【单元练】人教版高中物理选修2第二章【电磁感应】知识点复习(含答案解析)(1)

一、选择题
1．如图甲是磁电式表头的结构示意图，其中线圈是绕在一个与指针、转轴固连的铝框骨架（图中未指出）上，关于图示软铁、螺旋弹簧、铝框和通电效果，下列表述中正确的是（）
A．线圈带动指针转动时，通电电流越大，安培力越大，螺旋弹簧形变也越大
B．与蹄形磁铁相连的软铁叫做极靴，其作用是使得磁极之间产生稳定的匀强磁场
C．铝框的作用是为了利用涡流，起电磁驱动作用，让指针快速指向稳定的平衡位置D．乙图中电流方向a垂直纸面向外，b垂直纸面向内，线框将逆时针转动。

A
解析：A
A．当线圈通电后，安培力矩使其转动，导致螺旋弹簧产生阻力，当转动停止时，阻力矩与安培力矩正好平衡，所以通电电流越大，安培力越大，螺旋弹簧形变也越大。

故A正确；
B．与蹄形磁铁相连的软铁叫做极靴，其作用是使得极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，线圈无论转到什么位置．它的平面都跟磁感线平行，安培力总与磁感应强度的方向垂直，故B错误；
C．由于铝框转动时会产生感应电流，所以铝框要受安培力，安培力阻碍铝框的转动使其快速停止转动，即发生电磁阻尼，故C错误；
D．乙图中电流方向a垂直纸面向外，b垂直纸面向内，根据左手定则判断线圈将顺时针转动，故D错误。

故选A。

2．如图所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，当导体棒MN在导轨上沿水平方向在磁场中滑动时，正对电磁铁A的圆形金属环B，则（）
A．若导体棒向左匀速运动时，B被A排斥B．若导体棒向左加速运动时，B被A排斥C．若导体棒向右加速运动时，B被A吸引D．因导体棒运动方向未知，故不能确定B被A吸引或排斥B
解析：B
A．导体棒向左匀速运动时，切割磁感线产生的感应电动势恒定，感应电流不变。

电磁铁A 的磁性不变，所以金属环B的磁通量不变，因此A和B间无相互作用力。

BC．导体棒向左加速或向右加速时，导体棒切割磁感线产生的电动势越来越大，电流越来越大，电磁铁A的磁性越来越强，金属环B的磁通量变大，根据楞次定律，A和B间有排斥力。

B正确，C错误；
D．导体棒加速，A和B间有斥力；导体棒减速，A和B间有引力，与导体棒运动方向无关，D错误。

故选B。

3．如图所示，几位同学在学校的操场上做“摇绳发电”实验：把一条较长电线的两端连在一个灵敏电流计上的两个接线柱上，形成闭合回路。

两个同学分别沿东西方向站立，女生站在西侧，男生站在东侧，他们沿竖直方向迅速上下摇动这根电线。

假设图中所在位置地磁场方向与地面平行，由南指向北。

下列说法正确的是（）
A．当电线到最低点时，感应电流最大
B．当电线向上运动时，B点电势高于A点电势
C．当电线向上运动时，通过灵敏电流计的电流是从A经过电流计流向B
D．两个同学沿南北方向站立时，电路中能产生更大的感应电流C
解析：C
A．当“绳”摇到最高点时，绳的速度为零，根据感应电动势E=BL v，感应电动势为零，感应电流为零，故A错误；
B．当“绳”向上运动时，地磁场向北，根据右手定则判断可知，“绳”中电流从B流向A，所以A点电势高于B点电势，故B错误；
C．根据以上分析，当电线向上运动时，通过灵敏电流计的电流是从A经过电流计流向B，故C正确；
D ．当两个同学沿南北方向站立时，电线上下运动时，不切割磁感线，不产生感应电流，故D 错误； 故选C 。

4．法拉第发明了世界上第一台发电机―法拉第圆盘发电机，原理如图所示。

铜质圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个带摇柄的转轴，边缘和转轴处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线将电刷与电阻R 连接起来形成回路，其他电阻均不计。

