备战高考物理易错题专题训练-法拉第电磁感应定律练习题附详细答案

一、法拉第电磁感应定律

1．如图甲所示，两根足够长的水平放置的平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，间距为L，导轨间电阻为R。PQ右侧区域处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B；PQ左侧区域两导轨间有一面积为S的圆形磁场区，该区域内磁感应强度随时间变化的图象如图乙所示，取垂直纸面向外为正方向，图象中B0和t0都为已知量。一根电阻为r、质量为m的导体棒置于导轨上，0〜t0时间内导体棒在水平外力作用下处于静止状态，t0时刻立即撤掉外力，同时给导体棒瞬时冲量，此后导体棒向右做匀速直线运动，且始终与导轨保持良好接触。求：

(1)0~t0时间内导体棒ab所受水平外力的大小及方向 (2)t0时刻给导体棒的瞬时冲量的大小 【答案】(1) F=【解析】 【详解】

(1)由法拉第电磁感应定律得 ：

BB0SLmB0S 水平向左 (2)

t0RrBLt0E1所以此时回路中的电流为：

BSB0S ttt0IB0SE1 Rrt0Rr根据右手螺旋定则知电流方向为a到b.

因为导体棒在水平外力作用下处于静止状态，故外力等于此时的安培力，即：

F=F安=BILBB0SL

t0Rr由左手定则知安培力方向向右，故水平外力方向向左. (2)导体棒做匀速直线运动，切割磁感线产生电动势为：

E2BLv

由题意知：

E1E2

所以联立解得：

vB0S BLt0mB0S BLt0所以根据动量定理知t0时刻给导体棒的瞬时冲量的大小为：

Imv0答：(1)0~t0时间内导体棒ab所受水平外力为F=BB0SL，方向水平向左.

t0Rr(2)t0时刻给导体棒的瞬时冲量的大小

mB0S BLt0

2．如图所示，电阻不计的相同的光滑弯折金属轨道MON与MON均固定在竖直平面内，二者平行且正对，间距为L=1m，构成的斜面ONNO跟水平面夹角均为30，两

侧斜面均处在垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B=0.1T．t=0时，将长度也为L=1m，电阻R=0.1Ω的金属杆ab在轨道上无初速释放．金属杆与轨道接触良好，轨道足够长．重力加速度g=10m/s2；不计空气阻力，轨道与地面绝缘． （1）求t=2s时杆ab产生的电动势E的大小并判断a、b两端哪端电势高

（2）在t=2s时将与ab完全相同的金属杆cd放在MOO'M'上，发现cd杆刚好能静止，求ab杆的质量m以及放上cd杆后ab杆每下滑位移s=1m回路产生的焦耳热Q

【答案】(1) 1V；a端电势高；(2) 0.1kg； 0.5J 【解析】 【详解】

解：(1)只放ab杆在导轨上做匀加速直线运动，根据右手定则可知a端电势高；

ab杆加速度为：agsin

t2s时刻速度为：vat10m/s

ab杆产生的感应电动势的大小：EBLv0.1110V1V

E1A5A (2) t2s时ab杆产生的回路中感应电流：I2R20.1对cd杆有：mgsin30BIL 解得cd杆的质量：m0.1kg 则知ab杆的质量为0.1kg

放上cd杆后，ab杆做匀速运动，减小的重力势能全部产生焦耳热

Qmghmgsgsin300.11010.5J0.5J 根据能量守恒定律则有：

3．如图所示，两根相距为L的光滑平行金属导轨CD、EF固定在水平面内，并处在竖直向下的匀强磁场中，导轨足够长且电阻不计．在导轨的左端接入阻值为R的定值电阻，将质量为m、电阻可忽略不计的金属棒MN垂直放置在导轨上，可以认为MN棒的长度与导轨宽度相等，且金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，不计空气阻力．金属棒MN以恒定速度v向右运动过程中，假设磁感应强度大小为B且保持不变，为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷．

