高考物理《法拉第电磁感应定律的推断题综合》专项训练附答案

高考物理《法拉第电磁感应定律的推断题综合》专项训练附答案
一、法拉第电磁感应定律
1．如图所示，正方形单匝线框bcde边长L＝0.4 m，每边电阻相同，总电阻R＝0.16 Ω.一根足够长的绝缘轻质细绳跨过两个轻小光滑定滑轮，一端连接正方形线框，另一端连接物体P，手持物体P使二者在空中保持静止，线框处在竖直面内．线框的正上方有一有界匀强磁场，磁场区域的上、下边界水平平行，间距也为L＝0.4 m，磁感线方向垂直于线框所在平面向里，磁感应强度大小B＝1.0 T，磁场的下边界与线框的上边eb相距h＝1.6 m．现将系统由静止释放，线框向上运动过程中始终在同一竖直面内，eb边保持水平，刚好以v ＝4.0 m/s的速度进入磁场并匀速穿过磁场区，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力．
（1）线框eb边进入磁场中运动时，e、b两点间的电势差U eb为多少？
（2）线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q为多少？
（3）若在线框eb边刚进入磁场时，立即给物体P施加一竖直向下的力F，使线框保持进入磁场前的加速度匀加速运动穿过磁场区域，已知此过程中力F做功W F＝3.6 J，求eb边上产生的焦耳Q eb为多少？
【答案】（1）1.2 V（2）3.2 J（3）0.9 J
【解析】
【详解】
(1)线框eb边以v=4.0 m/s的速度进入磁场并匀速运动，产生的感应电动势为：
10.44V=1.6 V
E BLv
==⨯⨯
因为e、b两点间作为等效电源，则e、b两点间的电势差为外电压：
U eb=3
4
E=1.2 V.
(2)线框进入磁场后立即做匀速运动，并匀速穿过磁场区，线框受安培力：
F安=BLI
根据闭合电路欧姆定律有：
I=E R
联立解得解得F安=4 N
所以克服安培力做功：
=2=420.4J=3.2J W F L ⨯⨯⨯安安
而Q =W 安，故该过程中产生的焦耳热Q =3.2 J
(3)设线框出磁场区域的速度大小为v 1，则根据运动学关系有：
22122v v a L -=
而根据牛顿运动定律可知：
()M m g
a M m
-=
+
联立整理得：
1
2
(M+m )( 21v -v 2)=(M-m )g ·2L 线框穿过磁场区域过程中，力F 和安培力都是变力，根据动能定理有：
W F -W'安+(M-m )g ·2L =
1
2
(M+m )( 21v -v 2) 联立解得：
W F -W'安=0
而W'安= Q'，故Q'=3.6 J
又因为线框每边产生的热量相等，故eb 边上产生的焦耳热：
Q eb =
1
4
Q'=0.9 J. 答：(1)线框eb 边进入磁场中运动时，e 、b 两点间的电势差U eb =1.2 V. (2)线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q =3.2 J. (3) eb 边上产生的焦耳Q eb =0.9J.
