電磁感應規律與綜合應用 （解析版）

第9講電磁感應規律與綜合應用

【選考真題】

1.（2022?浙江）如圖所示，將一通電螺線管豎直放置，螺線管內部形成方向豎直向上、磁感應強

度大小B=kt的勻強磁場，在內部用絕緣輕繩懸掛一與螺線管共軸的金屬薄圓管，其電阻率為

P、高度為h、半徑為r、厚度為d（d?r）,則（）

A.從上向下看，圓管中的感應電流為逆時針方向

/C7TT2

B.圓管的感應電動勢大小為1―

h

Ttdh.k2r3

C.圓管的熱功率大小為一;一

2P

D.輕繩對圓管的拉力隨時間減小

【解答】解：A、根據安培定則可知螺線管產生的磁場的方向向上，由于螺線管產生的磁場隨時

間增強，根據楞次定律，圓管產生的感應電流方向從上向下看，圓管中的感應電流為順時針方向，

故A錯誤；

B、圓管的橫截面積：S=nr2,根據法拉第電磁感應定律，則產生的電動勢：E=^=^=

kAtnr2.2缶c￡拄、口

—瓦一=knr,故B錯誤；

C、根據電阻定律，圓管的電阻：R=嚕，

圓管內的感應電流的大小：1=＞與翳=甯，

圓管的熱功率大小為：P=12R=^件，故C正確：

D、根據左手定則可知，圓管受到的安培力的方向指向圓管的圓心，雖然安培力變化，但安培力

的大小對輕繩對圓管的拉力沒有影響，所以輕繩對圓管的拉力不變，故D錯誤。

故選：Co

2.（2022?浙江）艦載機電磁彈射是現代航母最先進的彈射技術，我國在這?領域已達到世界先進

水平。某興趣小組開展電磁彈射系統的設計研究，如圖1所示，用于推動模型飛機的動子（圖

中未回出)與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可在水平導軌上無摩擦滑動。線圈位于導軌間

的輻向磁場中，其所在處的磁感應強度大小均為B。開關S與1接通，恒流源與線圈連接，動

子從靜止開始推動飛機加速，飛機達到起飛速度時與動子脫離;此時S擲向2接通定值電阻Ro,

同時施加回撤力F,在F和磁場力作用下，動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止開始至

返回過程的v?t圖如圖2所示，在ti至t3時間內F=(800-10v)N,t3時撤去F。已知起飛速

度vi=80m/s,ti=I.5s,線圈匝數n=10()匝，每匝周長l=lm,飛機的質量M=10kg,動子和

線圈的總質量m=5kg,Rj=9.5C,B=0.1T,不計空氣阻力和飛機起飛對動子運動速度的影響，

求

(1)恒流源的電流I；

(2)線圈電阻R；

(3)時刻t3。

電則城圈輻向磁場

-,

/kv/(m-s)

輻向磁場酊電刷

圖2

【解答】解：(1)根據安培力公式可得：

F安=nBIl

動子和線圈在。?U時間內做勻加速直線運動，運動的加速度為

。咤

根據牛頓第二定律得：

F安=(M+m)a

代入數據解得：I=8()A

(2)當S撥至2時，接通定值電阻Ro,此時的感應電流為

1=宙

此時的安培力為

F安i=nBIil

根據牛頓笫二定律得:

n2Z2B2

(800-10v)+箭%u=maY

由圖可知在U到t3的過程口，加速度恒定，則有

n2l2B2

----------=10

Ro+R

解得：R=O.5Q；的=160?n/s2

⑶根據圖像可知，._0=*=黑5=0陽

則0?2s時間內，位移大小為

s=＞也=義x80x2m=80m

根據法拉第電磁感應定律得：

lnA(tinBAS

根據電流的定義式可得：Aq=It

/二E

Ro+R

聯立解得：4q=翳*

從t3時刻到最后返回初始位置停下的時間段內通過回路中的電荷量，根據動晟定理得：

-nBIAq=O-mai(13-12)