（1）请根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒MN中的感应电动势E；

（2）在上述情景中，金属棒MN相当于一个电源，这时的非静电力与棒中自由电荷所受洛伦兹力有关．请根据电动势的定义，推导金属棒MN中的感应电动势E．

（3）请在图中画出自由电荷所受洛伦兹力示意图．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功．那么，金属棒MN中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请结合图中自由电荷受洛伦兹力情况，通过计算分析说明．

【答案】（1）EBLv；（2）EBLv（3）见解析 【解析】 【分析】

(1)先求出金属棒MN向右滑行的位移,得到回路磁通量的变化量 ,再由法拉第电磁感应定律求得E的表达式;

(2)棒向右运动时,电子具有向右的分速度,受到沿棒向下的洛伦兹力，f1evB,棒中电子在洛伦兹力的作用下,电子从M移动到N的过程中,非静电力做功WevBl,根据电动势定义

EW计算得出E. q（3）可以从微观的角度求出水平和竖直方向上的洛伦兹力做功情况，在比较整个过程中做功的变化状况． 【详解】

（1）如图所示，在一小段时间t内，金属棒MN的位移 xvt

这个过程中线框的面积的变化量SLxLvt 穿过闭合电路的磁通量的变化量

BSBLvt

根据法拉第电磁感应定律 E解得 EBLv

（2）如图所示，棒向右运动时，正电荷具有向右的分速度，受到沿棒向上的洛伦兹力

 t

f1evB，f1即非静电力

在f的作用下，电子从N移动到M的过程中，非静电力做功

WevBL

根据电动势定义 E解得 EBLv

（3）自由电荷受洛伦兹力如图所示．

W q

设自由电荷的电荷量为q，沿导体棒定向移动的速率为u．

如图所示，沿棒方向的洛伦兹力f1qvB，做正功W1f1uΔtqvBuΔt 垂直棒方向的洛伦兹力f2quB，做负功

W2f2vΔtquBvΔt

所以W1+W2=0，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零．

f1做正功，将正电荷从N端搬运到M端，f1相当于电源中的非静电力，宏观上表现为“电

动势”，使电源的电能增加；f2做负功，宏观上表现为安培力做负功，使机械能减少．大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将机械能转化为等量的电能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用． 【点睛】

本题较难，要从电动势定义的角度上去求电动势的大小，并学会从微观的角度分析带电粒子的受力及做功情况．

4．如图所示，光滑的长平行金属导轨宽度d=50cm，导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，导轨上端电阻R=0.8Ω，其他电阻不计．导轨放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T．金属棒ab从上端由静止开始下滑，金属棒ab的质量m=0.1kg．（sin37°=0.6，g=10m/s2）

（1）求导体棒下滑的最大速度；

（2）求当速度达到5m/s时导体棒的加速度；

（3）若经过时间t，导体棒下滑的垂直距离为s，速度为v．若在同一时间内，电阻产生的热与一恒定电流I0在该电阻上产生的热相同，求恒定电流I0的表达式（各物理量全部用字母表示）．

2mgs-mv2【答案】（1）18.75m/s（2）a=4.4m/s（3）

2Rt2

【解析】

【分析】根据感应电动势大小与安培力大小表达式，结合闭合电路欧姆定律与受力平衡方程，即可求解；根据牛顿第二定律，由受力分析，列出方程，即可求解；根据能量守恒求解；

解：（1）当物体达到平衡时，导体棒有最大速度，有：mgsinFcos ， 根据安培力公式有： FBIL， 根据欧姆定律有： I解得： vEBLvcos， RRmgRsin18.75； 222BLcos（2）由牛顿第二定律有：mgsinFcosma ， BLvcos1A， RFBIL0.2N， Ia4.4m/s2；

（3）根据能量守恒有：mgs122mvI0Rt ， 2mgsmv2解得： I0 2Rt

5．如图所示，在倾角30o的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等、方向分别垂直斜面向上和垂直斜面向下的匀强磁场，两磁场宽度均为L。一质量为m、边长为L的

