人教版高中物理选修2-1 第3章 电磁感应现象在技术中的应用 知识总结+习题精选

电磁感应现象在技术中的应用 知识总结

1．电磁感应中的电路问题
在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生__感应电动势__，该导体或回路相当于__电源__.因此，电磁感应问题往往又和电路问题联系在一起．
解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法如下：
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)确定感应电动势的__大小__和__方向__．
(2)画等效电路图．
(3)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律、电功率等公式联立求解．
2．电磁感应中的动力学问题
(1)导体棒的两种运动状态
①平衡状态——导体棒处于静止状态或匀速直线运动状态，加速度为__零__；
②非平衡状态——导体棒的加速度不为零．
(2)两个研究对象及其关系
电磁感应中导体棒既可看作电学对象(因为它相当于电源)，又可看作力学对象(因为有感应电流而受到安培力)，而感应电流I和导体棒的__速度v__是联系这两个对象的纽带．
(3)电磁感应中的动力学问题分析思路
①电路分析：切割磁感线的导体棒相当于__电源__，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I＝.　　
②受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIl＝！！！　　###，根据牛顿第二定律列动力学方程F合＝ma．
③过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速运动或__变减速__运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力的平衡条件列方程F合＝0．








电磁感应现象在技术中的应用 习题精选
一、概念理解
1．如图所示，用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m，正方形的一半放在和纸面垂直向里的匀强磁场中．当磁场以每秒10 T的变化率增加时，线框中a、b两点电势差(　B　)

A．Ua　b＝0.1 V　　　　　　 B．Ua　b＝－0.1 V
C．Ua　b＝0.2 V D．Ua　b＝－0.2 V
2．(多选)如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面向里．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是(　ACD　)
A．感应电流方向不变

B． CD段直导线始终不受安培力
C．感应电动势的最大值为Em＝Bav
D．感应电动势的平均值为＝πBav
解析　闭合回路进入磁场的过程中，磁通量始终增加，感应电流的方向沿逆时针方向始终不变，选项A正确；CD段的电流方向由D→C，安培力的方向垂直CD沿纸面向下，选项B错误；因最大有效切割长度为a，所以感应电动势的最大值为Em＝Bav，选项C正确；ΔΦ＝BS＝B，Δt＝，＝＝πBav，选项D正确．
3．如图甲所示，导体圆环所围的面积为10 cm2，电容器的电容为2 μF(电容器的体积很小)，垂直穿过圆环的匀强磁场的磁感应强度随时间变化的图线如图乙所示，则在1 s末电容器的带电荷量为__0__C；4 s末电容器的带电荷量为__2×10－11__C，带正电的极板是__a__．

解析　由法拉第电磁感应定律得圆环中的感应电动势E＝＝S·，在0～2 s内，磁场恒定，＝0，圆环中无感应电动势，电容器不带电．在2～8 s内，磁场以＝1×10－2T/s的变化率均匀减小，圆环中的电动势恒定，E＝S＝10×10－4×1×10－2 V＝1×10－5 V，电容器的带电荷量Q＝CE＝2×10－6×1×10－5 C＝2×10－11 C，垂直纸面向里穿过回路的磁通量在减少，由楞次定律可知在环上感应电动势的方向由b到a，即a端相当于电源的正极，b端相当于电源的负极，所以带正电的极板是a．

二、考法精讲
一　电磁感应中的电路问题
对电磁感应电源的理解
(1)电源的正负极可用右手定则或楞次定律判定，要特别注意应用“在内电路中电流由负极到正极”这一规律进行判定．
(2)电磁感应电路中的电源与恒定电流的电路中的电源不同，前者是由于导体切割磁感线产生的，公式为E＝Blv，其大小可能变化，变化情况可根据其运动情况判断；而后者的电源电动势在电路分析中认为是不变的．
(3)在电磁感应电路中，相当于电源的导体(或线圈)两端的电压与恒定电流的电路中电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于电动势，除非切割磁感线的导体或线圈电阻为零．
(4)在外电路电流由正极经电阻流到负极，电流经电阻R产生电势降落U＝IR．

