIL，则得 F=2•

根据平衡条件有

解得，

所以线框A1所受重力的功率P为：

（3）从ab边进入磁场Ⅱ到ab边穿出磁场Ⅱ的过程中，线框做匀速直线运动，系统的重力势能减小转化为内能，由能量守恒定律得

Q=（M-m）gL

答：

（1）ab边进入磁场Ⅰ时线框A1的速度v1是．

（2）ab边进入磁场Ⅱ后线框A1所受重力的功率P是；

（3）从ab边进入磁场Ⅱ到ab边穿出磁场Ⅱ的过程中，线框中产生的焦耳热Q是（M-m）gL．

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题型：简答题

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简答题

一个质量m=0.1kg的正方形金属框总电阻R=0.5Ω，金属框放在表面是绝缘且光滑的斜面顶端，自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边BB′平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端BB′，设金属框在下滑时即时速度为v，与此对应的位移为s，那么v2-s图象如图2所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上．试问：

（1）分析v2-s图象所提供的信息，计算出斜面倾角θ和匀强磁场宽度d．

（2）匀强磁场的磁感应强度多大？

（3）金属框从斜面顶端滑至底端所需的时间为多少？

（4）现用平行斜面沿斜面向上的恒力F作用在金属框上，使金属框从斜面底端BB′静止开始沿斜面向上运动，匀速通过磁场区域后到达斜面顶端．试计算恒力F做功的最小值．

正确答案

解：（1）s=0到s=1.6 m由公式v2=2as，该段图线斜率k==2a==10，所以a=5m，

根据牛顿第二定律 mgsinθ=ma，sinθ===0.5，θ=30°，

由图得从线框下边进磁场到上边出磁场均做匀速运动，所以△s=2L=2d=（2.6-1.6）m=1 m，d=L=0.5m．

（2）线框通过磁场时，v12=16，v1=4 m/s，

此时F安=mg sinθ，BL=mg sinθ，B==0.5 T．

（3）t1==s=0.8 s，t2==s=0.25 s，s3=（3.4-2.6）m=0.8 m，s3=v1t3+a t32，t3=0.2 s，

所以t=t1+t2+t3=（0.8+0.25+0.2）s=1.25 s

（4）未入磁场 F-mgsinθ=ma2，进入磁场F=mgsinθ+F安，∴F安=ma2，

BL=m，v==2 m/s，F安==0.25N

在上升过程中产生的热量Q=2dF安，

上升过程中重力势能的增加量为△EP增=mg（s1+s2+s3）sinθ

当到达最高点时速度为0，该过程中做功最小．

由能量守恒得：

最小功 WF=2dF安+mg（s1+s2+s3）sinθ=+mg（s1+s2+s3）sinθ=1.95 J．

本题答案为：（1）θ=30°，0.5m．（2）0.5 T．（3）1.25 s．（4）1.95 J．

解析

解：（1）s=0到s=1.6 m由公式v2=2as，该段图线斜率k==2a==10，所以a=5m，

根据牛顿第二定律 mgsinθ=ma，sinθ===0.5，θ=30°，

由图得从线框下边进磁场到上边出磁场均做匀速运动，所以△s=2L=2d=（2.6-1.6）m=1 m，d=L=0.5m．

（2）线框通过磁场时，v12=16，v1=4 m/s，

此时F安=mg sinθ，BL=mg sinθ，B==0.5 T．

（3）t1==s=0.8 s，t2==s=0.25 s，s3=（3.4-2.6）m=0.8 m，s3=v1t3+a t32，t3=0.2 s，

所以t=t1+t2+t3=（0.8+0.25+0.2）s=1.25 s

（4）未入磁场 F-mgsinθ=ma2，进入磁场F=mgsinθ+F安，∴F安=ma2，

BL=m，v==2 m/s，F安==0.25N

在上升过程中产生的热量Q=2dF安，

上升过程中重力势能的增加量为△EP增=mg（s1+s2+s3）sinθ

当到达最高点时速度为0，该过程中做功最小．

由能量守恒得：

最小功 WF=2dF安+mg（s1+s2+s3）sinθ=+mg（s1+s2+s3）sinθ=1.95 J．

本题答案为：（1）θ=30°，0.5m．（2）0.5 T．（3）1.25 s．（4）1.95 J．

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题型：多选题

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多选题

如图甲所示，正方形金属线圈abcd位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R．在线圈的下方有一匀强磁场，MN和M′N′是磁场的水平边界，并与bc边平行，磁场方向垂直于纸面向里．现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是线圈由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v-t图象，图中字母均为已知量．重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是（　　）