正方形线框距磁场上边界L处由静止沿斜面下滑，ab边刚进入上侧磁场时，线框恰好做匀速直线运动。ab边进入下侧磁场运动一段时间后也做匀速度直线运动。重力加速度为g。求：

（1）线框ab边刚越过两磁场的分界线ff′时受到的安培力； （2）线框穿过上侧磁场的过程中产生的热量Q和所用的时间t。 【答案】(1)安培力大小2mg，方向沿斜面向上(2)Q【解析】 【详解】

(1）线框开始时沿斜面做匀加速运动，根据机械能守恒有

47mgL7 t322L gmgLsin30则线框进入磁场时的速度

12mv， 2v2gsin30LgL

线框ab边进入磁场时产生的电动势E=BLv 线框中电流

Iab边受到的安培力

E RB2L2v FBILR线框匀速进入磁场，则有

B2L2v mgsin30Rab边刚越过ff时，cd也同时越过了ee，则线框上产生的电动势E'=2BLv 线框所受的安培力变为

4B2L2vF2BIL2mg

R方向沿斜面向上

（2）设线框再次做匀速运动时速度为v，则

4B2L2v mgsin30R解得

v根据能量守恒定律有

v4gL 411mgsin302Lmv2mv2Q

22解得Q47mgL 32线框ab边在上侧磁扬中运动的过程所用的时间t1L v设线框ab通过ff后开始做匀速时到gg的距离为x0，由动量定理可知：

mgsin30t22BLIt2mvmv

其中

I联立以上两式解得

2BLLx0t2R

t24Lx0v3v 2g线框ab在下侧磁场匀速运动的过程中，有

t3所以线框穿过上侧磁场所用的总时间为

x04x0 vvtt1t2t37L 2g

6．如图a，平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨间距L0.5m，导轨左端MP间接有一阻值为R0.2的定值电阻，导体棒ab质量m0.1kg，与导轨间的动摩擦因数

0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端d1.0m处，导轨和导体棒电阻均忽略不计.整

个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B随时间t的变化如图b所示，不计感应电流磁场的影响.当t3s时，突然使ab棒获得向右的速度v08m/s，同时在棒上施加一方向水平、大小可变化的外力F，保持ab棒具有大小为恒为a4m/s2、方向向左的加速度，取g10m/s．

2

1求t0时棒所受到的安培力F0；

2分析前3s时间内导体棒的运动情况并求前3s内棒所受的摩擦力f随时间t变化的关系

式；

3从t0时刻开始，当通过电阻R的电量q2.25C时，ab棒正在向右运动，此时撤去

外力F，此后ab棒又运动了s26.05m后静止.求撤去外力F后电阻R上产生的热量Q．

F00.025N，方向水平向右(2) f0.01252tN?(3) 【答案】(1) 0.195J

【解析】 【详解】 解：1由图b知：

VB0.20.1T/s Vt2t0时棒的速度为零，故回路中只有感生感应势为：

VVBELd0.05V

VtVtE 感应电流为：I0.25A

R可得t0时棒所受到的安培力：

F0B0IL0.025N，方向水平向右；

2ab棒与轨道间的最大摩擦力为：fmmg0.1NF00.025N

故前3s内导体棒静止不动，由平衡条件得： fBIL 由图知在03s内，磁感应强度为：BB0kt0.20.1t 联立解得： f0.01252tN(t3s)；

3前3s内通过电阻R的电量为：q1IVt0.253C0.75C

设3s后到撤去外力F时又运动了s1，则有：

VBLs1&qq1IVt

RR解得：s16m

22此时ab棒的速度设为v1，则有：v1v02as1

解得：v14m/s

此后到停止，由能量守恒定律得：

可得：Q12mv1mgs20.195J 2

7．如图所示，两根间距为L的平行金属导轨，其cd右侧水平，左侧为竖直的

1画弧，圆4弧半径为r，导轨的电阻与摩擦不计，在导轨的顶端接有阻值为R1的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。现有一根阻值为R2、质量为m的金属杆，在水平拉力作用下，从图中位置ef由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好。开始运动后，经时间t1，金属杆运动到cd时撤去拉力，此时理想电压表的示数为U，此后全属杆恰好能到达圆弧最高处ab。重力加速度为g。求：

