電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的常見題型匯總（很全很細(xì)）

本文格式為Word版，下載可任意編輯——電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的常見題型匯總（很全很細(xì)）電磁感應(yīng)現(xiàn)象的常見題型分析匯總（很全）

命題蛻變

“軌道+導(dǎo)棒〞模型類試題命題的“基本道具〞：導(dǎo)軌、金屬棒、磁場，其變化點有：1.圖像2．導(dǎo)軌

（1）軌道的形狀：常見軌道的形狀為U形，還可以為圓形、三角形、三角函數(shù)圖形等；

（2）軌道的閉合性：軌道本身可以不閉合，也可閉合；

（3）軌道電阻：不計、均勻分布或部分有電阻、串上外電阻；

（4）軌道的放置：水平、豎直、傾斜放置等等．理圖像是一種形象直觀的“語言〞，它能很好地考察考生的推理能力和分析、解決問題的能力，下面我們一起來看一看圖像在電磁感應(yīng)中常見的幾種應(yīng)用。

一、反映感應(yīng)電流強(qiáng)度隨時間的變化規(guī)律

例1如圖1—1，一寬40cm的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里。一邊長為20cm的正方形導(dǎo)線框位于紙面內(nèi)，以垂直于磁場邊界的恒定

速度v=20cm/s通過磁場區(qū)域，在運動過程中，線框有一邊始v終與磁場區(qū)域的邊界平行。取它剛進(jìn)入磁場的時刻t=0，在圖1-2所示的以下圖線中，正確反映感應(yīng)電流強(qiáng)度隨時間變化規(guī)

←40cm→律的是（）

圖1—1ii

OO1234123545t/st/s(A)(B)ii

OO1234123545t/st/s(C)(D)圖1—2

分析與解此題要求能正確分解線框的運動過程（包括部分進(jìn)入、全部進(jìn)入、部分開開、全部離開），分析運動過程中的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，確定感應(yīng)電流的大小和方向。

線框在進(jìn)入磁場的過程中，線框的右邊作切割磁感線運動，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，從而在整個回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，由于線框作勻速直線運動，其感應(yīng)電流的大小是恒定的，由右手定則，可判斷感應(yīng)電流的方向是逆時針的，該過程的持續(xù)時間為t=(20/20)s=1s。

線框全部進(jìn)入磁場以后，左右兩條邊同時作切割磁感線運動，產(chǎn)生反向的感應(yīng)電動勢，相當(dāng)于兩個一致的電池反向連接，以致回路的總感應(yīng)電動勢為零，電流為零，該過程的時間也為1s。而當(dāng)線框部分開開磁場時，只有線框的左邊作切割磁感線運動，感應(yīng)電流的大小與部分進(jìn)入時一致，但方向變?yōu)轫槙r針，歷時也為1s。正確答案：C

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評注（1）線框運動過程分析和電磁感應(yīng)的過程是密切關(guān)聯(lián)的，應(yīng)借助于運動過程的分析來深化對電磁感應(yīng)過程的分析；（2）運用E=Blv求得的是閉合回路一部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，而整個電路的總感應(yīng)電動勢則是回路各部分所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的代數(shù)和。

N例2在磁棒自遠(yuǎn)處勻速沿一圓形線圈的軸線運動，并穿過S

線圈向遠(yuǎn)處而去，如圖2—1所示，則以下圖2—2中較正確反映線圈中電流i與時間t關(guān)系的是（線圈中電流以圖示箭頭為

圖2—1

正方向）（）

iiii

OOOOtttt

ABCD圖2—2

分析與解此題要求通過圖像對感應(yīng)電流進(jìn)行描述，具體思路為：先運用楞次定律判

斷磁鐵穿過線圈時，線圈中的感應(yīng)電流的狀況，再提取圖像中的關(guān)鍵信息進(jìn)行判斷。

條形磁鐵從左側(cè)進(jìn)入線圈時，原磁場的方向向右且增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場與之相反，再由安培定則可判斷，感應(yīng)電流的方向與規(guī)定的正方向一致。當(dāng)條形磁鐵繼續(xù)向右運動，被抽出時，原磁場向右減小，感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向一致，感應(yīng)電流的方向與規(guī)定的正方向相反。（假使條形磁鐵是對稱的，線圈在正中央時線圈中的原磁場最強(qiáng)）正確答案：B

評注用圖像來表示物理過程，是一種簡單明快的方法，假使能抓住物理過程的特征，則可迅速解決問題。如此題中感應(yīng)電流的方向（正負(fù)？是否改變？）就是一個典型的特征。

二、判斷感應(yīng)電流的方向

例3一勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面，規(guī)定向里的方向為正。在磁場中有一細(xì)金屬圓環(huán)，線圈平面位于紙面內(nèi)，如圖3—1所示，現(xiàn)令磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化，先按圖3—2中所示的Oa圖線變化，后來又按圖線bc和cd變化，令ε1，ε2，ε3分別表示這三段變化過程中感應(yīng)電動勢的大小，I1、I2、I3分別表示對應(yīng)的感應(yīng)電流，則（）B順時針O12345678910t

