高中物理专题:电磁感应

电磁感应

一、考点介绍

近年来高考对本考点内容考查命题频率极高的是感应电流的产生条件、方向判定和导体切割磁感线产生的感应电动势的计算，且要求较高．几乎是年年有考；其他像电磁感应现象与磁场、电路和力学、电学、能量及动量等知识相联系的综合题及图像问题在近几年高考中也时有出现；另外，该部分知识与其他学科的综合应用也在高考试题中出现。试题题型全面，选择题、填空题、计算题都可涉及，尤其是难度大、涉及知识点多、综合能力强，多以中档以上题目出现来增加试题的区分度，而选择和填空题多以中档左右的试题出现．二、高考真题

1.(2008年高考海南卷. 物理. 1) 法拉第通过静心设计的一系列试验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”联系起来．在下面几个典型的实验设计思想中，所作的推论后来被实验否定的是（）

A ．既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流

B ．既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流

C ．既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，那么静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势

D ．既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么运动导线上的稳恒电流也可在近旁的线圈中感应出电流

2. （2008年高考宁夏卷. 理综. 16）如图1所示，同一平面内的三条平行导线串有两个最阻R 和r ，导体棒PQ 与三条导线接触良好；匀强磁场的方向垂直纸面向里。导体棒的电阻可忽略。当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是（） A. 流过R 的电流为由d 到c ，流过r 的电流为由b 到a

B. 流过R 的电流为由c 到d ，流过r 的电流为由b 到a 图1 C. 流过R 的电流为由d 到c ，流过r 的电流为由a 到b D. 流过R 的电流为由c 到d ，流过r 的电流为由a 到b

3.(2008年高考海南卷. 物理. 10) 一航天飞机下有一细金属杆，杆指向地心．若仅考虑地磁场的影响，则当航天飞机位于赤道上空( )

A ．由东向西水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下 B ．由西向东水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下

C ．沿经过地磁极的那条经线由南向北水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由下向

上

D ．沿经过地磁极的那条经线由北向南水平飞行时，金属杆中一定没有感应电动势

4.(2008年高考山东卷. 理综.22) 两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L , 底端接阻值为

R 的电阻。将质量为m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导

轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图2所示。除电阻R 外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（） A. 释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g B. 金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a →b C. 金属棒的速度为v 时，所受的按培力大小为F =

B L v R

D. 电阻R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少

图2

5．（2008年高考上海卷. 物理. 10）如图3所示，平行于y 轴的导体棒以速度v 向右匀速直线运动，经过半径为R 、磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势ε与导体棒位置x 关系的图像是图4的（）

图3 图

6．（2008年高考江苏卷. 物理. 8）如图5所示的电路中，三个相同的灯泡a 、b 、c 和电感L 1、L 2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．电键K 从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有（）

A.a 先变亮，然后逐渐变暗 B.b 先变亮，然后逐渐变暗图5 C. c 先变亮，然后逐渐变暗 D.b 、c 都逐渐变暗

7．（2008年高考上海卷. 物理. 24）如图6所示，竖直平面内有一半径为r 、电阻为R 1、粗细均匀的光滑半圆形金属环，在M 、N 处与距离为2r 、电阻不计的平行光滑金属导轨ME 、NF 相接，EF 之间接有电阻R 2，已知R 1＝12R ，R 2＝4R 。在MN 上方及CD 下方有水平方向的匀强磁场I 和II ，磁感应强度大小均为B 。现有质量为m 、电阻不计的导体棒ab ，从半圆环的最高点A 处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触r

良好，设平行导轨足够长。已知导体棒下落时的速度大小为v 1，下落到MN 处时的速度大

2小为v 2。

（1）求导体棒ab 从A 处下落时的加速度大小；

2（2）若导体棒ab 进入磁场II 后棒中电流大小始终不变，求磁场I 和II 这间的距离h 和R 2上的电功率P 2；

（3）若将磁场II 的CD 边界略微下移，导体棒ab 进入磁场II 时的速度大小为v 3，要使其在外力F 作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a ，求所加外力F 随时间变化的关系式。

图6

8．（2008年高考江苏卷．物理．15）如图7所示，间距为l 的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ, 导轨光滑且电阻忽略不计, 场强为B 的条形匀强磁场方向与导孰平面垂直, 磁场区域的宽度为d 1 ，间距为d 2 , 两根质量均为m , 有效电阻均为R 的导体棒a 和b 放在导轨上，并与导轨垂直. (设重力加速度为g) ．

(1) 若a 进入第2个场强区域时, b以与a 同样

C E

的速度进入第1个磁场区域，求b 穿过第1个磁场区域过程中增加的动能∆E k . 图7

(2)若a 进入第2个磁场区域时，b 恰好离开第1个磁场区域；此后a 离开第2个磁场区域时, b 又

恰好进入第2个磁场区域, 且ab 在任意—个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等, 求a 穿过第2个磁场区域过程中, 两导体棒产生的总焦耳热Q;

(3)对于第(2)问所述的运动情况, 求a 穿出第k 个磁场区域时的速率v.

9．（2008年高考上海卷．物理．19）如图8所示是测量通电螺线管A 内部磁感应强度B 及其与电流I 关系的实验装置。将截面积为S 、匝数为N 的小试测线圈P 置于螺线管A 中间，试测线圈平面与螺线管的轴线垂直，可认为穿过该试测线圈的磁场均匀。将试测线圈引线的两端与冲击电流计D 相连。拨动双刀双掷换向开关K ，改变通入螺线管的电流方向，而不改变电流大小，在P 中产生的感应电流引起D 的指针偏转。

（1）将开关合到位置1，待螺线管A 中的电流稳定后，

再将K 从位置1拨到位置2，测得D 的最大偏转距离

为d m ，已知冲击电流计的磁通灵敏度为D φ，

图8 D φ＝

N ∆φ

，式中∆φ为单匝试测线圈磁通量的变化量。则试测线圈所在处磁感应强度B

＝＿＿＿＿＿＿；若将K 从位置1拨到位置2的过程所用的时间为Δt ，则试测线圈P 中产生的平均感应电动势ε＝＿＿＿＿。

（2）调节可变电阻R ，多次改变电流并拨动K ，得到A

中电流I 和磁感应强度B 的数据，见右表。由此可得，螺线管A 内部在感应强度B 和电流I 的关系为B ＝＿＿＿＿＿＿＿＿。

（3）（多选题）为了减小实验误差，提高测量的准确性，可采取的措施有

（A ）适当增加试测线圈的匝数N

（B ）适当增大试测线圈的横截面积S （C ）适当增大可变电阻R 的阻值（D ）适当拨长拨动开关的时间Δt

10．（2008年高考北京卷．理综．13）均匀导线制成的单位正方形闭合线框abcd ，每边长为L ，总电阻为R ，总质量为m 。将其置于磁感强度为B 的水平匀强磁场上方h 处，如图9所示。线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd 边始终与水平的磁场边界平行。当cd 边刚进入磁场时，图9 （1）求线框中产生的感应电动势大小; （2）求cd 两点间的电势差大小（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h 所应满足的条件。

11．（2008年高考全国2圈．理综．24）如图10所示，一直导体棒质量为m 、长为l 、电阻为r ，其两端放在位于水平面内间距也为l 的光滑平行导轨上，并与之密接；棒左侧两导轨之间连接一可控制的负载电阻（图中未画出）；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨所在平面。开始时，给导体棒一个平行于导轨的初速度

v 0。在棒的运动速度由v 0减小至v 1的过程中，通过控制负载电阻的阻图10 值使棒中的电流强度I 保持恒定。导棒一直在磁场中运动。不计导轨电阻，求此过程中导体棒上感应电动势的平均值和负载电阻上消耗的平均功率。

12．(2008年高考天津卷．理综．24) 磁悬浮列车是一种高速低耗的新型交通工具。它的驱动系统简化为如下模型，固定在列车下端的动力绕组可视为一个矩形纯电阻金属框，电阻为R ，金属框置于xOy 平面内，长边MN 长为l ，平行于y 轴，宽为d 的NP 边平行于x 轴，如图 11a 所示。列车轨道沿Ox 方向，轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场，磁感应强度B 沿Ox 方向按正弦规律分布，其空间周期为λ，最大值为B 0，如图11b 所示，金

B x -B

属框同一长边上各处的磁感应强度相同，

整个磁场以速度v 0沿Ox 方向匀速平移。图11

设在短暂时间内，MN 、PQ 边所在位置的磁感应强度随时间的变化可以忽略，并忽略一切阻力。列车在驱动系统作用下沿Ox 方向加速行驶，某时刻速度为v(v

(2)为使列车获得最大驱动力，写出MN 、PQ 边应处于磁场中的什么位置及λ与d 之间应满足的关系式：

(3)计算在满足第(2)问的条件下列车速度为v 时驱动力的大小。

三、名校试题

1．（江苏省启东中学2008—2009学年度第一学期月考卷．物理．7）绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图12所示．线圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳起．若保持电键闭合，则（） A ．铝环不断升高 B．铝环停留在某一高度 C ．铝环跳起到某一高度后将回落

D ．如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变图12

2．（广东惠州市2009届高三第三次调研考试卷．物理．10）如图13所示，矩形闭台线圈放置在水平薄板上，有一块蹄形磁铁如图所示置于平板的正下方(磁极间距略大于矩形线圈的宽度 ) 当磁铁匀速向右通过线圈时，线圈仍静止不动，那么线圈受到薄扳的摩擦力方向和线圈中产生感应电流的方向(从上向下看) 是（） A 摩擦力方向一直向左 B 摩擦力方向先向左、后向或右

C ．感应电流的方向顺时针→逆时针→逆时针→顺时针 D ．感应电流的方向顺时针→逆时针

图13

3．（山东省济南一中2009届高三上学期期中考试卷．理综．19）如图14所示，A 为水平放置的橡胶圆盘，在其侧面带有负电荷─Q ，在A 正上方用丝线悬挂一个金属圆环B （丝线未画出），使B 的环面在水平面上与圆盘平行，其轴线与橡胶盘A 的轴线O 1O 2重合。现使橡胶盘A 由静止开始绕其轴线O 1O 2按图中箭头方向加速转动，则（）

A ．金属圆环B 有扩大半径的趋势，丝线受到拉力增大 B ．金属圆环B 有缩小半径的趋势，丝线受到拉力减小 C ．金属圆环B 有扩大半径的趋势，丝线受到拉力减小 D ．金属圆环B 有缩小半径的趋势，丝线受到拉力增大

