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

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
一、电磁感应现象的两类情况
1．如图甲所示，一对足够长的平行光滑轨道固定在水平面上，两轨道间距 l= 0.5m ，左侧接一阻值 为R 的电阻。

有一金属棒静止地放在轨道上，与两轨道垂直，金属棒及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于垂直轨道平面竖直向下的磁感应强度为1T 的匀强磁场中。

T=0 时，用一外力F 沿轨道方向拉金属棒，使金属棒以加速度 a =0.2 m/s 2 做匀加速运动，外力F 与时间 t 的关系如图乙所示。

(1)求金属棒的质量 m ；
(2)当力F 达到某一值时，保持F 不再变化，金属棒继续运动3s ，速度达到1.6m/s 且不再变化，测得在这 3s 内金属棒的位移 s=4.7 m ，求这段时间内电阻R 消耗的电能。

【答案】（1）0.5kg ；（2）1.6J 【解析】 【分析】 【详解】 由图乙知
0.10.05F t =+
（1）金属棒受到的合外力
220.10.05B l v
F F F t ma R
=-=+-=合安
当t =0时
0v at ==
0.1F =N 合
由牛顿第二定律代入数值得
0.5F m a
=
=kg 合
（2）F 变为恒力后，金属棒做加速度逐渐减小的变加速运动，经过3s 后，速度达到最大
1.6m v =m/s ，此后金属棒做匀速运动。

1.6m v =m/s 时
0F =合
220.4m
B l v F F R
===N 安
将F =0.4N 代入0.10.05F t =+
求出金属棒做变加速运动的起始时间为t =6s （该时间即为匀加速持续的时间） 该时刻金属棒的速度为
1 1.2v at ==m/s
这段时间内电阻R 消耗的电能
()2
2112F K m E W E FS m v v =-∆=--
()221
0.4 4.70.5 1.6 1.2 1.62
E =⨯-⨯⨯-=J
2．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)2
1()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
(
)21
2
qE Q m M v mgh =+
++ 则回路中的电热为
()21
2
Q qE mgh m M v =--
+
3．如图1所示，一个圆形线圈的匝数1000n =匝，线圈面积20.02S m =，线圈的电阻
1r =Ω，线圈外接一个阻值4R =Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图2所示.求
()1在04s ～内穿过线圈的磁通量变化量； ()2前4s 内产生的感应电动势； () 36s 内通过电阻R 的电荷量q ．
【答案】（1）4×10﹣2Wb （2）1V （3）0.8C 【解析】
试题分析：（1）依据图象，结合磁通量定义式BS Φ=，即可求解；（2）根据法拉第电磁感应定律，结合磁感应强度的变化率求出前4s 内感应电动势的大小．（3）根据感应电动势，结合闭合电路欧姆定律、电流的定义式求出通过R 的电荷量．
（1）根据磁通量定义式BS Φ=，那么在0～4s 内穿过线圈的磁通量变化量为：
()()3210.40.20.02410B B S Wb Wb -∆Φ=-=-⨯=⨯
（2）由图象可知前4 s 内磁感应强度B 的变化率为：0.40.2
/0.05?/4
B T s T s t ∆-==∆ 4 s 内的平均感应电动势为：10000.020.05?1B
E nS
V V t
∆==⨯⨯=∆ （3）电路中的平均感应电流为：E I R =总，又q It =，且E n t
∆Φ=∆ 所以()0.020.40.210000.841
q n
C C R 总⨯-∆Φ
==⨯=+ 【点睛】本题考查了法拉第电磁感应定律的应用，由法拉第电磁感应定律求出感应电动
势，由欧姆定律求出感应电流，最后由电流定义式的变形公式求出感应电荷量．
4．为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种闪烁装置．如图所示，自行车后轮由半径的金属内圈、半径的金属外圈和绝缘幅条构成．后轮的内、外圈之间等间隔地接有4跟金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为的小灯泡．在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度、方向垂直纸面向外的扇形匀强磁场，其内半径为、外半径为、张角．后轮以角速度，相对转轴转动．若不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应．
（1）当金属条进入扇形磁场时，求感应电动势E，并指出ab上的电流方向；
（2）当金属条进入扇形磁场时，画出闪烁装置的电路图；
（3）从金属条进入扇形磁场时开始，经计算画出轮子一圈过程中，内圈与外圈之间电势差随时间变化的图象；
【答案】（1），电流方向由到；（2）见解析；（3）见解析
【解析】
【分析】
【详解】
（1）金属条ab在匀强磁场中转动切割，由得：感应电动势为
，根据右手定则判断可知电流方向由到；
（2）边切割充当电源，其余为外电路，且并联，其等效电路如图所示
（3）设电路的总电阻为，根据电路图可知，
两端电势差：
设离开磁场区域的时刻，下一根金属条进入磁场的时刻，则：，
，设轮子转一圈的时间为，则，在内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同，由上面的分析可以画出如下图象：
【点睛】
本题考查了电磁感应和恒定电路的知识，设计问题从容易入手，层层递进，较好地把握了试题的难度和区分度．
5．如图所示，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为l、电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac长度为．磁场的磁感强度为B，方向垂直纸面向里．现有一段长度为、电阻为的均匀导体杆MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿ab方向以恒定速度υ向b端滑动，滑动中始终与ac平行并与线框保持良好接触．当MN滑过的距离为时，导线ac中的电流是多大？方向如何？
【答案】方向a→c
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：
MN滑过的距离为L/3时，它与bc的接触点为P，如下图所示
由图可知MP 长度为L/3， MP 中的感应电动势为：1
E 3
BL V BLV 有== MP 段的电阻为：r=
3
R MacP 和MbP 两电路的并联电阻为 121212233r 129
33
r r R R r r 并⨯
==
=++ 由欧姆定律，PM 中的电流为：E
I r r =+并
由分流得ac 中的电流为：ac 2
3
I I =， 解得
考点：本题考查瞬时感应电动势，闭合电路欧姆定律
点评：电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解
6．如图甲所示。