解决电磁感应中电路问题的三部曲
(1)确定电源
切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，利用E＝n或E＝Blv求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向．如果在一个电路中切割磁感线的有几个部分但又相互联系，可视为等效电源的串、并联．
(2)识别电路结构、画出等效电路
分析电路结构，即分清等效电源和外电路及外电路的串并联关系、判断等效电源的正负极或电势的高低等．
(3)利用电路规律求解
一般是综合应用欧姆定律、串并联电路特点、电容器充电及放电特点、电功和电功率的知识、法拉第电磁感应定律等列方程求解．
[例1](2019·山西太原质检)发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具，它在飞起时能够持续闪烁发光．某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图所示，半径为L的导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度ω匀速转动，圆环上接有电阻均为r的三根金属辐条OP、OQ、OR，辐条互成120°角．在圆环左半部分分布着垂直圆环平面向下磁感应强度为B的匀强磁场，在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一个LED灯相连(假设LED灯电阻恒为r)．其他电阻不计，从辐条OP进入磁场开始计时．
(1)在辐条OP转过60°的过程中，求通过LED灯的电流；
(2)求圆环每旋转一周，LED灯消耗的电能；
(3)为使LED灯闪烁发光时更亮，可采取哪些改进措施？(请写出三条措施)
提示：由n个电动势和内电阻都相同的电池连成的并联电池组，它的电动势等于一个电池的电动势，它的内电阻等于一个电池的内电阻的n分之一．

解析　

(1)辐条OP转过60°的过程中，OP、OQ均处在磁场中，等效电路图如图甲，电路的电动势为E＝BL2ω，电路的总电阻为R＝＋＝r.由闭合电路欧姆定律，电路的总电流为I＝＝，通过LED灯的电流I1＝＝．
(2)设圆环转动的周期为T，辐条OP转过60°的过程中，LED灯消耗的电能Q1＝Ir·，辐条OP转过60°～120°的过程中，仅OP处在磁场中，等效电路图如图乙，电路的电动势为E′＝BL2ω，电路的总电阻为R′＝r＋＝r，由闭合电路欧姆定律，电路的总电流为I′＝＝，通过LED灯的电流I2＝＝，LED灯消耗的电能Q2＝Ir·，圆环每旋转一周，LED灯消耗的电能发生三次周期性变化，所以Q＝3×(Q1＋Q2)＝

(3)例如：增大角速度，增强磁场，增加辐条的长度，减小辐条的电阻等．
答案　(1)　(2)　(3)见解析
　二　电磁感应中的动力学问题
电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况．
1．两种状态及处理方法
状态 特征 处理方法
平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析
非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析

2.力学对象和电学对象的相互关系

3．动态分析的基本思路
导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力―→合力变化加速度变化―→速度变化―→临界状态．

“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
解决电磁感应中动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：

[例2](2019·江西南昌质检)

U形金属导轨abcd原来静止放在光滑绝缘的水平桌面上，范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场穿过导轨平面，一根与bc等长的金属棒PQ平行bc放在导轨上，棒左边靠着绝缘的固定竖直立柱e、f.已知磁感应强度B＝0.8 T，导轨质量M＝2 kg，其中bc段长0.5 m、电阻r＝0.4 Ω，其余部分电阻不计，金属棒PQ质量m＝0.6 kg、电阻R＝0.2 Ω、与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2.若向导轨施加方向向左、大小为F＝2 N的水平拉力，如图所示．求导轨的最大加速度、最大电流和最大速度．(设导轨足够长，g取10 m/s2)
解析　导轨受到PQ棒水平向右的摩擦力Ff＝μmg，
根据牛顿第二定律并整理得F－μmg－F安＝Ma，
刚拉动导轨时，I感＝0，安培力为零，导轨有最大加速度
am＝＝ m/s2＝0.4 m/s2
随着导轨速度的增大，感应电流增大，加速度减小，当a＝0时，速度最大．设速度最大值为vm，电流最大值为Im，此时导轨受到向右的安培力F安＝BImL，F－μmg－BImL＝0，
Im＝，代入数据得
Im＝ A＝2 A．
由I＝可得Im＝，
vm＝＝ m/s＝3 m/s．
答案　0.4 m/s2　2 A　3 m/s
　三　电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中的能量转化

2．求解焦耳热Q的三种方法

[例3](2018·浙江宁波模拟)如图所示，有一个上、下两层连通且均与水平面平行的“U”型的光滑金属平行导轨，在导轨面上各放一根完全相同的质量为m的匀质金属杆A1和A2，开始时两根金属杆与轨道垂直，在“U”型导轨的右侧空间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，杆A1在磁场中，杆A2在磁场之外．设两导轨面相距为H，平行导轨宽为L，导轨足够长且电阻不计，金属杆单位长度的电阻为r.现在有同样的金属杆A3从左侧半圆形轨道的中点从静止开始下滑，在下面与金属杆A2发生碰撞，设碰撞后两杆立刻黏在一起并向右运动．求：