4．（山东省宁津一中2009届高三测试卷．物理．7）如图15所示，一矩形线框竖直向上进入有水平边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，线框在磁场中运动时只受重力和磁场力，线框平面始终与

v B

磁场方向垂直。向上经过图中1、2、3位置时的速率按时间依次为v 1、v 2、v 3，向下经过图中2、1位置时的速率按时间依次为v 4、v 5，下列说法中一定正确的是（）

5．（广东省华南师大附中2009届高三综合测试卷．物理．10）如图16所示, 两光滑平行导轨水平放置在匀强磁场中, 磁场垂直导轨所在平面, 金属棒ab 可沿导轨自由滑动. 导轨一端连接一个定值电阻R, 导轨电阻可忽略不计. 现将金属棒沿导轨由静止向右拉. 若保持拉力恒定, 当速度为v 时, 加速度为a 1, 最终以速度2v 做匀速运动; 若保持拉力的功率恒定, 当速度为v 时, 加速度为a 2, 最终也以速度2v 做匀速运动, 则( ) A. a 2=a 1

6．（海南省民族中学2009届高三阶段考试卷．物理．9）如图 17所示, 平行导轨水平放置, 匀强磁场的方向垂直于导轨平面, 两金属棒a 、b 和轨道组成闭合电路, 用水平恒力F 向右拉a

B. a 2=2a 1

C. a 2=3a 1

D. a 2=4a 1 图16

A ．v 1＞v 2 B ．v 2＝v 3 C．v 2＝v 4 D ．v 4＜v 5

使a 、b 分别以v a 和v b 的速度向右匀速运动, 若a 棒与轨道间

的滑动摩擦力为f , 则回路中感应电流的功率为( ) 图17

A. Fv a

7．（江苏淮安、连云港、宿迁、徐州四市2008年第三次调研卷．物理．15）如图18所示，足够长的光滑平行金属导轨cd 和ef ，水平放置且相距L ，在其左端各固定一个半径为r 的四

分之三金属光滑圆环，两圆环面平行且竖直。在水平导轨和圆环上各有一根与导轨垂直的金属杆，两金属杆与水平导轨、金属圆环形成闭合回路，两金属杆质量均为m ，电阻均为R ，其余电阻不计。整个装置放在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中。当用水平向右的恒力F

B. Fv b C. (F-f ) ⋅v a

D. (F-f ) ⋅(va -v b )

拉细杆a ，达到匀速运动时，杆b 恰好静止在圆环上某处，试求：

（1）杆a 做匀速运动时，回路中的感应电流；（2）杆a 做匀速运动时的速度；

（3）杆b 静止的位置距圆环最低点的高度。

图18

8．（南京市2008届4月高三调研考卷．物理．14）如图19所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN 、PQ 相距L ，在M 点和P 点间接一个阻值为R 的电阻，在两导轨间 OO 1O 1′O ′ 矩形区域内有垂直导轨平面向里、宽为d 的匀强磁场，磁感应强度为B ．一质量为m ，电阻为r 的导体棒ab 垂直搁在导轨上，与磁场上边边界相距d 0．现使ab 棒由静止开始释放，棒ab 在离开磁场前已经做匀速直线运动（棒ab 与导轨始终保持良好的电接触且下落过程中始终保持水平，导轨电阻不计）．求：

（1）棒ab 在离开磁场下边界时的速度；

（2）棒ab 在通过磁场区的过程中产生的焦耳热；（3）试分析讨论ab 棒在磁场中可能出现的运动情况。

d 0 o d o ′

o 1

P a

M b

o ′1

图19

9．（渐江东阳中学2009届高三月考试题．理综．23）如图20甲所示的轮轴, 它可以绕垂直于纸面的光滑固定水平轴O 转动. 轮上绕有轻质柔软细线, 线的一端系一重物, 另一端系一质量为m 的金属杆. 在竖直平面内有间距为L 的足够长的平行金属导轨PO 、EF, 在QF 之间连接有阻值为R 的电阻, 其余电阻不计. 磁感应强度为B 的匀强磁场与导轨平面垂直. 开始时金属杆置于导轨下端, 将重物由静止释放, 重物最终能匀速下降. 运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好, 忽略所有摩擦。

(1)若重物的质量为M, 则重物匀速下降的速度v 为多大? 图20

(2)对一定的磁感应强度B, 重物的质量M 取不同的值, 测出相应的重物做匀速运动时的速度, 可得出v -M 实验图线. 图20乙中画出了磁感应强度分别为B 1和B 2时的两条实验图线, 试根据实验结果计算B 1与B 2的比值。

10．（江苏南通四县市2008届高三联考卷．物理．19）如图21所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面夹角α=30°，导轨电阻不计．磁感应强度为

B 的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L 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m 、电阻为R ．两金属导轨的上端连接右端电路，灯泡的电阻R L =4R ，定值电阻R 1=2R ，电阻箱电阻调到使R 2=12R ，重力加速度为g ，现将金属棒由静止释放，试求：

（1）金属棒下滑的最大速度为多大？

（2）R 2为何值时，其消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？

图21

11．(2009届广东省新洲中学高三摸底考试试卷．物理．18）如图22甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d ＝0.5 m，电阻不计，左端通过导线与阻值R ＝2 Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值R L ＝4 Ω的小灯泡L 连接．在CDEF 矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE 长l =2 m，有一阻值r =2 Ω的金属棒PQ 放置在靠近磁场边界CD 处．CDEF 区域内磁场的磁感应强度B 随时间变化如图22乙所示．在t ＝0至t ＝4s 内，金属棒PQ 保持静止，在t ＝4s 时使金属棒PQ 以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动．已知从t ＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF 处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，求：（1）通过小灯泡的电流．

（2）金属棒PQ 在磁场区域中运动的速度大小．

图22

12．（广东惠州市2009届高三第三次调研考试卷．物理．17) 两根相距为L 的足够长的金属直角导轨如图23所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边直于水平面。质量均为m 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与水平和竖直导轨之间有相同的动摩擦因数μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R 。整个装置处于磁感应强度大小为B ，方向竖直向上的匀强磁场中。当 ab 杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨匀速运动时，cd 杆也正好以某一速度向下做匀速运动。

设运动过程中金属细杆ab 、cd 与导轨接触良好，图23 重力加速度为g 。求：

(1)ab杆匀速运动的速度v 1； (2)ab杆所受拉力F ；

(3)若测得cd 杆匀速运动的速度为v 2，则在cd 杆向下运动路程为h 过程中，整个回路

中产生的焦耳热为多少?

13．（山东省师大附中2009届高三月考卷．物理．19）如图24所示，abcd 为质量M =2 kg 的导轨，放在光滑绝缘的水平面上，另有一根重量m =0.6 kg 的金属棒PQ 平行于bc 放在水平导轨上，PQ 棒左边靠着绝缘的竖直立柱ef （竖直立柱光滑，且固定不动），导轨处于匀强磁场中，磁场以cd 为界，左侧的磁场方向竖直向上，右侧的磁场方向水平向右，磁感应强度B 大小都为0.8 T. 导轨的bc 段长L =0.5 m，其电阻r =0.4Ω，金属棒PQ 的电阻 R =0.2Ω，其余电阻均可不计. 金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2.若在导轨上作用一个方向向左、大小为F =2 N 的水平拉力，设导轨足够长，重力加速度g 取 10 m/s2，试求：（1）导轨运动的最大加速度；（2）导轨的最大速度；

（3）定性画出回路中感应电流随时间变化的图线。图24

14．（山东省青岛市2009届高三上学期期中练习．物理．24．）光滑的平行金属导轨长L=2.0m ，两导轨间距离d=0.5m ，导轨平面与水平面的夹角为θ=30︒，导轨上端接一阻值为R=0.5Ω的电阻，其余电阻不计，轨道所在空间有垂直轨道平面的匀强磁场，磁感应强度B=1T ，如图25所示。有一不计电阻、质量为m=0.5kg 的金属棒ab ，放在导轨最上端且与导轨垂直。当金属棒ab 由静止开始自由下滑到底端脱离轨道的过程中，电阻R 上产生的热量为Q=1J ，g=10m/s2，则：

（1）指出金属棒ab 中感应电流的方向。

（2）棒在下滑的过程中达到的最大速度是多少？（3）当棒的速度为v=2 m／s 时，它的加速度是多大

图25

四、考点预测

（一）文字介绍

预测2009年的高考基础试题仍是重点考查法拉第电磁感应定律及楞次定律和电路等效

问题．综合试题还是涉及到力和运动、动量守恒、能量守恒、电路分析、安培力等力学和电

学知识．主要的类型有滑轨类问题、线圈穿越有界磁场的问题、电磁感应图象的问题等．此除日光灯原理、磁悬浮原理、电磁阻尼、超导技术这些在实际中有广泛的应用问题也要引起重视．

（二）考点预测题

1．如图26所示，通有恒定电流的螺线管竖直放置，铜环R 沿螺线管的轴线加速下落。在下落过程中，环面始终保持水平，铜环先后经过轴线上1、2、3位置时的加速度分别为a 1、a 2、a 3，位置2处于螺线管中心，位置1、3与位置2等距离（）

A ．a 1

2．如图27所示，与直导线a b 共面的轻质闭合金属圆环竖直放置，两

点彼此绝缘，环心位于a b 的上方。当a b 中通有电流且强度不断增大的过程中，关于圆环运动的情况以下叙述正确的是（）

A．向下平动 B．向上平动图27 C ．转动：上半部向纸内，下半部向纸外 D．转动：下半部向纸内，上半部向纸外

3．如图28所示是一种测量通电螺线管中磁场的装置，把一个很小的测量线圈A 放在待测处，线圈与测量电量的冲击电流计G 串联，当用双刀双掷开关S 使螺线管的电流反向时，测量线圈中就产生感应电动势，从而引起电荷的迁移，由表G 测出电量Q ，就可以算出线圈所在处的磁感应强度B 。已知测量线圈共有N 匝，直径为d ，它和表G 串联电路的总电阻为R ，则被测处的磁感强度B 为多大？