聯立解得：13=^S

答：(1)恒流源的電流為80A；

(2)線圈電阻為0.5。；

(3)時刻13為號3s。

3.(2022?浙江)如圖所示，水平固定一半徑r=0.2m的金屬圓環，長均為r,電阻均為Ro的兩金

屬棒沿直徑放置，其中一端與圓環接觸良好，另一端固定在過圓心的導電豎直轉軸OO'上，井

隨軸以角速度a)=600rad；s勻速轉動，圓環內左半圓均存在磁感應強度大小為B)的勻強磁場。

圓環邊緣、與轉軸良好接觸的電刷分別與間距h的水平放置的平行金屬軌道相連，軌道間接有

電容C=0.09F的電容器，通過單刀雙擲開關S可分別與接線柱1、2相連。電容滯左側寬度也

為h、長度為12、磁感應強度大小為B2的勻強磁場區域。在磁場區域內靠近左側邊緣處垂直軌

道放置金屬棒ab,磁場區域外有間距也為h的絕緣軌道與金屬軌道平滑連接，在絕緣軌道的水

平段上放置形金屬也fcde。棒ab長度和形框的寬度也均為11、質量均為m=O.Olkg,

de與cf長度均為13=O08m,已知h=0.25m,h=0.068m,BI=B2=1T＞方向均為豎直向上；

棒ab和“[”形框的cd邊的電阻均為R=0.1C,除已給電阻外其他電阻不計，軌道均光滑，棒

ab與軌道接觸良好且運動過程中始終與軌道垂直。開始時開關S和接線柱1接通，待電容器充

電完畢后，將S從1撥到2,電容器放電，棒ab被彈出磁場后與“[”形框粘在一起形成閉合框

abed,此時將S與2斷開，已知框abed在傾斜軌道上重心上升0.2m后返回進入磁場。

（1）求電容器充電完畢后所帶的電荷量Q，哪個極板（M或N）帶正電？

（2）求電容器釋放的電荷量AQ；

（3）求框abed進入磁場后，ab邊與磁場區域左邊界的最大距離X。

【解答】解：（1）開關S與接線柱1接通。電容器充電，充電過程，對繞轉軸OO'轉動的棒由

右手定則可知其動生電源的電流沿徑向向外，即邊緣為電源正極，圓心為負極，則M板帶正電:

根據法拉第電磁感應定律可知：E=^B^r

則電容器的電荷量為：Q=CU=^

聯立解得：Q=0.54C

（2）電容器放電過程有：B21IAQ=mvi

棒ab被彈出磁場后與形框粘在一起的過程有:mvi=（m+m）v2

棒的上滑過程有：gx2/711,2=

聯立解得：△Q=0.16C

（3）設導體框在磁場中減速滑行的總路程為Ax,由動量定理得:

BlliAx

------=2mv

2R7”

可得：Ax=0.128m>0.08口

勻速運動距離為：13-h=0.08m-0.068m=0.012m

則x=Ax+h-12=0.128m+0.012m=0.14m

答：（1）電容器充電完畢后所帶的電荷量Q為0.54C,M極板帶正電;

（2）電容器釋放的電荷量CQ為O.16C；

(3)框abed進入磁場后，ab邊與磁場區域左邊界的最大距離為0.14m。

【要點提煉】

一、求電荷量的三種方法

14=〃(式中/為回路中的恒定電流，，為時間)

(1)由于導體棒勻速切割磁感線產生感應電動勢而使得閉合回路中的電流恒定，根據電流定義式

可知

(2)閉合線圈中磁通量均勻增大或減小口回路中電阻保持不變,則電路中的電流/恒定.f時間內

通過線圈橫截面的電荷量q=lt.

2q=/竿(其中R為回路電阻，卜中為穿過閉合回路的磁通量變化量)

(1)閉合回路中的電阻R不變，并且只有磁通量變化為電路提供電動勢。

(2)從表面來看，通過回路的磁通量與時間無關，但△。與時間有關，隨時間而變化。

3.Ag=CB￡Av(式中C為電容器的電容，8為勻強磁場的磁感應強度，心為導體棒切割磁感線的

長度，Av為導體棒切割速度的變化量)

在勻強磁場中，電容器接在切割磁感線的導體棒兩端，不計一切電阻，電容器兩極板間電壓等

于導體棒切割磁感線產生的電動勢E，通過電容器的電流/=粵=鬻，又則AU=8LA

v,可得的=(78s1，。

二、求解焦耳熱。的三種方法

焦耳定律:Q=/77

焦耳熱Q的

功能關系：Q—W一安培力

三種求法

能;H轉化：Q=AEj［他能的成少量

【方法指導】

一、電磁感應中電路綜合問題

1.等效電源的分析

(I)用法拉第電磁感應定律算出石的大小。等效電源兩端的電壓等于路端電壓，?般不等于電源

電動勢，除非切割磁感線的導體(或線圈)電阻為零。

(2)用楞次定律或右手定則確定感應電動勢的方向，從而確定電源正負極。感應電流方向是電源

內部電流的方向，要特別注意在等效電源內部，電流由負極流向正極。

(3)明確電源內阻心

2.電路結構的分析

(1)分析內、外電路，以及外電路的串并聯關系，畫出等效的電路圖。

（2）應用閉合電路歐姆定律、串并聯電路知識和電功率、焦耳定律等關系式聯立求解。

二、分析線框在磁場中運動問題的兩大關鍵

I.分析電磁感應情況：弄清線框在運動過程中是否有磁通量不變的階段，線框進入和穿出磁場的

過程中，才有感應電流產生，結合閉合電路歐姆定律列方程解答。

2.分析導線框的受力以及運動情況，選擇合適的力學規律處理問題：在題目中涉及電荷量、時間

以及安培力為變力時應選用動顯定理處理問題；如果題目中涉及加速度的問題時選用牛頓運動定律

解決問題比較方便.