圖3—2圖3—1

A.ε1＞ε2，I1沿逆時針方向，I2沿順時針方向

B.ε1＜ε2，I1沿逆時針方向，I2沿順時針方向C.ε1＜ε2，I1沿順時針方向，I2沿逆時針方向D.ε1＝ε2，I1沿順時針方向，I2沿順時針方向

分析與解此題要求探討穿過線圈的磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化而引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象問題，研究的思路是：抓住磁場變化的不同階段，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律判斷感應(yīng)電動勢的大小和方向。

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在Oa時間段中，磁場向里均勻增加，由楞次定律和右手螺旋定則可判定，感應(yīng)電流I1為逆時針方向，設(shè)a、b兩時刻的磁感強(qiáng)度為B，則ε1=△φ/△t=(△B/△t)S=BS/4。

在bc段中，磁場向里均勻減小，由楞次定律和右手螺旋定則可判定，感應(yīng)電流I2為順時針方向，ε2=△φ/△t=(△B/△t)S=BS。

在cd段中，磁場向外均勻增加，由楞次定律和右手螺旋定則可判定，感應(yīng)電流I3為順時針方向，由于該段斜率與bc段一致，因此ε2＝ε3。正確答案：BD

評注對電磁感應(yīng)物理過程的分析是研究和求解電磁感應(yīng)問題的關(guān)鍵。值得注意的是：此題中從bc段到cd段，雖然磁感強(qiáng)度的方向發(fā)生了變化，而感應(yīng)電流的方向并沒有發(fā)生變化，假使我們不切實際的想當(dāng)然，往往會誤入歧途。

三、判斷其它物理量的大小和方向

例4如圖4(a)，圓形線圈P靜止在水平桌面上，其正上方懸掛一一致的線圈Q，P和Q共軸。Q中通有變化的電流，電流隨時間變化的規(guī)律如圖4(b)所示。P受重力為G，桌面對P的支持力為N，則（）

i

t4tOQt1t2t3P

4（b）4（a）A.t1時刻N(yùn)>GB.t2時刻N(yùn)>GC.t3時刻N(yùn)G。

時刻t2在Q中電流不變階段，P中不能引起電流，N=G。

時刻t3在Q中電流減小階段，P中引起了感應(yīng)電流，但此時Q中電流為0，因此無法實現(xiàn)相互作用，N=G。

時刻t4與時刻t2狀況一致，N=G。

評注圖像是數(shù)理綜合的一個重要窗口，在運用圖像解決物理問題時，首要問題是能解讀圖像中的關(guān)鍵信息（特別是過程信息）；其次要能有效地實現(xiàn)物理信息和數(shù)學(xué)信息的相互轉(zhuǎn)換。如此題中電流為零的t3時刻的分析，對我們提出了較高的要求。

例5如圖5—1所示豎直放置的螺線管與導(dǎo)線abcd

ab構(gòu)成回路，導(dǎo)線所圍區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里的變化的

B勻強(qiáng)磁場，螺線管下方水平桌面上有一導(dǎo)體圓環(huán)。導(dǎo)線

abcd所圍區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度按以下5—2哪一圖

cd圖5—1些所表示的方式隨時間變化時，導(dǎo)體圓環(huán)將受到向上的

磁場力作用？（）

BBBB-3-OtOA

B

tO圖5—2

C

tOD

t

分析與解此題研究的是“二次感應(yīng)問題〞，即通過abcd線框中磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流，再通過流過螺線管的感應(yīng)電流的變化，在導(dǎo)體圓環(huán)中產(chǎn)生其次次電磁感應(yīng)現(xiàn)象。

在abcd線框中原磁場變化所產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為i=ε/R=（△B/△t）S（1/R），要產(chǎn)生二次感應(yīng)現(xiàn)象，必需要有變化的i，即△B/△t是變化的，而△B/△t可以從圖像中曲線的斜率看出。如A答案中曲線的斜率在減小，則△B/△t是減小的，線框abcd中所產(chǎn)生的感應(yīng)電流是變小的，由楞次定律可判斷線框中所產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向adcba，由此可知螺線管在圓環(huán)中產(chǎn)生的磁場方向向上且減小，再由楞次定律判斷感應(yīng)電流的效果，只有線圈向上運動，才能減弱螺線管在圓環(huán)中的磁場的減弱，故圓環(huán)受到向上的作用力。其它選項同樣分析。正確答案：AB。

評注應(yīng)充分注意“二次感應(yīng)〞現(xiàn)象產(chǎn)生的條件：第一次電磁感應(yīng)產(chǎn)生的感應(yīng)電流必需隨時間是變化的。值得注意的是，通過圖像中曲線的斜率我們可以判斷物理量的變化率狀況。

圖像是我們分析問題、解決問題的一個重要的手段，對圖像問題的考察仍是近些年的高考考察的熱點問題，值得各位考生引起高度的重視。

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視角一：軌道的擺放與形狀

一.雙軌道——單導(dǎo)棒

單導(dǎo)棒在運動過程中切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，因此單導(dǎo)棒在電路中相當(dāng)于電源，與軌道構(gòu)成一個回路。1.軌道水平放置

