精选高考物理易错题专题复习电磁感应现象的两类情况附答案

精选高考物理易错题专题复习电磁感应现象的两类情况附答案
一、电磁感应现象的两类情况
1．如图所示，足够长且电阻忽略不计的两平行金属导轨固定在倾角为α=30°绝缘斜面上，导轨间距为l =0.5m 。

沿导轨方向建立x 轴，虚线EF 与坐标原点O 在一直线上，空间存在
垂直导轨平面的磁场，磁感应强度分布为1
()00.60.8()0T x B x T x -<⎧=⎨+≥⎩
（取磁感应强度B
垂直斜面向上为正）。

现有一质量为10.3m =kg ，边长均为l =0.5m 的U 形框cdef 固定在导轨平面上，c 点（f 点）坐标为x =0。

U 形框由金属棒de 和两绝缘棒cd 和ef 组成，棒de 电阻为10.2R =Ω。

另有一质量为20.1=m kg ，长为l =0.5m ，电阻为20.2R =Ω的金属棒ab 在离EF 一定距离处获得一沿斜面向下的冲量I 后向下运动。

已知金属棒和U 形框与导轨间的动摩擦因数均为3
3
μ=。

（1）若金属棒ab 从某处释放，且I =0.4N·s ，求释放瞬间金属棒ab 上感应电流方向和电势差ab U ；
（2）若金属棒ab 从某处释放，同时U 形框解除固定，为使金属棒与U 形框碰撞前U 形框能保持静止，求冲量I 大小应满足的条件。

（3）若金属棒ab 在x =－0.32m 处释放，且I =0.4N·
s ，同时U 形框解除固定，之后金属棒ab 运动到EF 处与U 形框发生完全非弹性碰撞，求金属棒cd 最终静止的坐标。

【答案】（1）感应电流方向从b 到a ；0.1V;（2）0.48N ⋅s ；（3）2.5m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）金属棒获得冲量I 后，速度为
2
4m/s I
v m =
= 根据右手定则，感应电流方向从b 到a ； 切割磁感线产生的电动势为
1E B lv =
其中11B =T ；
金属棒ab 两端的电势差为
1212
0.1V ab B lv
U R R R =
=+
（2）由于ab 棒向下运动时，重力沿斜面的分力与摩擦力等大反向，因此在安培力作用下运动，ab 受到的安培力为
2212212
B l v F m a R R ==+
做加速度减小的减速运动；由左手定则可知，cd 棒受到安培力方向沿轨道向上，大小为
21212
B B l v F R R =+安
其中21T B =；
因此获得冲量一瞬间，cd 棒受到的安培力最大，最容易发生滑动 为使线框静止，此时摩擦力沿斜面向下为最大静摩擦力，大小为
11cos sin m f m g m g μαα==
因此安培力的最大值为12sin m g θ； 可得最大冲量为
()12122
122sin 0.48m m g R R I B B l
α
+=
=N·s （3）当I =0.4N·
s 时，金属棒获得的初速度为04/v m s =，其重力沿斜面分力与摩擦力刚好相等，在安培力作用下做加速度减小的减速，而U 形框在碰撞前始终处于静止； 设到达EF 时速度为1v ，取沿斜面向下为正，由动量定理得
22212012
B l vt
m v m v R R -=-+ 其中0.32m vt x == 解得
12m/s v =
金属棒与U 形线框发生完全非弹性碰撞，由动量守恒得
()11122m v m m v =+
因此碰撞后U 形框速度为
20.5m/s v =
同理：其重力沿斜面的分力与滑动摩擦力等大反向，只受到安培力的作用，当U 形框速度为v 时，其感应电流为
12
de ab B lv B lv
I R R -=
+
其中，de B ，ab B 分别为de 边和ab 边处的磁感应强度，电流方向顺时针，受到总的安培力为
()22
12
de ab de ab
B B l v
F B Il B Il R R -=-=
+
其中，,0.8cd ab B B kl k -== 由动量定理得
()2412212
0k l vt
m m v R R -=-++ 因此向下运动的距离为
()()1221224
2m m m v R R s k l ++=
=
此时cd 边的坐标为
x =2.5m
2．如图所示，一阻值为R 、边长为l 的匀质正方形导体线框abcd 位于竖直平面内，下方存在一系列高度均为l 的匀强磁场区，与线框平面垂直，各磁场区的上下边界及线框cd 边均磁场方向均与线框平面垂水平。