4．如图29所示，磁场的方向垂直于xy 平面向里。磁感强度B 沿y 方向没有变化，沿x 方向均匀增加, 每经过1cm 增加量为1.0×10

∆B ∆x

. 0⨯10

-4

图28

－

T ，即

T /cm

。有一个长L=20cm，宽h=10cm

的不变形

的矩形金属线圈，以v=20cm/s的速度沿x 方向运动。问：（1）线圈中感应电动势E 是多少？

（2）如果线圈电阻R=0.02Ω，线圈消耗的电功率是多少？（3）为保持线圈的匀速运动，需要多大外力？机械功率是多少？

5．如图30所示，矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面向里，磁感应强度B 随时

间变化的规律如图所示. 若规定顺时针方向为感应电流I 的正方向，图31各图中正确的是（）

图31

6．如图32所示，一个边长为l 的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场；一个边长也为l 的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直；虚线框对角线ab 与导线框的一条边垂直，ba 的延长线平分导线框。在t=0时，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab 方向移动，直到整个导线框离开磁场区域．以i 表示导线框中感应电流的强度，取逆时针方向为正．下列表示i-t 关系的图33所示中，可能正确的是（）

图30

图32

图33

7．如图34所示，直角三角形导线框a b c 固定在匀强磁场中，a b 是一段面长为l 、电阻为R 的均匀导线，ac 和bc 的电阻可不计，ac 长度为度为B ，方向垂直纸面向里。现有一段长度为为

R 2

l 2l 2

。磁场的磁感强

l 2

、电阻为、电阻

a × × × × B × × × × × × × c N

均匀导体杆M N 架在导线框上，开始时紧靠ac 方向以恒定速

度向b 端滑动，滑动中始终与ac 平行并与导线框保持良好接触。当M N 滑过的距离为

8．半径为a 的圆形区域内有均匀磁场，磁感强度为B =0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b 的金属圆环与磁场同心地放置，

l 3

时，导线ac 中的电流是多大？方向如何？图34

磁场与环面垂直，其中a =0.4m，b =0.6m，金属环上分别接有灯 L 1、L 2，两灯的电阻均为R =2Ω，一金属棒MN 与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计（1）若棒以v 0=5m/s的速率在环

上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO ′ 的瞬时（如图35所图35 示）MN 中的电动势和流过灯L 1的电流。

（2）撤去中间的金属棒MN ，将右面的半圆环OL 2O ′ 以OO ′ 为轴向上翻转90º，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为ΔB /Δt =4T/s，

求L 1的功率。

9．如图36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1m ，导轨平面与水平面成θ=37°，下端滑连接阻值为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.

（1）求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 =10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）

10．水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L ，一端通过导线与阻值为R 的电阻连接；导轨上放一质量为m 的金属杆如图37所示，金属杆与导轨的电阻忽略不计；均匀磁场竖直向下. 用与导轨平行的恒定拉力F 作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动，当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度v 也会变化，v 与F 的关系如图38所示（取重力加速度g =10m/s2）。

（1）金属杆在匀速运动之前做什么运动？

（2）若m =0.5kg, L =0.5m, R =0.5 ；磁感应强度B 为多大？（3）由v —F 图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？

图36

11．如图39所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L ，左端接有阻值为 R 的电阻，处在方向竖直、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m 的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略. 初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v 0. 在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触.

（1）求初始时刻导体棒受到的安培力.

（2）若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为E p ，则这一过程中安培力所做的功W 1和电阻R 上产生的焦耳热Q 1分别为多少？

（3）导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒

图39

开始运动直到最终静止的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q 为多少？

12．如图40所示，将边长为a 、质量为m 、电阻为R 的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b 、磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里．线框向上离开磁场时的速度刚好是进人磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进人磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f 且线框不发生转动．求：（1）线框在下落阶段匀速进人磁场时的速度V 2；

(2）线框在上升阶段刚离开磁场时的速度V 1；图40 （3）线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q ．

图37

图

13．近期《科学》中文版的文章介绍了一种新技术———航天飞缆，航天飞缆是用柔性缆索将两个物体连接起来在太空飞行的系统. 飞缆系统在太空飞行中能为自身提供电能和拖曳力，它还能清理“太空垃圾”等. 从1967年至1999年的17次试验中，飞缆系统试验已获得部分成功。该系统的工作原理可用物理学的基本定律来解释。如图41所示为飞缆系统的简化模型示意图，图中两个物体P 、Q 的质量分别为m P ，m Q ，柔性金属缆索长为l ，外有绝缘层，系统在近地轨道作圆周运动，运动过程中Q 距地面高为h . 设缆索总保持指向地心，P 的速度为v P . 已知地球半径为R ，地面的重力加速度为g .

（1）飞缆系统在地磁场中运动，地磁场在缆索所在处的磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外. 设缆索中无电流，问缆索P 、Q 哪端电势高？（此问中可认为缆索各处的速度均近似等于v P ）求P 、Q 两端的电势差；

（2）设缆索的电阻为R 1，如果缆索两端物体P 、Q 通过周围的电离层放电形成电流，相应的电阻为R 2，求缆索所受的安培力多大；（3）求缆索对Q 的拉力F Q

14．磁流体推进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用，图42左是在平静海面上某实验船的示意图，磁流体推进器由磁体、电极和矩形通道（简称通道）组成, 如图41右所示，通道尺寸a = 2.0m 、b =0.15m、c = 0.10m ，工作时，在通道内沿z 轴正方向加B = 8.0T 的匀强磁场；沿x 轴负方向加上匀强电场，使两极板间的电压U = 99.6V；海水沿y 轴方向流过通道, 已知海水的电阻率ρ=0.20Ω·m.

(1)船静止时，求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向；

(2)船以v s = 5.0 m/s的速度匀速前进。以船为参照物，海水以5.0 m/s的速率涌入进水口，由于通道的截面积小于进水口的截面积，在通道内海水的速率增加到 v d = 8.0 m/s,

求此

时金属板间的感应电动势U 感 .

(3)船行驶时，通道中海水两侧的电压按U'=U -U感计算，海水受到电磁力的80% 可以转换

为船的动力, 当船以v s =5.0 m/s的速度匀速前进时，求海水推力的功率。图42

参考答案

高考真题

1．【解析】对A 选项，静止的导线上的稳恒电流附近产生稳定的磁场，通过旁边静止的线圈不会产生感应电流，A 被否定；稳恒电流周围的稳定磁场是非匀强磁场，运动的线圈可能会产生感应电流，B 符合事实；静止的磁铁周围存在稳定的磁场，旁边运动的导体棒会产生感应电动势，C 符合；运动的导线上的稳恒电流周围产生运动的磁场，即周围磁场变化，在旁边的线圈中产生感应电流，D 符合。【答案】A

2．【解析】本题考查右手定则的应用。根据右手定则，可判断PQ 作为电源，Q 端电势高，在PQcd 回路中，电流为逆时针方向，即流过R 的电流为由c 到d ，在电阻r 的回路中，电流为顺时针方向，即流过r 的电流为由b 到a 。当然也可以用楞次定律，通过回路的磁通量的变化判断电流方向．所以选项B 正确【答案】B

3. 【解析】如图所示，设观察方向为面向北方，左西右东，则地磁场方向平行赤道表面向北，若飞机由东向西飞行时，由右手定则可判断出电动势方向为由上向下，若飞机由西向东飞行时，由右手定则可判断出电动势方向

西

为由下向上，A 对B 错；沿着经过地磁极的那条经线运动时，速度方向平行于磁场，金属杆中一定没有感应电动势，C 错D 对。【答案】AD

4．【解析】在释放的瞬间，速度为零，不受安培力的作用，只受到重力，A 对。由右手定则l v ，受到的安培可得，电流的方向从b 到a ，B 错。当速度为v 时，产生的电动势为E B

东

力为F =B ，计算可得F =I L 能和内能的转化，D 错。【答案】AC

B L v R

,C 对。在运动的过程中，是弹簧的弹性势能、重力势

5．【解析】在x =R 左侧，设导体棒与圆的交点和圆心的连线与x 轴正方向成θ角，则导体棒

切割有效长度L =2R sin θ，电动势与有效长度成正比，故在x =R 左侧，电动势与x 的关系为正弦图像关系，由对称性可知在x =R 右侧与左侧的图像对称。【答案】A

6．【解析】考查自感现象。电键K 闭合时，电感L 1和L 2的电流均等于三个灯泡的电流，断开电键K 的瞬间，电感上的电流i 突然减小，三个灯泡均处于回路中，故b 、c 灯泡由电流i 逐渐减小，B 、C 均错，D 对；原来每个电感线圈产生感应电动势均加载于灯泡a 上，故灯泡a 先变亮，然后逐渐变暗，A 对。本题涉及到自感现象中的“亮一下”现象，平时要注意透彻理解。【答案】AD ．

7．【解析】该题利用导体在磁场中的切割模型综合考查法拉第电磁感应定律、欧姆定律、物体平衡、牛顿第二定律和变速直线运动规律；导体从静止开始又变加速到匀加速，又由匀加速到匀速直至完成全过程，环环相扣，逐步深入，循序渐进，无不渗透着经典物理的科学思想和方法．

（1）体棒ab 从A 处下落

，由法拉第电磁感应定律得：

E 1

I 1＝，故安培力F 1

R 总1

3B 2r 2v 1

－，

4Rm

总2

4B 2r 2v

2＝，因棒中电流大小

3R 3Rmg

，v ＝，在无磁场区域

4B r 9R 2gm 2v 22

h －，得I 22

32B r 2g

4B r （v 3＋at ）

3B r v 19R g m 4B r （v 3＋at ）

【答案】(1) a ＝g － (2) (3) F＝ma －mg ＋

4Rm 16B r 3R 8．（1）a 和b 不受安培力作用，由机械能守恒可知∆ E =mgd sin θk 1

（2）设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为v ，刚离开无磁场区域时的速度为，由能量守恒得：在磁场区域中，在无磁场区域中，

1212

m v +m v +m g d s i n θ121

2222222

1212

m v m v +m g d s i n θ211

解得：Q =mg (d +d ) sin θ12

（3）在无磁场区域，根据匀变速直线运动规律v ，且平均速度-v =g t s i n θ21

v 1+v 2

=d 1t

，有磁场区域，棒a 受到的合力Fm =g s i n θ-B I l

感应电动势E =B ，解得F =m l v ，感应电流I =g s i n θv

2R 2R B l

根据牛顿第二定律，在t 到时间内∑∆v =∑∆t ∑∆=v ∑(g s i n θv ) ∆t

2R m m

B l

-v =g s i n θd 解得v 121

2m R

E =mgd sin θ【答案】（1）∆ k 1

（2） Q =mg (d +d ) sin θ12B l

-v =g s i n θd （3）v 121

2m R

9．【解析】（1）改变电流方向，磁通量变化量为原来磁通量的两倍，即2BS ，代入公式计算得B =

2N D φS

，由法拉第电磁感应定律可知电动势的平均值ε＝

D φ∆t

。

（2）根据数据可得B 与I 成正比，比例常数约为0.00125，故B =kI （或0.00125I ）（3）为了得到平均电动势的准确值，时间要尽量小，由B 的计算值可看出与N 和S 相关联，故选择A 、B 。【答案】（1）