在同一水平面上，两条足够长的平行金属导轨MNPQ 间距为
0.15m L =，右端接有电阻0.2ΩR =，导轨EF 连线左侧光滑且绝缘.右侧导轨粗糙，EFGH 区域内有垂直导轨平面磁感应强度4T B =的矩形匀强磁场；一根轻质弹簧水平放置，左
端固定在K 点，右端与质量为0.1kg m =的金属棒a 接触但不栓接，且与导轨间的动摩擦因数0.1μ=，弹簧自由伸长时a 棒刚好在EF 处，金属棒a 垂直导轨放置，现使金属棒a 在外力作用下缓慢地由EF 向左压缩至AB 处锁定，压缩量为00.04m x =。

此时在EF 处放上垂直于导轨质量0.3kg M =电阻0.1Ωr =的静止金属棒b 。

接着释放金属棒a ，两金属棒在EF 处碰撞，a 弹回并压缩弹簧至CD 处时速度刚好为零且被锁定，此时压缩量为
10.02m x =，b 棒向右运动，经过0.1s t =从右边界GH 离开磁场，金属棒b 在磁场运动
过程中流经电阻R 的电量0.2C q =。

设棒的运动都垂直于导轨，棒的大小不计，已知弹簧的弹力与形变量的关系图像（如图乙）与x 轴所围面积为弹簧具有的弹性势能。

求： （1）金属棒a 碰撞金属棒b 前瞬间的速度0v （2）金属棒b 离开磁场时的速度2v
（3）整个过程中电阻R 上产生的热量R Q
【答案】（1）2m/s （2）0.5m/s （3）0.055J 【解析】 【详解】
（1）如乙图所示，最初弹簧具有的弹性势能：
100.04
J 0.2J 2
p E ⨯=
= 根据机械能守恒得：
2012
p E mv =
可得 02m/s v =
（2）设a 棒反弹的速度为1v ，b 棒碰后速度为3v ，金属棒b 离开磁场时的速度2v 。

a 弹回至CD 处时弹簧具有的弹性势能为：
50.02
J 0.05J 2
p E ⨯'=
= 根据机械能守恒得：
211
2
p E mv '=
解得11m/s v =
对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
013mv mv Mv =-+
可得31m/s v =
b 棒通过磁场的过程，根据动量定理得：
23()BILt ft M v v --=-
又：
0.2C q It == 0.3N f Mg μ==
可得20.5m/s v = （3）根据：
Et BLvt BLx
q It R r R r R r
==
==+++
可得0.1m x =
整个过程中回路产生的总热量：
()22
3212
Q M v v fx =--总 电阻R 上产生的热量：
R R
Q Q R r =
+总
联立解得：0.055J R Q =
7．如图所示，间距L =1m 的足够长的两不行金属导轨PQ 、MN 之间连接一个阻值为R =0.75Ω的定值电阻，一质量m =0.2kg 、长度L =1m 、阻值r =0.25Ω的金属棒ab 水平放置在导轨上，它与导轨间的动摩擦因数μ=0. 5。