第1磁场区的磁感应强度大小为B 1，线框的cd 边到第1磁区上场区上边界的距离为h 0。

线框从静止开始下落，在通过每个磁场区时均做匀速运动，且通过每个磁场区的速度均为通过其上一个磁场区速度的2倍。

重力加速度大小为g ，不计空气阻力。

求： (1)线框的质量m ；
(2)第n 和第n +1个磁场区磁感应强度的大小B n 与B n+1所满足的关系；
(3)从线框开始下落至cd 边到达第n 个磁场区上边界的过程中，cd 边下落的高度H 及线框产生的总热量Q 。

【答案】22112B l gh gR (2)+12n n B B =；2311
2(1)2n B l gh - 【解析】 【分析】
【详解】
(1)设线框刚进第一个磁场区的速度大小为v 1，由运动学公式得2
112v gh =，设线框所受安
培力大小为F 1，线框产生的电动势为E 1，电流为I ，由平衡条件得
1F mg =
由安培力的表达式得11F B Il =，111=E B lv ，1
E I R
=
联立解得
m =(2)设线框在第n 和第n +1个磁场区速度大小分别为v n 、v n +1，由平衡条件得
22n n
B l v mg R = 22+1+1
n n B l v mg R
=
且
12n n v v +=
联立解得
1n n B +=
(3)设cd 边加速下落的总距离为h ，匀速下落的总距离为L ，由运动学公式得
22n
v h g
=
112n n v v -=
=2(1)L n l -
联立解得
2(1)122(1)n H h L h n l -=+=+-
由能量守恒定律得
2(1)Q mg n l =-
联立解得
Q =
3．如图所示，CDE 和MNP 为两根足够长且弯折的平行金属导轨，CD 、MN 部分与水平面平行，DE 和NP 与水平面成30°，间距L =1m ，CDNM 面上有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B 1=1T ，DEPN 面上有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B 2=2T 。

两根完全相同的导体棒a 、b ，质量均为m =0.1kg ，导体棒b 与导轨CD 、MN 间的动摩擦因数均为μ=0.2，导体棒a 与导轨DE 、NP 之间光滑。

导体棒a 、b 的电阻均为R =1Ω。

开始时，a 、b 棒均静止在导轨上除导体棒外其余电阻不计，滑动摩擦力和最大静摩
擦力大小相等，运动过程中a 、b 棒始终不脱离导轨，g 取10m/s 2. (1)b 棒开始朝哪个方向滑动，此时a 棒的速度大小；
(2)若经过时间t =1s ，b 棒开始滑动，则此过程中，a 棒发生的位移多大；
(3)若将CDNM 面上的磁场改成竖直向上，大小不变，经过足够长的时间，b 棒做什么运动，如果是匀速运动，求出匀速运动的速度大小，如果是匀加速运动，求出加速度大小。