2．如图所示，在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的有界矩形匀强磁场区域内，有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd ，线框平面垂直于磁感线。

线框以恒定的速度v 沿垂直磁场边界向左运动，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，求：
（1）线框离开磁场的过程中流过线框截面的电量q ； （2）线框离开磁场的过程中产生的热量 Q ； （3）线框离开磁场过程中cd 两点间的电势差U cd ． 【答案】（1）22Bl q R =（2） 234B l v
Q R
=（3）43cd Blv U =
【详解】
(1)线框离开磁场的过程中,则有：
2E B lv =g
E I R
=
q It =
l t v
=
联立可得：2
2Bl q R
=
(2)线框中的产生的热量：
2Q I Rt
=
解得：234B l v
Q R
=
(3) cd 间的电压为：
2
3
cd U I R =g
解得：43
cd Blv
U =
3．如下图所示，MN 、PQ 为足够长的光滑平行导轨，间距L =0.5m.导轨平面与水平面间的夹角θ= 30°，NQ 丄MN ，N Q 间连接有一个3R =Ω的电阻，有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为01B T =，将一根质量为m =0.02kg 的金属棒ab 紧靠NQ 放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻1r =Ω，其余部分电阻不计，现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ 平行，当金属棒滑行至cd 处时速度大小开始保持不变，cd 距离NQ 为 s=0.5 m ，g =10m/s 2。

(1)求金属棒达到稳定时的速度是多大；
(2)金属棒从静止开始到稳定速度的过程中，电阻R 上产生的热量是多少？
(3)若将金属棒滑行至cd 处的时刻记作t =0,从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，则t =1s 时磁感应强度应为多大？ 【答案】(1)8m/s 5 (2)0.0183J(3) 5T 46
【解析】
(1) 在达到稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大，达到稳定速度时，有
sin A mg F θ=
其中
,A E
F BIL I R r
==
+ 根据法拉第电磁感应定律，有E BLv = 联立解得：
m 1.6s
v =
(2) 根据能量关系有
2
1·sin 2
mgs mv Q θ=
+ 电阻R 上产生的热量
R R
Q Q R r
=
+ 解得：
0.0183J R Q =
(3) 当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流，此时金属棒将沿导轨做匀加速运动，根据牛顿第二定律，有：
sin mg ma θ=
根据位移时间关系公式，有
21
2
x vt at =+
设t 时刻磁感应强度为B ，总磁通量不变，有：
()BLs B L s x '=+
当t =1s 时，代入数据解得，此时磁感应强度：
5T 46
B '=
4．如图甲所示，光滑导体轨道PMN 和P ′M ′N ′是两个完全一样的轨道，是由半径为r 的四分之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道在M 和M ′点相切，两轨道并列平行放置，MN 和M ′N ′位于同一水平面上，两轨道之间的距离为L ，PP ′之间有一个阻值为R 的电阻，开关K 是一个感应开关(开始时开关是断开的)，MNN ′M ′是一个矩形区域内有竖直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场，水平轨道MN 离水平地面的高度为h ，其截面图如图乙所示．金属棒a 和b 质量均为m 、电阻均为R ，在水平轨道某位置放上金属棒b ，静止不动，a 棒从圆弧顶端PP ′处静止释放后，沿圆弧轨道下滑，若两导体棒在运动中始终不接
触，当两棒的速度稳定时，两棒距离x =
，两棒速度稳定之后，再经过一段时