例1.（04上海）水平面上兩根足夠長的金屬導(dǎo)軌平行固定放置，間距為L，一端通過導(dǎo)線與阻值為R的電阻連接；導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為m的金屬桿（如下圖），金屬桿與導(dǎo)軌的電阻忽略不計。均勻磁場豎直向下，用與導(dǎo)軌平行的恒定拉力F作用在金屬桿上，桿最終將做勻速運動。當(dāng)改變拉力的大小時，相對應(yīng)的勻速運動速度?也會變化，?和F的關(guān)系如下圖（取重力加速度g?10m/s2）

（1）金屬桿在勻速運動之前做什么運動？（2）若m?0.5kg，L?0.5m，R?0.5?，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B為多大？（3）由?—F圖線的截距可求得什么物理量？其值為多少？

2.軌道傾斜放置

例2.（04北京）如下圖，兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為?的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L。M、P兩點間接有阻值為R的電阻。一根質(zhì)量為m的均勻金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直。整個裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直斜面向下。導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦。（1）由b向a方向看到的裝置如下圖，請在此圖中畫出ab桿在下滑過程中某時刻的受力示意圖；

（2）在加速下滑過程中，當(dāng)ab桿的速度大小為?時，求此時ab桿中的電流及其加速度的大??；

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應(yīng)試策略

學(xué)生在平日的學(xué)習(xí)中要重基礎(chǔ)知識的理解和能力的培養(yǎng)。

（1）全面把握相關(guān)知識。由于“軌道+導(dǎo)棒〞模型題目涉及的知識點好多，如力學(xué)問題、電路問題、磁場問題及能量問題等，學(xué)生要順利解題需全面理解相關(guān)知識，常用的基本規(guī)律有法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、左、右手定則、歐姆定律及力學(xué)中的運動學(xué)規(guī)律、動力學(xué)規(guī)律、動量定理、動能定理、動量守恒定律、能量轉(zhuǎn)化和守恒定律等。

（2）抓住解題的切入點：第一：受力狀況、運動狀況的動態(tài)分析。思考方向是：導(dǎo)體受力運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢?感應(yīng)電流?通電導(dǎo)體受安培力?合外力變化?加速度變化?速度變化?感應(yīng)電動勢變化?……，周而復(fù)始，循環(huán)終止時，加速度等于零，導(dǎo)體達(dá)到穩(wěn)定運動狀態(tài)。要畫好受力圖，抓住a?0時，速度?達(dá)最大值的特點。其次：功能分析，電磁感應(yīng)過程往往涉及多種能量形勢的轉(zhuǎn)化。例如：如下圖中的金屬棒ab沿導(dǎo)軌由靜止下滑時，重力勢能減小，一部分用來戰(zhàn)勝安培力做功轉(zhuǎn)化為感應(yīng)電流的電能，最終

在R上轉(zhuǎn)化為焦耳熱，另一部分轉(zhuǎn)化為金屬棒的動能。若導(dǎo)軌足夠長，棒最終達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)為勻速運動時，重力勢能用來戰(zhàn)勝安培力做功轉(zhuǎn)化為感應(yīng)電流的電能，因此，從功和能的觀點人手，分析明白電磁感應(yīng)過程中能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系，往往是解決電磁感應(yīng)問題的重要途徑．

（3）自主開展研究性學(xué)習(xí)．學(xué)生平日應(yīng)用研究性的思路考慮問題，可做一些不同類型、不同變化點組合的題目，注意不斷地總結(jié)，并可主動變換題設(shè)條件進(jìn)行研究學(xué)習(xí)，在高考時碰見自己研究過的不同變化點組合的題目就不會感到陌生了。

“軌道+導(dǎo)棒〞模型問題的物理情境變化空間大，題目綜合性強(qiáng)，所以該模型問題是高考的熱點，同時也是難點，從這個意義上講重視和加強(qiáng)此類問題的探究是十分必要和有意義的，另外還可起到觸類旁通的效果，讓學(xué)生同時具備解決“軌道+導(dǎo)棒〞等其它模型問題的能力。綜合訓(xùn)練1．（05XX）如下圖，固定的水平光滑金屬導(dǎo)軌，間距為L，左端接有阻值為R的電阻，處在方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連，放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻均可忽略．初始時刻，彈簧恰處于自然長度，導(dǎo)體棒具

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有水平向右的初速度?0．在沿導(dǎo)軌往復(fù)運動的過程中，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸．

(1)求初始時刻導(dǎo)體棒受到的安培力．

(2)若導(dǎo)體棒從初始時刻到速度第一次為零時，彈簧的彈性勢能為Ep，則這一過程中安培力所做的功W1和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1分別為多少?