【答案】（1）0.2m/s ；（2）0.24m ；（3）匀加速，0.4m/s 2。

【解析】 【分析】 【详解】
（1）开始时，a 棒向下运动，b 棒受到向左的安培力，所以b 棒开始向左运动，当b 棒开始运动时有
1B IL mg μ=
对a 棒
2=
2B Lv
I R
联立解得
2
1220.2m/s mg R
v B B L μ⋅=
=
（2）由动量定理得对a 棒
2sin mgt B ILt mv θ-=
其中
222B Lx
It R R
∆Φ=
= 联立解得
22
2(sin )20.24mgt mv R
x m B L
θ-⋅=
= （3）设a 棒的加速度为a 1，b 棒的加速度为a 2，则有
21sin mg B IL ma θ-= 12-B IL mg ma μ=
且
2112
2B Lv B Lv I R
-=
当稳定后，I 保持不变，则
2112
02B L v B L v I t R t
∆-∆∆==∆⋅∆ 可得
122a a =
联立解得两棒最后做匀加速运动，有a 1=0.2m/s 2，a 2=0.4m/s 2
4．如图所示，在倾角为37︒的光滑斜面上存在两个磁感应强度均为B 的匀强磁场区域。

磁场Ⅰ的方向垂直于斜面向下，其上下边界'AA 与DD'的间距为H 。

磁场H 的方向垂直于斜面向上，其上边界'CC 与'DD 的间距为h 。

线有一质量为m 、边长为L （h <L <H ）、电阻为R 的正方形线框由'AA 上方某处沿斜面由静止下滑，恰好能匀速进入磁场Ⅰ。

已知当cd 边刚要进入磁场Ⅱ的前一瞬间，线框的加速度大小为10.2a g =，不计空气阻力，求： (1)cd 边刚到达'AA 时的速度1v ；
(2)cd 边从'AA 运动到'CC 过程中，线框所产生的热量Q ； (3)当cd 边刚进入磁场H 时，线框的加速度大小2a 。

【答案】(1)12235mgR v B L =(2)32244
3()2525mg H h m g R Q B L
+=-(3)2a g
=- 【解析】 【分析】 【详解】
(1)cd 边刚到达'AA 时有
221
sin 37B L v mg R
︒
= 解得
122
35mgR
v B L =
(2)已知当cd 边刚要进入磁场Ⅱ的前一瞬间，由牛顿第二定律得
222
1sin 37B L v mg ma R
︒
-=
解得
222
25mgR
v B L =
由能量守恒得
2
21()sin 372
mg H h Q mv ︒+=+
解得
322
44
3()2525mg H h m g R Q B L
+=- (3)当cd 边刚进入磁场II 时，ab ，cd 两边分别在两磁场中切割磁感线，则有此时线圈中的电动势变为只有cd 切割时的两倍，电流也为两倍，由左手定则可知，ab ，cd 两边受的安培力相同，方向沿斜面向上，线圈此时受的安培力变为原来的4倍，则有
222
2sin 374B L v mg ma R
︒
-=
解得
2a g =-。

