高考物理备考之电磁感应现象的两类情况压轴突破训练∶培优易错试

高考物理备考之电磁感应现象的两类情况压轴突破训练∶培优易错试卷篇含详

细答案

一、电磁感应现象的两类情况

1．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

＝18

(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：

12222B 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 37cos3722mg 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

2211934mU mgL B d

-; (3)2B 的大小为132B ，方向沿导轨平面向上.

2．如图所示，竖直放置、半径为R 的圆弧导轨与水平导轨ab 、

在处平滑连接，且轨道间距为2L ，cd 、

足够长并与ab 、以导棒连接，导轨间距为L ，b 、c 、在一条直线上，且与平行，右侧空间中有竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁

场，均匀的金属棒pq 和gh 垂直导轨放置且与导轨接触良好。gh 静止在cd 、导轨上，

pq 从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与gh 没有接触。当pq 运动到时，回路

中恰好没有电流，已知pq的质量为2m，长度为2L，电阻为2r，gh的质量为m，长度为L，电阻为r，除金属棒外其余电阻不计，所有轨道均光滑，重力加速度为g，求：

（1）金属棒pq到达圆弧的底端时，对圆弧底端的压力；

（2）金属棒pq运动到时，金属棒gh的速度大小；

（3）金属棒gh产生的最大热量。

【答案】(1) (2) (3)

【解析】【分析】金属棒pq下滑过程中，根据机械能守恒和牛顿运动定律求出对圆弧底端的压力；属棒gh在cd、导轨上加速运动，回路电流逐渐减小，当回路电流第一次减小为零时，pq运动到ab、导轨的最右端，根据动量定理求出金属棒gh的速度大小；金属棒pq进入磁场后在ab、导轨上减速运动，金属棒gh在cd、导轨上加速运动，根据能量守恒求出金属棒gh产生的最大热量；

解：（1）金属棒pq下滑过程中，根据机械能守恒有：

在圆弧底端有

根据牛顿第三定律，对圆弧底端的压力有

联立解得

（2）金属棒pq进入磁场后在ab、导轨上减速运动，金属棒gh在cd、导轨上加速运动，回路电流逐渐减小，当回路电流第一次减小为零时，pq运动到ab、导轨的最右端，此时有

对于金属棒pq有

对于金属棒gh有

联立解得

（3）金属棒pq进入磁场后在ab、导轨上减速运动，金属棒gh在cd、导轨上加速运动，回路电路逐渐减小，当回路电流第一次减小为零时，回路中产生的热量为

该过程金属棒gh产生的热量为

金属棒pq到达cd、导轨后，金属棒pq加速运动，金属棒gh减速运动，回路电流逐渐

减小，当回路电流第二次减小为零时，金属棒pq 与gh 产生的电动势大小相等，由于此时金属棒切割长度相等，故两者速度相同均为v ，此时两金属棒均做匀速运动，根据动量守恒定律有

金属棒pq 从到达cd 、导轨道电流第二次减小为零的过程，回路产生的热量为

该过程金属棒gh 产生的热量为

联立解得

3．如图所示，质量为4m 的物块与边长为L 、质量为m 、阻值为R 的正方形金属线圈abcd 由绕过轻质光滑定滑轮的绝缘细线相连，已知细线与斜面平行，物块放在光滑且足够长的固定斜面上，斜面倾角为300。垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为B ，磁场上下边缘的高度为L ，上边界距离滑轮足够远，线圈ab 边距离磁场下边界的距离也为L 。现将物块由静止释放，已知线圈cd 边出磁场前线圈已经做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g ，求：

