备战高考物理推断题综合题专题复习【电磁感应现象的两类情况】专题解析含答案

备战高考物理推断题综合题专题复习【电磁感应现象的两类情况】专题解析含

答案

一、电磁感应现象的两类情况

1．如图所示，光滑的长平行金属导轨宽度d=50cm ，导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，导轨上端电阻R=0.8Ω，其他电阻不计．导轨放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T ．金属棒ab 从上端由静止开始下滑，金属棒ab 的质量

m=0.1kg ．（sin37°=0.6，g=10m/s 2）

（1）求导体棒下滑的最大速度；

（2）求当速度达到5m/s 时导体棒的加速度；

（3）若经过时间t ，导体棒下滑的垂直距离为s ，速度为v ．若在同一时间内，电阻产生的热与一恒定电流I 0在该电阻上产生的热相同，求恒定电流I 0的表达式（各物理量全部用字母表示）．

【答案】（1）18.75m/s （2）a=4.4m/s 2

（32

22mgs mv Rt - 【解析】

【分析】根据感应电动势大小与安培力大小表达式，结合闭合电路欧姆定律与受力平衡方程，即可求解；根据牛顿第二定律，由受力分析，列出方程，即可求解；根据能量守恒求解；

解：（1）当物体达到平衡时，导体棒有最大速度，有：sin cos mg F θθ= ， 根据安培力公式有： F BIL =，

根据欧姆定律有： cos E BLv I R R θ=

=， 解得： 222sin 18.75cos mgR v B L θθ

==； （2）由牛顿第二定律有：sin cos mg F ma θθ-= ，

cos 1BLv I A R

θ=

=， 0.2F BIL N ==， 24.4/a m s =；

（3）根据能量守恒有：22012

mgs mv I Rt =+ ， 解得： 2

02mgs mv I Rt

-=

2．如图所示，线圈工件加工车间的传送带不停地水平传送长为L ，质量为m ，电阻为R 的正方形线圈，在传送带的左端线圈无初速地放在以恒定速度v 匀速运动的传送带上，经过一段时间，达到与传送带相同的速度v 后，线圈与传送带始终相对静止，并通过一磁感应强度为B 、方向竖直向上的匀强磁场，已知当一个线圈刚好开始匀速度运动时，下一个线圈恰好放在传送带上，线圈匀速运动时，每两个线圈间保持距离L 不变，匀强磁场的宽度为3L ，求：

(1)每个线圈通过磁场区域产生的热量Q ．

(2)在某个线圈加速的过程中，该线圈通过的距离S 1和在这段时间里传送带通过的距离S 2之比．

(3)传送带每传送一个线圈，电动机多消耗的电能E （不考虑电动机自身的能耗）

【答案】(1)232B L v Q R

= (2) S 1:S 2=1:2 (3)E=mv 2+2B 2L 3v/R 【解析】

【分析】

【详解】

(1)线圈匀速通过磁场，产生的感应电动势为E=BLv ，则每个线圈通过磁场区域产生的热量为223()22BLv L B L v Q Pt R v R

=== (2)对于线圈：做匀加速运动，则有S 1=vt /2

对于传送带做匀速直线运动，则有S 2=vt

故S 1：S 2=1：2

(3)线圈与传送带的相对位移大小为2112

vt s s s s ?=-=

= 线圈获得动能E K =mv 2/2=fS 1

传送带上的热量损失Q /=f (S 2-S 1）=mv 2/2

送带每传送一个线圈，电动机多消耗的电能为E =E K +Q +Q /=mv 2+2B 2L 3v/R

【点睛】

本题的解题关键是从能量的角度研究电磁感应现象，掌握焦耳定律、E=BLv 、欧姆定律和能量如何转化是关键．

3．如图所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ad 和bc ，相距为L=10cm ；另外两根水平金属杆MN 和EF 可沿导轨无摩擦地滑动，MN 棒的质量均为m=0.2kg ，EF 棒的质量M =0.5kg ，在两导轨之间两棒的总电阻为R=0.2Ω（竖直金属导轨的电阻不计）；空间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B=5T ，磁场区域足够大；开始时MN 与EF