(3)導(dǎo)體棒往復(fù)運動，最終將靜止于何處?從導(dǎo)體棒開始運動直到最終靜止的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q為多少?2．（05上海）如下圖，處于勻強(qiáng)磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌相距1m，導(dǎo)軌平面與水平面成??370角，下端連接阻值為R的電阻．勻強(qiáng)磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直．質(zhì)量為0.2kg．電阻不計的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動摩擦因數(shù)為0.25．

(1)求金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑時的加速度大小；

(2)當(dāng)金屬棒下滑速度達(dá)到穩(wěn)定時，電阻R消耗的功率為8W，求該速度的大小；

(3)在上問中，若R?2?，金屬棒中的電流方向由a到b，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與方向．(g?10m/s2)

3．（05廣東）如下圖，兩根足夠長的固定平行金屬光滑導(dǎo)軌位于同一水平面，導(dǎo)軌上橫放著兩根一致的導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成矩形回路。導(dǎo)體棒的兩端連接著處于壓縮狀態(tài)

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ac

的兩根輕質(zhì)彈簧，兩棒的中間用細(xì)線綁住，它們的電阻均為R，回路上其余部分的電阻不計。在導(dǎo)軌平面內(nèi)兩導(dǎo)軌間有一豎直向下的勻強(qiáng)磁場。開始時，導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)。剪斷細(xì)線后，導(dǎo)體棒在運動過程中

Ａ．回路中有感應(yīng)電動勢

Ｂ．兩根導(dǎo)體棒所受安培力的方向一致

Ｃ．兩根導(dǎo)體棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能守恒Ｄ．兩根導(dǎo)體棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能不守恒4．（05遼寧）如下圖，兩根相距為l的平行直導(dǎo)軌ab、cd，b、d間連有一固定電阻R，導(dǎo)軌電阻可忽略不計。MN為放在ab和cd上的一導(dǎo)體桿，與ab垂直，其電阻也為R。整個裝置處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，磁場方向垂直于導(dǎo)軌所在平面（指向圖中紙面內(nèi)）。現(xiàn)對MN施力使它沿導(dǎo)軌方向以速度?（如圖）做勻速運動。令U表示MN兩端電壓的大小，則

A．U??Bl/2,流過固定電阻R的感應(yīng)電流由b到dB．U??Bl/2,流過固定電阻R的感應(yīng)電流由d到bC．U??Bl,流過固定電阻R的感應(yīng)電流由b到dD．U??Bl,流過固定電阻R的感應(yīng)電流由d到b

5．如下圖，矩形裸導(dǎo)線框長邊的長度為2l，短邊的長度為l，在兩個短邊上均接有電阻R，其余部分電阻不計，導(dǎo)線框一長邊與x軸重合，左邊的坐標(biāo)x=0，線框內(nèi)有一垂直于線框平面的磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度滿足關(guān)系

B?B0sin(?x2l)。一光滑導(dǎo)體棒AB與短邊平行且與長邊接觸良

好，電阻也是R，開始時導(dǎo)體棒處于x=0處，從t=0時刻起，

導(dǎo)體棒AB在沿x方向的力F作用下做速度為?的勻速運動，求：

（1）導(dǎo)體棒AB從x=0到x=2l的過程中力F隨時間t變化的規(guī)律；（2）導(dǎo)體棒AB從x=0到x=2l的過程中回路產(chǎn)生的熱量。

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6．如下圖，abcd為質(zhì)量M?2kg的導(dǎo)軌，放在光滑絕緣的水平面上，另有一根質(zhì)量m?0.6kg的金屬棒PQ平行bc放在水平導(dǎo)軌上，PQ棒左邊靠著絕緣固定的豎直立柱e、f，導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁場以O(shè)O′為界，左側(cè)的磁場方向豎直向上，右側(cè)的磁場方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B=0.8T.導(dǎo)軌的bc段長l?0.5m，其電阻r?0.4?，金屬棒的電阻R?0.2?，其余電阻均可不計，金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)??0.2。若在導(dǎo)軌上作用一2個方向向左、大小為F?2N的水平拉力，設(shè)導(dǎo)軌足夠長，g取10m/s，試求：Ob（1）導(dǎo)軌運動的最大加速度；

aB（2）流過導(dǎo)軌的最大電流；Fe（3）拉力F的最大功率.Bfc

dO`

7．如圖，光滑平行的水平金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距d，在M點和P點間接一個阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間OO1O1′O′矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面豎直向下、寬為l的勻強(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度為B。一質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab，垂直擱在導(dǎo)軌上，與磁場左邊界相距l(xiāng)0?，F(xiàn)用一大小為F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由靜止開始運動，棒ab在離開磁場前已經(jīng)做勻速直線運動（棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好的接觸，導(dǎo)軌電阻不計）。求：（1）棒ab在離開磁場右邊界時的速度；

（2）棒ab通過磁場區(qū)的過程中整個回路所消耗的電能；（3）試分析探討ab棒在磁場中可能的運動狀況。

O1’NO1aM

B

FRbOO′PQll0-19-

8．（01科研）如下圖，兩根相距為d的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌位于水平的xy平面內(nèi)，一端接有阻值為R的電阻．在x＞0的一側(cè)存在沿豎直方向的均勻磁場，磁感強(qiáng)度B隨x的增大而增大，B?kx，式中的k是一常量，一金屬直桿與金屬導(dǎo)軌垂直，可在導(dǎo)軌上滑動，當(dāng)t=0時位于k=0處，速度為?0，方向沿x軸的正方向．在運動過程中，有一大小可調(diào)理的外力F作用于金屬桿以保持金屬桿的加速度恒定，大小為a，方向沿x軸的負(fù)方向．設(shè)除外接的電阻R外，所有其他電阻都可以忽略．問：（1）該回路中的感應(yīng)電流持續(xù)的時間多長？（2）當(dāng)金屬桿的速度大小為