（1）金属杆从ef运动到cd的过程中，拉力F随时间t变化的表达式； （2）金属杆从ef运动到cd的过程中，电阻R1上通过的电荷量； （3）金属杆从cd运动到ab的过程中，电阻R1上产生的焦耳热。

R11Ut1U2(R1R2)t22Q(mahmgr) q(2)(3)【答案】(1)Fma；；122RR22RR1at1121【解析】 【分析】

利用法拉第电磁感应定律和电流公式联合求解。

根据能量守恒定律求出回路产生的总焦耳热，再求出R1上产生的焦耳热。 【详解】

(1) 金属杆运动到cd时，由欧姆定律可得 I1由闭合电路的欧姆定律可得 E1＝I1(R1＋R2) 金属杆的速度 v1＝at1

由法拉第电磁感应定律可得 E1＝BLv1 解得：BU R1U(R1R2)；

R1Lat1BLv

R1R2由开始运动经过时间t，则 v=at 感应电流I金属杆受到的安培力 F安 =BIL 由牛顿运动定律 F－F安＝ma

U2(R1R2)t可得Fma；

R12at12 (2) 金属杆从 ef运动到cd过程中，位移x电阻R1上通过的电荷量：

12at1 2qIt

IEE

R1R2 tBS

SxL

联立解得：qUt1； 2R1(3) 金属杆从cd运动到ab的过程中，由能量守恒定律可得

Q12mvmgr 2R1Q R1R2R11(ma2h2mgr)。 R1R22因此电阻R1上产生的焦耳热为

Q1可得

Q1【点睛】

此题为一道综合题，牵涉知识点较多，明确求电动势、安培力、焦耳热的方法是解题的关键，灵活利用法拉第电磁感应定律和能量守恒的结论是解题的捷径。

8．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R2为一电阻箱．已知灯泡的电阻RL=4Ω，定值电阻R1=2Ω，调节电阻箱使R2=12Ω，重力加速度g=10m/s2．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R2的值，当R2为何值时，金属棒匀速下滑时R2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R2的值，当R2为4Ω时，金属棒匀速下滑时R2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=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=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=Rab+R1+

=（1+2+

）Ω=6Ω =5m/s2

得到安培

从图上得：vm=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=mvm2﹣0 由图知，vm=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vm′，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，当最大功率为 P2m=（

=R2，即R2=4Ω时，R2消耗的功率最大：

）2（

）=

W=1.5625W．

9．如图所示，两根相距d=1m的足够长的光滑平行金属导轨位于xoy竖直面内，两金属导轨一端接有阻值为R=2Ω的电阻．在y＞0的一侧存在垂直纸面的磁场，磁场大小沿x轴均匀分布，沿y轴大小按规律B0.5y分布。一质量为m=0.05kg、阻值r=1Ω的金属直杆与金属导轨垂直，在导轨上滑动时接触良好，当t=0时位于y=0处，速度v0=4m/s，方向沿y轴的正方向。在运动过程中，有一大小可调节、方向为竖直向上的外力F作用于金属杆以保持金属杆的加速度恒定，大小为a，方向沿y轴的负方向．设导轨电阻忽略不计，空气阻力不计，重力加速度为g。求：

(1)当金属直杆的速度大小v=2m/s时金属直杆两端的电压； (2)当时间分别为t=3s和t=5s时外力F的大小； (3)R的最大电功率。

283V (2) F11.1N ; F20.6N (3) PmW 39【解析】(1)当金属杆的速度大小为v=2m/s

【答案】（1）U2v2v03m 此时的位移y2a此时的磁场B0.53T

此时的感应电动势EBdv0.5312V=3V 金属直杆两端的电压UR2E3V Rr3(2)金属直杆在磁场中运动的时间满足tv024s a当t=3s时，金属直杆向上运动，此时速度vv0at2m/s