叠放在一起放置在水平绝缘平台上，现用一竖直向上的牵引力使MN 杆由静止开始匀加速上升，加速度大小为a =1m/s 2，试求：

（1）前2s 时间内流过MN 杆的电量（设EF 杆还未离开水平绝缘平台）；

（2）至少共经多长时间EF 杆能离开平台。

【答案】（1）5C ；（2）4s

【解析】

【分析】

【详解】

解：（1）t=2s 内MN 杆上升的距离为

21 2

h at = 此段时间内MN 、EF 与导轨形成的回路内，磁通量的变化量为

BLh ?Φ=

产生的平均感应电动势为

E t

?Φ=

产生的平均电流为 E I R =

流过MN 杆的电量

q It =

代入数据解得

2

5C 2BLat q R

== （2）EF 杆刚要离开平台时有

BIL Mg =

此时回路中的电流为

E I R

=

MN 杆切割磁场产生的电动势为 E BLv =

MN 杆运动的时间为

v t a

=

代入数据解得 224s MgR t B L a

==

4．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 =220B l t m

5．电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化为电势能的装置，在不同的电源中，非静电力做功的本领也不相同，物理学中用电动势E 来表明电源的这种特性。在电磁感应现象中，感应电动势分为动生电动势和感生电动势两种。产生感应电动势的那部分导体就相当

于“电源”，在“电源”内部非静电力做功将其它形式的能转化为电能。

（1）如图1所示，固定于水平面的U 形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ，金属框两平行导轨间距为l 。金属棒MN 在外力的作用下，沿框架以速度v 向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。已知电子的电荷量为e 。请根据电动势定义，推导金属棒MN 切割磁感线产生的感应电动势E 1；

（2）英国物理学家麦克斯韦认为，变化的磁场会在空间激发感生电场，感生电场与静电场不同，如图2所示它的电场线是一系列同心圆，单个圆上的电场强度大小处处相等，我们把这样的电场称为涡旋电场。在涡旋电场中电场力做功与路径有关，正因为如此，它是一种非静电力。如图3所示在某均匀变化的磁场中，将一个半径为x 的金属圆环置于半径为r 的圆形磁场区域，使金属圆环与磁场边界是相同圆心的同心圆，从圆环的两端点a 、b 引出两根导线，与阻值为R 的电阻和内阻不计的电流表串接起来，金属圆环的电阻为2

R ，圆环两端点a 、b 间的距离可忽略不计，除金属圆环外其他部分均在磁场外。已知电子的电荷量为e ，若磁感应强度B 随时间t 的变化关系为B =B 0+kt （k >0且为常量）。

a ．若x ＜r ，求金属圆环上a 、

b 两点的电势差U ab ；

b ．若x 与r 大小关系未知，推导金属圆环中自由电子受到的感生电场力2F 与x 的函数关系式，并在图4中定性画出F 2-x 图像。

【答案】（1）见解析（2）a. 2ab 2k πU =3x ； b.2

2 F =2ker x

；图像见解析 【解析】

【分析】

【详解】

（1）金属棒MN 向右切割磁感线时，棒中的电子受到沿棒向下的洛仑兹力，是这个力充当了非静电力。非静电力的大小

1F Bev =

从N 到M 非静电力做功为

=W Bevl 非

由电动势定义可得

1W E Blv q =

=非 （2）a.由01B B kt =+可得

B k t ?=? 根据法拉第电磁感应定律

2B S E kS t t

?Φ??=

==?? 因为x r <，所以 2=πS x

根据闭合电路欧姆定律得

2/2

E I R R =+ ab U I R =?