2N D φS

，

D φ∆t

（2）0.00125I （或kI ）（3）A ，B

10．【解析】正确分析线框的受力情况和运动情况是解决问题的关键（1）cd 边刚进入磁场时，做自由落体运动，线框速度v

所以线框中产生的感应电动势E=BLv＝

(2)此时

I =

E R

由分

cd 两点间的电势差U =I (

B (3)安培力 F =BIL

根据牛顿第二定律mg-F=ma, 由a =0

解得下落高度满足 h =

m gR 2B L

224

【答案】（1）E=BLv＝

（2）U =I (

B （3）

m gR 2B L

11．【解析】导体棒所受的安培力为：F=BIl………………①

由题意可知，该力的大小不变，棒做匀减速运动，因此在棒的速度从v 0减小到v 1的过程中，平均速度为：v =

(v 0+v 1)

……………………②

当棒的速度为v 时，感应电动势的大小为：E=Blv………………③ 棒中的平均感应电动势为：E =Bl v ………………④ 综合②④式可得：E =

Bl (v 0+v 1)………………⑤

导体棒中消耗的热功率为：P 1=I 2r ………………⑥ 负载电阻上消耗的热功率为：P 2=E I -P 1…………⑦ 由以上三式可得：P 2= 【答案】（1） E =

1212

Bl (v 0+v 1)-I r …………⑧

Bl (v 0+v 1) （2）P 2=

Bl (v 0+v 1)-I r

12．【解析】(1)由于列车速度与磁场平移速度不同，导致穿过金属框的磁通量发生变化，

由于电磁感应，金属框中会产生感应电流，该电流受到的安培力即为驱动力。 (2)为使列车获得最大驱动力，MN 、PQ 应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方，这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大，导致框中电流最强，也会使得金属框长边中

电流受到的安培力最大。因此，d 应为λ

d =(2k +1 或λ=

2d 2k +1

的奇数倍，即

（k ∈N ）①

(3)由于满足第(2)问条件：则MN 、PQ 边所在处的磁感应强度大小均为B 0且方向总相反，经短暂的时间∆t ，磁场沿Ox 方向平移的距离为v 0∆t ，同时，金属框沿Ox 方向移动的距离为v ∆t 。因为v 0>V，所以在∆t 时间内MN 边扫过磁场的面积s=(v0-v ) l ∆t

在此∆t 时间内，MN 边左侧穿过S 的磁通移进金属框而引起框内磁通量变化 ∆ΦM N =B 0l (v 0-v ) ∆t

同理，该∆t 时间内，PQ 边左侧移出金属框的磁通引起框内磁通量变化 ∆ΦPQ =B 0l (v 0-v ) ∆t

故在∆t 内金属框所围面积的磁通量变化∆Φ=∆ΦP Q +∆ΦM N

根据法拉第电磁感应定律，金属框中的感应电动势大小 E = 根据闭合电路欧姆定律 I =

E R

∆Φ∆t

根据安培力公式，MN 边所受的安培力F M N =B 0Il PQ 边所受的安培力 F P Q =B 0Il 根据左手定则，MN 、PQ 边所受的安培力方向相同，此时列车驱动力的大小 F =F M

+F P

B I l 联立解得 F =

4B 0l (v 0-v )

N Q 0

【答案】（1）电流受到的安培力即为驱动力（2） d =(2k +1)

4B 0l (v 0-v )

（3）

F =

名校试题

1．【解析】若保持电键闭合，磁通量不变，感应电流消失，所以铝环跳起到某一高度后将回落；正、负极对调，同样磁通量增加，由楞次定律，铝环向上跳起．【答案】CD

2．【解析】是楞次定律可以判断选项AC 正确【答案】AC

3．【解析】橡胶盘A 在加速转动时，产生的磁场在不断增加，穿过B 的磁通量不断增加，

根据楞次定律可知B 正确。【答案】B

4．【解析】矩形线框向上进入匀强磁场时，受到向下的重力和磁场力，致使速度减小，所以v 1＞v 2，A 正确；进入磁场后上升阶段从位置2到位置3，无磁场力，重力做负功，所以v 2＞v 3，B 错误；从位置2上升至最高点后再返回至位置2，无磁场力，重力做功为零，所以v 2＝v 4，C 正确；下落离开磁场的过程中，受到向下的重力和向上的磁场力，两个力大小无法确定，所以v 4与v 5无法比较，D 错误。【答案】AC

F -BIL m

F -=

B L v m

5．【解析】当拉力恒定时, a 1=

最终以2v 的速度做匀速运动, 则F =BI ' L =

P -B L v R m

P mv

-2

2B L v R

，代入a 1的表达式中得a 1=

B L v m R

当功率恒定时, a 2=v

B L v mR

4B L v

最终以2v 的速度做匀速运动, 则P =F ? 2v 代入a 的表达式中得a 2=

BIL ? 2v

3B L v m R

=3a 1

【答案】C

6．【解析】对a 、b 棒受力分析如图所示, 从能的转化与守恒角度出发, 可推知外力F 克服a 棒所受的摩擦力f a 做功直接将其他形式的能转化

为内能, 而F 克服安培阻力F A =F -f a 做的功将其他形式的能转化为电能, 其功率为P

电

=(F-f)Va , 故感应电流做功的功率也为(F-f ) ⋅v a ,C 项正确. 本题易错选D, 实际上它是回路的总电能的一部分。在b 棒上通过F B 克服f b 做功转化为b 棒与轨道的内能, 功率

P b =F B ⋅v b =f b ⋅v b =(F -f ) . v 这时b 棒与相当于电动机通过感应电流而运动, 把电能通过b

克服f b 做功转化为内能. 电能的另一部分, 由电流的热效应转化为电路的内能, 电能的另一部分, 由电流的热效应转化为电路的内能, 其功率为感应电流做功的总功率减去b 棒上输出的功率, 即(F-f ) ⋅v a -(F-f )v b =(F-f ) ⋅(va -v b ) , 故D 项所指正是这部分功率而非感应电流做功的总功率

【答案】C

7．【解析】⑴匀速时，拉力与安培力平衡，F =BIL

得：I =

⑵金属棒a 切割磁感线，产生的电动势E =BLv 回路电流I =

E 2R

联立得：v =

B L

⑶平衡时，棒和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，

tan θ=

F mg

得：θ=60°

r 2

h =r (1-cos θ) =

g BL

gR B L

【答案】（1

）I = （2

）v = （3）h =r (1-cos θ) =

r 2

8．【解析】（1）设ab 棒离开磁场边界前做匀速运动的速度为v ，产生的电动势为E = BLv „

电路中电流 I = 解得 v =

E R +r

„„„„„对ab 棒，由平衡条件得 mg －BIL = 0„

mg (R +r ) B L

(2) 由能量守恒定律：mg (d 0 + d ) = E 电 +

mv 2

解得 E 电=mg (d 0+d ) -

r R +r

m g (R +r )

2B L

，

E 棒电=[mg (d 0+d ) -

m g (R +r )

2B L

]

（3）设棒刚进入磁场时的速度为v 0，由mgd 0 =

棒在磁场中匀速时速度为v =

m g (R +r ) 2B L

mv 02，得v 0 =

2gd 0

mg (R +r ) B L

，则

1 当v 0=v ，即d 0 = ○

时，棒进入磁场后做匀速直线运

2 当v 0

m g (R +r ) 2B L

时，棒进入磁场后做先加速后匀速直线运动

3 当v 0＞v ，即d 0＞○

m g (R +r ) 2B L

时，棒进入磁场后做先减速后匀速直线运动

【答案】（1）

mg (R +r ) B L

（2）E 棒电=

r R +r

[mg (d 0+d ) -

m g (R +r )

2B L

322

] （3）

9．【解析】(1)M 匀速下降时, 金属杆匀速上升, 回路中产生的感应电动势为:E =B Lv

则F 安=BIL =B

BLv R

对M 、m 整体有：M g =F 合+mg 由以上式子解得：v =(2)由(1)得:v =

gR B L

(M-m )gR

B L M -2

m gR B L

由v -M 图象可知:k 1=1.6, k 2=0.9

B 1B 2

所以解得

【答案】（1） v =

(M-m )gR

B L

（2

）

B 1B 2

10．【解析】（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为v m ，达到最大时则有

mg sin θ=F 安 F 安＝ILB

I =

BLv R 总

其中 R 总＝6R

所以 mg sin θ=

B L v m

R 总

p 2=

解得最大速度 v m =

3m gR B L

（2）R 2上消耗的功率

R 并＝

4RR 24R +R 2

R 2

其中 U

mg sin α=

=IR 并＝

BLvR 并3R +R 并

又

B L v 3R +R 并

解以上方程组可得p =

m g sin α

B L

⋅

16R R 2

(4R +R 2)

m g sin α

B L

⋅

16R 16R R 2

+8R +R 2m g R 4B L

当R 2=R L =4R 时，R 2消耗的功率最大最大功率P m =

【答案】（1）v m =

3m gR B L

（2） P m =

m g R 4B L

11．【解析】（1）在t ＝0至t ＝4s 内，金属棒PQ 保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势．电路为r 与R 并联，再与R L 串联，电路的总电阻

R 总=R L +

Rr R +r

＝5Ω ①

此时感应电动势

E =

∆φ∆t

=dl

∆B ∆t

=0.5×2×0.5V=0.5V ②

E R 总

通过小灯泡的电流为：I =＝0.1A ③

（2）当棒在磁场区域中运动时，由导体棒切割磁感线产生电动势，电路为R 与R L 并联，

再与r 串联，此时电路的总电阻

R 总' =r +

4×210

＝2 Ω＝Ω ④

4+23R +R L

RR L

由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流I L =0.1A，则流过棒的电流为

I ' =I L +I R =I L +

R L I L R

＝0.3A ⑤

电动势E ' =I ' R 总' =Blv ⑥

解得棒PQ 在磁场区域中v =1m/s

【答案】（1） 0.1A （2）运动的速度大小v =1m/s

12．【解析】(1)ab杆向右运动时，ab 杆中产生的感应电动势方向为a →b ，大小为E=BLv1，„ 耐杆中的感应电流方向为d →c.cd 杆受到的安培力方向水平向右安培力大小为F 安=BIL =BL