（1）线圈刚进入磁场时ab 两点的电势差大小

（2）线圈通过磁场的过程中产生的热量

【答案】（1）3245ab U BL gL =；（2）322

44532m g R Q mgL B L

=- 【解析】

【详解】

（1）从开始运动到ab 边刚进入磁场，根据机械能守恒定律可得

214sin 30(4)2mgL mgL m m v =++，25

v gL =应电动势E BLv =，此时ab 边相当于是电源，感应电流的方向为badcb ，a 为正极，b 为负极，所以ab 的电势差等于电路的路端电压，可得332445

ab U E gL == （2）线圈cd 边出磁场前线圈已经做匀速直线运动，所以线圈和物块均合外力为0，可得

绳子的拉力为2mg ，线圈受的安培力为mg ，所以线圈匀速的速度满足22m B L v mg R

=，从ab 边刚进入磁场到cd 边刚离开磁场，根据能量守恒定律可知

2143sin 3(4)2m mg L mgL m m v Q θ=+++，32244532m g R Q mgL B L

=-

4．如图所示，足够长的U 型金属框架放置在绝缘斜面上，斜面倾角30θ=?，框架的宽度0.8m L =，质量0.2kg M =，框架电阻不计。边界相距 1.2m d =的两个范围足够大的磁场I 、Ⅱ，方向相反且均垂直于金属框架，磁感应强度均为0.5T B =。导体棒ab 垂直放置在框架上，且可以无摩擦的滑动。现让棒从MN 上方相距0.5m x =处由静止开始沿框架下滑，当棒运动到磁场边界MN 处时，框架与斜面间摩擦力刚好达到最大值3N m f =（此时框架恰能保持静止）。已知棒与导轨始终垂直并良好接触，棒的电阻0.16R =Ω，质量0.4kg m =，重力加速度210m/s g =，试求：

(1)棒由静止开始沿框架下滑到磁场边界MN 处的过程中，流过棒的电量q ；

(2)棒运动到磁场Ⅰ、Ⅱ的边界MN 和PQ 时，棒的速度1v 和2v 的大小；

(3)通过计算分析：棒在经过磁场边界MN 以后的运动过程中，U 型金属框架能否始终保持静止状态？

【答案】(1) 1.25C q =；(2)12m/s v =，24m/s v =；(3)框架能够始终保持静止状态

【解析】

【分析】

本题考查导体棒在磁场中的运动，属于综合题。

【详解】

(1)平均电动势为

BLx E t t

?Φ=

=?? 平均电流 E I R =

则流过棒的电量为

BLx q I t R

=?=

代入数据解得 1.25C q =。 (2)棒向下加速运动时，U 形框所受安培力沿斜面向下，静摩擦力向上，当棒运动到磁场边界MN 处时，框架与斜面间摩擦力刚好达到最大值3N m f =，由平衡条件，有

221sin m B L v Mg f R

θ+= 解得12m/s v =。

棒经过MN 后做匀加速直线运动，加速度

3sin 5m/s a g θ==

由22

212v v ad -=，解得 24m/s v =

(3)棒在两边界之间运动时，框架所受摩擦力大小为

1sin 1N m f Mg f θ==<

方向沿斜面向上棒进入PQ 时，框架受到的安培力沿斜面向上，所受摩擦力大小为

2222sin 3N m B L v f Mg f R

θ=-== 向沿斜面向下以后，棒做加速度减小的减速运动，最后做匀速运动。匀速运动时，框架所受安培力为

22sin 2N B L v F mg R

θ===安 方向沿斜面向上。

摩擦力大小为

223sin 1N m B L v f Mg f R

θ=-=< 方向沿斜面向下。

综上可知，框架能够始终保持静止状态。

5．如图所示，光滑导线框abfede 的abfe 部分水平，efcd 部分与水平面成α角，ae 与ed 、bf 与cf 连接处为小圆弧，匀强磁场仅分布于efcd 所在平面，方向垂直于efcd 平面，线框边ab 、cd 长均为L ，电阻均为2R ，线框其余部分电阻不计。有一根质量为m 、电阻为R 的金属棒MN 平行于ab 放置，让它以初速水平向右运动在到达最高点的过程中，ab 边产生的热量为Q 。求：