转动摇柄，使圆盘如图示方向匀速转动。

已知匀强磁场的磁感应强度为B ，圆盘半径为r ，电阻的功率为P 。

则（ ）
A PR
R 的电流方向为从c 到d B ．圆盘转动的角速度为2
PR
Br
，流过电阻R 的电流方向为从d 到c C 2PR
R 的电流方向为从c 到d D PR
R 的电流方向为从d 到c B 解析：B
将圆盘看成无数幅条组成，它们都切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，根据右手定则圆盘上感应电流从边缘流向圆心，则流过电阻R 的电流方向为从d 到c ， 根据法拉第电磁感应定律得圆盘产生的感应电动势为
2
01·22
r E Brv Br Br ωω+===
则感应电流为
E I R
=
又电阻R 的功率为
2P I R =
则联立解得
2
2PR
Br ω=
故选B 。

5．关于物理学史，正确的是（ ）
A ．安培根据通电螺线管磁场与条形磁铁磁场极为相似提出分子电流假设，揭示磁现象的本质
B ．奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电磁感应
C ．法拉第通过电磁感应的实验总结出法拉第电磁感应定律
D ．楞次通过实验研究总结出楞次定律，可以判定通电直导线产生的磁场方向A 解析：A
A ．安培根据通电螺线管磁场与条形磁铁磁场极为相似提出分子电流假设，揭示磁现象的本质，故A 正确；
B ．奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应，故B 错误；
C ．纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，于1845年和1846年先后指出：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，后人称之为法拉第电磁感应定律，故C 错误；
D ．楞次通过实验研究总结出楞次定律，适用于闭合回路，不可以判定通电直导线产生的磁场方向，故D 错误。

故选A 。

6．如图所示，先后以速度v 1和v 2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，v 1=2v 2，则在先后两种情况下（ ）
A ．线圈中的感应电动势之比为E 1∶E 2=1∶2
B ．线圈中的感应电流之比为I 1∶I 2=4∶1
C ．线圈中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2=2∶1
D ．通过线圈某截面的电荷量之比q 1∶q 2=2∶1C 解析：C
A ．因为v 1=2v 2，根据
E=BLv
知感应电动势之比2：1，故A 错误； B ．感应电流
E BLv I R R
=
= 由于v 1=2v 2，则感应电流之比为2：1，故B 错误； C ．v 1=2v 2，知时间比为1：2，根据焦耳定律得
Q=I 2Rt
可知热量之比为2：1，故C 正确； D ．根据
n
t
Et n t q It R
R R
∆Φ
∆Φ==
== 两种情况磁通量的变化量相同，所以通过某截面的电荷量之比为1：1。

故D 错误； 故选C 。

7．关于感应电动势、磁通量、磁通量的变化量，下列说法不正确的是（ ） A ．穿过回路的磁通量越大，磁通量的变化量不一定越大，回路中的感应电动势也不一定越大
B ．穿过回路的磁通量的变化量与线圈的匝数无关，回路中的感应电动势与线圈的匝数有关
C ．穿过回路的磁通量的变化率为0，回路中的感应电动势一定为0
D ．某一时刻穿过回路的磁通量为0，回路中的感应电动势一定为0D 解析：D
A ．穿过回路的磁通量越大，磁通量的变化量不一定越大，根据E ＝n t
Φ
∆∆可知，回路中的感应电动势也不一定越大，选项A 正确，不符合题意； B ．穿过回路的磁通量的变化量与线圈的匝数无关，根据E ＝n t
Φ
∆∆可知，回路中的感应电动势与线圈的匝数有关，选项B 正确，不符合题意；
C ．根据E ＝n
t
Φ
∆∆可知，穿过回路的磁通量的变化率为0，回路中的感应电动势一定为0，选项C 正确，不符合题意；
D ．某一时刻穿过回路的磁通量为0，磁通量变化率不一定为零，回路中的感应电动势不一定为0，选项D 错误，符合题意。