2v2v03m 位移y2a所以B0.53T

由牛顿第二定律得F1mgB解得F11.1N

当t5s4s时，金属直杆已向上离开磁场区域 由F2mgma 解得： F20.6N

(3)设金属直杆的速度为v时，回路中的电流为I，R的电功率为P

22222216vvv0v2BdvBdv ， B0.5 ， PI2R IR2Rr2a72RrBdvdma Rr当v28即v22m/s时P最大

Pm8W 9【点睛】本题是电磁感应与力学的综合题，解决本题的关键抓住金属杆做匀变速运动，运用运动学公式，结合切割产生的感应电动势公式、牛顿第二定律进行求解．

10．如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距lm，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25．求：

(1)金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；

(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小； (3)在上问中，若R＝2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向． (g=10rn／s2，sin37°＝0.6， cos37°＝0.8)

【答案】（1）4m／s2（2）10m/s（3）0.4T，方向垂直导轨平面向上 【解析】试题分析： （1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律：

①

由①式解得＝10×（O.6－0.25×0.8）m／s2=4m／s2②

（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡

③

此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻

④

由③、④两式解得

⑤

（3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B

⑥ ⑦

由⑥、⑦两式解得磁场方向垂直导轨平面向上

考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律

【名师点睛】本题主要考查了导体切割磁感线时的感应电动势、牛顿第二定律 。属于中等难度的题目，解这类问题的突破口为正确分析安培力的变化，根据运动状态列方程求解。开始下滑时，速度为零，无感应电流产生，因此不受安培力，根据牛顿第二定律可直接求解加速度的大小；金属棒下滑速度达到稳定时，金属棒所受合外力为零，根据平衡条件求出安培力。

视频

⑧

消耗的电功率：

11．如图甲所示，光滑的平行金属导轨水平放置，导轨间距L=1 m，左侧接一阻值为R=0.5 Ω的电阻．在MN与PQ之间存在垂直轨道平面的有界匀强磁场，磁场宽度d=1 m．一质量m=1 kg的金属棒ab置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨和金属棒的电阻．金属棒ab受水平力F的作用从磁场的左边界MN由静止开始运动，其中，F与x（x为金属棒距MN的距离）的关系如图乙所示．通过电压传感器测得电阻R两端电压随时间均匀增大．则：

（1）金属棒刚开始运动时的加速度为多少？ （2）磁感应强度B的大小为多少？

B2L2s（v0为（3）若某时刻撤去外力F后金属棒的速度v随位移s的变化规律满足v=v0﹣

mR撤去外力时的速度，s为撤去外力F后的位移），且棒运动到PQ处时恰好静止，则金属棒从MN运动到PQ的整个过程中通过左侧电阻R的电荷量为多少？外力F作用的时间为多少？

【答案】（1）a=0.4m/s2；（2）B=0.5T；（3）t=1s 【解析】 【详解】

解：(1)金属棒开始运动时，x0，v0，金属棒不受安培力作用 金属棒所受合力为：F0.4N 由牛顿第二定律得：aF0.4m/s2 m(2)由题意可知，电阻R两端电压随时间均匀增大，即金属棒切割磁感线产生的感应电动势随时间均匀增大，由EBLv可知，金属棒的速度v随时间t均匀增大，则金属棒做初速度为零的匀加速运动．加速度：a0.4m/s2 由匀变速直线运动的位移公式可得：v22ax 由图乙所示图象可知，x0.8m时，F0.8N

B2L2v由牛顿第二定律得：Fma

R解得：B0.5T

(3)金属棒经过磁场的过程中，感应电动势的平均值： E感应电流的平均值：IBSBLd tttE R通过电阻R的电荷量：qIt 解得：qBLd1C RR12at 2设外力F的作用时间为t，力F作用时金属棒的位移为：xB2L2撤去外力后，金属棒的速度为：v  v0s