导轨不面的倾角37θ=︒，导轨所 在的空间存在着垂直于导轨不面向上的磁感应强度大小B = 0.4T 的匀强磁场。

现让金属棒b 由静止开始下滑，直到金属棒b 恰好开始做匀速运动，此过程中通过定值电阻的电量为q =1.6 C 。

已知运动过程中金属棒ab 始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，sin370.6︒=，
cos370.8︒=，重力加速度g =10m/s 2，求： (1)金属棒ab 下滑的最大速度；
(2)金属棒ab 由静止释放后到恰好开始做匀速运动所用的时间；
(3)金属棒ab 由静止释放后到恰好开始做匀速运动过程中，整个回路产生的焦耳热。

【答案】(1) 2.5/m v m s = (2) 2.85t s = (3) 0.975Q J = 【解析】 【详解】
（1）设金属棒ab 下滑的最大速度为m v ，由法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律得
()m BLv I R r =+
由平衡条件得
sin cos mg mg BIL θμθ=+
联立解得 2.5m/s m v =；
（2）金属棒ab 由静止开始下滑到恰好匀速运动的过程，由动量定理得
()sin cos 0m mg mg BIL t mv θμθ--=-
又
q It =
联立解得 2.85t s =；
（3）由法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律得
BLx
q R r
=
+ 由能量守恒定律得
2
1sin cos 2
m mgx mg x mv Q θμθ=++g
联立解得0.975J Q =。

8．如图所示，光滑绝缘水平面上放置一均匀导体制成的正方形线框abcd ，线框质量为m,电阻为R,边长为L ，有yi 方向竖直向下的有界磁场，磁场的磁感应强度为B,磁场区宽度大于L ，左边界与ab 边平行，线框水平向右拉力作用下垂直于边界线穿过磁场区．
(1)若线框以速度v 匀速穿过磁场区，求线框在离开磁场时七两点间的电势差； (2)若线框从静止开始以恒定的加速度a 运动，经过h 时间七边开始进入磁场，求cd 边将要进入磁场时刻回路的电功率；
(3)若线框速度v 0进入磁场，且拉力的功率恒为P 0，经过时间T ，cd 边进入磁场，此过程中回路产生的电热为Q ，后来ab 边刚穿出磁场时，线框速度也为v 0,求线框穿过磁场所用的时间t. 【答案】（1）（2）
（3）
【解析】 【分析】 【详解】
（1）线框在离开磁场时，cd 边产生的感应电动势 E=BLv 回路中的电流
则ab 两点间的电势差 U=IR ab =BLv （2）t 1时刻线框速度 v 1=at 1
设cd 边将要进入磁场时刻速度为v 2，则v 22-v 12=2aL 此时回路中电动势 E 2=BLv 2 回路的电功率
解得
（3）设cd边进入磁场时的速度为v，线框从cd边进入到ab边离开磁场的时间为△t，则 P0T=（mv2−m v02）+Q
P0△t=m v02-mv2
解得
线框离开磁场时间还是T，所以线框穿过磁场总时间t=2T+△t=+T
【点睛】
本题电磁感应中电路问题，要熟练运用法拉第电磁感应定律切割式E=Blv，欧姆定律求出电压．要抓住线框运动过程的对称性，分析穿出磁场时线框的速度，运用能量守恒列式求时间．
9．如图所示，两根间距为L的光滑金属导轨CMM′P′P、DNN′Q′Q固定放置，导轨MN左侧部分向上弯曲，右侧水平。

在导轨水平部分的左右两端分布着两个匀强磁场区域
MM′N′N、P′PQQ′，区域长度均为d，磁感应强度大小均为B，Ⅰ区方向竖直向上，Ⅱ区方向竖直向下，金属棒b静止在区域Ⅱ的中央，b棒所在的轨道贴一较小的粘性纸片（其余部分没有），它对b棒的粘滞力为b棒重力的k倍，现将a棒从高度为h0处静止释放，a 棒刚一进入区域Ⅰ时b棒恰好可以开始运动，已知a棒质量为m，b棒质量为2m，a、b 棒均与导轨垂直，电阻均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g，则
(1)h0应为多少？
(2)将a棒从高度小于h0的某处静止释放，使其以速度v1（v1为已知量）进入区域Ⅰ，且能够与b棒发生碰撞。