联立解得

2

2π=3

ab k x U b.在很短的时间内电子的位移为s ?，非静电力对电子做的功为2F s ? 电子沿着金属圆环运动一周，非静电力做的功

222πW F s F x ?=∑=非

根据电动势定义

2W E e

=

非 当x r <时，联立解得 22kex F =

当x r >时，磁通量有效面积为

2S r π=

联立解得

2

2ker 2F x

= 由自由电子受到的感生电场力2F 与x 的函数关系式 可得F 2-x 图像

6．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)21()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

()212

qE Q m M v mgh =+

++ 则回路中的电热为 ()212Q qE mgh m M v =--

+

7．如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5T .在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L ＝1m ，电阻可忽略不计．质量均为m ＝lkg ，电阻均为R ＝2.5Ω的金属导体棒MN 和PQ 垂直放置于导轨

上，且与导轨接触良好．先将PQ 暂时锁定，金属棒MN 在垂直于棒的拉力F 作用下，由静止开始以加速度a ＝0.4m /s 2向右做匀加速直线运动，5s 后保持拉力F 的功率不变，直到棒以最大速度v m 做匀速直线运动.

(1)求棒MN 的最大速度v m ；

(2)当棒MN 达到最大速度v m 时，解除PQ 锁定，同时撤去拉力F ，两棒最终均匀速运动.求解除PQ 棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热.

(3)若PQ 始终不解除锁定，当棒MN 达到最大速度v m 时，撤去拉力F ，棒MN 继续运动多远后停下来?（运算结果可用根式表示）

【答案】（1）25m /s m v = （2）Q =5 J （3）5m x =

【解析】

【分析】

【详解】

(1)棒MN 做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F -BIL =ma

棒MN 做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E =BLv

棒MN 做匀加速直线运动，5s 时的速度为：v =at 1=2m/s 在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：2E I R

= 联立上述式子，有：222B L at F ma R

=+ 代入数据解得：F =0.5N

5s 时拉力F 的功率为：P =Fv

代入数据解得：P =1W

棒MN 最终做匀速运动，设棒最大速度为v m ，棒受力平衡，则有：0m m

P BI L v -= 2m m BLv I R

= 代入数据解得:25m/s m v =

(2)解除棒PQ 后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为v ′，则有：2m mv mv '=

设从PQ 棒解除锁定，到两棒达到相同速度，这个过程中，两棒共产生的焦耳热为Q ，由能量守恒定律可得：2211222m Q mv mv '=-?

代入数据解得：Q =5J ；

(3)棒以MN 为研究对象，设某时刻棒中电流为i ，在极短时间△t 内，由动量定理得：-BiL △t =m △v

对式子两边求和有：()()m BiL t m v ∑-?=∑?

而△q =i △t

对式子两边求和，有:()q i t ∑?=∑?

联立各式解得：BLq =mv m ， 又对于电路有：2

E q It t R

== 由法拉第电磁感应定律得：BLx E t =

又2BLx q R

= 代入数据解得：405m x =

8．在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1000匝，横截面积S=20cm 2．螺线管导线电阻r=1.0Ω，R 1=3.0Ω，R 2=4.0Ω，C=30μF ．在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B 按如图乙所示的规律变化．求：

（1）求螺线管中产生的感应电动势；

（2）S 断开后，求流经R 2的电量．

【答案】（1）0.8V ；（2）41.210C -?

【解析】

【分析】

【详解】

（1）感应电动势：10.210000.00200.82B E n

n S V t t ?Φ?-===??=??； （2）电路电流120.80.1134

E I A r R R ===++++，电阻2R 两端电压220.140.4U IR V ==?=，

电容器所带电荷量65230104 1.210Q CU C --==??=?，S 断开后，流经2R 的电量为

41.210C -?；

【点睛】

本题是电磁感应与电路的综合，知道产生感应电动势的那部分相当于电源，运用闭合电路欧姆定律进行求解．

9．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，210m/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

214V 22B D E n n t t π?Φ???==??= ?????

设小灯泡电阻为R ，由

220E P I R R R R ??== ?+??

可得

2R =Ω

解得

2

A1A

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

2

sin1cos

mg n t ID mg

θμθ

π

??

=-+

?

??

解得

0.45

t s

π

=

产生的热量为

2.J

83

Q Pt

==

（3）线框刚好开始运动时

2

10.45T0.1T

Bπ

π

??

=-?=

?

??

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

=??==

+

10．在如图甲所示区域(图中直角坐标系Oxy的一、三象限)内有匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小为B，半径为l，圆心角为60°的扇形导线框OPQ以角速度ω绕O 点在纸面内沿逆时针方向匀速转动，导线框回路电阻为R.