Rm到PQ恰好静止，v0

则撤去外力后金属棒运动的距离为：smR•at B2L212B2L2则 at•atd 2Rm解得：t1s

12．固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd，边长为l，其中ab是一段电阻为R的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可忽略的铜线．磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．现有一段与ab段的材料、粗细、长度均相同的电阻丝PQ架在导线框上，如图所示．若PQ以恒定的速度v从ad滑向bc，当其滑过l的距离时，通过aP段电阻的电流是多大？方向如何？

13

6Blv 方向由P到a 11R【解析】 【分析】 【详解】

【答案】

PQ右移切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，外电路由Pa与Pb并联而成，PQ滑过

l时的等效电路如图所示， 3

PQ切割磁感线产生的感应电动势大小为E=Blv，方向由Q指向P． 外电路总电阻为

12RR2R外33R

12RR933电路总电流为：

IaP段电流大小为

EBlv9BlvRR外R2R11R

9Iap方向由P到a．

答：通过aP段电阻的电流是为

26BlvI， 311R6Blv 方向由P到a 11R

13．桌面上放着一个单匝矩形线圈，线圈中心上方一定高度上有一竖立的条形磁体（如图），此时线圈内的磁通量为0.04Wb。把条形磁体竖放在线圈内的桌面上时，线圈内磁通量为0.12Wb。分别计算以下两个过程中线圈中的感应电动势。 （1）把条形磁体从图中位置在0.5s内放到线圈内的桌面上；

（2）换用100匝的矩形线圈，线圈面积和原单匝线圈相同，把条形磁体从图中位置在0.1s内放到线圈内的桌面上。

【答案】（1）0.16V；（2）80V 【解析】 【分析】 【详解】

（1）根据法拉第电磁感应定律，把条形磁体从图中位置在0.5s内放到线圈内的桌面上线圈中的感应电动势

E0.120.04V0.16V t0.5（2）换用100匝的矩形线圈条形磁体从图中位置在0.1s内放到线圈内的桌面上的感应电动势

En

0.120.04100V80V t0.114．如图所示，电阻r1的金属棒ab放在水平光滑平行导轨PQMN上（导轨足够长），ab棒与导轨垂直放置，导轨间间距L30cm，导轨上接有一电阻R5，整个导轨置于竖直向下的磁感强度B1T的匀强磁场中，其余电阻均不计．现使ab棒以速度

v2.0m/s向右作匀速直线运动，试求：

（1）ab棒中的电流大小 （2）R两端的电压U

（3）ab棒所受的安培力大小Fab和方向．

【答案】（1）0.1A；（2）0.5V；（3）0.03N；方向水平向左

【解析】（1）金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势为

EBLv10.32V0.6V，电路中的电流为IE0.6A0.1A． Rr15由右手定则判断可以知道ab中感应电流方向由ba． （2）金属棒ab两端的电压为UabIR0.15V0.5V；

（3）金属棒ab所受的安培力为FABIL10.10.3N0.03N，由左手定则知方向水平向左．

15．两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l，导轨上面垂直放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示．两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B．两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时cd棒静止，棒ab有指向cd的速度v0．两导体棒在运动中始终不接触．求：

（1）在运动中产生的最大焦耳热； （2）当棒ab的速度变为

3v0时，棒cd的加速度． 412B2L2v0【答案】(1) mv0 ；(2) ，方向是水平向右

44mR【解析】 【详解】

(1)从初始到两棒速度相等的过程中，两棒总动量守恒，则有：mv02mv 解得：vv0 211122mv02mv2mv0 224由能的转化和守恒得：Q(2)设ab棒的速度变为

3v0时，cd棒的速度为v，则由动量守恒可知：43mv0mv0mv

4解得：v1v0 4311BLv0BLv0BLv0 442此时回路中的电动势为： E此时回路中的电流为： IBLv0E 2R4RB2L2v0 此时cd棒所受的安培力为 ：FBIL4RFB2L2v0由牛顿第二定律可得，cd棒的加速度：a m4mRB2L2v0cd棒的加速度大小是，方向是水平向右

4mR