三、解決電磁感應綜合問題的“看到”與“想到”

1.看?至上磁感應強度B隨時間/均勻變化”，想至爐噌=4為定值”。

2.看至上線圈（回路）中磁通最變化”時，想到“增反減同”。

3.看到“導體與磁體間有相對運動”時，想到“來拒去留”。

4.看到“回路面積可以變化”時，想到“增縮減擴”。

【例題精析】

考點一楞次定律與法拉第電磁感應定律的應用

［例題1］長直導線與環形導線固定在同一平面內，長直導線中通有如圖所示方向的電流，當電流大

小均勻增大時（）

A.環形導線有擴張的趨勢

B.環形導線受到的安培力大小保持不變

C.環形導線中有順時針方向的感應電流

D.環形導線中的感應電流大小保持不變

【解答】解：AC、導線電流增大，空間的磁場變大，環形導線中的磁通量增加，易得環形導線有

收縮的趨勢，同時易得環形導線中有逆時針方向的感應電流，故AC錯誤：

BD、由于導線電流均勻增大，空間的磁場均勻變大，環形導線中的磁通量均勻增加，故環形導線

中的感應電流大小保持不變，但是由開空間的磁場變大，環形導線受到的安培力大小變大，故B

錯誤，D正確。

故選：D,

［練習1］某同學設計了如圖所示點火裝置。在一個用許多薄硅鋼片疊合而成的直條形鐵芯上套有兩

個彼此絕緣且莫近的線圈A和B,調力觸點K與帶有鐵頭的彈簧片P恰好接觸，合上開關S

后，就能在火花塞的兩電極M、N之間產生火花。關于該設計方案，下列說法正確的是（）

A.不可行，因為電源是直流電

B.不可行，因為兩個線圈的磁通量沒有變化

C.可行，且A的匝數比B多時，點火效果更好

D.可行，且M、N做成針狀時，點火效果更好

【解答】解：AB、雖然電源是直流電，但當接通開關S時，線圈A中產生磁場，從而會吸引帶

有鐵頭的彈簧片P，使開關斷開，從而能使通過A線圈的電流發生變化，使穿過鐵芯的磁通量發

生變化，進而使B線圈當中發生電磁感應，在M、N間產生較大電壓，產生火花放電，故AB錯

誤；

C、在相同的磁通量變化情況卜，線圈的匝數越多，則對應的感應電動勢越大，因此當B的匝數

比A多時，即B線圈產生的電壓就越高，那么點火效果更好，故C錯誤；

D、若M、N做成針狀時，那么這兩點的電場強度越強，點火效果更好，故D正確。

故選：Do

［練習2］（多選）如圖所示,水平導體棒ab質量m=0.1nkg、長L=lm、電阻Rab=0.25C,其兩個

端點分別搭接在豎直平行正對放置的兩光滑金屬圓環上，兩圓環半徑均為r=lm、電阻不計。

阻值R=0.25Q的電阻用導線與圓環相連接，理想交流電壓表V接在電阻R兩端。整個空間有

磁感應強度大小為B=1T、方向豎直向下的勻強磁場。導體棒ab在外力F作用下以速率v=

lm/s繞兩圓環的中心軸OO'勻速轉動，ab在圓環最低點時記為t=（）時刻，重力加速度為g=

10nVs2o下列說法正確的是（）

A.導體棒中的電流I=2sint（A）

B.電壓表的示數為gV

C.從〔=0到0.5TTS的過程中通過R的電量為2c

D.從t=0到0.5ns的過程中外力F做功為1.5TTJ

【解答】解：A、根據題意可知，ab棒在圓環內繞中心軸00,勻速轉動，產生正弦交流電，其中

最大電動勢為：Em=BLv=lXlXlV=lV,

則感應電動勢的有效值為：E=^=堯

感應電流的最大值為：j二爐裁=交帚近A=2A,

導體棒轉動的角速度為：3=￡=1rad/s=1rad/s

導體棒中的電流：I=ImCOSO)l=2cOSt(A),故A錯誤;

B、電壓表的示數為：Uv=Ift-R=XO.25V=^V,故B錯誤；

C、導體棒轉動的周期為：T=Wf=PN=2irs,從t=0到0.5ns的過程中，導體棒轉過;T；

V14

根據電荷量的計算公式可得：q=7t=F』?a=/絳，其中AS=Lr

Kab+H"岫十《

代入數據解得：q=2C,故C正確；

D、勻速轉動過程中動能變化為零，根據動能定理可得：W+W安-mg?2r=0

由電路中產生的焦耳熱等于安培力做功，BP：W安=-1J(R+RO)t,其中I*=V2A

聯立解得：W=1.5TTJ,故D正確。

故選：CDo

方式一：如圖甲所示，固定磁極N、S在中間區域產生勻強磁場，磁感應強度Bi=0.1T,矩形線

圈abed固定在轉軸上，轉軸過ab邊中點，與ad邊平行，轉軸一?端通過半徑ro=1.0cm的摩擦小

輪與車輪邊緣相接觸，兩者無相對滑動。當車輪轉動時，可通過摩擦小輪帶動線圈發電，使L1、

L2兩燈發光。已知矩形線圈N=100匝，面積S=10cm2,線圈abed總電阻Ro=2Q,小燈泡電阻

均為R=2C

方式二：如圖乙所示，自行車后輪由半徑口=0.15m的金屬內圈、半徑F2=0.45m的金屬外圈(可

認為等于后輪半徑)和絕緣輻條構成。后輪的內、外圈之間沿同一直徑接有兩根金屬條，每根金

屬條中間分別接有小燈泡Li、L2,阻值均為R=2C0在自行車支架上裝有強磁鐵，形成了磁感應

強度B2=1T、方向垂直紙面向里的“扇形”勻強磁場，張角6=90°。

以上兩方式，都不計其它電阻，忽略磁場的邊緣效應。求：

(1)“方式一”情況下，當自行車勻速騎行速度v=6m/s時,，小燈泡Li的電流有效值上

(2)“方式二”情況下，當自行車勻速騎行速度v=6m/s時，小燈泡Li的電流有效值T；

(3)在兩種情況下，若自行車以相同速度勻速騎行，為使兩電路獲得的總電能相等，“方式一”

騎行的距離Si和“方式二”騎行的距離S2之比。

【解答】解：(1)由感應電動勢最大值公式可知Em=NBlS(x),其中3二二

代入數據可得Em=6V

由于產生的是正弦式交變電流，則U=^=^V=3&V

vLv2

回路總電阻R'=Ro+?