(1)金属棒MN 受到的最大安培力的大小；

(2)金属棒MN 刚进入磁场时，ab 边的发热功率；

(3)金属棒MN 上升的最大高度。

【答案】(1)220A 2B L v F R =；(2)22208ab B L v P R

=；(3)2082mv Q h mg -= 【解析】

【分析】

【详解】

(1)金属棒MN 刚冲上斜面时，速度最大，所受安培力最大。此时电路中总电阻为

22222R R R R R R R

?=+=+总 最大安培力

2200A 2BLv B L v F BIL B L R R

===总 由楞次定律知，MN 棒受到的安培力方向沿导轨向下。

(2)金属棒MN 刚进入磁场时，MN 棒中的电流

02BLv E I R R

=

=总 则 024ab BLv I I R

=

=，2ab ab ab P I R = 解得 22208ab B L v P R

= (3)当金属棒MN 上升到最大高度的过程中，ab 边、cd 边产生的热量相等，即

cd ab Q Q Q ==

ab 边产生的热量

2·2Q I Rt =

金属棒MN 产生的热量

2(2)MN Q I Rt =

得

2MN Q Q =

ab 边、cd 边及MN 棒上产生的总热量

4Q Q =总

由动能定理

201402

mgh Q mv --=- 解得

2082mv Q h mg

-=

6．如图所示，两条平行的固定金属导轨相距L =1m ，光滑水平部分有一半径为r =0.3m 的圆形磁场区域，磁感应强度大小为10.5T B =、方向竖直向下；倾斜部分与水平方向的夹角为θ=37°，处于垂直于斜面的匀强磁场中，磁感应强度大小为B =0.5T 。金属棒PQ 和MN 的质量均为m =0.lkg ，电阻均为1ΩR =。PQ 置于水平导轨上，MN 放置于倾斜导轨上、刚好不下滑。两根金属棒均与导轨垂直且接触良好。从某时刻起，PQ 棒在水平外力的作用下由静止开始向右运动，当PQ 棒进人磁场1B 中时，即以速度v =16m/s ；匀速穿过该区域。不计导轨的电阻，PQ 始终在水平导轨上运动。取210m/s g =，sin370.6,37cos 0.8??==；

(1)求MN 棒刚要滑动时，PQ 所处的位置；

(2)求从PQ 棒开始运动到MN 棒刚要滑动的过程中通过PQ 棒的电荷量；

(3)通过计算，定量画出PQ 棒进人磁场1B 后在磁场中水平外力F 随位移变化的图像。

【答案】(1)0.6m ；(2)9800πC ；(3)

【解析】

【分析】

【详解】

(1)开始MN 刚好不下滑时，MN 受沿倾斜导轨向上的最大静摩擦力m f ，则

sin 37m f mg =?

设PQ 进入磁场1B 后切割磁感线的有效长度为x L ，由法拉第电磁感应定律得PQ 产生的感应电动势为

1x E B L v =

由闭合电路欧姆定律得整个回路中的感应电流为

2E I R

=

则MN 所受的安培力为 2A F B IL =

MN 棒刚要向上滑动时，MN 受沿倾斜导轨向下的最大静摩擦力，由力的平衡条件有

sin 37A m F f mg =+?

