备战高考物理电磁感应现象的两类情况(大题培优 易错 难题)附答案解析
一、电磁感应现象的两类情况
1．如图甲所示，相距d 的两根足够长的金属制成的导轨，水平部分左端ef 间连接一阻值为2R 的定值电阻，并用电压传感器实际监测两端电压，倾斜部分与水平面夹角为37°.长度也为d 、质量为m 的金属棒ab 电阻为R ，通过固定在棒两端的金属轻滑环套在导轨上，滑环与导轨上MG 、NH 段动摩擦因数μ
＝
1
8
(其余部分摩擦不计)．MN 、PQ 、GH 相距为L ，MN 、PQ 间有垂直轨道平面向下、磁感应强度为B 1的匀强磁场，PQ 、GH 间有平行于斜面但大小、方向未知的匀强磁场B 2，其他区域无磁场，除金属棒及定值电阻，其余电阻均不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，当ab 棒从MN 上方一定距离由静止释放通过MN 、PQ 区域(运动过程中ab 棒始终保持水平)，电压传感器监测到U －t 关系如图乙所示．
（1）求ab 棒刚进入磁场B 1时的速度大小． （2）求定值电阻上产生的热量Q 1.
（3）多次操作发现，当ab 棒从MN 以某一特定速度进入MNQP 区域的同时，另一质量为2m ，电阻为2R 的金属棒cd 只要以等大的速度从PQ 进入PQHG 区域，两棒均可同时匀速通过各自场区，试求B 2的大小和方向．
【答案】（1）11.5U B d （2）2
221934-mU mgL B d
；（3）32B 1 方向沿导轨平面向上 【解析】 【详解】
(1)根据ab 棒刚进入磁场B 1时电压传感器的示数为U ,再由闭合电路欧姆定律可得此时的感应电动势：
1 1.52U
E U R U R
=+
⋅= 根据导体切割磁感线产生的感应电动势计算公式可得：
111E B dv =
计算得出:111.5U
v B d
=
. (2)设金属棒ab 离开PQ 时的速度为v 2，根据图乙可以知道定值电阻两端电压为2U ，根据闭合电路的欧姆定律可得：
12
222B dv R U R R
⋅=+
计算得出：213U
v B d
=
；棒ab 从MN 到PQ ，根据动能定理可得： 222111sin 37cos3722
mg L mg L W mv mv μ︒︒⨯-⨯-=
-安 根据功能关系可得产生的总的焦耳热 ：
=Q W 总安
根据焦耳定律可得定值电阻产生的焦耳热为：
122R
Q Q R R
=
+总 联立以上各式得出：
2
12211934mU Q mgL B d
=-
(3)两棒以相同的初速度进入场区匀速经过相同的位移，对ab 棒根据共点力的平衡可得：
221sin 37cos3702B d v
mg mg R
μ︒
︒
--=
计算得出：22
1mgR
v B d =
对cd 棒分析因为：
2sin 372cos370mg mg μ︒︒-⋅>
故cd 棒安培力必须垂直导轨平面向下，根据左手定则可以知道磁感应强度B 2沿导轨平面向上，cd 棒也匀速运动则有：
1212sin 372cos37022B dv mg mg B d R μ︒︒⎛⎫
-+⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭
将22
1mgR
v B d =
代入计算得出：2132B B =. 答：(1)ab 棒刚进入磁场1B 时的速度大小为
11.5U
B d
; (2)定值电阻上产生的热量为2
2211934mU mgL B d
-; (3)2B 的大小为132B ，方向沿导轨平面向上.