小燈泡L1的電流有效值?稔

聯立解得：11=孝A

(2)根據法拉第電磁感應定律有：E,m=B2(F2-n)

產生方波式的交變電流，設有效值為U，，則由：~=――-T

R2R

代入數據解得：U=挈V

回路總電阻R”=2R

小燈泡Li的電流有效值T=p

聯立解得：W=^yA

(3)由s=vt

電能Q="r￡

SiLR，Uf2

v相同，Q相同，所以一=—=—?—

2

s2t2R”U

代入數據解得：-=-^-

S2100

答：（1）小燈泡Li的電流有效值為日A；

2

3-^2

（2）小燈泡Li的電流有效值為---A；

20

3

（3）”方式一”端行的距離和“方式二”騎行的距離之比為二。

100

考點二電磁感應中的圖像問題

［例題2］如圖所示，空間分布著方向垂直紙面向里的有界勻強磁場，EF是其右邊界。半徑為r的單

匝圓形金屬線圈垂直于磁場放置，線圈的圓心。在EF上；另有一根長為2i?的導體桿與EF重

合，桿兩端點a、b通過電刷與圓形線圈連接，線圈和導體桿單位長度電阻相同。情況1：導體

直桿不動，線框繞EF軸勻速轉動，轉動方向如圖所示；情況2：線圈不動，導體桿繞O點在紙

面內順時針勻速轉動。兩情況均從圖示位置開始計時，關于導體桿ab兩端點的電壓Uab情況,

下列說法正確的是（）

A.情況1產生的Uab-I圖象為圖甲，情況2產生的Uab-t圖象為圖丙

B.情況1產生的Uab-I圖象為圖乙，情況2產生的Uab-I圖象為圖丁

C.情況1產生的Uab-t圖象為圖甲，情況2產生的Uab-t圖象為圖丁

D.情況1產生的Uab?t圖象為圖乙，情況2產生的Uab7圖象為圖丙

【解答】解?：情況1：導體直桿不動，線框繞EF軸勻速轉動，線圈產生正弦式交流電，產生的Uab

7圖象為圖乙；情況2：線圈不動，導體桿繞。點在紙面內順時針勻速轉動，Ob和0a輪流切

割磁感線，在0-彳時間內，Ob切割磁感線，由右手定則判斷可知，0b中感應電流方向由O-b,

T

則b端的電勢高于a端的電勢，Uab為負值；在3—T時間內，0a切割磁感線，由右手定則判斷

可知，0a中感應電流方向由Ofa,則a端的電勢高于b端的電勢，Uab為正值，則情況2產生的

Uab-I圖象為圖丙，故ABC錯誤，D正確。

故選：Do

［練習4］如圖所示，水平面內有一平行金屬導軌，導軌光滑且電阻不計，阻值為R的導體棒垂直于

導軌放置，且與導軌接觸良好.導軌所在空間存在勻強磁場，勻強磁場與導軌平面垂直,t=0時，

將開關S由1擲向2,分別用q、i、v和a表示電容器眇帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度大