联立解得

0.6x L =m

即MN 棒刚要滑动时，PQ 棒刚好运动到圆形磁场区域的直径位置。

(2)从PQ 棒开始运动到MN 棒刚要滑动的过程中，穿过回路的磁通量的变化量为

21192400

BS B r ππ?Φ==?=Wb 平均感应电动势

E t

?Φ=

? 平均感应电流 2E I R

=

通过PQ 棒的电荷量 922800

E q I t t R R π?Φ=?=?==C (3)当PQ 棒进入磁场1B 后的位移为x 时，切割磁感线的有效长度为

y L ==回路中的电流为

12y B L v I R =

受到的安培力为 1A y F B IL =

由题意知外力为

1A y F F B IL ==

故有

22

128 4.82y A B L v

F x x R ==-+ (00.6)x <<

因此PQ 棒所受水平外力F 随位移变化的图像如图所示

7．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

62m /(s Ω)1m /(Ω)3

s k -=

?=? 纵截距为 v 0=3m/s

得到：

022sin mgr v B L

θ= 22sin 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

22222221P L v P L v P R r R r

?=-++ 由动能定理得

22211122

W mv mv =

- 联立解得 22

()2m R r W P B L +=? W =0.7J

【点睛】

8．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

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

000B 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 =??==+

9．如图所示，宽度L ＝0.5 m 的光滑金属框架MNPQ 固定于水平面内，并处在磁感应强度大小B ＝0.4 T ，方向竖直向下的匀强磁场中，框架的电阻非均匀分布．将质量m ＝0.1 kg ，电阻可忽略的金属棒ab 放置在框架上，并与框架接触良好．以P 为坐标原点，PQ 方向为

x 轴正方向建立坐标．金属棒从0x 1?m ＝

处以0v 2?m /s ＝的初速度，沿x 轴负方向做2a 2?m /s ＝的匀减速直线运动，运动中金属棒仅受安培力作用．求：

(1)金属棒ab 运动0.5 m ，框架产生的焦耳热Q ；

(2)框架中aNPb 部分的电阻R 随金属棒ab 的位置x 变化的函数关系；

(3)为求金属棒ab 沿x 轴负方向运动0.4 s 过程中通过ab 的电荷量q ，某同学解法为：先算出经过0.4 s 金属棒的运动距离x ，以及0.4 s 时回路内的电阻R ，然后代入BLx q R R

?Φ＝＝求解．指出该同学解法的错误之处，并用正确的方法解出结果．

【答案】(1)0.1 J (2)R 0.4x ＝(3)0.4C

【解析】

【分析】

【详解】

(1)金属棒仅受安培力作用，其大小 0.120.2?F ma N ?＝＝＝

金属棒运动0.5 m ，框架中产生的焦耳热等于克服安培力做的功

所以0.20.50.1?

Q Fx J ＝＝＝?. (2)金属棒所受安培力为

F BIL ＝

E BLv I R R ＝＝所以22B L R

F ma v

＝＝ 由于棒做匀减速直线运动2002()v v a x x ＝－－

所以222000.420.522()222210.40.12

B L R v a x x x x ma －－?==-?-=? (3)错误之处是把0.4 s 时回路内的电阻R 代入BLx q R

＝

进行计算． 正确的解法是q It ＝

因为F BIL ma ＝＝ 所以ma 0.12q t 0.40.4?C BL 0.40.5

???＝

＝＝ 【点睛】 电磁感应中的功能关系是通过安培力做功量度外界的能量转化成电能．找两个物理量之间的关系是通过物理规律一步一步实现的．用公式进行计算时，如果计算的是过程量，我们要看这个量有没有发生改变．

10．“801所”设计的磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获宇宙中大量存在的等离子体(由电量相同的正、负离子组成)经系统处理后，从下方以恒定速率v 1向上射入有磁感应强度为B 1、垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ内．当栅极MN 、PQ 间形成稳定的电场后，自动关闭区域Ⅰ系统(关闭粒子进入通道、撤去磁场B 1)．区域Ⅱ内有磁感应强度大小为B 2、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场右边界是直径为D 、与上下极板相切的半圆(圆与下板相切于极板中央A )．放在A 处的放射源能够向各个方向均匀发射速度大小相等的氙原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为D 的平行氙粒子束，经过栅极MN 、PQ 之间的电场加速后从PQ 喷出，在加速氙原子核的过程中探测器获得反向推力(不计氙原子核、等离子体的重力，不计粒子之间相互作用于相对论效应)．已知极板长RM =2D ，栅极MN 和PQ 间距为d ，氙原子核的质量为m 、电荷量为q ，求：