BL v 12R

=B L v 1

①

解①、③两式，ab 杆匀速运动的速度为v 1=

2Rmg

μB L

③

(2)ab杆所受拉力F=F 安+μmg =

B L v 1

+μmg =（

1+μ

）mg ④

(3)设cd 杆以v 2速度向下运动h 过程中，ab 杆匀速运动了s 距离

s v1

=h v2

∴s =

h v1v2

整个回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功

Q =F 安s =

B L v 1

⋅

h v 1v 2

+μmg =

2(mg ) hR

μv 2B L

222

„

【答案】（1） v 1=

2R m g

μB L

（2F 安+μmg =

2(mg ) hR

B L v 1

+μmg =（

1+μ

（3））mg ）

Q =F 安s =

B L v 1

⋅

h v 1v 2

+μmg =

μv 2B L

222

13．【解析】导轨在外力作用下向左加速运动，由于切割磁感线，在回路中要产生感应电流，导轨的bc 边及金属棒PQ 均要受到安培力作用PQ 棒受到的支持力要随电流的变化而变化，导轨受到PQ 棒的摩擦力也要变化，因此导轨的加速度要发生改变．导轨向左切割磁感线时，感应电动势 E=BLv ①

感应电流 I =即I =

BLv R +r

E R +r

②

③ 导轨受到向右的安培力F 1= BIL ，金属棒PQ 受到向上的安

培力F 2= BIL，导轨受到PQ 棒对它的摩擦力f =μ(mg -BIL ) ，

根据牛顿第二定律，有

F -BIL -μ(mg -BIL ) =Ma ④

（1）当刚拉动导轨时，v =0，由③④式可知I =0时有最大加速度a m ，即

a m =

F -μmg

=0. 4m/s

（2）随着导轨速度v 增大感应电流I 增大而加速度a 减小，当a =0时，导轨有最大速度v m ，从④式可得

F -(1-μ) BI m L -μmg =0

I m =

F -μmg (1-μ) BL

=2. 5A

将I m =2. 5A 代入③式，得

I m (R +r )

v m =

=3. 75m/s

（3）从刚拉动导轨开始计时，t =0时，v=0，I =0，

当t =t 1时，v 达到最大，I 达到2.5 A，电流I 随时间t 的变化图线如图所示所示．【答案】（1）

a m =

F -μmg

=0. 4m/s

（2）v m =

I m (R +r )

=3. 75m/s （3）如图所示26所示

14．【解析】（1）由右手定则，棒中感应电流方向由b 指向a

（2）棒做加速度逐渐减小的变加速运动，棒到达底端时速度最大，由能量守恒定律得

mgL sin θ=

mv m +Q 解得 v m =4m/s

（3）当棒的速度为v 时，感应电动势 E=Bdv 感应电流 I =

E R

棒所受安培力F=BId =

B d v R

当棒的速度为v=2 m／s 时，F=1 N 由牛顿第二定律得mg sin θ-F =ma 解得棒的加速度 a =3m/s2

【答案】（1）由b 指向a ；（2）v m =4m/s；（3）a =3m/s2

考点预测题

1．【解析】铜环经过位置1时，有磁通量变化产生感应电流受磁场力方向向上，阻碍磁通量的增加，所以，a =1

mg -F

〈g ；经过位置2时，环中磁通量最大，磁通量变化率为零，

不产生感应电流，只受重力mg ，故a 2 =g；铜环在位置3时速度大于位置1时的速度，所以经过位置3时磁通量变化率比位置1时大，产生的感应电流也大，受到的磁场力也大，且该磁场力仍然是阻碍环与磁场的相对运动，方向向上，所以a 3

2．【解析】由于环中感应电流所受安培力的方向既跟直流电流产生的磁场方向垂直，又跟

环中感应电流方向垂直，环各部分所受的安培力的合力应在竖直平面上，环只可能的竖直平面内运动，故转动不可能。如左右平动，不影响环垂直磁场的净面积，也不影响穿过圆环的净磁通。如向上平动，使净面积增加，净磁通增加，故向上平动不可能。如向下平动，使净面积减小，净磁通减少，满足“效果阻碍原因”。显然不论直导线中电流方向如何，只要电流强度增大，最终环的机械运动都一样，即向下平动。反之如电流强度减小，则向上平动。【答案】A ．

2．法拉第电磁感应定律问题

3．【解析】当双刀双掷开关S 使螺线管的电流反向时，测量线圈中就产生感应电动势，根

据法拉第电磁感应定律可得： E =N

∆φ∆t

2B π(d /2)

∆t

Q ∆t

=E R

由欧姆定律得：I =

由上述二式可得：B =【答案】B =

2QR

π. Nd

∆B ∆x

L ，

4．【解析】(1)设线圈向右移动一距离ΔS ，则通过线圈的磁通量变化为：∆φ=h ∆S 而所需时间为∆t =

∆S v

，

∆φ∆t

=hvL

∆B ∆x

=4⨯10

-5

根据法拉第电磁感应定律可感应电动势力为E =(2)根据欧姆定律可得感应电流I =

E R

=2⨯10

-8

A ，

电功率P=IE=8⨯10-8W

E =

∆φ∆t

=hvL （1）=4⨯10【答案】

∆x ∆B

-5

V （2）8⨯10-8W

5．【解析】0-1s 内B 垂直纸面向里均匀增大，则由楞次定律及法拉第电磁感应定律可得线圈中产生恒定的感应电流，方向为逆时针方向，排除A 、C 选项；2s-3s 内，B 垂直纸面向外均匀增大，同理可得线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，排除B 选项，D 正确。【答案】D

6．【解析】从正方形线框下边开始进入到下边完全进入过程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐增大，所以感应电流也逐渐拉增大，A 项错误；从正方形线框下边完全进入至下边刚穿出磁场边界时，切割磁感线有效长度不变，故感应电流不变，B 项错；当正方形线框下边离开磁场，上边未进入磁场的过程比正方形线框上边进入磁场过程中，磁通量减少的稍慢，故这两个过程中感应电动势不相等，感应电流也不相等，D 项错，故正确选项为C 。【答案】C 7．【解析】当M N 滑过

l 3

时，其等效电路如图所示. 这时的有效切割长度为

2l l

⋅= 323

电阻：r =

⨯

R 2

R 3

E =B L υ=B ⋅υ=

B l υ

总电流：I =

E R 并+r

Bl υ13

3Bl υ5R

R +

由并联分流关系可知：

I ac =

23I =

2B l υ5R

导线ac 中的电流方向由a →c .

【答案】I ac =

23I =

2B l υ5R

方向由a →c .

8．【解析】（1）棒滑过圆环直径OO ′ 的瞬时，MN 中的电动势

E 1=B 2a v=0.2×0.8×5=0.8V 等效电路如图所示，流过灯L 1的电流 I 1=E 1/R=0.8/2=0.4A

（2）撤去中间的金属棒MN ，将右面的半圆环OL 2O ′ 以OO ′ 为轴向上翻转90º，半圆环OL 1O ′中产生感应电动势，相当于电源，灯L 2为外电路，等效电路如图所示，感应电动势

E 2=ΔФ/Δt =0.5×πa 2×ΔB /Δt =0.32V ③ L 1的功率

P 1=(E 2/2) 2/R =1.28×102W

【答案】（1） I 1=E 1/R=0.8/2=0.4A （2）1.28×102W

9．【解析】金属棒下滑速度达到稳定时从力的角度来看，就是金属棒受到的合力为零，此时的速度也叫收尾速度. 。金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律

mg sin θ-μmg cos θ=ma ①

由①式解得a =10×（0.6-0.25×0.8）m/s2=4m/s2 ②

（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为v ，所受安培力为F ，棒在沿导轨方向受力平衡 mg sin θ-μmg cos θ-F =0 ③

此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R 消耗的电功率

P=Fv ④ 由③，④两式解得 v=

P F =

0.2⨯10⨯(0.6-0.25⨯0.8)

m /s=10m /s ⑤

（3）设电路中电流为I ，两导轨间金属棒长为l ，磁场的磁感应强度为 B

I=vB l R

⑥

P=IR ⑦

由⑥，⑦两式解得B=

10⨯l

⑧

磁场方向垂直导轨平面向上.

P F =

8⨯

m /s=【答案】（1）4m/s2 （2） 10m ） B==/s （3T=0.4T

0.2⨯10⨯0.6-0.25⨯0.8)vl 10⨯l

10．【解析】求解本题的关键是把直线方程和图线的数据相结合综合解决问题，正确的解题思路是当导体棒匀速时，合力为零，而金属杆受拉力、安培力和阻力作用，利用平衡关系，可以建立直线方程，通过图线的数据，就可以解决问题．

（1）杆最终匀速运动时，外力必然与安培力相等，而没有达到匀速之前，安培力随电流的增大而增大，因而合力越来越小，所以加速度也越来越小，加速度越来越小的加速直线运动

（2）感应电动势 E ＝Blv ，感应电流 I =

E R

安培力 F m =B IL =

B L v R

由图线可知金属杆受拉力、安培力和阻力作用，匀速时，合力为零，F =所以v =

R B L

F -2

R f B L

由图线可以得到直线的斜率 k ＝2，而 k =2

R B L

，即

：

B ==1T

R B L

（3）由图线的直线方程：v =

F -

Rf B L

可知直线的截距为 -

Rf B L

=-4m/s

所以可以求出金属杆所受到的阻力f ，代入数据可得：f ＝2N 若金属杆受到的阻力仅为滑动摩擦力，由截距可求得动摩擦因数μ=0.4. 【答案】（1 加速度越来越小的加速直线运动（2） 1T （3）μ=0.4.