间，b 棒离开轨道做平抛运动，在b 棒离开轨道瞬间，开关K 闭合．不计一切摩擦和导轨电阻，已知重力加速度为g ．求：
(1)两棒速度稳定时的速度是多少？ (2)两棒落到地面后的距离是多少？
(3)从a 棒开始运动至b 棒离开轨道的过程中，回路中产生的焦耳热是多少？ 【答案】(1)12gr v =rh
x ∆=12Q mgr =
【解析】 【分析】 【详解】
（1）a 棒沿圆弧轨道运动到最低点M 时，由机械能守恒定律得：
2
012
mgr mv =
解得a 棒沿圆弧轨道最低点M 时的速度02v gr 从a 棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度的过程中，两棒在水平方向受到的安培力总是大小相等，方向相反，所以两棒的总动量守恒．由动量守恒定律得：
012mv mv =
解得两棒以相同的速度做匀速运动的速度0
122gr
v v =
=（2）经过一段时间，b 棒离开轨道后，a 棒与电阻R 组成回路，从b 棒离开轨道到a 棒离开轨道过程中a 棒受到安培力的冲量大小：
2222A B L x
I ILBt BL Rit R
∆Φ===
由动量定理：
21A I mv mv --=
解得22gr
v =
由平抛运动规律得，两棒落到地面后的距离(122h rh x v v g ∆=-=
（3）由能量守恒定律可知，a 棒开始运动至b 棒离开轨道的过程中，回路中产生的焦耳
热：220111
(2)22
Q mv m v =
- 解得：1
2
Q mgr =
5．水平面上平行固定两长直导体导轨MN 和PQ ，导轨宽度L =2m ，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B =0.5T ，在垂直于导轨方向静止放置两根导体棒1和2，其中1的质量M =4kg,有效电阻R =0.6Ω，2的质量m =1kg ，有效电阻r =0.4Ω，现使1获得平行于导轨的初速度v 0=10m/s ，不计一切摩擦，不计其余电阻，两棒不会相撞．请计算：
（1）初始时刻导体棒2的加速度a 大小． （2）系统运动状态稳定时1的速度v 大小．
（3）系统运动状态达到稳定的过程中，流过导体棒1某截面的电荷量q 大小． （4）若初始时刻两棒距离d =10m ，则稳定后两棒的距离为多少？ 【答案】（1）10m/s 2（2）8m/s （3）8C （4）2m 【解析】 【详解】
解：(1)初始时：0E BLv =
E
I R r
=
+ 对棒2：F 安BIL ma ==
解得：2220
10m/s B L v a R r
==+
(2)对棒1和2的系统，动量守恒，则最后稳定时：0()Mv m M v =+ 解得：8m/s v =
(3)对棒2，由动量定理：BIL t mv ∆= ，其中q I t =∆ 解得：8C mv
q BL
== (4)由E t φ∆=
∆ 、E I R r
=+、 q I t =∆ 联立解得：BL x
q R r R r
φ∆∆==++ 又mv q BL
=
解得：22
()
mv R r x B L +∆=
则稳定后两棒的距离：22
()
2m mv R r d d x d B L +'=-∆=-
=
6．如图甲所示，水平放置的电阻不计的光滑平行金属导轨相距L=0.5m ，左端连接R=0.4Ω的电阻，右端紧靠在绝缘墙壁边，导轨间虚线右边与墙壁之间的区域内存在方向垂直导轨平面的磁场，虚线与墙壁间的距离为s=10m ，磁感应强度B 随时间t 变化的图象如图乙所示。

一电阻r=0.1Ω、质量为m=0.5kg 的金属棒ab 垂直导轨放置于距离磁场左边界d= 2.5m 处，在t=0时刻金属棒受水平向右的大小F=2.5N 的恒力作用由静止开始运动，棒与导轨始终接触良好，棒滑至墙壁边后就保持静止不动。

求：
(1)棒进入磁场时受到的安培力F ； (2) 在0～4s 时间内通过电阻R 的电荷量q ； (3)在0～5s 时间内金属棒ab 产生的焦耳热Q 。

【答案】(1) =2.5F N 安 (2) 10q c = （3）15Q J = 【解析】(1)棒进入磁场之前对ab 受力分析由牛顿第二定律得25m/s F
a m
== 由匀变速直线位移与时间关系2112
d at = 则11s t =
由匀变速直线运动速度与时间关系得15m/s v at ==
金属棒受到的安培力22= 2.5N B L v
F BIL R
==安 (2)由上知，棒进人磁场时=F F 安,则金属棒作匀速运动，匀速运动时间22s s