(1)氙原子核在A 处的速度大小v 2；

(2)氙原子核从PQ 喷出时的速度大小v 3；

(3)因区域Ⅱ内磁场发生器故障，导致区域Ⅱ中磁感应强度减半并分布在整个区域Ⅱ中，求能进入区域Ⅰ的氙原子核占A 处发射粒子总数的百分比．

【答案】（1）22B Dq m （2222112284B v qdm B D q m +（3）090FAN ∠= 13

【解析】【分析】【详解】

（1）离子在磁场中做匀速圆周运动时：

2

2 22

v B qv m

r

=

根据题意，在A处发射速度相等，方向不同的氙原子核后，形成宽度为D的平行氙原子核

束，即

2

D

r=

则：2

22

B Dq

v

m

=

（2）等离子体由下方进入区域I后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为q'，则11

Eq B v q

=''

即11

E B v

=

氙原子核经过区域I加速后，离开PQ的速度大小为3v，根据动能定理可知：

22

32

11

22

Uq mv mv

=-

其中电压11

U Ed B v d

==

联立可得

222

112

32

8

4

B v qdm B D q

v

m

+

=

（3）根据题意，当区域Ⅱ中的磁场变为2B'之后，根据

2

mv

r

B q

='

'可知，2

r r D

'==

①根据示意图可知，沿着AF方向射入的氙原子核，恰好能够从M点沿着轨迹1进入区域I，而沿着AF左侧射入的粒子将被上极板RM挡住而无法进入区域I．

该轨迹的圆心O1，正好在N点，11

AO MO D

==，所以根据几何关系关系可知，此时0

90

FAN

∠=；

②根据示意图可知，沿着AG方向射入的氙原子核，恰好从下极板N点沿着轨迹2进入区域I，而沿着AG右侧射入的粒子将被下极板SN挡住而无法进入区域I．22

AO AN NO D

===，所以此时入射角度0

30

GAN

∠=．

根据上述分析可知，只有060FAG ∠=这个范围内射入的粒子还能进入区域I ．该区域的

粒子占A 处总粒子束的比例为00601==1803

η

11．磁场在xOy 平面内的分布如图所示，其磁感应强度的大小均为B 0，方向垂直于xOy 平面，相邻磁场区域的磁场方向相反，每个同向磁场区域的宽度均为L 0，整个磁场以速度v 沿x 轴正方向匀速运动。若在磁场所在区间内放置一由n 匝线圈组成的矩形线框abcd ，线框的bc ＝L B 、ab ＝L 、L B 略大于L 0，总电阻为R ，线框始终保持静止。求：

（1）线框中产生的总电动势大小和导线中的电流大小；

（2）线框所受安培力的大小和方向。

【答案】（1）2nB 0Lv ；02nB Lv R （2）22204n B L v R

，方向沿x 轴正方向 【解析】

【详解】

（1）线框相对于磁场向左做切割磁感线的匀速运动，切割磁感线的速度大小为v ，任意时刻线框ab 边切割磁感线产生的感应电动势大小为

E 1=nB 0Lv ，

cd 边切割磁感线产生的感应电动势大小为

E 2=nB 0Lv ，

ab 边和cd 边所处的磁场方向总是相反的，故ab 边和cd 边中产生的感应电动势方向总是相同的，所以总的感应电动势大小

E =2nB 0Lv ，

由闭合电路欧姆定律得导线中的电流大小

02nB Lv I R

=

（2）线框所受安培力的大小 2220042n B L v F nB LI R

==， 由左手定则判断，线框所受安培力的方向始终沿x 轴正方向。

12．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

=

+ 201[()()]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： 2()F mg H v m

-=

（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：

2A 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： 201[()()]2

R R Q F mg H L mv R r =-+-+

13．如图甲，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匀强磁场区域， MN 、PQ 是匀强磁场区域的上、下水平边界，并与线框的bc 边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN 上方某一髙度处由静止开始下落（bc 边始终与MN 平行），并以此时为计时起点，图乙是金属线框由开始下落到离开匀强磁场的过程中，线框中感应电流随时间变化的i -t 图象（图中t 1、t 2、t 3未知）．已知金属线框边长为L ，质量为m ，电阻为R ，匀强磁场的磁感应强度为B ，重力加速度为g ，不计空气阻力．求：