11. 【解析】导体棒以初速度υ0做切割磁感线运动而产生感应电动势，回路中的感应电流使导体棒受到安培力的作用安培力做功使系统机械能减少，最终将全部机械能转化为电

阻R 上产生的焦耳热．由平衡条件知，棒最终静止时，弹簧的弹力为零，即此时弹簧处于初始的原长状态．

（1）初始时刻棒中感应电动势E=Lv0B ① 棒中感应电流I=

E R

②

作用于棒上的安培力F=ILB ③ 联立①②③，得F=

L v 0B R

，安培力方向：水平向左

（2）由功和能的关系，得安培力做功W 1=E P -电阻 R 上产生的焦耳热Q 1=

m v 0-E P

m v 0

（3）由能量转化及平衡条件等，可判断：棒最终静止于初始位置Q =

L v 0B R

m v 0

【答案】（1） F=

（2）Q 1=

m v 0-E P （3）Q =

m v 0

12．【解析】由题意可知线框在磁场中一直是作变速直线运动。所以对整个过程只能由能的观点求解．

（1）若线框在下落阶段能匀速地进入磁场，则线框在进入磁场的过程中受力平衡，则据平衡条件可知线框在进入磁场瞬间有：mg =F 阻+

B a v 2

，解得：v 2=

(mg -F 阻) R

B a

1212

（2）线框从离开磁场至上升到最高点过程中据动能定理有：(mg +F 阻) h =线框从最高点回落至进入磁场前瞬间的过程据动能定理有：(mg -F 阻) h =联立①②可解得：v 1=

mg +F 阻mg -F 阻

⨯v 2，代入可得：v 1=

R B a

mv 1 ① mv 2 ②

(mg ) -F 阻

（3）设线框进入磁场的速度为v 0，则线框在向上通过磁场过程中要克服重力、空气阻力及安培力做功，而克服安培力做功的量即是此过程中产生电能的量，也即是产生的热量Q ，根据能量守恒定律有：

12mv 0-

mv 1=Q +(mg +F 阻)(a +b ) ，又由题可知v 0=2v 1

解得：Q ＝

3m (mg +f )(mg -f ) R

2B a

-mg (b +a )

【答案】（1）v 2=3m (mg +f )(mg -f ) R

2B a

(mg -F 阻) R

B a

（2）v 1=

R B a

(mg ) -F 阻（3）

-mg (b +a )

13．【解析】（1）中判断P 、Q 的电势高低时，可以假设PQ 是闭合电路的一部分，根据右手定则可得电流从Q 流向P ，因为PQ 相当于是电源，在电源内部电流从低电势流向高电势，故P 点电势高； P 、Q 两点电势差U PQ ＝B lv P ．（2）缆索电流I =

E R 1+R 2

Blv P R 1+R 2

安培力F A =IlB =

B l v P R 1+R 2

（3）Q 的速度设为v Q ，Q 受地球引力和缆索拉力F Q 作用

M m Q (R +h )

-F Q =m Q

v Q R +h

①

P 、Q 角速度相等

v P v Q

R +h +l

② R +h

又g =

G M R

③联立①、②、③解得F Q =m Q [

(R +h )

(R +h ) v P (R +h +l )

B l v P R 1+R 2

]

【答案】（1）U PQ ＝B lv （2） F A =IlB =

（3）

F Q =m Q [

(R +h )

(R +h ) v P (R +h +l )

]

14．【解析】本题以高新科技——磁流体推进器为背景命题, 涉及安培力、左手定则、欧姆定律、电阻定律、功率计算等知识点(1)根据安培力公式, 推力F 1=I1Bb, 其中I 1=ρ

b ac

U R

,R ＝

U R

U ac p

则F t =Bb =B =796. 8 N 对海水推力的方向沿y 轴正方向(向右)

(2)U感=Bu感b=9.6 V (3)根据欧姆定律，I 2=

U ' R =

(U -Bv 4b ) ac

=600 A

安培推力F 2=I2Bb=720 N 对船的推力F=80%F2=576 推力的功率P=Fvs =80%F2v s =2 880 W

U 【答案】（1）Bb =ac B =796. 8 N 对海水推力的方向沿y 轴正方向（2） 9.6 V （3）2 880 W R p

电磁感应

一、考点介绍

A ．既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流

B ．既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流

C ．既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，那么静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势

D ．既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么运动导线上的稳恒电流也可在近旁的线圈中感应出电流

3.(2008年高考海南卷. 物理. 10) 一航天飞机下有一细金属杆，杆指向地心．若仅考虑地磁场的影响，则当航天飞机位于赤道上空( )

A ．由东向西水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下 B ．由西向东水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下

C ．沿经过地磁极的那条经线由南向北水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由下向

上

D ．沿经过地磁极的那条经线由北向南水平飞行时，金属杆中一定没有感应电动势

4.(2008年高考山东卷. 理综.22) 两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L , 底端接阻值为

R 的电阻。将质量为m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导

B L v R

D. 电阻R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少

图2

图3 图

A.a 先变亮，然后逐渐变暗 B.b 先变亮，然后逐渐变暗图5 C. c 先变亮，然后逐渐变暗 D.b 、c 都逐渐变暗

良好，设平行导轨足够长。已知导体棒下落时的速度大小为v 1，下落到MN 处时的速度大

2小为v 2。

（1）求导体棒ab 从A 处下落时的加速度大小；

2（2）若导体棒ab 进入磁场II 后棒中电流大小始终不变，求磁场I 和II 这间的距离h 和R 2上的电功率P 2；

图6

(1) 若a 进入第2个场强区域时, b以与a 同样

C E

的速度进入第1个磁场区域，求b 穿过第1个磁场区域过程中增加的动能∆E k . 图7

(2)若a 进入第2个磁场区域时，b 恰好离开第1个磁场区域；此后a 离开第2个磁场区域时, b 又

恰好进入第2个磁场区域, 且ab 在任意—个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等, 求a 穿过第2个磁场区域过程中, 两导体棒产生的总焦耳热Q;

(3)对于第(2)问所述的运动情况, 求a 穿出第k 个磁场区域时的速率v.

（1）将开关合到位置1，待螺线管A 中的电流稳定后，

再将K 从位置1拨到位置2，测得D 的最大偏转距离

为d m ，已知冲击电流计的磁通灵敏度为D φ，

图8 D φ＝

N ∆φ

，式中∆φ为单匝试测线圈磁通量的变化量。则试测线圈所在处磁感应强度B

＝＿＿＿＿＿＿；若将K 从位置1拨到位置2的过程所用的时间为Δt ，则试测线圈P 中产生的平均感应电动势ε＝＿＿＿＿。

（2）调节可变电阻R ，多次改变电流并拨动K ，得到A

中电流I 和磁感应强度B 的数据，见右表。由此可得，螺线管A 内部在感应强度B 和电流I 的关系为B ＝＿＿＿＿＿＿＿＿。

（3）（多选题）为了减小实验误差，提高测量的准确性，可采取的措施有

（A ）适当增加试测线圈的匝数N

（B ）适当增大试测线圈的横截面积S （C ）适当增大可变电阻R 的阻值（D ）适当拨长拨动开关的时间Δt

B x -B

属框同一长边上各处的磁感应强度相同，

整个磁场以速度v 0沿Ox 方向匀速平移。图11

(2)为使列车获得最大驱动力，写出MN 、PQ 边应处于磁场中的什么位置及λ与d 之间应满足的关系式：

(3)计算在满足第(2)问的条件下列车速度为v 时驱动力的大小。

三、名校试题

D ．如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变图12

C ．感应电流的方向顺时针→逆时针→逆时针→顺时针 D ．感应电流的方向顺时针→逆时针

图13

v B

B. a 2=2a 1

C. a 2=3a 1

D. a 2=4a 1 图16

A ．v 1＞v 2 B ．v 2＝v 3 C．v 2＝v 4 D ．v 4＜v 5

使a 、b 分别以v a 和v b 的速度向右匀速运动, 若a 棒与轨道间

的滑动摩擦力为f , 则回路中感应电流的功率为( ) 图17

A. Fv a

B. Fv b C. (F-f ) ⋅v a

D. (F-f ) ⋅(va -v b )

拉细杆a ，达到匀速运动时，杆b 恰好静止在圆环上某处，试求：

（1）杆a 做匀速运动时，回路中的感应电流；（2）杆a 做匀速运动时的速度；

（3）杆b 静止的位置距圆环最低点的高度。

图18

（1）棒ab 在离开磁场下边界时的速度；

（2）棒ab 在通过磁场区的过程中产生的焦耳热；（3）试分析讨论ab 棒在磁场中可能出现的运动情况。

d 0 o d o ′

o 1

P a

M b

o ′1

图19

(1)若重物的质量为M, 则重物匀速下降的速度v 为多大? 图20

B 的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终

（1）金属棒下滑的最大速度为多大？

（2）R 2为何值时，其消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？

图21

（2）金属棒PQ 在磁场区域中运动的速度大小．

图22

设运动过程中金属细杆ab 、cd 与导轨接触良好，图23 重力加速度为g 。求：

(1)ab杆匀速运动的速度v 1； (2)ab杆所受拉力F ；

(3)若测得cd 杆匀速运动的速度为v 2，则在cd 杆向下运动路程为h 过程中，整个回路

中产生的焦耳热为多少?

（3）定性画出回路中感应电流随时间变化的图线。图24

（1）指出金属棒ab 中感应电流的方向。

（2）棒在下滑的过程中达到的最大速度是多少？（3）当棒的速度为v=2 m／s 时，它的加速度是多大

图25

四、考点预测

（一）文字介绍

预测2009年的高考基础试题仍是重点考查法拉第电磁感应定律及楞次定律和电路等效

问题．综合试题还是涉及到力和运动、动量守恒、能量守恒、电路分析、安培力等力学和电

（二）考点预测题

A ．a 1

2．如图27所示，与直导线a b 共面的轻质闭合金属圆环竖直放置，两

点彼此绝缘，环心位于a b 的上方。当a b 中通有电流且强度不断增大的过程中，关于圆环运动的情况以下叙述正确的是（）

A．向下平动 B．向上平动图27 C ．转动：上半部向纸内，下半部向纸外 D．转动：下半部向纸内，上半部向纸外

4．如图29所示，磁场的方向垂直于xy 平面向里。磁感强度B 沿y 方向没有变化，沿x 方向均匀增加, 每经过1cm 增加量为1.0×10

∆B ∆x

. 0⨯10

-4

图28

－

T ，即

T /cm

。有一个长L=20cm，宽h=10cm

的不变形

的矩形金属线圈，以v=20cm/s的速度沿x 方向运动。问：（1）线圈中感应电动势E 是多少？

（2）如果线圈电阻R=0.02Ω，线圈消耗的电功率是多少？（3）为保持线圈的匀速运动，需要多大外力？机械功率是多少？

5．如图30所示，矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面向里，磁感应强度B 随时

间变化的规律如图所示. 若规定顺时针方向为感应电流I 的正方向，图31各图中正确的是（）

图31

图30

图32

图33

R 2

l 2l 2

。磁场的磁感强

l 2

、电阻为、电阻

a × × × × B × × × × × × × c N

均匀导体杆M N 架在导线框上，开始时紧靠ac 方向以恒定速

度向b 端滑动，滑动中始终与ac 平行并与导线框保持良好接触。当M N 滑过的距离为

8．半径为a 的圆形区域内有均匀磁场，磁感强度为B =0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b 的金属圆环与磁场同心地放置，

l 3

时，导线ac 中的电流是多大？方向如何？图34

上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO ′ 的瞬时（如图35所图35 示）MN 中的电动势和流过灯L 1的电流。

（2）撤去中间的金属棒MN ，将右面的半圆环OL 2O ′ 以OO ′ 为轴向上翻转90º，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为ΔB /Δt =4T/s，

求L 1的功率。

9．如图36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1m ，导轨平面与水平面成θ=37°，下端滑连接阻值为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.