小和加速度大小，則圖所示的圖象中正確的是（）

【解答】解：首先分析導體棒的運動情況：開關S由1擲到2,電容器放電，在電路中產生放電

電流。導體棒通有電流后會受到向右的安培力作用，向右加速運動。導體棒將切割磁感線，產生

感應電動勢，此感應電動勢將電容器的電壓抵消?些，隨著速度增大，感應電動勢增大，則回路

中的電流減小，導體棒所受的安培力減小，加速度減小。因導軌光滑，所以在有電流通過棒的過

程中，棒是一直加速運動（變加速）。當感應電動勢等于電容器的電壓時，電路中無電流，導體棒

不受安培力，做勻速運動。

A、當棒勻速運動后，棒因切割磁感線有電動勢，所以電容器兩端的電壓能穩定在某個不為。的

數值，則由Q=CU知，電容器的電量應穩定在某個不為0的數值，不會減少到0.這時電容器的

電壓等于棒的電動勢數值，棒中無電流，故A錯誤。

B、由于通過棒的電流是按指數遞減的，最后電流減至零，故B錯誤。

C、導體棒先做加速度減小的變加速運動。由于電容器放電產生電流使得導體棒受安培力運動，

當感應電動勢等于電容器的電壓時，電路中無電流，導體棒不受安培力時，導體棒做勻速運動。

故v-t圖象是曲線后應是直線。故C錯誤。

D、根據上面分析可知，桿的加速度逐漸減小直到為零，故D正確。

故選：Do

［練習5］如圖所示，在光滑的水平面上，放置一邊長為1的正方形導電線圈，線圈電阻不變，右側有

垂直水平面向下、寬度為21的有界磁場，建立一與磁場邊界垂直的坐標軸Ox,O點為坐標原

點。磁感應強度隨坐標位置的變化關系為13=1^（k為常數），線圈在水平向右的外力F作用下

沿x正方向勻速穿過該磁場。此過程中線圈內感應出的電動勢e隨時間t變化的圖像（以順時

針為正方向），拉力F的功率p隨線圈位移x變化的圖像可能正確的是（）

【解答】解：AB、線圈從左邊界到右邊界過程中，通過線圈的磁通量向里增加，由楞次定律可知

感應電流的方向是逆時針方向，則感應電動勢為負；線圈離開磁場過程中，磁通量向里減小，根

據楞次定律可知感應電流方向為順時針，則感應電動勢為正；

在0-S時間內，設線圈的速度為v,剛入磁場時，只有石邊切割磁感線，感應電動勢：ei=Blv

由題意可知：B=kvl,則感應電動勢ei=kl\2t,線圈經磁場時感應電動勢大小與時間成正比；

在to-2to時間內，線圈完全入磁場，線圈的左右兩邊都在切割磁感線，回路的感應電動勢：e2=

［kx-k（x-1）llv=kl2v,￡2恒定不變；

在2to-3lo時間內，線圈左邊出磁場后，只有左邊切割磁感線，線圈離開磁場時，線圈中磁通量

減小，則感應電動勢方向沿順時針方向，感應電動勢e3=Blv

7/

其中磁感應強度：B=k[l+v(t-^)]=k(vt-1)

感應電動勢：e3=k(viT)lv=klv?t-k『v,因此之后感應電動勢大小隨時間均勻增大，故A正

確，B錯誤；

CD、線圈勻速進入磁場中，其安培力F安一Bil

電流i=^t

線圈位移x=vt

磁感應強度B=kx=kvt

線圈做勻速直線運動，由平衡條件得F=F安

,2,2

解得：F=匕F，

拉力F的功率p=Fv=華/?v=注2?/

在()-1中，F-x圖象是拋物線

線圈完全進入磁場到右邊即將離開磁場的運動中，即1-21中，安培力F安=1^口-k(x-I)il=

電動勢恒定不變，電流恒定不變，F=F安不變，拉力F的功率不變；

線圈右邊離開磁場之后，即在21?31運動中，拉力等于線圈左邊所受安培力大小，F行華,

IX

B=k(x-1)

.2.2

則有：F=F^=^^(x-!)2

12?22

拉力F的功率：p=Fv=±#L(x-，)2,p-x圖象是一段拋物線，故CD錯誤。

故選：Ao

[練習6]如圖所示，垂直平面向里的勻強磁場右邊界為直線，左邊界為折線，折線與水平線的夾角

均為45°,--個正方形導線框的邊長與磁場最小寬度MN均為1,線框從圖示位置沿水平線向

右勻速穿過磁場過程中，規定線框中逆時針方向為感應電流的正方向，則感應電流隨運動距離

的變化圖像為()

【解答】解：線框穿過磁場的過程如圖所示,

線框運動距離滿足時，線框右邊切割磁感線的有效長度增大，一直到1,根據E=BL有效v可

知感應電動勢增大，結合歐姆定律可知感應電流增大，根據右手定則可知感應電流的方向沿逆時

針方向；

線框運動距離滿足gV%WZ時，線框右邊切割磁感線的有效長度不變，感應電流大小恒定，感應

電流的方向仍然沿逆時針方向；

線框運動距離滿足/Vx時，線框右邊全部和左邊部分切割磁感線，總的有效切割長度變小，

感應電流變小，仍然沿逆時針方向，當％=稱時感應電流為零；

線框運動距離滿足叫VYW包時,線框左邊切割磁感線的有效長度不變,感應電流大小恒定,根

22

據右手定則可知感應電流的方向沿順時針方向，故ACD錯誤，B正確。

故選：Bo

考點三電磁感應定律的應用

［例題3］如圖所示，AD與AiDi為水平放置的無限長平行金屬導軌，DC與DiCi為傾角為0=37°

的平行金屬導軌，兩組導軌的間距均為l=1.5m,導軌電阻忽略不計。質量為m1=O.35kg、電阻

為Ri=1Q的導體棒ab置于傾斜導凱上，質量為m2=0.4kg、電阻為R2=0.5。的導體棒cd置

于水平導軌上，輕質細繩跨過光滑滑輪一端與cd的中點相連、另一端懸掛一輕質掛鉤。導體棒

ab、cd與導軌間的動摩擦因數相同，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。整個裝置處于豎直向上