求从开始释放a棒到a、b两棒刚要发生碰撞的过程中，a棒产生的焦耳热。

(3)调整两磁场区域间的距离使其足够远（区域大小不变），将a棒从高度大于h0的某处静止释放，使其以速度v2（v2为已知量）进入区域Ⅰ，经时间t0后从区域Ⅰ穿出，穿出时的
速度为1
2
v2，请在同一直角坐标系中画出“从a棒进入磁场开始，到a、b两棒相碰前”的过
程中，两棒的速度—时间图象（必须标出t0时刻b棒的速度，规定向右为正方向）。

【答案】（1）
222
44
8R k m g
B L
（2）
2222
1
33
88
B L d B L d
v
R mR
⎛⎫
-
⎪
⎝⎭
（3）
【解析】 【详解】
(1)设a 棒刚进入区域Ⅰ时的速度为0v ，由机械能守恒得：
2001
2
mgh mv =
由b 棒恰好开始运动时受力平衡得
220
22B L v mgk BLI R
==
解得：
222044
8R k m g
h B L =
(2)设a 棒穿出区域Ⅰ时的速度为1v '，与b 棒相碰前的速度为v ，则有：
11111mv mv BL t BLq I -='= 1222mv mv BLI t BLq ='-=
12q BLd
R = 24q BLd
R
=
联立可得：
22134B L d
mv mv R
-=
a 棒产生的焦耳热：
2211
2(1)4
a Q Q m v v -==
可得：
2222133()88a B L d B L d v R
Q R =-
(3)①判断0t 时刻b 棒能否穿出区域Ⅱ，假定b 不能穿出区域Ⅱ，并设0t 时的速度大小为
b v ，00t :阶段a 、b 棒受到的冲量相等，有：
221
()22
b m v v mv -=
解得：
214
b v v =
因22
21
a b v v v >
=，故有：
12
b a v v <
12
b x d <
所以假设成立，即在a 棒穿出Ⅰ区时b 棒尚在Ⅱ区； ②判断0t 后，b 棒能否穿出区域Ⅱ，假定b 棒不能穿出区域Ⅱ 因10222b BLI t mv BLI t ==，则有：
1022I t I t =
即：
12q q =
所以：
22(2)a b b BL v v t v t R
R
-=
设在0t 前后b 棒在区域Ⅱ中走过的距离分别为1x 、2x ，则有：
10b x v t = 220()b a b x v t v v t =-=
解得：
12000(12
)b a b a x x v t v v t v t d d ==+=+->
所以假设不成立，即b 棒能穿出区域Ⅱ且速度不为零； 两棒的速度-时间图象如图所示：
10．如图所示，两根金属平行导轨MN 和PQ 放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L ，电阻不计．水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感强度大小为B ，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B ，方向竖直向下．质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 和b 垂直导轨放置在其上，金属棒b 置于磁场Ⅱ的右边界CD 处．现将金属棒a 从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动．设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好．
（1）若水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大摩擦力均为1
5
mg ，将金属棒a 从距水平面高度h 处由静止释放．求：
①金属棒a 刚进入磁场Ⅰ时，通过金属棒b 的电流大小；
②若金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b 能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a 释放时的高度h 应满足的条件；
（2）若水平段导轨是光滑的，将金属棒a 仍从高度h 处由静止释放，使其进入磁场Ⅰ．设两磁场区域足够大，求金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b 中可能产生焦耳热的最大值．
【答案】（1）①22BL gh R
；② 22
44
50m gR h B L <； （2）110mgh 【解析】 【详解】
（1）① a 棒从h 0高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有
①
解得：
②
a 棒刚进入磁场I 时 ③, 此时通过a 、
b 的感应电流大小为 2E
I R
=
解得：
④
② a 棒刚进入磁场I 时，b 棒受到的安培力大小 ⑤
为使b 棒保持静止必有 ⑥ 由④ ⑤ ⑥联立解得：
⑦
（2）由题意知当金属棒a 进入磁场I 时，由左手定则判断知a 棒向右做减速运动；b 棒向左运动加速运动．
二者产生的感应电动势相反，故当二者的感应电动势大小相等时闭合回路的电流为零，此后二者均匀速运动，故金属棒a 、b 均匀速运动时金属棒b 中产生焦耳热最大， 设此时a 、b 的速度大小分别为
与
，由以上分析有：BL
=2BL
⑧
对金属棒a 应用动量定理有： ⑨
对金属棒b 应用动量定理有: ⑩
联立⑧⑨⑩解得
；
由功能关系得电路产生的总电热为：
故金属棒b 中产生焦耳热最大值为11
210
Q Q mgh =
=总
11．如图所示，在竖直平面内有间距L =0.2 m 的足够长的金属导轨CD 、EF ，在C 、E 之间连接有阻值R =0.05 Ω的电阻。