2．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
3μ=。
（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
3．如图，光滑金属轨道POQ 、´´´P O Q 互相平行，间距为L ，其中´´O Q 和OQ 位于同一水
平面内，PO 和´´P O 构成的平面与水平面成30°。
正方形线框ABCD 边长为L ，其中AB 边和CD 边质量均为m ，电阻均为r ，两端与轨道始终接触良好，导轨电阻不计。
BC 边和AD 边为绝缘轻杆，质量不计。
线框从斜轨上自静止开始下滑，开始时底边AB 与OO ´相距L 。
在水平轨道之间，´´
MNN M 长方形区域分布着有竖直向上的匀强磁场，´OM O N L =>，´´N M 右侧区域分布着竖直向下的匀强磁场，这两处磁场的磁感应强度大小均为B 。
在右侧磁场区域内有一垂直轨道放置并被暂时锁定的导体杆EF ，其质量为m 电阻为r 。
锁定解除开关K 与M 点的距离为L ，不会阻隔导轨中的电流。
当线框AB 边经过开关K 时，EF 杆的锁定被解除，不计轨道转折处OO ´和锁定解除开关造成的机械能损耗。
（1）求整个线框刚到达水平面时的速度0v ； （2）求线框AB 边刚进入磁场时，AB 两端的电压U AB ； （3）求CD 边进入磁场时，线框的速度v ；
（4）若线框AB 边尚未到达´´
M N ，杆EF 就以速度23
123B L v mr
=离开M ´N ´右侧磁场区域，求此时线框的速度多大？
【答案】（132gL 2）16BL gL ；（3）23
323B L gL mr ；（4）23
3223B L gL mr
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由机械能守恒
2
01sin 302sin 30022
mgL mg L mv +=
︒︒- 可得
0v =
（2）由法拉第电磁感应定律可知
0E BLv =
根据闭合电路欧姆定律可知
032
BLv I r =
根据部分电路欧姆定律
1
2
AB U I r =⋅
可得
AB U =（3）线框进入磁场的过程中，由动量定理
022BIL t mv mv -⋅∆=-
又有
2
32
BL I t r ⋅∆=
代入可得
23
3B L v mr
= （4）杆EF 解除锁定后，杆EF 向左运动，线框向右运动，线框总电流等于杆EF 上电流 对杆EF
1BIL t m v ⋅∆=∆
对线框
22BIL t m v ⋅∆=⋅∆
可得
122v v ∆=∆
整理得到
23
21123B L v v mr
∆=∆=
可得
23
2223B L v v v mr
=-∆=
4．如图所示，两平行长直金属导轨(不计电阻)水平放置，间距为L ，有两根长度均为L 、电阻均为R 、质量均为m 的导体棒AB 、CD 平放在金属导轨上。
其中棒CD 通过绝缘细绳、定滑轮与质量也为m 的重物相连，重物放在水平地面上，开始时细绳伸直但无弹力，棒CD 与导轨间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦和其他阻力，导轨间有一方向竖直向下的匀强磁场1B ，磁场区域的边界满足曲线方程：
sin
(0y L x x L L
π
=≤≤，单位为)m 。
CD 棒处在竖直向上的匀强磁场2B 中。
现从0t =时
刻开始，使棒AB 在外力F 的作用下以速度v 从与y 轴重合处开始沿x 轴正方向做匀速直线运动,在运动过程中CD 棒始终处于静止状态。
（1）求棒AB 在运动过程中，外力F 的最大功率；
（2）求棒AB 通过磁场区域1B 的过程中，棒CD 上产生的焦耳热；
（3）若棒AB 在匀强磁场1B 中运动时，重物始终未离开地面,且满足：2124B B L v
mg R
μ=，
求重物所受支持力大小随时间变化的表达式。
【答案】（1）222
12B L v R
（2）2318B L v R
（3）①当 0<t ≤
6L
v
时，F N =mg ②当6L v <t <56L v 时， F N =(1+μ)mg -2122B B L v R sin x L π ③当
56L v ≤t <L
v 时， F N =mg 【解析】 【详解】
（1）当棒AB 运动到2
L
x =
处时，棒AB 的有效切割长度最长，安培力最大，则外力F 最大，功率也最大，此时：
F =B 1IL =2211122B Lv B L v
B L R R
=
，P m =Fv 解得：
P m =22212B L v R
；
(2) 棒AB 在匀强磁场区域B 1的运动过程中，产生的感应电动势为：
E =B 1Lv sin
L
πx 则感应电动势的有效值为：
E
有效，I 有效 t =L v
可以得到：
Q = 2I
有效
Rt =2318B L v R
；
(3)当CD 棒所受安培力F 安=μmg 时，设棒AB 所在位置横坐标为x 0，对棒CD 受力分析可得：
122B B Lyv R =μmg y =L sin L