t v
== 3～4s 棒在绝缘墙壁处静止不动
则在0～4s 时间内通过电阻R 的电量2210C +BLv
q It t R r
==
= (3)由上知在金属棒在匀强磁场中匀速运动过程中产生的2
125J Q I rt ==
4～5s 由楞次定律得感应电流方向为顺时针，由左手定则知金属棒受到的安培力水平向右，则金属棒仍在绝缘墙壁处静止不动，
由法拉第电磁感应定律得5V BLs
E t t
ϕ∆∆=
==∆∆ 焦耳热2
2
23310J E Q I rt rt R r ⎛⎫
=== ⎪+⎭
'⎝
在0～5s 时间内金属棒ab 产生的焦耳热1215J Q Q Q =+=
【点睛】本题根据牛顿第二定律和运动学公式结合分析棒的运动情况，关键是求解安培力．当棒静止后磁场均匀变化，回路中产生恒定电流，由焦耳定律求解热量．
7．如图（1）所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距为0.8m ，导轨平面与水平面夹角为α，导轨电阻不计．有一个匀强磁场垂直导轨平面斜向上，长为1m 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨电接触良好，金属棒的质量为0.1kg 、与导轨接触端间电阻为1Ω．两金属导轨的上端连接右端电路，电路中R 2为一电阻箱．已知灯泡的电阻R L =4Ω，定值电阻R 1=2Ω，调节电阻箱使R 2=12Ω，重力加速度g=10m/s 2．将电键S 打开，金属棒由静止释放，1s 后闭合电键，如图（2）所示为金属棒的速度随时间变化的图象．求：
（1）斜面倾角α及磁感应强度B 的大小；
（2）若金属棒下滑距离为60m 时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始下滑100m 的过程中，整个电路产生的电热；
（3）改变电阻箱R 2的值，当R 2为何值时，金属棒匀速下滑时R 2消耗的功率最大；消耗的最大功率为多少？
【答案】（1）斜面倾角α是30°，磁感应强度B 的大小是0.5T ；
（2）若金属棒下滑距离为60m 时速度恰达到最大，金属棒由静止开始下滑100m 的过程中，整个电路产生的电热是32.42J ；
（3）改变电阻箱R 2的值，当R 2为4Ω时，金属棒匀速下滑时R 2消耗的功率最大，消耗的最大功率为1.5625W ． 【解析】 【分析】
（1）电键S 打开，ab 棒做匀加速直线运动，由速度图象求出加速度，由牛顿第二定律求解斜面的倾角α．开关闭合后，导体棒最终做匀速直线运动，由F 安=BIL ，I=得到安培
力表达式，由重力的分力mgsinα=F 安，求出磁感应强度B ．
（2）金属棒由静止开始下滑100m 的过程中，重力势能减小mgSsinα，转化为金属棒的动
能和整个电路产生的电热，由能量守恒求解电热．
（3）改变电阻箱R2的值后，由金属棒ab匀速运动，得到干路中电流表达式，推导出R2消耗的功率与R2的关系式，根据数学知识求解R2消耗的最大功率．
【详解】
（1）电键S打开，从图上得：a=gsinα==5m/s2
得sinα=，则得α=30°
金属棒匀速下滑时速度最大，此时棒所受的安培力F安=BIL
又 I=，R总=R ab+R1+=（1+2+）Ω=6Ω
从图上得：v m=18.75m/s
由平衡条件得：mgsinα=F安，所以mgsinα=
代入数据解得：B=0.5T；
（2）由动能定理：mg•S•sinα﹣Q=mv m2﹣0
由图知，v m=18.75m/s
得Q=mg•S•sinα﹣mvm2=32.42J；
（3）改变电阻箱R2的值后，金属棒匀速下滑时的速度为v m′，则有
mgsinα=BI总L
R2和灯泡并联电阻 R并′==（）Ω，
R2消耗的功率：P2==
由上联立解得 P2=（）2
由数学知识得，当=R2，即R2=4Ω时，R2消耗的功率最大：
最大功率为 P2m=（）2（）=W=1.5625W．
8．如图所示，无限长金属导轨EF、PQ固定在倾角为θ＝53°的光滑绝缘斜面上，轨道间距L＝1 m，底部接入一阻值为R＝0.4 Ω的定值电阻，上端开口．垂直斜面向上的匀强磁场的磁感应强度B＝2 T．一质量为m＝0.5 kg的金属棒ab与导轨接触良好，ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，ab连入导轨间的电阻r＝0.1 Ω，电路中其余电阻不计．现用一质量为M ＝2.86 kg 的物体通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与ab相连．由静止释放M，当M下落高度h＝2.0 m时，ab开始匀速运动(运动中ab始终垂直导轨，并接触良