(1)求线框中感应电流的最大值I0和交变感应电流的频率f；

(2)在图乙中画出线框在一周的时间内感应电流I随时间t变化的图象(规定与图中线框的位置相应的时刻为t=0)

【答案】（1）2

1

2

I bl

R

ω

=，f

ω

π

=（2）

【解析】

【详解】

（1）在从图1中位置开始t =0转过60°的过程中，经△t ，转角△θ=ω△t ，回路的磁通增量为

△Φ＝12△θ l 2B 由法拉第电磁感应定律，感应电动势为：

ε＝ t

ΦV V 因匀速转动，这就是最大的感应电动势．由欧姆定律可求得：

I 0＝1 2R ωBl 2

前半圈和后半圈I （t ）相同，故感应电流周期为：

T ＝ πω

，

频率为： 1f T ＝

ωπ

=． 故感应电流的最大值为 I 0＝1 2R

ωBl 2，

频率为 f ＝

ωπ． （2）由题可知当线框开始转动3

π过程中，有感应电流产生，全部进入时，无感应电流，故当线框全部进入磁场接着再旋转

6π过程中无电流，然后出磁场时，又有感应电流产生．故图线如图所示：

【点睛】

本题考查了法拉第电磁感应定律的应用，注意公式=E t ΦV V 和E =BLv 的区别以及感应电流

产生条件，并记住旋转切割产生感应电动势的公式E =12

BωL 2．

11．如图所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v ．导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：

（1）MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ；

（2）MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ；

（3）PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P ．

【答案】（1）0Bdv R ；（2）220B d v mR ；（3）222

0()B d v v R

-； 【解析】

【分析】

本题的关键在于导体切割磁感线产生电动势E =Blv ，切割的速度（v ）是导体与磁场的相对速度，分析这类问题，通常是先电后力，再功能．

（1）根据电磁感应定律的公式可得知产生的电动势，结合闭合电路的欧姆定律，即可求得MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ；

（2）根据第一问求得的电流，利用安培力的公式，结合牛顿第二定律，即可求得MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ；

（3）首先要得知，PQ 刚要离开金属杆时，杆切割磁场的速度，即为两者的相对速度，然后结合感应电动势的公式以及功率的公式即可得知感应电流的功率P ．

【详解】

（1）感应电动势 0E Bdv = 感应电流E I R = 解得0Bdv I R

= （2）安培力 F BId = 牛顿第二定律 F ma = 解得220B d v a mR

= （3）金属杆切割磁感线的速度0=v v v '-，则

感应电动势 0()E Bd v v =- 电功率2E P R

= 解得2220()B d v v P R -= 【点睛】 该题是一道较为综合的题，考查了电磁感应，闭合电路的欧姆定律以及电功电功率．对于法拉第电磁感应定律是非常重要的考点，经常入选高考物理压轴题，平时学习时要从以下几方面掌握．

（1）切割速度v 的问题

切割速度的大小决定了E 的大小；切割速度是由导体棒的初速度与加速度共同决定的．同时还要注意磁场和金属棒都运动的情况，切割速度为相对运动的速度；不难看出，考电磁感应的问题，十之八九会用到牛顿三大定律与直线运动的知识．

（2）能量转化的问题

电磁感应主要是将其他形式能量（机械能）转化为电能，可由于电能的不可保存性，很快又会想着其他形式能量（焦耳热等等）转化．

（3）安培力做功的问题

电磁感应中，安培力做的功全部转化为系统全部的热能，而且任意时刻安培力的功率等于系统中所有电阻的热功率．

（4）动能定理的应用

动能定理当然也能应用在电磁感应中，只不过同学们要明确研究对象，我们大多情况下是通过导体棒的．固定在轨道上的电阻，速度不会变化，显然没有用动能定理研究的必要．

12．如图，两根相距l =0.4m 的平行金属导轨OC 、O ′C ′水平放置。两根导轨右端O 、O ′连接着与水平面垂直的光滑平行导轨OD 、O ′D ′，两根与导轨垂直的金属杆M 、N 被放置在导轨上，并且始终与导轨保持保持良好电接触。M 、N 的质量均为m =0.2kg ，电阻均为R =0.4Ω，N 杆与水平导轨间的动摩擦因数为μ=0.1。整个空间存在水平向左的匀强磁场，磁感应强度为B =0.5T 。现给N 杆一水平向左的初速度v 0=3m/s ，同时给M 杆一竖直方向的拉力F ，使M 杆由静止开始向下做加速度为a M =2m/s 2的匀加速运动。导轨电阻不计，（g 取10m/s 2）。求：