A金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向

B金属线框的边长为v1（t2-t1）

C磁场的磁感应强度为

D金属线框在0～t4的时间内所产生的热量为2mgV1（t2-t1）+m（V22-V32）

正确答案

B,D

解析

解：A、金属线框刚进入磁场时磁通量增大，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda方向；故A错误；

B、由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2-t1，故金属框的边长：l=v1（t2-t1）；故B正确；

C、在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg=BIl，I=，又 l=v1（t2-t1）．

联立解得：B=；故C错误；

D、t1到t2时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q1=mgl=mgυ1（t2-t1）；

t3到t4时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q2=mgl+m（-）=mgυ1（t2-t1）+m（-）

故Q=Q1+Q2=2mgυ1（t2-t1）+m（-），故D正确；

故选：BD．

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题型：单选题

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单选题

如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1L2之间和L3L4之间存在匀强磁场，磁感应强度B大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面．现有一矩形线圈abcd，宽度cd=L=0.5m，质量为0.1kg，电阻为2Ω，将其从图示位置由静止释放（cd边与L1重合），速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向，重力加速度g取10m/s2．则（　　）

A在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25C

B线圈匀速运动的速度大小为2m/s

C线圈的长度为1m

D0～t3时间内，线圈产生的热量为4.2J

正确答案

A

解析

解：A、B、C、t2～t3这段时间内线圈做匀速直线运动，设速度为v．根据平衡条件有：mg=BIL=BL

联立两式解得：v==m/s=8m/s．故B错误．

t1～t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知ab边刚进磁场，cd边也刚进磁场．设磁场的宽度为d，线圈下降的位移为3d，则有：

3d=vt-gt2，v=8m/s，t=0.6s，

代入解得：d=1m，

所以线圈的长度为：L′=2d=2m．故C错误．

在0～t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为：q===C=0.25C．故A正确．

D、0～t3时间内，根据能量守恒得：Q=mg（3d+2d）-mv2=0.1×10×（3+2）-×0.1×82=1.8J．故D错误．

故选：A．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距L=1m，PM、QN部分水平放置在绝缘桌面上，半径a=1m的金属半圆导轨处在竖直平面内，两部分分别在M、N处相切，PQ左端与R=2Ω的电阻连接．一质量为m=1kg、电阻r=1Ω的金属棒放在导轨上的PQ处并与两导轨始终垂直．整个装置处于磁感应强度大小B=1T、方向竖直向上的匀强磁场中，g取10m/s2．

（1）导体棒以v=3m/s速度在水平轨道上向右匀速运动时，求导体棒受到的安培力；

（2）若导体棒恰好能通过轨道最高点CD处，求通过CD处时电阻R上的电功率；

（3）设LPM=LQN=3m，若导体棒从PQ处以3m/s匀速率沿着轨道运动，求导体棒从PQ运动到CD的过程中，电路中产生的焦耳热．

正确答案

解：（1）由E=BLv，，F=BIL

解得：安培力大小 F==N=1N，方向水平向左

（2）在最高点CD处，有mg=m，得

感应电动势 E=BLv2

电阻R上的电功率 ==2.2W

（3）在水平轨道上，感应电动势 E=BLv，焦耳热为 =3J

在半圆轨道上，感应电动势最大值Em=BLv=3V

导体棒匀速率沿着轨道运动，在半圆轨道上运动时导体棒产生正弦式电流，则

==J=1.57J

故总焦耳热为 Q=Q1+Q2=4.57J

答：

（1）导体棒受到的安培力大小为1N，方向水平向左；

（2）若导体棒恰好能通过轨道最高点CD处，通过CD处时电阻R上的电功率是2.2W；

（3）导体棒从PQ运动到CD的过程中，电路中产生的焦耳热是4.57J．

解析

解：（1）由E=BLv，，F=BIL

解得：安培力大小 F==N=1N，方向水平向左

（2）在最高点CD处，有mg=m，得

感应电动势 E=BLv2

电阻R上的电功率 ==2.2W

（3）在水平轨道上，感应电动势 E=BLv，焦耳热为 =3J

在半圆轨道上，感应电动势最大值Em=BLv=3V

导体棒匀速率沿着轨道运动，在半圆轨道上运动时导体棒产生正弦式电流，则

==J=1.57J

故总焦耳热为 Q=Q1+Q2=4.57J

答：

（1）导体棒受到的安培力大小为1N，方向水平向左；

（2）若导体棒恰好能通过轨道最高点CD处，通过CD处时电阻R上的电功率是2.2W；

（3）导体棒从PQ运动到CD的过程中，电路中产生的焦耳热是4.57J．

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题型：简答题

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简答题

如图1所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置．两导轨间距为L0，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）由b向a方向看到的装置如图2，在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；