好)．不计空气阻力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取g ＝10 m/s 2．求：
(1)ab 棒沿斜面向上运动的最大速度v m ；
(2)ab 棒从开始运动到匀速运动的这段时间内电阻R 上产生的焦耳热Q R 和流过电阻R 的总电荷量q ．
【答案】（1）3m/s ． （2）26.3J ，8C 【解析】 【分析】 【详解】
（1）由题意知，由静止释放M 后，ab 棒在绳拉力T 、重力mg 、安培力F 和轨道支持力N 及摩擦力f 共同作用下做沿轨道向上做加速度逐渐减小的加速运动直至匀速运动，当达到最大速度时，由平衡条件有： T ﹣mgsin θ﹣F ﹣f ＝0…① N ﹣mgcos θ＝0…② T ＝Mg …③
又由摩擦力公式得 f ＝μN …④ ab 所受的安培力 F ＝BIL …⑤ 回路中感应电流 I m
BLv R r
=
+L ⑥ 联解①②③④⑤⑥并代入数据得： 最大速度 v m ＝3m/s …⑦
（2）由能量守恒定律知，系统的总能量守恒，即系统减少的重力势能等于系统增加的动能、焦耳热及摩擦而转化的内能之和，有： Mgh ﹣mghsin θ()2
12
m
M m v =
++Q+fh …⑧ 电阻R 产生的焦耳热 Q R R
R r
=
+Q …⑨ 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有： 流过电阻R 的总电荷量 q I =△t …⑩ 电流的平均值 E
I R r
=
+L ⑪ 感应电动势的平均值 E t
Φ
=
V L V ⑫
磁通量的变化量△Φ＝B •（Lh ）…⑬
联解⑧⑨⑩⑪⑫⑬并代入数据得：Q R ＝26.3J ，q ＝8C
9．如图所示，在倾角为30︒的斜面上，固定一宽度为0.25m L =的足够长平行金属光滑导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器．电源电动势为 3.0V E =，内阻为 1.0r =Ω．质量20g m =的金属棒ab 与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度为0.80T B =．导轨与金属棒的电阻不计，取2
10m/s g =．
(1)如果保持金属棒在导轨上静止，滑动变阻器接入到电路中的阻值是多少；
(2)如果拿走电源，直接用导线接在两导轨上端，滑动变阻器阻值不变化，求金属棒所能达到的最大速度值；
(3)在第(2)问中金属棒达到最大速度前，某时刻的速度为10m/s ，求此时金属棒的加速度大小．
【答案】(1) 5R =Ω (2) 12.5m/s v = (3) 21m/s a =
【解析】(1)因为金属棒静止在金属轨道上，受力平衡，如图所示，
安培力0F BIL =
根据平衡条件知0sin30F mg =︒ 联立得sin300.5A mg I BL
︒== 设变阻器接入电路的阻值为R ，根据闭合电路欧姆定律()E I R r =+， 联立计算得出5E R r I =
-=Ω． (2)金属棒达到最大速度时，将匀速下滑，此时安培力大小，回路中电流大小应与上面情况相同，即金属棒产生的电动势， 0.55V 2.5V E IR ==⨯=，
由E BLv =得2512.5m/s 0.80.25E v BL =
==⨯． (3)当棒的速度为10m/s ，所受的安培力大小为
2222'0.8
0.2510N 0.08N 5B L v F BI L R ⨯⨯===='安
； 根据牛顿第二定律得： '
sin30mg F ma ︒-=安
计算得出： 21m/s a =．
【点睛】本题是金属棒平衡问题和动力学问题，关键分析受力情况，特别是分析和计算安培力的大小．
10．如图所示，两根足够长的直金属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．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）在加速下滑过程中，当ab 杆的速度大小为v 时，ab 杆中的电流及其加速度的大小； （2）求在下滑过程中ab 杆可达到的最大速度．
（3）从开始下滑到达到最大速度的过程中，棒沿导轨下滑了距离s ，求整个装置生热多少.