π
x 0 解得：
x 0=
6L ，x 1=5
6
L 则：
t 1=
06x L v v =，t 2=156x L v v
= ①当 0<t ≤6L
v
时， 则：
F N =mg
②当
6L v <t <56L v
时，则： F N =mg +μmg -
122B B Lyv
R
即：
F N =(1+μ)mg -2122B B L v R
sin x
L π
③当
56L v ≤t <L
v
时，则： F N =mg 。
5．如图所示，光滑的水平平行金属导轨间距为 L ，导轨电阻忽略不计．空间存在垂直于导 轨平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B ,轻质导体棒 ab 垂直导轨放置，导体棒 ab 的电阻为 r ，与导轨之间接触良好．两导轨之间接有定值电阻，其阻值为 R ，轻质导体棒中间系一轻细线，细 线通过定滑轮悬挂质量为 m 的物体，现从静止释放该物体，当物体速度达到最大时，下落的高度为 h ， 在本问题情景中，物体下落过程中不着地，导轨足够长，忽略空气阻力和一切摩擦阻力，重力加速度 为 g ．求：
(1)物体下落过程的最大速度 v m ；
(2)物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中，电阻 R 上产生的电热 Q ； (3)物体从静止开始下落至速度达到最大时，所需的时间 t ．
【答案】（1）22()mg R r B L + (2) 3244
()
2mghR m g R R r R r B L
+-+ (3) 2222()()m R r B L h B L mg R r +++ 【解析】
【分析】在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，下落速度达到最大，由平衡条件、闭合电路欧姆定律和电磁感应定律求出物体下落过程的最大速度；在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守恒定律求出电阻R 上产生的电热；在系统加速过程中，分别对导体棒和物体分析，根据动量定理可得所需的时间；
解：（1）在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，下落速度达到最大 对物体，由平衡条件可得mg=Fr 对导体棒Fr=BIL
对导体棒与导轨、电阻R 组成的回路，根据闭合电路欧姆定律E
I R r
=+ 根据电磁感应定律E=BLv m 联立以上各式解得m 22
()
v mg R r B L
+=
（2）在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守恒定律可得 mgh=
1
2
mv m 2+Q 总 在此过程中任一时刻通过R 和r 两部分电阻的电流相等，则电功率之比正比于电阻之比，故整个过程中回路中的R 与r 两部分电阻产生的电热正比于电阻，所以
Q R Q R r
=+总
联立解得3244
()
Q 2mghR m g R R r R r B L
+=-+ （3）在系统加速过程中，任一时刻速度设为v ，取一段时间微元Δt ，在此过程中分别对导
体棒和物体分析，根据动量定理可得22T F 0B L v t R r ⎛⎫
-∆= ⎪+⎝
⎭
()T m F m g t v -∆=∆
整理可得22m m B L v
g t t v R r ∆-∆=∆+
即22
m m B L g t x v R r ∆-∆=∆+
全过程叠加求和22
m m m B L gt h v R r
-=+
联方解得2222()t ()
m R r B L h
B L mg R r +=++
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．“801所”设计的磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获宇宙中大量存在的等离子体(由电量相同的正、负离子组成)经系统处理后，从下方以恒定速率v 1向上射入有磁感应强度为B 1、垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ内．当栅极MN 、PQ 间形成稳定的电场后，自动关闭区域Ⅰ系统(关闭粒子进入通道、撤去磁场B 1)．区域Ⅱ内有磁感应强度大小为B 2、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场右边界是直径为D 、与上下极板相切的半圆(圆与下板相切于极板中央A )．放在A 处的放射源能够向各个方向均匀发射速度大小相等的氙原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为D 的平行氙粒子束，经过栅极MN 、PQ 之间的电场加速后从PQ 喷出，在加速氙原子核的过程中探测器获得反向推力(不计氙原子核、等离子体的重力，不计粒子之间相互作用于相对论效应)．已知极板长RM =2D ，栅极MN 和PQ 间距为d ，氙原子核的质量为m 、电荷量为q ，求：