?0時，回路中的感應(yīng)電動勢有多大？2（3）若金屬桿的質(zhì)量為ｍ，施加于金屬桿的外力F與時間ｔ的關(guān)系如何？

yBv0R

xO

9．如下圖，兩根相距為d的足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于豎直的xOy平面內(nèi)，導(dǎo)軌與豎直軸yO平行，其一端接有阻值為R的電阻。在y＞0的一側(cè)整個平面內(nèi)存在著與xOy平面垂直的非均勻磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨y的增大而增大，B?ky，式中的k是一常量。一質(zhì)量為m的金屬直桿MN與金屬導(dǎo)軌垂直，可在導(dǎo)軌上滑動，當(dāng)t=0時金屬桿MN位于y=0處，速度為?0，方向沿y軸的正方向。在MN向上運動的過程中，有一平行于y軸的拉力F作用于金屬桿MN上，以保持其加速度方向豎直向下，大小

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所以?max?Imax(R?r)?3.75m/sPmax?F??max?7.5WBl7．（1）ab棒離開磁場右邊界前做勻速運動，速度為?m，則有：

E?Bd?m①I?E②R?rF(R?r)B2d2對ab棒F?BId?0③解得?m?（2）由能量守恒可得：F(l0?l)?W電?m?2⑤

解得：W電?F(l0?l）?mF2(R?r)22Bd44④

12⑥

12（3）設(shè)棒剛進(jìn)入磁場時速度為?，由：F?l0?m?2⑦

可得：??2Fl0⑧m棒在進(jìn)入磁場前做勻加速直線運動，在磁場中運動可分三種狀況探討：

2l0B4l42Fl0F(R?r)①若（或F?），則棒做勻速直線運動；?mm(R?r)2B2d22l0B4l42Fl0F(R?r)②若（或F?），則棒先加速后勻速；?mm(R?r)2B2d2③若

2l0B4l42Fl0F(R?r)（或），則棒先減速后勻速。F??222mm(R?r)Bd8．（1）金屬桿在導(dǎo)軌上先是向右做加速度為a的勻減速直線運動，運動到導(dǎo)軌右方最遠(yuǎn)處

速度為零，后又沿導(dǎo)軌向左做加速度為a的勻加速直線運動。當(dāng)過了原點O后，由于已離開了磁場區(qū)，故回路不再有感應(yīng)電流。因而該回路中感應(yīng)電流持續(xù)的時間就等于金屬桿從原點O向右運動到最遠(yuǎn)處，再從最遠(yuǎn)處向左運動回到原點O的時間，這兩段時間是相等的。以t1表示金屬桿做勻減速運動的時間，則由運動學(xué)公式有?0?at1?0

由上式解出t1可得該回路中感應(yīng)電流持續(xù)的時間T?2?0/a

（2）以x1表示金屬桿的速度變?yōu)?1??0/2時它所在的x坐標(biāo)，對于勻減速直線運動有

22??0?2ax1?1以?1??0/2代入上式，得此時金屬桿的x坐標(biāo)x1?23?08a23?0由題給條件，得此時金屬桿所在處的磁感強(qiáng)度B1?

8a33k?0d此時回路中的感應(yīng)電動勢E1?B1d?1?

16a（3）以?和x表示t時刻金屬桿的速度和它所在的x坐標(biāo)，由運動學(xué)公式得

-31-

???0?atx??0t?at2

12故由金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E?k(?0t?at2)(?0?at)d由于在x＜0區(qū)域中不存在磁場，故只有在時刻t?T?122?0范圍上式才成立。a12由歐姆定律，回路中的電流為I?E/R?k(?0t?at2)(?0?at)/R因而金屬桿所受的安培力等于f?BId?k2(?0t?at2)2(?0?at)d2/R

當(dāng)f?0時，f沿x軸的正方向，以F表示作用在金屬桿上的外力，由牛頓定律得F?k2(?0t?at2)2(?0?at)d2/R?ma由上式解得作用在金屬桿上的外力為

F?ma?k2(?0t?122at)(?0?at)d2/R22?0范圍上式才成立。a1212上式只有在t?T?9．解：（1）金屬桿MN以初速度?0向上做加速度為g的勻減速運動，以y1表示金屬桿MN的速度變?yōu)?1??02時它所在的y2坐標(biāo)，由?12??03?02?2gy1，可得y1?

8g3k?028g

所以此時金屬桿MN所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1?ky1?3k?03d回路的感應(yīng)電動勢E1?B1?1d?

16g

（2）以?和y表示金屬桿向上運動的過程中t時刻的速度和位置坐標(biāo)，有???0?gt，y??0t?gt2

12

故由金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動E?B?d

E?kyvd?k(?0t?12gt)(?0?gt)d2

從而，回路中的電流I?E?Rk(?0t?12gt)(?0?gt)d2Rk2(?0t?