(1)t =1s 时，N 杆上通过的电流强度大小；

(2)求M 杆下滑过程中，外力F 与时间t 的函数关系；（规定竖直向上为正方向）

(3)已知N 杆停止运动时，M 仍在竖直轨道上，求M 杆运动的位移；

(4)在N 杆在水平面上运动直到停止的过程中，已知外力F 做功为﹣11.1J ，求系统产生的总热量。

【答案】（1）0.5A （2）F=1.6﹣0.1t （3）7.84m （4）2.344J

【解析】

【详解】

(1)M 杆的速度：

21m/s 2m/s M v a t ==?=

感应电流： 0.50.420.5A A 2220.4

E BLv I R R ??====? (2)对M 杆，根据牛顿第二定律：

M mg F BIl ma --= M v a t =

整理得：

2M M Bla t F mg ma B l R

=--?

? 解得： 1.60.1F t =-

(3)对N 杆，由牛顿第二定律得：

()2M N Bla t mg B l ma R

μ+?

?= 可得： 222M N B l a t a g mR

μ=+ 解得：

10.05N a t =+

可做N a t -图

可得：

0001(10.05[)]v t t =++

解得：

0 2.8s t =

位移：

220112 2.87.84m 2m 2M s at ==??=

(4)对M 杆，则有：

2102M F M mgS W W mv ++=

-安 解得： 1.444J I W Q ==安

对N 杆，则有：

220110.23J 0.9J 22

f W mv =

=??= 总热量： 1.4440.9J 2.344J I f Q Q W =+=+=总

13．如图所示，宽L =2m 、足够长的金属导轨MN 和M′N′放在倾角为θ=30°的斜面上，在N 和N′之间连接一个R =2.0Ω的定值电阻，在AA′处放置一根与导轨垂直、质量m =0.8kg 、电阻r =2.0Ω的金属杆，杆和导轨间的动摩擦因数34

μ=，导轨电阻不计，导轨处于磁感应强度B =1.0T 、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中．用轻绳通过定滑轮将电动小车与杆的中点相连，滑轮与杆之间的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮正下方水平面上的P 处（小车可视为质点），滑轮离小车的高度H =4.0m ．启动电动小车，使之沿PS 方向以v =5.0m/s 的速度匀速前进，当杆滑到OO′位置时的加速度a =3.2m/s 2，AA′与OO′之间的距离d =1m ，求：

（1）该过程中，通过电阻R 的电量q ；

（2）杆通过OO′时的速度大小；

（3）杆在OO′时，轻绳的拉力大小；

（4）上述过程中，若拉力对杆所做的功为13J ，求电阻R 上的平均电功率．

【答案】（1）0.5C （2）3m/s （3）12.56N （4）2.0W

【解析】

【分析】

【详解】

（1）平均感应电动势BLd E t t

?Φ==?? ?=BLd q I t R r R r ?Φ=?=++

代入数据，可得:0.5q C =

（2）几何关系：sin H H d α-=解得:sin 0.8α=0=53α 杆的速度等于小车速度沿绳方向的分量：1cos 3/v v m s α==

（3）杆受的摩擦力cos 3f F mg N μθ==

杆受的安培力221()

B L F BIL R r v 安==+代入数据，可得3F N =安 根据牛顿第二定律：sin =T f F mg F F ma θ---安

解得:12.56T F N =

（4）根据动能定理：211sin 2

f W W mgd F mv θ+--=安 解出 2.4W J =-安，电路产生总的电热 2.4Q J =总

那么，R 上的电热 1.2R Q J =

此过程所用的时间cot 0.6H t s v α=

= R 上的平均电功率 1.2W 2.0W 0.6

R Q P t =

== 【点睛】

本题是一道电磁感应与力学、电学相结合的综合体，考查了求加速度、电阻产生的热量，分析清楚滑杆的运动过程，应用运动的合成与分解、E=BLv 、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、平衡条件、能量守恒定律即可正确解题；求R 产生的热量时要注意，系统产生的总热量为R 与r 产生的热量之和．