的勻強磁場中，磁感應強度為B=2T.初始時刻，棒ab在傾斜導軌上恰好不下滑。（g取IOm/s2,

sin370=0.6）

（1）求導體棒與導軌間的動摩擦因數陽

（2）在輕質掛鉤上掛上物體P,細繩處于拉伸狀態，將物體P與導體棒cd同時由靜止釋放，當

P的質量不超過多大時，ab始終處于靜止狀態？（導體棒cd運動過程中，ab、cd一直與DDi平

行，且沒有與滑輪相碰。）

（3）若P的質量取第（2）問中的最大值，由靜止釋放開始計時，當t=ls時cd已經處于勻速直

線運動狀態，求在這1s內ab上產生的焦耳熱為多少？

【解答】解：（1）對ab棒受力分析，受豎直向下的重力，垂直于斜面向?上的支持了和沿斜面向.上

的摩擦力作用，在沿斜面方向上由平衡條件得：

nugsinO-pmigcos0=O

代入數據解得：四=0.75；

（2）當P的質量最大時，P和cd的運動達到穩定時，P和cd一起做勻速直線運動，ab處于靜止

狀態，但摩擦力達到最大且沿斜面向下。設此時電路中的電流為I

對ab棒，由平衡條件，

沿斜面方向上有:BILcose-migsinO-|1N=O

垂直于斜面方向上有:N-BILsinO-migcos0=O

對cd棒，設繩中的張力為T,由平衡條件得：T-BIL-^m2g=0

對P,由平衡條件得：Mg-T=0

聯立以上各式得：M=1.5kg

故當P的質量不超過1.5kg時，ab始終處于靜止狀態；

(3)設P勻速運動的速度為v,由法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律得：

Blv=I(R1+R2)

代入數據得：v=2m/s

對P、棒cd,由牛頓第二定律得：

Blv

Mg-|HTi2g-R--------r--/=(M+m2)a

R]+/?2

兩邊同時乘以△1,并累加求和，可得：

Bls

Met-iini22t-B--------I=(M+m?)v

??Ri+&

解得：s=條n

對P、ab棒和cd棒，由能量守恒定律得：

11

Mgs=pm2gs1Q+2(M1m2)L

代入數據解得：Q=12.6J

在這Is內ab棒上產生的焦耳熱為Qi=而%Q=8.4J,

答：(1)求導體棒與導軌間的動摩擦因數u為0.75；

(2)在輕質掛鉤上掛上物體P,細繩處于拉伸狀態，將物體P與導體棒cd同時由靜止釋放，當

P的質量不超過i.5kg時，ab始終處于靜止狀態。

(3)若P的質量取第(2)問中的最大值，由靜止釋放開始計時，當t=ls時cd已經處于勻速直

線運動狀態，在這1s內ab上產生的焦耳熱為8.4J。

[練習刀如圖所示，兩根光滑固定導軌相距0.4m豎直放置.，導軌電阻不計，在導軌末端P、Q兩點

用兩根等長的細導線懸掛金屬棒cd.棒cd的質量為0.01kg,長為0.2m,處在磁感應強度為Bo

=0.5T的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向里。相距0.2m的水平線MN和JK之間的區

域內存在著垂直導軌平面向里的勻強磁場，且磁感應強度B隨時間變化規律如圖乙所示。在t=

0時刻，質量為0.02kg,阻值為0.3。的金屬棒ab從虛線MN上方0.2m高處，由靜止開始釋放，

下落過程中保持水平，且與導軌接觸良好。結果棒ab在ti時刻從上邊界MN進入磁場中做勻速

運動，在12時刻從下邊界JK離開磁場，g10m/s2.求：

（1）在0?11時間內，電路中感應電動勢的大小；

（2）在H?t2時間內，棒cd受到細導線的總拉力為多大;

（3）棒cd在。?t2時間內產生的焦耳熱。

b

M---------------------------N

xxxxxxxx

XXXXXXX

XXXXXXX

XXXXXXX

PQ

XXXX

qxx|j

圖（甲）

【解答】解：（1）ab棒做自由落體運動，

棒的位移：h=：gM,解得：u==O.2s,

△B0.5B

磁感應強度的變化率：—=——=2.5T/s,

△t0.2s

0-ti時間內的感應電動勢：Ei=塔=祭=^Labh=0.2V；

△LAtAt

（2）ab棒勻速進入磁場區域，由平衡條件得：

B【2Lab=mabg，代入數據解得：12=1A,

在時間12內，對Cd棒，由平衡條件得:

FT=mcdg+Bol2Lcd,代入數據解得：FT=0.2N：

（3）ab棒剛進入磁場時的速度:v=gti=2m/s,

ab棒剛進入磁場時的感應目動勢：E2=BLabv=0.4V,

由圖示電路圖可知'Rcd=3-R『。」。，

在0-U內感應電流:Ii=p3=0.5A,

“ab十"cd

棒cd在0-12內產生的焦耳熱：Qcd=Q1+Q2=112Rcdti+l22Red?=0.015J；

答：（1）在。?ti時間內，電路中感應電動勢的大小為0.2V；

（2）在U?t2時間內，棒cd受到細導線的總拉力為多大為0.2N；

（3）棒cd在。?12時間內產生的焦耳熱為0.015Jo

［練習8］如圖甲所示，平行導軌MN、M'N'固定在水平面內，左端MM'接有一個R=2C的定

值電阻，半徑均為r=（）.5m絕緣半圓形軌道NP、N'P，平滑連接于N、N'點且固定在豎直平

面內，導軌間距L=lm。定值電阻R的右邊有一個寬度d］=0.5m的磁場Bi,方向向下，其變

化規律如圖乙所示。在該磁場右邊一根質量為m=0.2kg、電阻也為2C、長為Im的導體棒ab

置于水平導軌的某處，距離導體棒右端x=1m處有一寬度為d2=1m、方向豎直向下的恒定磁場

B2=1T。導體棒ab在與棒垂直、大小為2N的水平恒力F作用下從靜止開始運動，導體棒運動

過程中始終與導軌垂直并與導軌接觸良好，當導體棒運動至AA’時撤去F,然后進入勻強磁場

B2O導體棒滑出勻強磁場B2并與靜止在半圓形軌道NP、N'P'最底端的質量也為m的絕緣棒

cd發生碰撞并粘在一起，之后一起滑上半圓形軌道。己知導體棒ab初始位置到AA'間軌道粗

糙且動摩擦因數口=0.2,其他軌道均光滑。

（1）導體棒ab進入勻強磁場B2前通過電阻R的電流大小和方向；

（2）試判斷導體棒能否到達圓弧的最高點PP'。若能，求出導體棒的第一次落地點距NN'的

距離；若不能則判斷導體棒能否穿出磁場B2；

（3）整個過程中電路產生的焦耳熱。

【解答】解：（1）導體棒ab進入B2前做勻加速直線運動，設加速度大小為a,

根據牛頓第二定律可得：F-nmg=ma,解得：a=8m收

運動x距離時的時間為3則有：x=|at2,

解得：t=0.5sV0.75s,所以導體棒ab上電流恒定;

此過程中根據法拉第電磁感應定律可得：E=券0=洗x1X0.5V=4V

通過ab棒的電流：1=々上=/協=1人,所以通過R的電流大小也為1A：

根據楞次定律可得電流方向：M-M'；

（2）導體棒剛進入磁場B?的速度：vi=at=8X0.5m/s=4m/s

此時切割磁感應線產生的感應電動勢為：E'=B2LV=IX1X4V=4V

根據右手定則可知由于切割磁感應線產生的感應電流方向為：M'-M

由于感生電動勢與動生電切勢大小相等、方向相反，故導體棒ab穿過B2的過程中一直勻速運動，

第一次出磁場B2的速度為vi=4m/s；

與cd相碰，滿足動量守恒，取向右為正方向，根據動量守恒定律可得：mvi=2mv2

解得：V2=2m/s

設二者沿軌道向上運動的最大高度為h,根據動能定理可得：-2mgh=0-：x2根諺

解得：h=0.2mVr=0.5m,所以二者會從圓弧返回進入磁場B2；

導體棒ab第一次進入磁場B2的時間：t2=*=/s=O.25s,之后Bi=O

假設第二次穿出磁場B2的速度為V3,取向左為正方向，根據動量定理可得：-B27LZXl=2mv3-

2mv2

BP：------=2inv2-2mv3,其中方=d2

R+Zb

解得：V3=1.375m/s＞（）,所以能穿出磁場B2；

（3）感生電場產生的焦耳熱Qi=「（R+rab）t

解得：Qi=2J；

第二次穿進B2中產生的焦耳熱：Q2=|xImfyl-vf）

解得：Q2=0.43J

總的焦耳熱為Q=QI+Q2=2J+0.43J=2.43Jo

答：（1）導體棒ab進入勻強磁場B2前通過電阻R的電流大小為1A,方向M-M'：

（2）導體棒不能到達圓弧的最高點PP',導體棒能穿出磁場B2；

（3）整個過程中電路產生的焦耳熱為2.43J。

【強化專練】

1.如圖所示，半徑為R的阿形區域內存在一垂直紙面向里的勻強磁場，一半徑小于R的圓形導線

環沿著它們圓心進線的方向勻速穿過磁場區域，關于導線環中的感應電流i隨時間i的變化關

系，下列圖象中（以逆時針方向為電流的正方向）最符合實際的是（)