故选D 。

8．如图所示，将矩形线圈在M 位置竖直上抛，穿过水平匀强磁场区域一直上升到位置P 再落下。

已知线框在下落过程中经过位置N 时作减速运动，加速度大小为a 下；上升过程中通过位置N 时的加速度大小为a 上，则一定有（ ）
A ．g ＜a 上＜2g
B ．a 上＞2g
C ．a 下＜g
D ．a 下＞g B
解析：B
线框向上运动经过N 点时，线框受到向下的重力和向下的安培力，则
=mg F ma +上安
线框在下落过程中经过位置N时作减速运动，则加速度向上，此时向上的安培力'
>
F mg
，则
安
'-=
F mg ma
下
安
由能量关系可知，上升经过N点时的速度大于下降经过N点时的速度，则
'
>
F F
安安
则
'
+>+>
=2
ma mg F mg F mg
上安安
则
a上＞2g
而a下与g的大小关系不能确定，故选项B正确，ACD错误。

故选B。

9．如图所示，MN和PQ为两根光滑且足够长的平行金属导轨，并将其固定在水平地面上，虚线ef左侧的匀强磁场垂直于轨道面向下，右侧的匀强磁场垂直于轨道面向上。

在垂直导轨MN的方向上放着金属棒ab和cd，分别处于ef右侧和左侧的匀强磁场中。

用平行于导轨MN方向的外力拉动导体棒ab，使其沿轨道运动，这时可以观察到金属棒cd向左运动。

设整个过程中，金属棒ab和cd都不会离开各自所在的有界磁场区域。

下列说法正确的是（）
A．金属棒cd中电流方向从d→c
B．金属棒ab中电流方向从b→a
C．金属棒ab可能向左匀加速运动
D．金属棒ab一定向左匀减速运动A
解析：A
→，故电流顺时针流动，所以金AB．根据左手定则，判断出金属棒cd中电流方向从d c
→，故A正确，B错误；
属棒ab中电流方向从a b
→，根据右手定则可知，金属CD．由于金属棒cd向左运动，金属棒ab中电流方向从a b
棒ab只能是向右运动，故CD错误。

故选A。

10．如图所示，竖直放置的矩形导线框MNPQ边长分别为L和2L，M、N间连接水平的平行板电容器，两极板间距为d，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场。

两极板间有一质量为m、电荷量为q的带负电油滴恰好处于平衡状态，已知重力加速度为g，则下列磁场磁感应强度大小B的变化情况及其变化率分别是（）
A ．正在减小，2ΔΔ2
B mgd
t qL = B ．正在减小，2
ΔΔB mgd
t qL = C ．正在增强，2ΔΔ2B mgd t qL = D ．正在增强，2
ΔΔB mgd
t qL = D 解析：D
ABCD ．电荷量为q 的带负电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电场强度方向竖直向下，所以电容器的上极板带正电，线框上端相当于电源的正极，感应电动势逆时针方向，感应电流的磁场方向和原磁场方向相反，根据楞次定律可知，穿过线框的磁通量在均匀增强，线框产生的感应电动势
2
ΔΔΔΔMN B B E U S L t t
==
= 油滴所受电场力与重力大小相等，则
MN
U q
mg d
= 联立以上两式得，线圈中的磁通量变化率的大小为
2
ΔΔB mgd
t qL = 故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

二、填空题
11．如图所示，AB 两个线圈在同一平面上，A 线圈在B 线圈中。

当只在B 线圈中通以逆时针方向的电流，则穿过A 线圈的磁通量方向为___________；当只在A 线圈中通以顺时针方向不断减小的电流，B 线圈会产生___________时针方向的感应电流。

垂直纸面向外顺；
解析：垂直纸面向外 顺；
[1]当只在B 线圈中通以逆时针方向的电流，根据安培定则可知，B 线圈内部磁场方向垂直纸面向外，则穿过A 线圈的磁通量方向为垂直纸面向外。

[2]只在A 线圈中通以顺时针方向不断减小的电流，根据安培定则可知，B 线圈的磁通量方向垂直纸面向里，并磁通量减小；由楞次定律可知B 线圈会产生顺时针方向的感应电流。

12．如图所示，从匀强磁场中用外力把一矩形线圈匀速拉出磁场区域。

如果两次拉出的速
度之比1212v v =∶∶，则在将线圈拉出磁场区域的过程中，两次所用的外力大小之比12F F =∶___________，线圈中产生的焦耳热之比12Q Q =∶___________，通过线圈某截面
的电荷量之比12q q =∶___________。