（2）在加速下滑时，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；

（3）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．

正确答案

解：（1）由右手定则可知，杆向下运动时，感应电流从a流向b，再根据左手定则知，杆ab所受安培力方向沿斜面向上，则物体受力如图所示：

重力mg，竖直下

支撑力N，垂直斜面向上

安培力F，沿斜面向上

（2）当ab杆速度为v时，感应电动势E=BLv，此时电路中电流

ab杆受到安培力

根据牛顿运动定律，杆所受合力

F合=mgsinθ-F=ma

可得杆的加速度a==

（3）杆沿轨道下滑时随着速度增大，杆的加速度逐渐减小，当杆的加速度减小为0时，杆的速度将达到最大，所以当a=0时，有：=0

所以此时杆的最大速度

vm=

答：（1）由b向a方向看到的装置如图2，在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图如上图所示；

（2）在加速下滑时，当ab杆的速度大小为v时，此时ab杆中的电流为及其加速度的大小为；

（3）在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值为．

解析

解：（1）由右手定则可知，杆向下运动时，感应电流从a流向b，再根据左手定则知，杆ab所受安培力方向沿斜面向上，则物体受力如图所示：

重力mg，竖直下

支撑力N，垂直斜面向上

安培力F，沿斜面向上

（2）当ab杆速度为v时，感应电动势E=BLv，此时电路中电流

ab杆受到安培力

根据牛顿运动定律，杆所受合力

F合=mgsinθ-F=ma

可得杆的加速度a==

（3）杆沿轨道下滑时随着速度增大，杆的加速度逐渐减小，当杆的加速度减小为0时，杆的速度将达到最大，所以当a=0时，有：=0

所以此时杆的最大速度

vm=

答：（1）由b向a方向看到的装置如图2，在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图如上图所示；

（2）在加速下滑时，当ab杆的速度大小为v时，此时ab杆中的电流为及其加速度的大小为；

（3）在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值为．

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，一水平放置的平行导体框架宽度L=0.5m，接有电阻R=0.20Ω，磁感应强度B=0.40T的匀强磁场垂直导轨平面方向向下，仅有一导体棒ab跨放在框架上，并能无摩擦地沿框架滑动，框架及导体ab电阻不计，当ab以v=4.0m/s的速度向右匀速滑动时．试求：

（1）导体ab上的感应电动势的大小．

（2）要维持ab向右匀速运行，作用在ab上的水平力为多大？

（3）电阻R上产生的焦耳热功率为多大？

正确答案

解：（1）导体ab垂直切割磁感线，产生的电动势大小：

E=BLv=0.40×0.50×4.0 V=0.80 V ①

（2）导体ab相当于电源，由闭合电路欧姆定律得回路电流：

I== A=4.0 A ②

导体ab所受的安培力：

F=BIL=0.40×4.0×0.50 N=0.80 N ③

由于ab匀速运动，所以水平拉力：

F′=F=0.80 N ④

（3）R上的焦耳热功率：

P=I2R=4.02×0.20 W=3.2 W ⑤

答：（1）导体ab上的感应电动势的大小为0.80V．

（2）要维持ab向右匀速运行，作用在ab上的水平力为0.80N．

（3）电阻R上产生的焦耳热功率为3.2W．

解析

解：（1）导体ab垂直切割磁感线，产生的电动势大小：

E=BLv=0.40×0.50×4.0 V=0.80 V ①

（2）导体ab相当于电源，由闭合电路欧姆定律得回路电流：

I== A=4.0 A ②

导体ab所受的安培力：

F=BIL=0.40×4.0×0.50 N=0.80 N ③

由于ab匀速运动，所以水平拉力：

F′=F=0.80 N ④

（3）R上的焦耳热功率：

P=I2R=4.02×0.20 W=3.2 W ⑤

答：（1）导体ab上的感应电动势的大小为0.80V．

（2）要维持ab向右匀速运行，作用在ab上的水平力为0.80N．

（3）电阻R上产生的焦耳热功率为3.2W．

1

题型：多选题

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多选题

如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线框拉出有界的匀强磁场区域，且v2=2v1．用F1、I1、Q1、q1表示用速度v1把线框拉出磁场时，作用在线框上的力、通过线框的电流、导线框产生的热和通过导线框的电荷量，用F2、I2、Q2、q2表示用速度v2把线框拉出磁场时，作用在线框上的力、通过线框的电流、导线框产生的热和通过导线框的电荷量．则（　　）