5．如图，POQ 是折成60°角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线对称，OP ＝OQ ＝L .整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律为B ＝B 0－kt (其中k 为大于0的常数)．一质量为m 、长为L 、电阻为R 、粗细均匀的导体棒锁定于OP 、OQ 的中点a 、b 位置．当磁感应强度变为
1
2
B 0后保持不变，同时将导体棒解除锁定，导体棒向下运动，离开导轨时的速度为v .导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为g .求导体棒： (1)解除锁定前回路中电流的大小及方向； (2)滑到导轨末端时的加速度大小； (3)运动过程中产生的焦耳热．
【答案】2
3kL ，顺时针方向或b→a ；⑵g －2204B L v mR ；⑶
【解析】 【分析】 【详解】
⑴导体棒被锁定前，闭合回路的面积不变，B t
∆∆＝k 由法拉第电磁感应定律知：E ＝
t Φ∆∆＝B S t ∆∆＝2
3kL 由闭合电路欧姆定律知：I ＝E R 总＝2
3kL
由楞次定律知，感应电流的方向：顺时针方向或b→a ⑵导体棒刚离开导轨时受力如图所示
根据法拉第电磁感应定律有：E ＝01
2
B Lv 根据闭合电路欧姆定律知：I ＝E R
根据安培力公式有：F ＝01
2
ILB 解得：F ＝
01
2
ILB 由牛顿第二定律知：mg －F ＝ma
解得：a ＝g －2204B L v
R
⑶由能量守恒知：mgh ＝2
12
mv ＋Q 由几何关系有：h ＝
34
L 解得：Q ＝
3
4
mgL －212mv
6．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．
7．如图所示，凸字形硬质金属线框质量为m ，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab 边长为l ，cd 边长为2l ，ab 与cd 平行，间距为2l ．匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd 边到磁场上边界的距离为2l ，线框由静止释放，从cd 边进入磁场直到ef 、pq 边进入磁场前，线框做匀速运动．在ef 、pq 边离开磁场后，ab 边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q ．线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab 、cd 边保持水平，重力加速度为g ．求：
(1)线框ab 边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd 边刚进入磁场时的几倍； (2)磁场上下边界间的距离H ． 【答案】（1）4（2）28Q
H l mg
=+ 【解析】 【分析】 【详解】
设磁场的磁感应强度大小写为B ，cd 边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v 1，cd 边上的感应电动势为E 1，由法拉第电磁感应定律可得：
设线框总电阻为R ，此时线框中电流为I 1，由闭合电路欧姆定律可得：
设此时线械所受安培力为F 1，有：
由于线框做匀速运动，故受力平衡，所以有：
联立解得：
设ab 边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v 2，同理可得：
故可知：
（2线框自释放直到cd 边进入磁场前，由机械能守恒定律可得：
线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律可得：
联立解得：
8．如图，两根相距l＝0.4m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R＝0.15Ω的电阻相连．导轨x＞0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k＝0.5T/m，x＝0处磁场的磁感应强度B0＝0.5T．一根质量m＝0.1kg、电阻r ＝0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直．棒在外力作用下从x＝0处以初速度v0＝
2m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变．求：
(1)同路中的电流；
(2)金属棒在x＝2m处的速度；
(3)金属棒从x＝0运动到x＝2m过程中安培力做功的大小；
(4)金属棒从x＝0运动到x＝2m过程中外力的平均功率．
【答案】(1)2(2)(3)1.6(4)0.71
【解析】
【分析】
【详解】
（1）因为运动过程中电阻上消耗的功率不变，所以回路中电流不变，感应电动势不变
x＝0处导体棒切割磁感线产生电动势
电流
（2） x＝2m处
解得
（3）
F-X图像为一条倾斜的直线，图像围成的面积就是二者的乘积即
x＝0时，F=0．4N x＝2m时，F=1．2N
（4）从x＝0运动到x＝2m，根据动能定理
解得
解得
所以
【点睛】
（1）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律相结合，来计算感应电流的大小；（2）由因棒切割产生感应电动势，及电阻的功率不变，即可求解；（3）分别求出x=0与x=2m 处的安培力的大小，然后由安培力做功表达式，即可求解；（4）依据功能关系，及动能定理可求出外力在过程中的平均功率．
9．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．
10．如图所示，“＜”型光滑长轨道固定在水平面内，电阻不计．轨道中间存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度B．一根质量m、单位长度电阻R0的金属杆，与轨道成45°位置放置在轨道上，从静止起在水平拉力作用下从轨道的左端O点出发，向右做加速度大小为a的匀加速直线运动，经过位移L．求：
(1)金属杆前进L过程中的平均感应电动势．
(2)已知金属杆前进L过程中水平拉力做功W．若改变水平拉力的大小，以4a大小的加速度重复上述前进L的过程，水平拉力做功多少？
(3)若改用水平恒力F由静止起从轨道的左端O点拉动金属杆，到金属杆速度达到最大值v m 时产生热量．（F与v m为已知量）
(4)试分析(3)问中，当金属杆速度达到最大后，是维持最大速度匀速直线运动还是做减速运动？
【答案】(1)22a
BL L
W +2maL (3)2202
122-m m F R mv B v (4)当金属杆速度达到最大后，将做减速运动 【解析】 【详解】
(1)由位移﹣速度公式得
2aL =v 2﹣0
所以前进L 时的速度为
v 2aL
前进L 过程需时
t =
2=v
aL
a 由法拉第电磁感应定律有：
t
E ∆Φ=∆ =21
2222B L L
B S a BL t L aL ⨯⨯⨯∆==∆(2)以加速度a 前进L 过程，合外力做功
W +W 安=maL
所以
W 安=maL ﹣W
以加速度4a 前进L 时速度为
8'=v aL =2v
合外力做功
W F ′+W 安′=4maL
由22A B L v
F BIL R
==可知，位移相同时：
F A ′=2F A
则前进L 过程
W 安′=2W 安
所以
W F ′=4maL ﹣2W 安=2W +2maL
(3)设金属杆在水平恒力作用下前进d 时F A =F ，达到最大速度，由几何关系可知，接入电路
的杆的有效长度为2d ，则
220(2)2⨯==
=⨯m
A B d v F BIl F R d
所以
d=022m
FR B v 由动能定理有
212
-=
m Fd Q mv 所以：
Q =Fd ﹣222
021122=
2
-m m m F R mv mv B v (4)根据安培力表达式，假设维持匀速，速度不变而位移增大，安培力增大，则加速度一定会为负值，与匀速运动的假设矛盾，所以做减速运动。