1：21：21：1
解析：1：2 1：2 1：1
[1] 设线圈左右两边边长为l ，上下两边边长为l′，整个线圈的电阻为R ，磁场的磁感应强度为B ，拉出线圈时产生的感应电动势为
E Blv =
感应电流为
E
I R
=
线圈所受的安培力为
22B l v
F BIl R
== 则得
1212:1:2:F F v v ==
[2] 拉力做功为
22'
B l v W Fl l R
='=
焦耳热
Q W =
则得
12121:2Q Q v v ==::
[3] 通过导线的电荷量为
E q I t t R R
∆Φ=∆=
∆=
则q 与线框移动速度无关，磁通量的变化量∆Φ 相同，所以通过导线横截面的电荷量
12:1:1q q =
13．如图所示，A 、B 两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为 10 匝，半2A B r r =，图示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小。

A 、B 线圈中产生的感应电动势之比为_____ ，两线圈的感应电流之比为______。

解析：4:1 2:1
[1]对任一半径为r 的线圈，根据法拉第电磁感应定律：
2
B B E n
n S n r t t t
π∆Φ∆∆===∆∆∆ 由于
B
t
∆∆相同，n 相同，则得： 2E r ∝
因2A B r r =，故A 、B 线圈中产生的感应电动势之比为：
:4:1A B E E =
[2]根据电阻定律得：线圈的电阻为：
2L s n r R s
πρ
ρ⋅== 由于s n ρ、、相同，两线圈电阻之比为：
::2:1A B A B R R r r ==
线圈中感应电流：
E
I R
=
联立得到：
2::1A B I I =
14．如图所示，边长为L 的正方形线圈abcd 有n 匝，总电阻为R ，处于磁感应强度为B 的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直．将线圈以向右的速度v 匀速拉出磁场，那么拉力F 等于________，ab 边产生的焦耳热Q 等于________于，通过ab 的电荷量等于________．
解析：
222n B L v R 2234n B L v R
2
nBL R [1]因为线圈被匀速拉出所以：
F F =安
感应电动势的大小：
E nBLv =
根据闭合欧姆定律得：
E I R
=
则安培力：
222n B L v
F nBIL R
==
[2]由题意可知在匀速拉出的过程中ab 之间的电阻为：14
R ，所以ab 边产生的焦耳热为：
2232
144L n B L v
Q I R v R
=⨯⨯=
[3]通过ab 的电荷量：
2
nBLv L nBL q It R v R
==⨯=
15．如图所示，光滑导轨间距0.5m l =，电阻1R =Ω，ab 为质量是1kg 的金属棒，金属棒电阻不计，垂直纸面的匀强磁场的磁感应强度0.2T B =，当棒ab 向右以恒定的速度
10m /s v =运动时，流过棒ab 的电流大小为_____________，棒ab 受到的安培力的大小
为______，棒ab 两端的电压为______.
2A02N1V 【解析】
解析：2A 0.2N 1V 【解析】
[1]ab 棒匀速切割磁感线产生的动生电动势为：
00.20.510V 1V E Blv ==⨯⨯=
ab 棒作为等效电源，不计内阻，则外电路为两电阻R 并联，有：
=0.52
R
R =
Ω总 由闭合电路的欧姆定律可得干路电流：
=2A E I R =总
[2]ab 棒因通电而在匀强磁场中受到安培力，其大小为
=0.220.5N 0.2N F BIl =⨯⨯=安
[3]棒ab 两端的电压为路端电压，但内阻不计，则大小等于电动势
1V ab U E ==
16．如图所示的电路，L 1和L 2是两个相同的小电珠，L 是一个自感系数相当大的线圈，其电阻与R 相同，由于存在自感现象，在电键S 刚接通时，__灯最亮；S 断开时，__灯先熄灭．
L1L2【解析】
解析：L 1 L 2
【解析】
[1]该电路是左右两部分并联后由串联起来，S 刚接通时，L 2立即发光．L 上产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势会阻碍电流增大．使通过线圈L 的电流慢慢增大，而R 上没有自感现象产生，左右两个电路总电流相等，由两个电路对比可知，此瞬间，通过L 1的电流比L 2上的电流大．所以S 刚刚接通时L 1灯最亮；
[2]S 断开时，L 和L 1构成自感回路，L 2不在回路中，所以S 断开时，L 立刻熄灭，L 1后熄灭。