金屬桿所受安培力的大小FA?IBd?122gt)(?0?gt)d22R

由題目條件可知，在金屬桿上升的過程中拉力F與安培力FA大小相等、方向相反。所

-32-

以，F(xiàn)方向豎直向上，大小F?k2(?0t?122gt)(?0?gt)d2?2（式中t?0）Rg

10．此題由于兩導(dǎo)軌的寬度不等，a、b系統(tǒng)動量不守恒，可對a、b分別用動量定理。a運動產(chǎn)生感應(yīng)電流，a、b在安培力的作用下，分別作減速和加速運動。

回路的E總?Ea?Eb?2Bl?a?Bl?b，隨著?a減小?b增加，E總減小，安培力F?E總lB/(3R)也隨之減小，故a棒的加速度a?Fa/(2m)減小，b棒的加速度a/?Fb/m也減小。

當(dāng)E總?0，即2Bl?a?Bl?b時兩者加速度為零，兩棒均勻速運動且有?b?2?a①對a、b分別用動量定理?Fat?2m(?a??b)……②Fbt?m?b……③而Fa?2Fb……④所以可得：?a??0?b?2?0

3311．當(dāng)金屬棒速度恰好達(dá)到最大速度時，受力分析可知

mgsin??F?fER據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：E?BL?據(jù)閉合電路歐姆定律：I?B2L2?所以F?BIL??0.2N

Rf?mgsin??F?0.3N

下滑過程據(jù)動能定理得：mgh?f?h1

W?m?2sin?2解得W?1J所以此過程中電阻中產(chǎn)生的熱量Q?W?1J12．（1）C點電勢較高。

（2）導(dǎo)軌勻速運動時，

CD棒受安培力F1?BIL?1.6N，方向向上。

導(dǎo)軌受摩擦力f??(mg?F1)?0.88N，方向向右。

導(dǎo)軌受安培力F2?1.6N，方向向右。水平拉力F?F2?f?2.48N。（3）導(dǎo)軌以加速度a做勻加速運動，速度為?時，有

B2L2?B2L2?F???(mg?)?Ma①R?rR?r當(dāng)速度??0時，水平力F最小，F(xiàn)m=1.6N。（4）CD上消耗電功率P=0.8W時，電路中的電流為I4?-33-

P?2AR此刻，由I4?BL?4解得導(dǎo)軌的運動速度?4?3m/sR?r由①式可得F4?2.24N。力F做功的功率P4?F4?4?6.72W

-34-

為重力加速度g。設(shè)除電阻R外，所有其他電阻都可以忽略。問：（1）當(dāng)金屬桿的速度大小為

?0時，回路中的感應(yīng)電動勢多大？2（2）金屬桿在向上運動的過程中拉力F與時間t的關(guān)系如何？

10．如圖，足夠長的光滑平行導(dǎo)軌水平放置，電阻不計，MN部分的寬度為2l，PQ部分的寬度為l，金屬棒a和b的質(zhì)量ma?2mb?2m，其電阻大小Ra?2Rb?2R，a和b分別在MN和PQ上，垂直導(dǎo)軌相距足夠遠(yuǎn)，整個裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感強(qiáng)度為B，開始a棒向右速度為?0，b棒靜止，兩棒運動時始終保持平行且a總在MN上運動，b總在

PQ上運動，求a、b最終的速度。

11．兩根金屬導(dǎo)軌平行放置在傾角為??300的斜面上，導(dǎo)軌左端接有電阻R?10?，導(dǎo)軌自身電阻忽略不計。勻強(qiáng)磁場垂直于斜面向上，磁感強(qiáng)度B?0.5T。質(zhì)量為m?0.1kg，電阻可不計的金屬棒ab靜止釋放，沿導(dǎo)軌下滑。如下圖，設(shè)導(dǎo)軌足夠長，導(dǎo)軌寬度L?2m，金屬棒ab下滑過程中始終與導(dǎo)軌接觸良好，當(dāng)金屬棒下滑h?3m時，速度恰好達(dá)到最大值??2m/s。求此過程中電阻中產(chǎn)生的熱量。

-21-

12．一個“II〞形導(dǎo)軌PONQ，其質(zhì)量為M?2.0kg，放在光滑絕緣的水平面上，處于勻強(qiáng)磁場中，另有一根質(zhì)量為m?0.60kg的金屬棒CD跨放在導(dǎo)軌上，CD與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)是

0.20，CD棒與ON邊平行，左邊靠著光滑的固定立柱ab，勻強(qiáng)磁場以ab為界，左側(cè)的磁

場方向豎直向上（圖中表示為垂直于紙面向外），右側(cè)磁場方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小都是0.80T，如下圖。已知導(dǎo)軌ON段長為0.50m，電阻是0.40?，金屬棒CD的電阻是0.20?，其余電阻不計。導(dǎo)軌在水平拉力作用下由靜止開始以0.2m/s2的加速度做勻加速直線運動，一直到CD中的電流達(dá)到4A時，導(dǎo)軌改做勻速直線運動。設(shè)導(dǎo)軌足夠長，取

g?10m/s2。求：

（1）導(dǎo)軌運動起來后，C、D兩點哪點電勢較高？（2）導(dǎo)軌做勻速運動時，水平拉力F的大小是多少？

（3）導(dǎo)軌做勻加速運動的過程中，水平拉力F的最小值是多少？

（4）CD上消耗的電功率為P?0.8W時，水平拉力F做功的功率是多大？

aC

OP

FB

QNbD

電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的\軌道一導(dǎo)棒\模型問題參考答案

例1：（1）金屬桿在運動過程中受到拉力、安培力和阻力作用，拉力和阻力恒定，安培力隨著速度的增大而逐漸增大，因此，金屬桿的加速度越來越小，即金屬桿做加速度越來越小的變加速運動。