11．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
=
+ 2
01[()()]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：
v =
（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：
2
A 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：
2
01[()()]2
R R Q F mg H L mv R r =
-+-+
12．据英国2018年《每日邮报》5月2日报道，中国科学家一直在努力测试一种超高速列车——真空管道超高速列车，它将比现有高铁快3倍，速度达到1000km/h 。

其动力系统的简化模型如图1所示，图中粗实线表示固定在水平面上间距为L 的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab 和cd 是通过绝缘材料固定在列车底部的两根金属棒，长度均为L ，电阻均为R 并与导轨良好接触，始终与导轨保持垂直，两金属棒ab 和cd 间距为x ，列车与金属棒的总质量为m 。

列车启动前，ab 、cd 处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。

为使列车启动，需在M 、N 间连接电动势为E 的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动完成后电源会自动关闭。

（1）启动时，若M 接“+”、N 接“-”，接通电源时判断列车运行方向，并简要说明理由； （2）求启动时列车加速度的最大值；
（3）列车启动完成后电源会自动关闭，列车将保持匀速行驶，到站时为让列车减速，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B 的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均等于x 。

若某时刻列车的速度为v 0，此时ab 、cd 均在无磁场区域，试计算前方至少需要多少块这样的有界磁场才能使列车停下来。

【答案】（1）向右运动，理由：左手定则 ；（2）
2BEL
mR ；（3）022mv R N B L x
=，若N 为整数，则经过N 块即可；若N 不为整数，则经过N 的整数部分1+块即可 【解析】 【详解】
(1)接通电源时列车向右运动，理由M 接电压正极，金属棒中电流方向由a 到b ，由c 到
d ，根据左手定则，安培力方向向右，列车要向右运动；
(2)刚开始通电时加速度最大，此时两金属棒并联，每根中电流为：
=
E I R
每根金属棒受安培力：
F BIL =
所以列车的加速度为：
2BEL
a mR
=
(3)列车减速时总有一边切割磁感线，设切割磁感线的平均速度为v ，平均感应电动势为：
E BLv =
平均感应电流为：
2BLv
I R
'=
所受安培力为：
F BI L ''=
设每经过一块磁场时设列车速度变化为v ∆，列车前进时收到安培力的作用，由动量定理列车安培力的冲量等于列车动量的变化量，即有：
222B L v
t m v R
∆=∆g 又由于：
2v t x ∆=g
解得：
22B L x
v Rm ∆=
0022=v mv R N v B L x
=
∆ 若N 为整数，则经过N 块即可
若N 不为整数，则经过N 的整数部分1+块即可
13．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
14．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 其中
ΔΦ=BL Δx
由以上各式得
Δx =
222mvR B L
解得
Δx =0.5 m ；
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 =+,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。