虚线M 、N 下方空间有匀强磁场，磁感应强度B =1 T ，方向与导轨平面垂直。

质量均为m =0.2 kg 的物块a 和金属杆b 通过一根不可伸长的轻质细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧。

初始时a 静止于水平地面上，b 悬于空中并恰好位于磁场边界MN 上(未进入磁场)。

现将b 竖直向上举高h =0.2 m 后由静止释放，一段时间后细绳绷直，a 、b 以大小相等的速度一起运动，之后做减速运动直至速度减为0。

已知运动过程中a 、b 均未触及滑轮，金属杆与导轨始终垂直且接触良好，金属杆及导轨的电阻不计，取重力加速度g =10 m/s 2，求： (1)整个过程中电阻R 产生的热量； (2)金属杆b 刚进入磁场时的加速度大小； (3)物块a 最终的位置离地面的高度。

【答案】(1)0.2 J(2)2 m/s 2(3)0.5 m 【解析】 【详解】
(1)设细绳绷直前瞬间b 的速度为v 0，绷直后瞬间b 的速度为v ，蹦直瞬间细绳对b 的拉力的冲量大小为I ，则b 自由下落过程中，根据动能定理有
mgh =
2
012
mv －0 细绳蹦直瞬间，对a 、b 根据动量定理分别有
I =mv －0 I =mv 0－mv
此后系统机械能转化为电能并最终变成电阻R 产生的热量Q ，故有
Q =2×
12
mv 2 由以上各式解得
Q =0.2 J ；
(2)设b 刚进入磁场时受到的安培力为F ，绳中拉力为T ，b 的加速度大小为a ，则有
F =BiL ， i =
E R
， E =BLv ，
对a 、b 根据牛顿第二定律分别有
mg －T =ma ，
T ＋F －mg =ma ， 由以上各式得
a =2 m/s 2；
(3)联立上面各式可得
22
B L R
v =2ma 对一小段时间Δt ，有
22
B L R
v Δt =2ma Δt 故有
22
B L R
∑v Δt =2m ∑a Δt ， 即
22
B L R
Δx =2m Δv 从b 进入磁场到a 、b 速度减为0的过程中
Δv =v －0
所以a 上升的高度
Δx =
222mvR B L
解得
Δx =0.5 m
另解：
由牛顿第二定律得
BiL =2ma
对一小段时间Δt ，有
BiL Δt =2ma Δt BLq =2m Δv
又有
q =
R
∆Φ
其中
ΔΦ=BL Δx
由以上各式得
Δx =
22
2mvR
B L 解得
Δx =0.5 m ；
12．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 =+,32244
sin ()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
2
1sin 2
m mgd Q mv θ=+
解得
322244
()sin sin 2m g R r Q mgd B L
θ
θ+=- 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 θθθ
θ++=-=-
++
13．如图所示，宽度为L 的金属框架竖直固定在绝缘地面上，框架的上端接有一特殊的电子元件，如果将其作用等效成一个电阻，则其阻值与其两端所加的电压成正比，即等效电阻R kU =，式中k 为恒量．框架上有一质量为m 的金属棒水平放置，金属棒与光滑框架接触良好，离地高度为h ，磁感应强度为B 的匀强磁场与框架平面垂直．将金属棒由静止释放，棒沿框架向下运动．其它电阻不计，问： （1）金属棒运动过程中，流过棒的电流多大？方向如何？ （2）金属棒经过多长时间落到地面？
（3）金属棒从释放到落地过程中在电子元件上消耗的电能多大？
【答案】（1）1k ；方向由a 流向b （22hkm mgk BL
-(3)hBL k 【解析】 【分析】 【详解】
（1）金属棒向下运动，利用右手定则可得，流过金属棒的电流方法为：由a 流向b ． 根据题意，流过金属棒的电流：
1U U I R kU k
=
== （2）金属棒下落过程中金属棒受到的安培力为：
BL F BIL k
==
根据牛顿第二定律mg F ma -=得
BL
a g km
=-
故加速度恒定，金属棒做匀加速直线运动． 设金属经过时间t 落地，则满足：