（2）金屬桿的感應(yīng)電動勢E?BL?感應(yīng)電流I?所以，金屬桿受到的安培力F?BIL?B2L2?RERB2L2?金屬桿受到拉力、安培力和阻力作用，勻速運動時合力為零，即F??f

R解得??FRBL22?fRBL22

-22-

由圖線可以得到直線的斜率k?2，故B?RkL2?1T

（3）由直線的截距可以求得金屬桿受到的阻力f?2N若金屬桿受到的阻力僅為動摩擦力，由f可以求得動摩擦因數(shù)??0.4。

例2：（1）ab桿在下滑過程中受到三個力作用：重力mg，豎直向下；支持力N，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上。受力分析如下圖。

（2）當(dāng)ab桿速度為?時，感應(yīng)電動勢E?BL?。此時電路中的電流I?ab桿受到的安培力F?BIL?B2L2?REBL??RRB2L2?B2L2?設(shè)桿的加速度為a，由牛頓其次運動定律有mgsin???ma得a?gsin??RmRmgRsin?B2L2?（3）當(dāng)mgsin??時，ab桿達(dá)到最大速度?m，有?m?

RB2L2例3：設(shè)桿2的運動速度為?，由于兩桿運動時，兩桿間和導(dǎo)軌構(gòu)成的回路中的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E?Bl(?0??)感應(yīng)電流I?ER1?R2桿2作勻速運動，它受到的安培力等于它受到的摩擦力，即BIl??m2g導(dǎo)體桿2戰(zhàn)勝摩擦力做功的功率P??m2g?解得P??m2g??0????m2g?(R?R)12?B2l2?例4：設(shè)金屬桿向上運動的速度為?，因桿的運動，兩桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的面積減少，

從而磁通量也減少。由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的感應(yīng)電動勢的大小E?B(l1?l2)?

回路中的電流I?E方向沿著順時針方向R兩金屬桿都要受到安培力的作用，作用于桿x1y1的安培力為f1?BIL1，方向向上；作用于桿x2y2的安培力為f2?BIL2，方向向下。當(dāng)金屬桿作勻速運動時，根據(jù)牛頓其次定律有

F?m1g?m2g?f1?f2?0

解以上各式，得I?F?(m1?m2)g??B(l2?l1)F?(m1?m2)gRB2(l2?l1)2

作用于兩桿的重力的功率P?2F?(m1?m2)gRB2(l2?l1)22(m1?m2)g

??電阻上的熱功率Q?IR??F?(m1?m2)g?R

?B(l2?l1)?例5：（1）當(dāng)兩桿都以速度?向相反方向勻速運動時，每桿所受的安培力和拉力平衡。每個金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為E1?E2?Bd?

由閉合電路的歐姆定律，回路的電流強(qiáng)度I?-23-

E1?E2Bd??2rr拉力F1?F2?BId?3.2?10?2N

（2）設(shè)兩個金屬桿之間增加的距離為△L，增加△L所用的時間t?由焦耳定律，兩金屬桿共產(chǎn)生的熱量為Q?I2(2r)t?I2?2r??L；2??L?1.28?10?2J2?例6：解法(一)：設(shè)磁場方向垂直紙面向里，分別選取ab、cd為研究對象。設(shè)ab向下、cd向上勻速運動速度大小為?，據(jù)電磁感應(yīng)定律應(yīng)有：

ab產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E1?Bl?cd產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E2?Bl?

a→b→d→c，電流大小據(jù)閉合電路歐姆定律應(yīng)為：

I?E1?E2Bl??2RR

B2l2?ab受安培力向上，cd受安培力向下，大小均為：F?BIl?Rab勻速向下時平衡條件為：T?F?Mg

cd勻速向上時平衡條件為：T?F?mg

T代表導(dǎo)線對金屬桿的拉力．

2F?(M?m)g聯(lián)立可得??(M?m)gR2B2l2

(二)：把a(bǔ)b、cd兩導(dǎo)線視為一個整體作為研究對象，由于M＞m，所以整體動力

為(M-m)g，ab向下、cd向上運動時，穿過閉合回路的磁通量減小，產(chǎn)生感應(yīng)電流．據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流的磁場要阻礙原磁場的磁通量變化，即阻礙ab向下，cd向上運動，

B2L2?即F安為阻力。整體受到的動力與安培力滿足平衡條件，即(M?m)g?2?，則可解得

R如上結(jié)果。

(三)：把整個回路視為一整體作研究對象。因其速度大小不變，故動能不變。ab

向下、cd向上運動過程中，因Mg＞mg，系統(tǒng)的重力勢能減少，將轉(zhuǎn)化為回路的電能。據(jù)能量轉(zhuǎn)化守恒定律，重力的機(jī)械功率(單位時間系統(tǒng)減少的重力勢能)要等于電功率(單位時間轉(zhuǎn)化為回路的電能)。