【答案】
（1）Blv I R =,22sin B l v mg R a m
θ-=（2）22sin m mgR v B l θ=（3）322244sin 2m g R Q mgh B l θ=- 【解析】
(1)在加速下滑过程中，当 ab 杆的速度大小为 v 时，感应电动势E =BLv
此时 ab 杆中的电流Blv I R
= 金属杆受到的安培力：22B L v F BIL R
== 由牛顿第二定律得：22sin B l v mg R a m
θ-= (2) 金属杆匀速下滑时速度达到最大，由平衡条件得：22sin m B L v mg R
θ= 则速度的最大值22
sin m mgR v B l θ=
(3)若达到最大速度时，导体棒下落高度为 h ，由能量守恒定律得：
21sin 2
m mgs mv Q θ⋅=+ 则焦耳热322244sin 2m g R Q mgh B l
θ=- 【点睛】当杆匀速运动时杆的速度最大，分析清楚杆的运动过程是解题的前提；分析清楚杆的运动过程后，应用E =BLv 、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、平衡条件与能量守恒定律即可解题；求解热量时从能量角度分析可以简化解题过程．
11．如图甲所示是航空母舰上一种弹射装置的模型，“E”字形铁芯长为l 的三个柱脚的两条缝中存在正对的由B 指向A 、C 的磁场，该磁场任意时刻均可视为处处大小相等方向相同（如图乙所示），初始时缝中有剩余磁场，磁感应强度为B 0；绕在B 柱底部的多匝线圈P 用于改变缝中磁场的强弱，已知通过线圈P 加在缝中的磁场与线圈中的电流大小存在关系B=k 1I ．Q 为套在B 柱上的宽为x 、高为y 的线圈共n 匝，质量为m ，电阻为R ，它在外力作用下可沿B 柱表面无摩擦地滑动，现在线圈P 中通以I=k 2t 的电流，发现Q 立即获得方向向右大小为a 的加速度，则
（1）线圈P 的电流应从a 、b 中的哪一端注入？t=0时刻线圈Q 中的感应电流大小I 0。

（2）为了使Q 向右运动的加速度保持a 不变，试求Q 中磁通量的变化率与时间t 的函数关系
（3）若在线圈Q 从靠近线圈P 处开始向右以加速度a 匀加速直到飞离B 柱的整个过程中，可将Q 中的感应电流等效为某一恒定电流I ，则此过程磁场对线圈Q 做的功为多少？
【答案】（1）a 入b 出、I 0=
（2）（3）mal+I 2R 【解析】
试题分析：1）a 入b 出
F=ma
F=2nI 0LB 0
得：I 0=
2）E=I=
F=2nILB B=B 0+k 1k 2t
可得：=
3）W=ΔE k +Q=mal+I 2R
考点：考查了法拉第电磁感应定理
12．如图所示，在水平地面MN 上方空间存在一垂直纸面向里、磁感应强度B =1T 的有界匀强磁场区域，上边界EF 距离地面的高度为H ．正方形金属线框abcd 的质量m =0.02kg 、边长L = 0.1m （L <H ），总电阻R = 0.2Ω，开始时线框在磁场上方，ab 边距离EF 高度为h ，然后由静止开始自由下落，abcd 始终在竖直平面内且ab 保持水平．求线框从开始运动到ab 边刚要落地的过程中（g 取10m/s 2)
(1)若线框从h =0.45m 处开始下落，求线框ab 边刚进入磁场时的加速度；
(2)若要使线框匀速进入磁场，求h 的大小；
(3)求在(2)的情况下，线框产生的焦耳热Q 和通过线框截面的电量q .