212
h at =
解得：
22h hkm t a mgk BL
=
=-(3)金属棒落地时速度满足：
222mgkh BLh
v ah mk
-=
根据功能关系，消耗电能为E ，有
212
G W E mv -=
得金属棒从释放到落地过程中在电子元件上消耗的电能：
212hBL
E mgh mv k
=-=
【点睛】
14．如图(a )所示，一个电阻值为R 、匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路，线圈的半径为r 1, 在线圈中半径为r 2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图(b )所示，图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0，导线的电阻不计．求
(1) 0~t 0时间内圆形金属线圈产生的感应电动势的大小E ； (2) 0~t 1时间内通过电阻R 1的电荷量q ．
【答案】（1）2020n B r E t π=（2）2
0120
3n B t r q Rt π=
【解析】 【详解】
（1）由法拉第电磁感应定律E n t
φ
∆=∆有2020n B r B E n S t t π∆==∆ ① （2）由题意可知总电阻 R 总=R +2R =3 R ② 由闭合电路的欧姆定律有电阻R 1中的电流E
I R =
总
③ 0~t 1时间内通过电阻R1的电荷量1q It = ④
由①②③④式得2
01203n B t r q Rt π=
15．研究小组同学在学习了电磁感应知识后，进行了如下的实验探究（如图所示）：两个足够长的平行导轨（MNPQ 与M 1P 1Q 1）间距L =0.2m ，光滑倾斜轨道和粗糙水平轨道圆滑连接，水平部分长短可调节，倾斜轨道与水平面的夹角θ=37°．倾斜轨道内存在垂直斜面方向向上的匀强磁场，磁感应强度B =0.5T ，NN 1右侧没有磁场；竖直放置的光滑半圆轨道PQ 、P 1Q 1分别与水平轨道相切于P 、P 1，圆轨道半径r 1=0．lm ，且在最高点Q 、Q 1处安装了压力传感器．金属棒ab 质量m =0.0lkg ，电阻r =0.1Ω，运动中与导轨有良好接触，并且垂
直于导轨；定值电阻R =0.4Ω，连接在MM 1间，其余电阻不计：金属棒与水平轨道间动摩擦因数μ=0.4．实验中他们惊奇地发现：当把NP 间的距离调至某一合适值d ，则只要金属棒从倾斜轨道上离地高h =0.95m 及以上任何地方由静止释放，金属棒ab 总能到达QQ 1处，且压力传感器的读数均为零．取g =l 0m /s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．则：
（1）金属棒从0.95m 高度以上滑下时，试定性描述金属棒在斜面上的运动情况，并求出它在斜面上运动的最大速度；
（2）求从高度h =0.95m 处滑下后电阻R 上产生的热量； （3）求合适值d ．
【答案】（1）3m /s ；（2）0.04J ；（3）0.5m ． 【解析】 【详解】
（1）导体棒在斜面上由静止滑下时，受重力、支持力、安培力，当安培力增加到等于重力的下滑分量时，加速度减小为零，速度达到最大值；根据牛顿第二定律，有：
A 0mgsin F θ-=
安培力：A F BIL = BLv
I R r
=+ 联立解得：2222
()sin 0.0110(0.40.1)0.6
3m /s 0.50.2
mg R r v B L θ+⨯⨯+⨯=
==⨯ （2）根据能量守恒定律，从高度h =0.95m 处滑下后回路中上产生的热量：
2211
0.01100.950.0130.05J 22
Q mgh mv ==⨯⨯-⨯⨯=-
故电阻R 产生的热量为：0.4
0.050.04J 0.40.1
R R Q Q R r =
=⨯=++ （3）对从斜面最低点到圆轨道最高点过程，根据动能定理，有：
()221111
222
mg r mgd mv mv μ--=-①
在圆轨道的最高点，重力等于向心力，有：2
11
v mg m r =②
联立①②解得：221535100.1
0.5m 220.410
v gr d g μ--⨯⨯=
==⨯⨯。