（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；

向. （g =10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）

（1）金属杆在匀速运动之前做什么运动？

（2）若m =0.5kg, L =0.5m, R =0.5 ；磁感应强度B 为多大？（3）由v —F 图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？

图36

（1）求初始时刻导体棒受到的安培力.

（2）若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为E p ，则这一过程中安培力所做的功W 1和电阻R 上产生的焦耳热Q 1分别为多少？

（3）导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒

图39

开始运动直到最终静止的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q 为多少？

(2）线框在上升阶段刚离开磁场时的速度V 1；图40 （3）线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q ．

图37

图

(1)船静止时，求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向；

求此

时金属板间的感应电动势U 感 .

(3)船行驶时，通道中海水两侧的电压按U'=U -U感计算，海水受到电磁力的80% 可以转换

为船的动力, 当船以v s =5.0 m/s的速度匀速前进时，求海水推力的功率。图42

参考答案

高考真题

西

为由下向上，A 对B 错；沿着经过地磁极的那条经线运动时，速度方向平行于磁场，金属杆中一定没有感应电动势，C 错D 对。【答案】AD

东

力为F =B ，计算可得F =I L 能和内能的转化，D 错。【答案】AC

B L v R

,C 对。在运动的过程中，是弹簧的弹性势能、重力势

5．【解析】在x =R 左侧，设导体棒与圆的交点和圆心的连线与x 轴正方向成θ角，则导体棒

（1）体棒ab 从A 处下落

，由法拉第电磁感应定律得：

E 1

I 1＝，故安培力F 1

R 总1

3B 2r 2v 1

－，

4Rm

总2

4B 2r 2v

2＝，因棒中电流大小

3R 3Rmg

，v ＝，在无磁场区域

4B r 9R 2gm 2v 22

h －，得I 22

32B r 2g

4B r （v 3＋at ）

3B r v 19R g m 4B r （v 3＋at ）

【答案】(1) a ＝g － (2) (3) F＝ma －mg ＋

4Rm 16B r 3R 8．（1）a 和b 不受安培力作用，由机械能守恒可知∆ E =mgd sin θk 1

（2）设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为v ，刚离开无磁场区域时的速度为，由能量守恒得：在磁场区域中，在无磁场区域中，

1212

m v +m v +m g d s i n θ121

2222222

1212

m v m v +m g d s i n θ211

解得：Q =mg (d +d ) sin θ12

（3）在无磁场区域，根据匀变速直线运动规律v ，且平均速度-v =g t s i n θ21

v 1+v 2

=d 1t

，有磁场区域，棒a 受到的合力Fm =g s i n θ-B I l

感应电动势E =B ，解得F =m l v ，感应电流I =g s i n θv

2R 2R B l

根据牛顿第二定律，在t 到时间内∑∆v =∑∆t ∑∆=v ∑(g s i n θv ) ∆t

2R m m

B l

-v =g s i n θd 解得v 121

2m R

E =mgd sin θ【答案】（1）∆ k 1

（2） Q =mg (d +d ) sin θ12B l

-v =g s i n θd （3）v 121

2m R

9．【解析】（1）改变电流方向，磁通量变化量为原来磁通量的两倍，即2BS ，代入公式计算得B =

2N D φS

，由法拉第电磁感应定律可知电动势的平均值ε＝

D φ∆t

。

2N D φS

，

D φ∆t

（2）0.00125I （或kI ）（3）A ，B

10．【解析】正确分析线框的受力情况和运动情况是解决问题的关键（1）cd 边刚进入磁场时，做自由落体运动，线框速度v

所以线框中产生的感应电动势E=BLv＝

(2)此时

I =

E R

由分

cd 两点间的电势差U =I (

B (3)安培力 F =BIL

根据牛顿第二定律mg-F=ma, 由a =0

解得下落高度满足 h =

m gR 2B L

224

【答案】（1）E=BLv＝

（2）U =I (

B （3）

m gR 2B L

11．【解析】导体棒所受的安培力为：F=BIl………………①

由题意可知，该力的大小不变，棒做匀减速运动，因此在棒的速度从v 0减小到v 1的过程中，平均速度为：v =

(v 0+v 1)

……………………②

当棒的速度为v 时，感应电动势的大小为：E=Blv………………③ 棒中的平均感应电动势为：E =Bl v ………………④ 综合②④式可得：E =

Bl (v 0+v 1)………………⑤

导体棒中消耗的热功率为：P 1=I 2r ………………⑥ 负载电阻上消耗的热功率为：P 2=E I -P 1…………⑦ 由以上三式可得：P 2= 【答案】（1） E =

1212

Bl (v 0+v 1)-I r …………⑧

Bl (v 0+v 1) （2）P 2=

Bl (v 0+v 1)-I r

12．【解析】(1)由于列车速度与磁场平移速度不同，导致穿过金属框的磁通量发生变化，

电流受到的安培力最大。因此，d 应为λ

d =(2k +1 或λ=

2d 2k +1

的奇数倍，即

（k ∈N ）①

在此∆t 时间内，MN 边左侧穿过S 的磁通移进金属框而引起框内磁通量变化 ∆ΦM N =B 0l (v 0-v ) ∆t

同理，该∆t 时间内，PQ 边左侧移出金属框的磁通引起框内磁通量变化 ∆ΦPQ =B 0l (v 0-v ) ∆t

故在∆t 内金属框所围面积的磁通量变化∆Φ=∆ΦP Q +∆ΦM N

根据法拉第电磁感应定律，金属框中的感应电动势大小 E = 根据闭合电路欧姆定律 I =

E R

∆Φ∆t

+F P

B I l 联立解得 F =

4B 0l (v 0-v )

N Q 0

【答案】（1）电流受到的安培力即为驱动力（2） d =(2k +1)

4B 0l (v 0-v )

（3）

F =

名校试题

2．【解析】是楞次定律可以判断选项AC 正确【答案】AC

3．【解析】橡胶盘A 在加速转动时，产生的磁场在不断增加，穿过B 的磁通量不断增加，

根据楞次定律可知B 正确。【答案】B

F -BIL m

F -=

B L v m

5．【解析】当拉力恒定时, a 1=

最终以2v 的速度做匀速运动, 则F =BI ' L =

P -B L v R m

P mv

-2

2B L v R

，代入a 1的表达式中得a 1=

B L v m R

当功率恒定时, a 2=v

B L v mR

4B L v

最终以2v 的速度做匀速运动, 则P =F ? 2v 代入a 的表达式中得a 2=

BIL ? 2v

3B L v m R

=3a 1

【答案】C

6．【解析】对a 、b 棒受力分析如图所示, 从能的转化与守恒角度出发, 可推知外力F 克服a 棒所受的摩擦力f a 做功直接将其他形式的能转化

为内能, 而F 克服安培阻力F A =F -f a 做的功将其他形式的能转化为电能, 其功率为P

电

P b =F B ⋅v b =f b ⋅v b =(F -f ) . v 这时b 棒与相当于电动机通过感应电流而运动, 把电能通过b

【答案】C

7．【解析】⑴匀速时，拉力与安培力平衡，F =BIL

得：I =

⑵金属棒a 切割磁感线，产生的电动势E =BLv 回路电流I =

E 2R

联立得：v =

B L

⑶平衡时，棒和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，

tan θ=

F mg

得：θ=60°

r 2

h =r (1-cos θ) =

g BL

gR B L

【答案】（1

）I = （2

）v = （3）h =r (1-cos θ) =

r 2

8．【解析】（1）设ab 棒离开磁场边界前做匀速运动的速度为v ，产生的电动势为E = BLv „

电路中电流 I = 解得 v =

E R +r

„„„„„对ab 棒，由平衡条件得 mg －BIL = 0„

mg (R +r ) B L

(2) 由能量守恒定律：mg (d 0 + d ) = E 电 +

mv 2

解得 E 电=mg (d 0+d ) -

r R +r

m g (R +r )

2B L

，

E 棒电=[mg (d 0+d ) -

m g (R +r )

2B L

]

（3）设棒刚进入磁场时的速度为v 0，由mgd 0 =

棒在磁场中匀速时速度为v =

m g (R +r ) 2B L

mv 02，得v 0 =

2gd 0

mg (R +r ) B L

，则

1 当v 0=v ，即d 0 = ○

时，棒进入磁场后做匀速直线运

2 当v 0

m g (R +r ) 2B L

时，棒进入磁场后做先加速后匀速直线运动

3 当v 0＞v ，即d 0＞○

m g (R +r ) 2B L

时，棒进入磁场后做先减速后匀速直线运动

【答案】（1）

mg (R +r ) B L

（2）E 棒电=

r R +r

[mg (d 0+d ) -

m g (R +r )

2B L

322

] （3）

9．【解析】(1)M 匀速下降时, 金属杆匀速上升, 回路中产生的感应电动势为:E =B Lv

则F 安=BIL =B

BLv R

对M 、m 整体有：M g =F 合+mg 由以上式子解得：v =(2)由(1)得:v =

gR B L

(M-m )gR

B L M -2

m gR B L

由v -M 图象可知:k 1=1.6, k 2=0.9

B 1B 2

所以解得

【答案】（1） v =

(M-m )gR

B L

（2

）

B 1B 2

10．【解析】（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为v m ，达到最大时则有

mg sin θ=F 安 F 安＝ILB

I =

BLv R 总

其中 R 总＝6R

所以 mg sin θ=

B L v m

R 总

p 2=

解得最大速度 v m =

3m gR B L

（2）R 2上消耗的功率

R 并＝

4RR 24R +R 2

R 2

其中 U

mg sin α=

=IR 并＝

BLvR 并3R +R 并

又

B L v 3R +R 并

解以上方程组可得p =

m g sin α

B L

⋅

16R R 2

(4R +R 2)

m g sin α

B L

⋅

16R 16R R 2

+8R +R 2m g R 4B L

当R 2=R L =4R 时，R 2消耗的功率最大最大功率P m =

【答案】（1）v m =

3m gR B L

（2） P m =

m g R 4B L

11．【解析】（1）在t ＝0至t ＝4s 内，金属棒PQ 保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势．电路为r 与R 并联，再与R L 串联，电路的总电阻