17．如图所示，一矩形线圈与长直通电导线在同一平面内，且长直导线位于线圈的正中间的右侧，现使导线中的电流增大，则矩形线圈中产生的感应电流方向为______，导线框所受的磁场力的方向为_________.
顺时针向右【解析】
解析：顺时针 向右
【解析】
[1]根据题意可知导线右边的线框中磁场方向垂直纸面向里，导线左边的线框中磁场方向垂直纸面向外，由于导线位于线圈的正中间偏右位置，所以左侧穿过线圈的磁通量大于右侧的，穿过线圈的总磁通量方向为垂直纸面向外，故当电流增大时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流为顺时针方向；
[2]线圈上下两个边框受力平衡，左侧边框处所受安培力向右，右侧边框所受安培力方向向
右，故线框所受到的安培力方向向右。

18．如图所示，一正离子在垂直于匀强磁场的固定光滑轨道内做匀速圆周运动，当磁场均匀增大时，离子运动的周期将________。

变小【解析】
解析：变小
【解析】
当磁场均匀增大时，在光滑轨道处产生逆时针方向的感应电场，正离子在电场力作用下做加速运动，动能增加，速度增加，T ＝2r v
π，周期减小。

19．如图所示，光滑的U 形金属导轨水平放置，不计电阻，宽度0.5L m =，左端的Q P 、间接有定值电阻0.3R =Ω,电阻0.1r =Ω的金属棒MN 重直导轨放置在两条导轨上，并用水平绝缘细线通过光滑的定滑轮连接质量0.2m kg =的重物，重物静止在地面上，细线拉直，已知P M 、间距离0.8d m =.某时刻开始，导轨平面内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B 从零开始随时间均匀增大，变化率/0.2/B t T s ∆∆=.则重物未离开地面前通过R 的电流为_______A ，当重物对地面的压力为零时，磁场的磁感应强度大小为_______T ．(g 取210/m s )
220【解析】(1)由法拉第电磁
感应定律则有：E=Ld=008V 由欧姆定律得：I=E/（R+r ）=02A 当重物恰好被提离地面时导体棒MN 受力平衡则有：BIL−mg=0B=20T 点睛：由法拉第电磁感应 解析：2 20
【解析】
(1)由法拉第电磁感应定律,则有：E=Ld
B t
∆∆=0.08V 由欧姆定律,得：I=E/（R+r ）=0.2A
当重物恰好被提离地面时，导体棒MN 受力平衡，
则有：BIL−mg=0，B=20T
点睛：由法拉第电磁感应定律可求感应电动势，由欧姆定律可求感应电流；当重物恰好被提离地面时，安培力等于重力，根据平衡方程可求磁感应强度．
20．如图()a 所示，长为L 宽为h 的矩形闭合线圈竖直固定在小车上，其中0.04h m =，线圈电阻51.610R -=⨯Ω，线圈与小车总质量1.m kg =它们在光滑水平面上，以0 1.0/v m s =的初速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B 、宽度为d 的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，已知小车运动的速度ν随位移s 变化的s ν-图象如图()b 所示.已知L d <，则d =______m ，B =______.T
2
502【解析】磁场宽度等于线圈进入磁场与在磁场中运动时的位移由图b 所示图象可知线圈进入磁场时的位移为：线圈完全在磁场中的位移为：则磁场宽度为：；由图b 所示图象可知线圈进入磁场前的速度为：完全进入磁
解析：25 0.2
【解析】
磁场宽度等于线圈进入磁场与在磁场中运动时的位移，由图b 所示图象可知，线圈进入磁场时的位移为：10.150.050.1s m =-=，
线圈完全在磁场中的位移为：20.300.150.15s m =-=，
则磁场宽度为：120.10.150.25d s s m m m =+=+=；
由图b 所示图象可知，线圈进入磁场前的速度为：1/v m s =，完全进入磁场时的速度为：'0.6/v m s =，线圈进入磁场时的位移为：10.1s m =
设进入磁场的过程，线框的速度为v 时加速度的大小为a ．
由牛顿第二定律得F ma =，又安培力大小为：22Bhv B h v F BIh B h R R
===， 加速度大小为：v a t =，联立以三式得：22B h v t m v R
⋅=； 两边求和得：()22B h v t m v R ⎛⎫∑⋅=∑ ⎪⎝⎭
，又v t s =，则得：()22101B h s m v v R ⋅=-； 代入得：()22
5
0.040.11 1.00.61.610B -⨯⨯=⨯-⨯，解得：0.2B T =
【点睛】线圈进入磁场过程受安培力作用而做减速运动，线圈完全进入磁场时做匀速直线运动，线圈离开磁场时做减速运动，磁场宽度等于线圈进入磁场与在磁场中运动时的位移之和，由图象可以求出磁场宽度；由牛顿第二定律和加速度的定义式，采用微元积分法求出磁感应强度．本题要懂得图象的物理意义，结合线框的运动情况，捕捉有效信息，其次，对于变速运动的过程，要掌握运用微元法研究位移或速度的问题，其切入点是加速度的定义式．
三、解答题
21．如图所示，在光滑水平面上放置一矩形线框abcd ，ab 边的边长为L 1，bc 边的边长为L 2，线框的质量为m ，电阻为r ，线框通过细线绕过光滑的定滑轮与重物相连，滑轮的质量不计，重物的质量为M ；水平面上e f 和gh 是有界匀强磁场的边界，边界与水平面的底边平行，ef 和gh 间距为L ，磁场方向垂直于水平面向下，磁感应强度为B ，开始时cd 边与ef 边界的距离为x 。