(1)氙原子核在A 处的速度大小v 2； (2)氙原子核从PQ 喷出时的速度大小v 3；
(3)因区域Ⅱ内磁场发生器故障，导致区域Ⅱ中磁感应强度减半并分布在整个区域Ⅱ中，求能进入区域Ⅰ的氙原子核占A 处发射粒子总数的百分比．
【答案】（1）
22B Dq m （2222
1122
84B v qdm B D q
m +（3）090FAN ∠= 13 【解析】 【分析】 【详解】
（1）离子在磁场中做匀速圆周运动时：2
2
22v B qv m r
=
根据题意，在A 处发射速度相等，方向不同的氙原子核后，形成宽度为D 的平行氙原子核束，即2
D r =
则：222B Dq
v m
=
（2）等离子体由下方进入区域I 后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为q ' ，则11Eq B v q ='' 即11E B v =
氙原子核经过区域I 加速后，离开PQ 的速度大小为3v ，根据动能定理可知：
22321122
Uq mv mv =
- 其中电压11U Ed B v d ==
联立可得222
11232
84B v qdm B D q
v m +=
（3）根据题意，当区域Ⅱ中的磁场变为2
B '之后，根据2
mv
r B q =''可知，2r r D '==
①根据示意图可知，沿着AF 方向射入的氙原子核，恰好能够从M 点沿着轨迹1进入区域I ，而沿着AF 左侧射入的粒子将被上极板RM 挡住而无法进入区域I ．
该轨迹的圆心O 1，正好在N 点，11AO MO D ==，所以根据几何关系关系可知，此时
090FAN ∠=；
②根据示意图可知，沿着AG 方向射入的氙原子核，恰好从下极板N 点沿着轨迹2进入区域I ，而沿着AG 右侧射入的粒子将被下极板SN 挡住而无法进入区域I ．
22AO AN NO D ===，所以此时入射角度030GAN ∠=．
根据上述分析可知，只有060FAG ∠=这个范围内射入的粒子还能进入区域I ．该区域的
粒子占A 处总粒子束的比例为00601
==1803
η
8．如图所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电
阻．质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v ．导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：
（1）MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ； （2）MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ； （3）PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P ．
【答案】（1）0Bdv R ；（2）220B d v mR ；（3）222
0()B d v v R
-；
【解析】 【分析】
本题的关键在于导体切割磁感线产生电动势E =Blv ，切割的速度（v ）是导体与磁场的相对速度，分析这类问题，通常是先电后力，再功能．
（1）根据电磁感应定律的公式可得知产生的电动势，结合闭合电路的欧姆定律，即可求得MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ；
（2）根据第一问求得的电流，利用安培力的公式，结合牛顿第二定律，即可求得MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ；
（3）首先要得知，PQ 刚要离开金属杆时，杆切割磁场的速度，即为两者的相对速度，然后结合感应电动势的公式以及功率的公式即可得知感应电流的功率P ． 【详解】
（1）感应电动势 0E Bdv =
感应电流E I R =
解得0Bdv I R
= （2）安培力 F BId = 牛顿第二定律 F ma =
解得220
B d v a mR
=
（3）金属杆切割磁感线的速度0=v v v '-，则
感应电动势 0()E Bd v v =-
电功率2
E P R
= 解得2220()B d v v P R -=
【点睛】
该题是一道较为综合的题，考查了电磁感应，闭合电路的欧姆定律以及电功电功率．对于法拉第电磁感应定律是非常重要的考点，经常入选高考物理压轴题，平时学习时要从以下
几方面掌握．
（1）切割速度v的问题
切割速度的大小决定了E的大小；切割速度是由导体棒的初速度与加速度共同决定的．同时还要注意磁场和金属棒都运动的情况，切割速度为相对运动的速度；不难看出，考电磁感应的问题，十之八九会用到牛顿三大定律与直线运动的知识．
（2）能量转化的问题
电磁感应主要是将其他形式能量（机械能）转化为电能，可由于电能的不可保存性，很快又会想着其他形式能量（焦耳热等等）转化．