R 总=R L +

Rr R +r

＝5Ω ①

此时感应电动势

E =

∆φ∆t

=dl

∆B ∆t

=0.5×2×0.5V=0.5V ②

E R 总

通过小灯泡的电流为：I =＝0.1A ③

（2）当棒在磁场区域中运动时，由导体棒切割磁感线产生电动势，电路为R 与R L 并联，

再与r 串联，此时电路的总电阻

R 总' =r +

4×210

＝2 Ω＝Ω ④

4+23R +R L

RR L

由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流I L =0.1A，则流过棒的电流为

I ' =I L +I R =I L +

R L I L R

＝0.3A ⑤

电动势E ' =I ' R 总' =Blv ⑥

解得棒PQ 在磁场区域中v =1m/s

【答案】（1） 0.1A （2）运动的速度大小v =1m/s

BL v 12R

=B L v 1

①

解①、③两式，ab 杆匀速运动的速度为v 1=

2Rmg

μB L

③

(2)ab杆所受拉力F=F 安+μmg =

B L v 1

+μmg =（

1+μ

）mg ④

(3)设cd 杆以v 2速度向下运动h 过程中，ab 杆匀速运动了s 距离

s v1

=h v2

∴s =

h v1v2

整个回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功

Q =F 安s =

B L v 1

⋅

h v 1v 2

+μmg =

2(mg ) hR

μv 2B L

222

„

【答案】（1） v 1=

2R m g

μB L

（2F 安+μmg =

2(mg ) hR

B L v 1

+μmg =（

1+μ

（3））mg ）

Q =F 安s =

B L v 1

⋅

h v 1v 2

+μmg =

μv 2B L

222

感应电流 I =即I =

BLv R +r

E R +r

②

③ 导轨受到向右的安培力F 1= BIL ，金属棒PQ 受到向上的安

培力F 2= BIL，导轨受到PQ 棒对它的摩擦力f =μ(mg -BIL ) ，

根据牛顿第二定律，有

F -BIL -μ(mg -BIL ) =Ma ④

（1）当刚拉动导轨时，v =0，由③④式可知I =0时有最大加速度a m ，即

a m =

F -μmg

=0. 4m/s

（2）随着导轨速度v 增大感应电流I 增大而加速度a 减小，当a =0时，导轨有最大速度v m ，从④式可得

F -(1-μ) BI m L -μmg =0

I m =

F -μmg (1-μ) BL

=2. 5A

将I m =2. 5A 代入③式，得

I m (R +r )

v m =

=3. 75m/s

（3）从刚拉动导轨开始计时，t =0时，v=0，I =0，

当t =t 1时，v 达到最大，I 达到2.5 A，电流I 随时间t 的变化图线如图所示所示．【答案】（1）

a m =

F -μmg

=0. 4m/s

（2）v m =

I m (R +r )

=3. 75m/s （3）如图所示26所示

14．【解析】（1）由右手定则，棒中感应电流方向由b 指向a

（2）棒做加速度逐渐减小的变加速运动，棒到达底端时速度最大，由能量守恒定律得

mgL sin θ=

mv m +Q 解得 v m =4m/s

（3）当棒的速度为v 时，感应电动势 E=Bdv 感应电流 I =

E R

棒所受安培力F=BId =

B d v R

当棒的速度为v=2 m／s 时，F=1 N 由牛顿第二定律得mg sin θ-F =ma 解得棒的加速度 a =3m/s2

【答案】（1）由b 指向a ；（2）v m =4m/s；（3）a =3m/s2

考点预测题

1．【解析】铜环经过位置1时，有磁通量变化产生感应电流受磁场力方向向上，阻碍磁通量的增加，所以，a =1

mg -F

〈g ；经过位置2时，环中磁通量最大，磁通量变化率为零，

2．【解析】由于环中感应电流所受安培力的方向既跟直流电流产生的磁场方向垂直，又跟

2．法拉第电磁感应定律问题

3．【解析】当双刀双掷开关S 使螺线管的电流反向时，测量线圈中就产生感应电动势，根

据法拉第电磁感应定律可得： E =N

∆φ∆t

2B π(d /2)

∆t

Q ∆t

=E R

由欧姆定律得：I =

由上述二式可得：B =【答案】B =

2QR

π. Nd

∆B ∆x

L ，

4．【解析】(1)设线圈向右移动一距离ΔS ，则通过线圈的磁通量变化为：∆φ=h ∆S 而所需时间为∆t =

∆S v

，

∆φ∆t

=hvL

∆B ∆x

=4⨯10

-5

根据法拉第电磁感应定律可感应电动势力为E =(2)根据欧姆定律可得感应电流I =

E R

=2⨯10

-8

A ，

电功率P=IE=8⨯10-8W

E =

∆φ∆t

=hvL （1）=4⨯10【答案】

∆x ∆B

-5

V （2）8⨯10-8W

l 3

时，其等效电路如图所示. 这时的有效切割长度为

2l l

⋅= 323

电阻：r =

⨯

R 2

R 3

E =B L υ=B ⋅υ=

B l υ

总电流：I =

E R 并+r

Bl υ13

3Bl υ5R

R +

由并联分流关系可知：

I ac =

23I =

2B l υ5R

导线ac 中的电流方向由a →c .

【答案】I ac =

23I =

2B l υ5R

方向由a →c .

8．【解析】（1）棒滑过圆环直径OO ′ 的瞬时，MN 中的电动势

E 1=B 2a v=0.2×0.8×5=0.8V 等效电路如图所示，流过灯L 1的电流 I 1=E 1/R=0.8/2=0.4A

E 2=ΔФ/Δt =0.5×πa 2×ΔB /Δt =0.32V ③ L 1的功率

P 1=(E 2/2) 2/R =1.28×102W

【答案】（1） I 1=E 1/R=0.8/2=0.4A （2）1.28×102W

mg sin θ-μmg cos θ=ma ①

由①式解得a =10×（0.6-0.25×0.8）m/s2=4m/s2 ②

（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为v ，所受安培力为F ，棒在沿导轨方向受力平衡 mg sin θ-μmg cos θ-F =0 ③

此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R 消耗的电功率

P=Fv ④ 由③，④两式解得 v=

P F =

0.2⨯10⨯(0.6-0.25⨯0.8)

m /s=10m /s ⑤

（3）设电路中电流为I ，两导轨间金属棒长为l ，磁场的磁感应强度为 B

I=vB l R

⑥

P=IR ⑦

由⑥，⑦两式解得B=

10⨯l

⑧

磁场方向垂直导轨平面向上.

P F =

8⨯

m /s=【答案】（1）4m/s2 （2） 10m ） B==/s （3T=0.4T

0.2⨯10⨯0.6-0.25⨯0.8)vl 10⨯l

（2）感应电动势 E ＝Blv ，感应电流 I =

E R

安培力 F m =B IL =

B L v R

由图线可知金属杆受拉力、安培力和阻力作用，匀速时，合力为零，F =所以v =

R B L

F -2

R f B L

由图线可以得到直线的斜率 k ＝2，而 k =2

R B L

，即

：

B ==1T

R B L

（3）由图线的直线方程：v =

F -

Rf B L

可知直线的截距为 -

Rf B L

=-4m/s

阻R 上产生的焦耳热．由平衡条件知，棒最终静止时，弹簧的弹力为零，即此时弹簧处于初始的原长状态．

（1）初始时刻棒中感应电动势E=Lv0B ① 棒中感应电流I=

E R

②

作用于棒上的安培力F=ILB ③ 联立①②③，得F=

L v 0B R

，安培力方向：水平向左

（2）由功和能的关系，得安培力做功W 1=E P -电阻 R 上产生的焦耳热Q 1=

m v 0-E P

m v 0

（3）由能量转化及平衡条件等，可判断：棒最终静止于初始位置Q =

L v 0B R

m v 0

【答案】（1） F=

（2）Q 1=

m v 0-E P （3）Q =

m v 0

12．【解析】由题意可知线框在磁场中一直是作变速直线运动。所以对整个过程只能由能的观点求解．

（1）若线框在下落阶段能匀速地进入磁场，则线框在进入磁场的过程中受力平衡，则据平衡条件可知线框在进入磁场瞬间有：mg =F 阻+

B a v 2

，解得：v 2=

(mg -F 阻) R

B a

1212

mg +F 阻mg -F 阻

⨯v 2，代入可得：v 1=

R B a

mv 1 ① mv 2 ②

(mg ) -F 阻

12mv 0-

mv 1=Q +(mg +F 阻)(a +b ) ，又由题可知v 0=2v 1

解得：Q ＝

3m (mg +f )(mg -f ) R

2B a

-mg (b +a )

【答案】（1）v 2=3m (mg +f )(mg -f ) R

2B a

(mg -F 阻) R

B a

（2）v 1=

R B a

(mg ) -F 阻（3）

-mg (b +a )

E R 1+R 2

Blv P R 1+R 2

安培力F A =IlB =

B l v P R 1+R 2

（3）Q 的速度设为v Q ，Q 受地球引力和缆索拉力F Q 作用

M m Q (R +h )

-F Q =m Q

v Q R +h

①

P 、Q 角速度相等

v P v Q

R +h +l

② R +h

又g =

G M R

③联立①、②、③解得F Q =m Q [

(R +h )

(R +h ) v P (R +h +l )

B l v P R 1+R 2

]

【答案】（1）U PQ ＝B lv （2） F A =IlB =

（3）

F Q =m Q [

(R +h )

(R +h ) v P (R +h +l )

]

b ac

U R

,R ＝

U R

U ac p

则F t =Bb =B =796. 8 N 对海水推力的方向沿y 轴正方向(向右)

(2)U感=Bu感b=9.6 V (3)根据欧姆定律，I 2=

U ' R =

(U -Bv 4b ) ac

=600 A

安培推力F 2=I2Bb=720 N 对船的推力F=80%F2=576 推力的功率P=Fvs =80%F2v s =2 880 W

U 【答案】（1）Bb =ac B =796. 8 N 对海水推力的方向沿y 轴正方向（2） 9.6 V （3）2 880 W R p

高中物理专题:电磁感应

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