（1）金属线框进入磁场时，线框中感应电流的方向；

（2）金属线框开始下落时，bc 边距离边界MN 的高度h ；

（3）在t 1—t 2时间内，流过线框导线截面的电量q ；

（4）在t 1—t 3时间内，金属线框产生的热量Q ．

【答案】(1) 逆时针方向 (2) 22

442m gR B L (3) 2BL R

(4)2mgL 【解析】

【分析】

本题考查电磁感应的综合问题。

【详解】

（1）楞次定律可知电流方向 abcda “逆时针方向”）

（2）根据i -t 图象可知，线框进入磁场区域时，做匀速运动．受力满足

=F mg 安

线框进入磁场区域过程中，感应电动势大小为

E BLv =

因为感应电流大小为

E I R

=

安培力大小 =F BIL 安

联系以上各式得，线框进入磁场时速度大小为

22

mgR v B L =

线框进入磁场前自由下落，所以 22v gh =

解得：

22

44

2m gR h B L = （3）流过线框导线截面的电量

q=It

在t 1—t 2时间内，线框中感应电流大小

2

BL I Rt

= 联立以上两式可得，在t 1—t 2时间内，流过线框导线截面的电量

2=BL q R

（4）从i -t 图象可知，线框匀速进入磁场，并匀速离开．根据功能关系，在t 1—t 3时间内，线框中产生的热量Q 等于线框bc 边进入磁场至ad 边离开磁场的过程中，线框下落减少的重力势能，即：

Q=2mgL

14．如图所示，竖直平面存在宽度均为0.2m L =的匀强电场和匀强磁场区域，电场方向竖直向上，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小0.5T B =．电场的下边界与磁场的上边界相距也为L ．电荷量42.510C -=?q 、质量0.02kg m =的带正电小球（视为质点）通过长度为3.5L 的绝缘轻杆与边长为L 、电阻0.01ΩR =的正方形线框相连，线框质量0.08kg M =．开始时，线框下边与磁场的上边界重合，现将该装置由静止释放，当线框下边刚离开磁场时恰好做匀速运动；当小球刚要运动到电场的下边界时恰好返回．装置在运动过程中空气阻力不计，求：

(1)线框下边刚离开磁场时做匀速运动的速度大小；

(2)线框从静止释放到线框上边匀速离开磁场所需要的时间；

(3)经足够长时间后，小球能到达的最低点与电场上边界的距离；

(4)整个运动过程中线框内产生的总热量．

【答案】(1)1m/s ；(2) 0.5s t =；(3)0.133m ； (4) 0.4J Q =

【解析】

【详解】

(1)设线框下边离开磁场时做匀速直线运动的速度为0v ，则有：

0E BLv =，E I R = ，220A B L v F BIL R

== 根据平衡条件：

220)A B L v F M m g R

==+( 可解得：

022)1m/s M m Rg v B L

+=

=( (2)由动量定理得： 0()()m m gt BILt M m v +-=+

其中：

2

2BL q It R

== 由以上两式代入数据解得：

0.5s t =

(3)从线框刚离开磁场区域到小球刚运动到电场的下边界的过程中，由动能定理得：

20()(11502

.)()qEL m m g L M m v =+--++ 解得：

3710N/C E =?

设经足够长时间后，线框最终不会再进入磁场，即运动的最高点是线框的上边与磁场的下边界重合，小球做上下往复运动．

设小球运动的最低点到电场上边界的距离为x ，从图中“1”位置到“2”位置由动能定理

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