【答案】(1)22.5m/s a = (2)0.8m h = (3) 0.02J Q =,0.05C q =
【解析】
【分析】
【详解】
(1)当线圈ab 边进入磁场时，由自由落体规律：123m/s v gh ==
棒切割磁感线产生动生电动势：1E BLv = 通电导体棒受安培力0.15N BLE F BIL R
==
= 由牛顿第二定律：mg F ma -= 解得：22.5m/s a =
(2)匀速进磁场，由平衡知识：mg F = 由2v gh BLv I R
=，代入可解得：0.8m h = (3)线圈cd 边进入磁场前线圈做匀速运动，由能量守恒可知重力势能变成焦耳热 0.02J Q mgL == 通过线框的电量2
0.05C BL q It R R
φ∆====
【点睛】
当线框能匀速进入磁场，则安培力与重力相等；而当线框加速进入磁场时，速度在增加，安培力也在变大，导致加速度减小，可能进入磁场时已匀速，也有可能仍在加速，这是由进入磁场的距离决定的．
13．如图所示，一个单匝矩形线圈水平放在桌面上，在线圈中心上方有一竖直的条形磁体，此时线圈内的磁通量为0.05Wb.在0.5s 的时间内，将该条形磁体从图示位置竖放到线圈内的桌面上，此时线圈内的磁通量为0.10Wb ，试求此过程：
（1）线圈内磁通量的变化量；
（2）线圈中产生的感应电动势大小。

【答案】（1）0.05Wb （2）0.1V
【解析】
【详解】
（1）磁通量的变化为：
△Φ=Φ′-Φ=0.10-0.05=0.05Wb ；
（2）由法拉第电磁感应定律可得感应电动势为： 0.0510.1V 0.5E n t ∆Φ==⨯=V
14．如图甲所示，平行金属导轨MN 、PQ 放置于同一水平面内，导轨电阻不计，两导轨间距d=10cm ，导体棒ab 、cd 放在导轨上，并与导轨垂直，每根棒在导轨间的部分电阻均为R=1.0Ω.用长为l=20cm 的绝缘丝线将两棒系住，整个装置处在匀强磁场中.t=0时刻，磁场方向竖直向下，丝线刚好处于未被拉伸的自然状态，此后磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示.不计感应电流磁场的影响，整个过程，丝线未被拉断.求：
（1）0～2.0s 时间内电路中感应电流的大小与方向；
（2）t=1.0s 时刻丝线的拉力大小.
甲 乙
【答案】（1）
A a→c→d→b→a （2）N
【解析】
【分析】
(1) 根据法拉第电磁感应定律
求出感应电动势，从而求出感应电流； (2)对导体棒进行受力分析，在水平方向上受拉力和安培力，根据F=BIL 求出安培力的大
小，从而求出拉力的大小。

【详解】
(1) 从图象可知，
则
故电路中感应电流的大小为0.001A ，根据楞次定律可知，方向是acdba ；
(2) 导体棒在水平方向上受拉力和安培力平衡
T=F A =BIL=0.1×0.001×0.1N=1×10-5N ．
故t=1.0s 的时刻丝线的拉力大小1×
10-5N 。

【点睛】 解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律以及安培力的大小公式F=BIL 。

15．如图所示，竖直放置的U 形导轨宽为L ，上端串有电阻R （其余导体部分的电阻都忽略不计）．磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直于纸面向外．金属棒ab 的质量为m ，与导轨接触良好，不计摩擦．从静止释放后ab 保持水平而下滑．
试求：（1）金属棒ab 在下落过程中，棒中产生的感应电流的方向和ab 棒受到的安培力的方向．
（2）金属棒ab 下滑的最大速度v m ．
【答案】（1）电流方向是b→a ．安培力方向向上．
（2）22
m mgR v B L ＝
【解析】
试题分析：（1）金属棒向下切割磁场，根据右手定则，知电流方向是b→a ．根据左手定则得，安培力方向向上．
（2）释放瞬间ab 只受重力，开始向下加速运动．随着速度的增大，感应电动势E 、感应电流I 、安培力F 都随之增大，加速度随之减小．当F 增大到F=mg 时，加速度变为零，这时ab 达到最大速度． 由22m B L v F mg R
＝＝， 可得22
m mgR v B L ＝ 考点：电磁感应中的力学问题．。