现由静止释放重物，线框恰好能匀速穿过边界gh ，线框运动过程中cd 边始终与水平面的底边平行，设水平面足够长，矩形线框abcd 不会与滑轮接触，重力加速度为g 。

求：
（1）线框穿过gh 边界时速度的大小v ；
（2）线框进入磁场过程中通过线框的电量q ；
（3）线框穿过磁场过程中产生的焦耳热Q 。

解析：（1）221Mgr v B L =；（2）12BL L q r
=；（3）222
2441
()()2M m M g r Q Mg x L L B L +=++- （1）因为线框恰好能匀速穿过gh 边界，则线框穿过gh 边界时受力平衡，水平方向受力如图所示，拉力F =Mg
安培力F 安=IL 1B
由欧姆定律得
E I r
=
导线切割产生的电动势E=B L 1v
联立解得
221Mgr v B L = （2）研究线框进入磁场过程，产生的平均电动势为
E n t
φ∆=∆ 12BL L φ∆=
线框中流过的平均电流
E I r
=
通过的电量=q I t ∆
联立解得 12=BL L q r
（3）研究线框由静止释放到刚好全部穿出磁场的全过程，以线框和重物组成的系统为研究对象，由能量守恒得
221()=
()2
Mg x L L M m v Q ++++ 解得 222
244
1()=()-2M m M g r Q Mg x L L B L +++ 22．如图甲所示，N=100匝的线圈（图中只画了2匝），电阻r =2Ω，其两端与一个R =48Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。

线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。

(1)判断通过电阻R 的电流方向；
(2)求线圈产生的感应电动势E ；
(3)求ab 两端的电压U 。

解析：(1)a 流向b ；(2)5V ；(3)4.8V
(1)根据图像可知，线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，所通过电阻R 的电流方向为a b →。

(2)根据法拉第电磁感应定律
0.0150.010100V 5V 0.10
E N
t ∆Φ-==⨯=∆ (3) ab 两端的电压为路端电压，根据分压规律可知 485V 4.8V 482
R U E R r ==⨯=++ 23．如图，MN 、PQ 两条平行的粗糙金属轨道与水平面成θ=37°角，轨距为L =1m ，质量为m =0.6kg 的金属杆ab 水平放置在轨道上，其阻值r =0.1Ω。

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 。

P 、M 间接有R 1=4Ω的电阻，Q 、N 间接有R 2=6Ω的电阻。

杆与轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，若轨道足够长且电阻不计，现从静止释放ab ，当金属杆ab 运动的速度为10m/s 时，求：（重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
(1)金属杆ab 之间的电压；
(2)金属杆ab 运动的加速度大小。