14．如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角θ，导轨间距l ，所在平面的正方形区域abcd 内存在有界匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直斜面向上．将甲乙两电阻阻值相同、质量均为m 的相同金属杆如图放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲乙相距l .静止释放两金属杆的同时，在甲金属杆上施加一个沿着导轨的外力F ，使甲金属杆在运动过程中始终做沿导轨向下的匀加速直线运动，加速度大小.sin g θ.

(1)乙金属杆刚进入磁场时，发现乙金属杆作匀速运动，则甲乙的电阻R 各为多少？

(2)）以刚释放时t =0，写出从开始到甲金属杆离开磁场，外力F 随时间t 的变化关系，并说明F 的方向．

(3)乙金属杆在磁场中运动时，乙金属杆中的电功率多少？

(4)若从开始释放到乙金属杆离开磁场，乙金属杆中共产生热量Q ，试求此过程中外力F 对甲做的功．

【答案】（1）

R =（222（322（4）2sin Q mgl θ－

【解析】

【分析】

【详解】

（1）由于甲乙加速度相同，当乙进入磁场时，甲刚出磁场：乙进入磁场时

v =

受力平衡有：22sin 2B l v mg R θ==解得：

R =； （2）甲在磁场用运动时，外力F 始终等于安培力: 2A Blv F F BIl Bl R

===

， 速度为： sin v g t θ=

可得：

22sin

2A Blg t F Bl R θ==， F 沿导轨向下

（3）乙金属杆在磁场中运动时，乙金属杆中的电功率为：

2

222

2Blv P I R R R ??=== ???； （4）乙进入磁场前匀加速运动中，甲乙发出相同热量，设为Q 1，

此过程中甲一直在磁场中，外力F 始终等于安培力，则有：F 12W W Q ==安 乙在磁场中运动发出热量Q 2，

利用动能定理：2sin 20mgl Q θ=－

可得：

2sin 2

mgl Q θ=

， 由于甲出磁场以后，外力F 为零，可得： F 2sin W Q mgl θ=－。

15．如图所示，两根足够长的直金属导轨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，金属杆的电阻为r ，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下，导轨电阻可忽略，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.(重力加速度为g )

（1）在加速下滑过程中，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；

（2）求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值.

（3）杆在下滑距离d 的时以经达到最大速度，求此过程中通过电阻的电量和热量。

【答案】(1) I r BLv R =+，22sin ()B L v a g R r m θ=-+(2) 22()sin m mg R r v B L θ+=(3) BLd q r R =+,32244sin ()sin 2R mgdR m g R r R Q R r B L

θθ+=-+ 【解析】

【详解】

(1)杆受力图如图所示：

重力mg ，竖直向下，支撑力N ，垂直斜面向上，安培力F ，沿斜面向上，故ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意如图所示，当ab 杆速度为v 时，感应电动势E =BLv ，此时电路中电流

E BLv I R r R r

=

=++ ab 杆受到安培力： 22B L v F BIL r R

==+ 由牛顿运动定律得：

mg sin θ-F =ma

解得加速度为

22sin ()B L v a g R r m

θ=-+ (2)当金属杆匀速运动时，杆的速度最大，由平衡条件得

22sin B L v mg R r

θ=+ 解得最大速度

22

()sin m mg R r v B L θ+= (3)杆在下滑距离d 时，根据电荷量的计算公式，可得

E BLd q It t R r r R

==

=++ 由能量守恒定律得 21sin 2

m mgd Q mv θ=+ 解得

322244()sin sin 2m g R r Q mgd B L

θθ+=- 电阻R 产生的热量

32223224444()sin sin ()sin (sin )22R R m g R r mgdR m g R r R Q mgd R r B L R r B L θθθθ++=-=-++

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