例7：設(shè)任一時刻t兩金屬桿甲、乙之間的距離為x，速度分別為?1和?2,經(jīng)過很短的時間?t，桿甲移動距離?1?t，桿乙移動距離?2?t，回路面積改變?S?(?1??2)l?t由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的感應(yīng)電動勢E?B?SE電流I??t2R桿甲的運動方程F?BIl?ma

由于作用于桿甲和桿乙的安培力總是大小相等、方向相反，所以兩桿的動量等于外力F的

沖量Ft?m?1?m?2聯(lián)立以上各式解得?1?[1Ft2R(F?ma)1Ft2R(F?ma)?]?8.15m/s??[?]?1.85m/s22m2mB2l2B2l2例8：（1）從初始至兩棒達(dá)到速度一致的過程中，兩棒總動量守恒，有m?0?2m?①

22?(2m)?2?m?0根據(jù)能量守恒，整個過程中產(chǎn)生的總熱量Q?m?0

121214（2）設(shè)ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊?/p>

3時，cd棒的速度為?'，則由動量守恒可知4-24-

3m?0?m?0?m?'

4此時回路中的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流分別為

3EE?(?0??')BlI?

42R此時cd棒所受的安培力F?BIlcd棒的加速度a?B2l2?0由以上各式，可得a?

4mRFm例9：以a表示金屬桿運動的加速度，在t時刻，金屬桿與初始位置的距離L?at2

此時桿的速度??at桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的面積S?Ll回路中的感應(yīng)電動勢E?S而B?kt

?B?Bl??t12?BB(t??t)?Bt??t?tER回路的總電阻R?2Lr0感應(yīng)電流I?作用于桿的安培力F?BIl

3k2l2解得F?r?1.44?10?3N

2r0例10：ab棒受重力作用從靜止開始運動，速度由零逐漸增大，同時ab棒切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E，并對電容器充電，回路中有感應(yīng)電流，ab棒受到安培力的阻礙作用。ab棒上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E?BL?

因回路中無電阻，電容器兩端的電壓u?E回路中的電流I??q?(Cu)CBL?????t?t?tCB2L2??ab棒所受的安培力F安?BIL?

?tm??由牛頓其次定律得mg?F安?ma?

?t??mgCB2L2??m???即mg?解得a???t?t?tm?CB2L2例11：（1）棒勻速向左運動，感應(yīng)電流為順時針方向，電容器上板帶正電。由于微粒受

力平衡，電場力方向向上，場強(qiáng)方向向下，所以微粒帶負(fù)電。

UcqUc?IRdEI?E?Bl?03R3mgd由以上各式求出q?

Bl?0

mg?-25-

（2）設(shè)經(jīng)時間t0微粒受力平衡mg?解得t0?

3mgd?或t0?0BlaqaUcqd

而Uc?Blat0

13

當(dāng)tt0時，a2?

Blaqt-g，越來越大，加速度方向向上3md例12：開關(guān)S由1合向2之后，起初電容器通過導(dǎo)軌及兩小棒構(gòu)成的回路放電，外磁場B對通有電流的兩小棒施加向右的安培力，使兩小棒從靜止開始向右做加速運動；隨后，由于以下三個因素：（1）電容器的放電電流是隨時間衰減的；（2）兩小棒在磁場中運動切割磁感線所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢阻礙電容器通過小棒放電；（3）開始時兩棒受到的安培力相等，但由于兩棒質(zhì)量不等，故獲得的速度不等，L1的速度?1較大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢亦較大，從而使流經(jīng)該棒的電流比較小，導(dǎo)致L2所受的安培力較小，相應(yīng)的加速度也較小，兩棒加速過程中的差異最終導(dǎo)致兩棒以一致的速度運動，并使兩棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢均等于電容器兩端的電壓，流經(jīng)兩棒的電流為零，它們所受的安培力消失，兩棒維持以一致的速度做勻速運動。

自電容器開始放電至小棒達(dá)到最終速度恒定的過程中，任一時刻的電流如下圖，此時作用于L1和L2上的安培力分別為：

f1?Bli1⑴f2?Bli2⑵

在t到t??t時間內(nèi)，兩棒增加的動量由動量定理給出，即：f1?t?Bli1??1?m1??1⑶f2?t?Bli2?t?m2??2⑷

由于開始時兩棒均靜止，最終兩棒速度相等，設(shè)最終速度為?，則有：

?Bli1?t?m1?⑸?Bli2?t?m2?⑹⑸⑹兩式相加，得：Bl?(i1?i2)?t?(m1?m2)?⑺

任何時刻，通過L1和L2的電流的代數(shù)和等于電容的放電電流i，即i1?i2?i⑻而Bl?(i1?i2)?t??i??t?Q-q⑼

⑼式中Q為剛開始放電時電容正極板帶的電量，q為小棒達(dá)到最終速度時電容器正極板帶的電量，顯然Q?CU⑽q?CBl?⑾

由⑺、⑻、⑼、⑽、⑾式得BlC(U?Bl?)?(m1?m2)?

解得??BlCU(m1?m2?B2l2C)

12電容器開始放電時，所具有的電能為W0?CU2棒達(dá)到最終速度時電容器的儲能為W1?1q22C?B4l4C3U2