AF1：F2=1：2

BI1：I2=1：2

CQ1：Q2=1：4

Dq1：q2=1：1

正确答案

A,B,D

解析

解：A、匀速运动时，作用在线圈上的外力大小等于安培力大小，F=FB=BIL=，可知F∝v，则知：F1：F2=1：2，故A正确；

B、根据E=BLv，得感应电流I==，可知感应电流 I∝v，所以感应电流之比I1：I2=1：2，故B正确．

C、焦耳热Q=I2Rt=（）2R=，可知，热量之比为1：2，故C错误；

D、根据q=It=，因磁通量的变化相等，可知通过某截面的电荷量之比为1：1，故D正确．

故选：ABD．

1

题型：简答题

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简答题

如图a所示，间距为L的光滑平行长导轨固定在水平面上，每根导轨单位长度电阻为R0．导轨间存在竖直方向的有界匀强磁场．不计电阻的金属杆①、②垂直导轨放置在磁场内，杆①在离开磁场边界左侧2L处，杆②在杆①右侧．磁感应强度变化规律满足B=B0-kt （B0、k为已知量）．

（1）若杆①和杆②都固定，求杆中的感应电流强度．

（2）若杆①和杆②以相同速度υ向右匀速运动，在杆②出磁场前，求杆中的感应电流强度．

（3）若杆①固定，t=0时，杆②从杆①右侧L处出发向右运动的过程中，保持闭合回路中磁通量不变使杆中一直无感应电流，则杆②多久后到达磁场边界？

（4）若磁感应强度保持B=B0不变，杆①固定．杆②以一定初速度、在水平拉力作用下从杆①右侧0.5m处出发向右运动，速度υ与两杆间距x之间关系满足图b．当外力做功4.5J时，两杆间距x为多少？（第4问中可用数据如下：B0=1T、R0=0.1Ω/m、L=0.5m、金属杆②质量m=0.5kg）

正确答案

解：（1）由B=B0-kt 得=k

设杆①和杆②间距为x时，感应电动势 E=Lx=kLx

感应电流为 I==

（2）因为两杆的运动不影响磁通量大小，所以感应电流与静止时相同，即与（1）问中相同，仍为I=．

（3）磁通量保持不变，杆①和杆②间距x的任意位置有

B0L2=（B0-kt）Lx

当x=2L时 t=

（4）根据v-x图象可知，v=2x

感应电流 I===A=5A，为定值

则安培力FA=ILB0=2.5N

由动能定理，仅水平拉力和安培力做功，设杆①和杆②间距x，可得

W+WA=△Ek

即W-FA（x-L）=-

代入得 4.5-2.5（1.87-0.5）=x2-0.25

得x=1.87m

由题意，安培力仅存在于金属杆未出磁场区域，根据x=1.5m可知金属杆已出磁场

答：

（1）杆中的感应电流强度为．

（2）杆中的感应电流强度为．

（3）杆②后到达磁场边界．

（4）当外力做功4.5J时，两杆间距x为1.87m．

解析

解：（1）由B=B0-kt 得=k

设杆①和杆②间距为x时，感应电动势 E=Lx=kLx

感应电流为 I==

（2）因为两杆的运动不影响磁通量大小，所以感应电流与静止时相同，即与（1）问中相同，仍为I=．

（3）磁通量保持不变，杆①和杆②间距x的任意位置有

B0L2=（B0-kt）Lx

当x=2L时 t=

（4）根据v-x图象可知，v=2x

感应电流 I===A=5A，为定值

则安培力FA=ILB0=2.5N

由动能定理，仅水平拉力和安培力做功，设杆①和杆②间距x，可得

W+WA=△Ek

即W-FA（x-L）=-

代入得 4.5-2.5（1.87-0.5）=x2-0.25

得x=1.87m

由题意，安培力仅存在于金属杆未出磁场区域，根据x=1.5m可知金属杆已出磁场

答：

（1）杆中的感应电流强度为．

（2）杆中的感应电流强度为．

（3）杆②后到达磁场边界．

（4）当外力做功4.5J时，两杆间距x为1.87m．

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正确答案

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