(3)金属杆ab 在下滑过程中的最大速度。

解析：(1)4.8V ；(2)2
13m/s ；(3)12m/s
(1)当金属杆ab 运动的速度为10m/s 时，ab 杆产生的感应电动势为 0.5110V 5V E BLv ==⨯⨯=
1R 与2R 并联的总电阻为
121246Ω 2.4Ω46
R R R R R ⨯=
==++ 流过ab 杆的电流为 5A 2A 2.40.1
E I R r =
==++ 金属杆ab 之间的电压为 2 2.4V 4.8V U IR ==⨯=
(2)杆ab 受到的安培力为
0.521N 1N F BIL ==⨯⨯=安
对杆ab 分析，根据牛顿第二定律得
sin gcos mg m F ma θμθ--=安
代入数据解得金属杆ab 运动的加速度大小为
21m/s 3
a =
(3)设金属杆的最大速度为v 1，则有
1sin cos 0mg mg BLI θμθ--=
根据闭合电路欧姆定律 11BLv I R r
=
+ 代入数据解得 112m/s v =
24．如图所示，竖直固定的足够长的光滑金属导轨MN 、PQ ，间距为l =0.2m ，其电阻不计。

完全相同的两金属棒ab 、cd 垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终良好接触，已知两棒质量均为m =0.01kg ，电阻均为R =0.2Ω，棒cd 放置在水平绝缘平台上，整个装置处在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，磁感应强度B =1.0T 。

棒ab 在竖直向上的恒力F 作用下由静止开始向上运动，当ab 棒运动x =0.1m 时达到最大速度v m ，此时cd 棒对绝缘平台的压力恰好为零。

取g =10m/s 2，求：
(1)ab 棒的最大速度v m ；
(2)ab 棒由静止到最大速度过程中回路产生的焦耳热Q 。

解析：(1)1m/s ；(2)0.005J
(1)cd 棒受力平衡，则
mg BIl =
解得通过电路的电流
0.0110A 0.5A 10.2
mg I Bl ⨯=
==⨯ ab 导体棒切割磁感线产生的感应电动势为 m E Blv =
根据闭合电路欧姆定律可知
m 22E Blv I R R
=
= 解得最大速度
m 220.50.2m/s 1m/s 10.2
IR v Bl ⨯⨯===⨯ (2)ab 导体棒达到最大速度时，加速度为0，根据平衡条件可知外力
0.2N F BIl mg =+= ab 棒由静止到最大速度过程中，应用动能定理
2m 12
mgx Fx Q mv -+-= 解得回路中的焦耳热为
0.005J Q =
25．如图所示，有两根足够长的平行光滑导轨水平放置，右侧用一小段光滑圆弧和另一对竖直光滑导轨平滑连接，导轨间距1m L =。

细金属棒ab 和cd 垂直于导轨静止放置，它们的质量m 均为1kg ，电阻R 均为0.25Ω。

cd 棒右侧1m 处有一垂直于导轨平面向下的矩形匀强磁场区域，磁感应强度1T B =，磁场区域长为s 。

以cd 棒的初始位置为原点，向右为正方向建立坐标系。

现用向右的水平变力F 作用于ab 棒上，力随时间变化的规律为(0.51)N F t =+，作用4s 后撤去F 。

撤去F 之后ab 棒与cd 棒发生弹性碰撞，cd 棒向右运动。

金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计，重力加速度210m/s g =，求：
(1)撤去力F 的瞬间，ab 棒的速度大小；
(2)若1m s =，求cd 棒滑上右侧竖直导轨，距离水平导轨的最大高度h ；
(3)若可以通过调节磁场右边界的位置来改变s 的大小，求cd 棒最后静止时的位移x 与s 的关系。

解析：(1)8m/s ；(2)1.8m ；(3)见解析
(1)4 s 内的平均作用力
(0)(4)2N 2
F F F +=
= 由动量定理得 F t =mv 1
所以
v 1=8 m/s
(2)ab 棒与cd 棒质量相等，发生弹性碰撞后，ab 棒静止，cd 棒速度为v 1，设cd 棒离开磁场时的速度为v 2，由动量定理得
21BIL t mv mv -∆=-
2BLs q I t R
=∆=
所以。