（3）安培力做功的问题
电磁感应中，安培力做的功全部转化为系统全部的热能，而且任意时刻安培力的功率等于系统中所有电阻的热功率．
（4）动能定理的应用
动能定理当然也能应用在电磁感应中，只不过同学们要明确研究对象，我们大多情况下是通过导体棒的．固定在轨道上的电阻，速度不会变化，显然没有用动能定理研究的必要．
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，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
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：
2()F mg H
v m
-=
（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：
222()()B d F mg H F
a g m R r m 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．如图所示，间距为
L 、电阻不计的足够长双斜面型平行导轨，左导轨光滑，右导轨粗糙，
左、右导轨分别与水平面成α、β角，分别有垂直于导轨斜面向上的磁感应强度为 B1、B2 的匀强磁场，两处的磁场互不影响．质量为 m 、电阻均为 r 的导体棒 ab 、cd 与两平行导轨垂直放置且接触良 好．ab 棒由静止释放，cd 棒始终静止不动．求： （1）ab 棒速度大小为 v 时通过 cd 棒的电流大小和 cd 棒受到的摩擦力大小． （2）ab 棒匀速运动时速度大小及此时 cd 棒消耗的电功率．
【答案】（1）12B Lv r ；2122B B L v
r
－mgsin β（2）222221sin m g r B L α
【解析】 【分析】 【详解】
（1）当导体棒ab 的速度为v 时，其切割磁感线产生的感应电动势大小为：E ＝B 1Lv①
导体棒ab 、cd 串联，由全电路欧姆定律有：2E I r
=
② 联立①②式解得流过导体棒cd 的电流大小为：12B Lv
I r
=③
导体棒cd 所受安培力为：F 2＝B 2IL④ 若mgsin β ＞F 2，则摩擦力大小为：
21212sin ?sin 2B B L v
f m
g F mg r
ββ=-=-
⑤ 若mgsin β ≤F 2，则摩擦力大小为： 21222sin sin 2B B L v
f F m
g mg r
ββ=-=-⑥
（2）设导体棒ab 匀速运动时速度为v 0，此时导体棒ab 产生的感应电动势为：E 0＝B 1Lv 0⑦
流过导体棒ab 的电流大小为：0
02E I r
=
⑧ 导体棒ab 所受安培力为：F 1＝B 1I 0L⑨
导体棒ab 匀速运动，满足：mgsin α－F 1＝0⑩ 联立⑦⑧⑨⑩式解得：022
12sin mgr v B L α
=
此时cd 棒消耗的电功率为：22220
22
1sin m g r P I R B L α
==
【点睛】
本题是电磁感应与力学知识的综合应用，在分析中要注意物体运动状态（加速、匀速或平衡），认真分析物体的受力情况，灵活选取物理规律，由平衡条件分析和求解cd 杆的受力情况．
13．如图甲，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一匀强磁场区域， MN 、PQ 是匀强磁场区域的上、下水平边界，并与线框的bc 边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN 上方某一髙度处由静止开始下落（bc 边始终与MN 平行），并以此时为计时起点，图乙是金属线框由开始下落到离开匀强磁场的过程中，线框中感应电流随时间变化的i -t 图象（图中t 1、t 2、t 3未知）．已知金属线框边长为L ，质量为m ，电阻为R ，匀强磁场的磁感应强度为B ，重力加速度为g ，不计空气阻
力．求：
（1）金属线框进入磁场时，线框中感应电流的方向； （2）金属线框开始下落时，bc 边距离边界MN 的高度h ； （3）在t 1—t 2时间内，流过线框导线截面的电量q ； （4）在t 1—t 3时间内，金属线框产生的热量Q ．
【答案】(1) 逆时针方向 (2) 22
44
2m gR B L (3) 2BL R
(4)2mgL 【解析】 【分析】
本题考查电磁感应的综合问题。
【详解】
（1）楞次定律可知电流方向 abcda “逆时针方向”）
（2）根据i -t 图象可知，线框进入磁场区域时，做匀速运动．受力满足
=F mg 安
线框进入磁场区域过程中，感应电动势大小为
E BLv =
因为感应电流大小为
E I R
=
安培力大小
=F BIL 安
联系以上各式得，线框进入磁场时速度大小为
22
mgR
v B L =
线框进入磁场前自由下落，所以
22v gh =
解得：
2244
2m gR h B L = （3）流过线框导线截面的电量
q=It
在t 1—t 2时间内，线框中感应电流大小。