7

A.V

【解答】解：圓形導線開始時進入磁場過程中，磁通展向里增加，根據楞次定律和安培定則可知，

電流方向為逆時針，即為止方向；

當圓形導線出磁場過程中，回路中磁通量向里減小，根據楞次定律和安培定則可知，產生的感應

電流為順時針，即為負方向；

圓形導線環小于磁場的圓形面積，全部進入里面時，磁通量不變化，不產生感應電動勢，電流為

零，

設經過I時間圓形導線的位置如圖所示

有效切割長度為PQ=L,根據圖中幾何關系可得L=2RsinG

產生的感應電動勢E=BLv=2BRvsin0

8隨時間先增大后減小，最大等于90°,進入過程中有效長度先增大后減小，

故當圓形導線進入磁場時，產生感應電流大小先增大然后再減小，當離開磁場時產生感應電流大

小也是先增大在減小，不是線性變化，故ACD錯誤，B正確。

故選：Bo

2.如圖所示，abed是電阻不計的金屬絲制成的正方形線框。質量為m的導體棒MN的長度為1,

電阻為R,可在ac邊與bd邊上無摩擦的滑動，且接觸良好。線框處在垂直紙面向里的磁感應

強度為B的勻強磁場中。MN在力F的作用下，在ab與cd之間運動，旦MN都與ab平行，其

圖線是如圖2所示的周期為T的余弦曲線。下列說法正確的是（）

A.棒兩端M、N的電勢差UMN是周期變化的

T/?2/2p2

B.0?；時間內，電阻消耗的焦耳熱為FT典T

22R

8212b2

C.t=T時，電阻消耗的電功率為丁產

2R

33B2l2vl,1

D.0?7T時間內，外力做功為——9

48R2m

【解答】解：A、棒兩端M、N的電勢差UMN是外電壓，保持為零，故A錯誤；

B、根據E=Blv知，MN棒產生正弦交變電流，感應電動勢最大值為Em=Blvm

有效值為E=^E,n

T燈27p2i2y2

。?號時間內，電阻消耗的焦耳熱為Q=%G=F衛T,故B錯誤；

C、t=T時，電阻消耗的電功率為P=S=^￡=史輯，故C錯誤；

nnn

3p23T13g2^2p2i

D、0~尹時間內，外力做功為W=~~=_gRmT--nwj,故D正確。

故選：Do

3.如圖所示，KLMN是一個豎直的電阻為R的單匝矩形導體線框，全部處于磁感應強度為B的水

平向右的勻強磁場中，線框面積為S,KL邊水平，線框繞某豎直固定軸以角速度3勻速轉動

（俯視逆時針轉動）。下列說法正確的是（）

A.在圖示位置時線框中的感應電動勢為：BS3

B.在圖示位置M，線框中電流的方向是KLMNK

C.從圖示位置繼續旋轉3。。的過程中,線框中的平均電流為阻祥

D.該線框連續轉動產生的交流電的電流的有效值為甯

【解答】解：導線框在磁場中勻速轉動產生正弦式交變電流，從導線框與磁感線平行位置開始計

時，其瞬時值表達式為e=BS3cosu)t。

A、當MN邊與磁場方向的夾角為30°時，其5=30°,根據上面電動勢瞬時值的表達式知此時

瞬時電動勢為E=^BSG,故A錯誤；

B、當MN邊與磁場方向的夾角為30°過程中，導線框內的磁通量向右增加，根據楞次定律可知

導線框中的電流方向是K-N-M-L-K,故B錯誤；

C、從圖示位置繼續旋轉30°的過程中，根據法拉第電磁感應定律可得平均感應電動勢為：

-=；_A0_5S(sin60o-sin30o)_3(點一l)8So)

bra=五'

12o)

線框中的平均電流為I=W=且告臀J故C錯誤；

D、該線框連續轉動產生的交流電的電流的有效值為￡=黑=篝=嘴?，故D正確。

故選：Do

4.如圖，是電子感應加速器的示意圖，上圖是側視圖，下圖是真空室的俯視圖，如果從上向下看，

要實現電子沿逆時針方向在環中加速運動。那么電磁鐵線圈中的電流應滿足()

A.與圖示線圈中電流方向一致，電流在減小

B.與圖示線圈中電流方向一致，電流在增大

C.與圖示線圈中電流方向相反，電流在減小

D.與圖示線圈中電流方向相反，電流在增大

【解答】解：電子在真空室內逆時針做圓周運動，由左手定則可知，真空室內磁場下到上，則上

方為S極，由右手螺旋定貝J可知電流向應與圖示線圈中電流方向一致，與圖示線圈中電流方向一

致，要使電子逆時針加速，則感牛.電場的方向應為順時針，由右手定則線圈產生的磁場向上增大,

所以電流在增大，故B正確，ACD錯誤。

故選：Bo

5.汽車自動控制剎車系統（ABS）的原理如圖所示.鐵質齒輪P與車輪同步轉動，右端有一個繞

有線圈的磁體（極性如圖），M是一個電流檢測器.當車輪帶動齒輪P轉動時，靠近線圈的鐵齒

被磁化，使通過線圈的磁通量增大，鐵齒離開線圈時乂使磁通量減小，從而能使線圈中產生感

應電流，感應電流經電子裝置放大后即能實現自動控制剎車.齒輪從圖示位置開始轉到下一個

鐵齒正對線圈的過程中，通過M的感應電流的方向是（）

A.總是從左向右

B.總是從右向左

C.先從右向左，然后從左向右

D.先從左向右，然后從右向左

【解答】解：齒靠近線圈時被磁化，產生的磁場方向從右向左，齒輪P從圖示位置按順時針方向

轉過a角的過程中，通過線圈的磁通最先減小，后增加。根據楞次定律，線圈中感應電流的磁場

先向右后向左，根據右手螺旋定則判斷出感應電流的方向，所以通過M的感應電流的方向先從右

向左，然后從左向右。故C正確，A、B、D錯誤。

故選：Co

6.如圖所示，這是感受電磁阻尼的銅框實驗的簡化分析圖，已知圖中矩形銅框（下邊水平）的質

量m=2g、長度L=0.05m、寬度d=0.02m、電阻R=0.01Q,該銅框由靜止釋放時銅框下邊與

方向水平向里的勻強磁場上邊界的高度差h=0.2m,磁場上、下水平邊界間的距離D=0.27m,

銅框進入磁場的過程恰好做勻速直線運動。取重力加速度大小g=10m/s2,不計空氣阻力。下列

說法正確的是（）

XXX

XXX

XXX

XXX

A.銅框進入磁場的過程中電流方向為順時針

B.勻強磁場的磁感應強度的大小為0.5T

C.銅框下邊剛離開磁場時的速度大小為3m/s

D.銅框卜邊剛離開磁場時的感應電流為0.3A

【解答】解：A、銅框下邊進入磁