(1)回路内感应电流的最大值；
(2)在整个运动过程中，感应电流最多产生的热量；
(3)当杆A2、A3与杆A1的速度之比为3∶1时，A1受到的安培力大小．
解析　设A3从半圆形轨道的中点滑到水平轨道的速度为v0.有mg·H＝mv，解得v0＝．
A3、A2碰撞过程动量守恒mv0＝2mv1，解得v1＝，
A3、A2结合后，刚进入磁场时的感应电动势最大，电流也最大．最大电动势Emax＝BLv1，总电阻为A3、A2的电阻并联为等效内阻再与A1的电阻串联R＝Lr＋Lr＝1.5Lr，最大电流Imax＝＝．
(2)分析可得A3、A2进入磁场后，A3、A2向右减速、A1向右加速，最终达到共速(设为v2)，此后保持匀速．三杆系统(A1、A2和A3)的总动量经检验知，符合动量守恒条件(必须检验)，则有2mv1＝3mv2，解得v2＝v0＝，由能量守恒，整个过程感应电流产生的最多热量为Q＝×2mv－×3mv＝mgH．
(3)设A1的速度为v，则A3、A2的速度为3v，同理，由于系统符合动量守恒条件2mv1＝mv＋2m·3v，解得v＝v0＝，整个电路的总电动势为E＝BL·3v－BLv＝2BLv＝BL，电路中的电流I＝，A1所受安培力的大小为F＝BIL＝．
答案　(1)　(2)mgH　(3)

解决电磁感应现象中能量问题的一般步骤
(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源．
(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化．
(3)根据能量守恒列方程求解．
三、递进题组
1．(2019·浙江宁波调研)(多选)如图所示，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，导轨一端跨接一个定值电阻R，导轨电阻不计，现将金属棒沿导轨由静止向右拉，若保持拉力恒定，经时间t1后速度为v，加速度为a1，最终以速度2v做匀速运动；若保持拉力的功率恒定，经时间t2后速度为v，加速度为a2，最终也以速度2v做匀速运动，则(　BD　)

A．t2＝t1 B．t2C．a2＝2a1 D．a2＝3a1
解析　由于两种情况下，最终棒都以速度2v匀速运动，此时拉力与安培力大小相等，则有
F＝F安＝BIL＝＝， ①
当拉力恒定，速度为v，加速度为a1，根据牛顿第二定律有
F－＝ma1； ②
由①②解得a1＝．
若保持拉力的功率恒定，速度为2v时，拉力为F，则有
P＝F·2v，又F＝F安＝，得P＝．
则当速度为v时，拉力大小为F1＝；
根据牛顿第二定律得F1－＝ma2，
解得a2＝．

所以a2＝3a1，故选项C错误，选项D正确；当拉力的功率恒定时，随着速度增大，拉力逐渐减小，最后匀速运动时拉力最小，且最小值和第一种情况下拉力相等，因此最后都达到速度2v时，第一种情况比第二种情况用时要长，当两种情况下都达到速度v时，比较v－t图象(如图所示)可知t1＞t2，故选项A错误，选项B正确．
2．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则(　A　)

A．Q1>Q2　　q1＝q2 B．Q1>Q2　　q1>q2
C．Q1＝Q2　　q1＝q2 D．Q1＝Q2　　q1>q2
解析　设线框ab、bc的长度分别为l1、l2，线框的电阻为R，线框进入磁场过程中，产生的感应电动势分别为E1＝Bl1v，E2＝Bl2v，产生的热量Q1＝t1＝＝、Q2＝t2＝＝，故Q1>Q2；通过线框横截面的电荷量q＝It＝t＝＝，故q1＝q2，选项A正确．
3．如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求：

(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小．
解析　设两根导线的总的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2.对于ab棒，由力的平衡条件得
2mgsin θ＝μN1＋T＋F， ①
N1＝2mgcos θ， ②
对于cd棒，同理有mgsin θ＋μN2＝T ③
N2＝mgcos θ， ④
联立①②③④式得F＝mg(sin θ－3μcos θ)． ⑤
(2)由安培力公式得F＝BIL， ⑥
这里I是回路abdca中的感应电流．
ab棒上的感应电动势为E＝BLv， ⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小．
由欧姆定律有I＝， ⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得
v＝(sin θ－3μcos θ)．
答案　(1)mg(sin θ－3μcos θ)　(2)(sin θ－3μcos θ)

四、典例诊断
[例1](12分)如图甲，两相距L＝0.5 m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R＝2 Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场．质量m＝0.2 kg的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略．杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v?t图象如图乙所示．在15 s时撤去拉力，同时使磁场随时间变化，从而保持杆中电流为0.求：

(1)金属杆所受拉力的大小F；
(2)0～15 s内匀强磁场的磁感应强度大小B0；

[解析]　(1)由图乙及题意知15 s时撤去拉力，杆中电流为0，杆减速运动，则－Ff＝ma3；a3＝＝ m/s2＝－0.8 m/s2，0～10 s内，水平方向杆受拉力、摩擦力，据牛顿第二定律有
F－Ff＝ma1，a1＝＝＝0.4 m/s2，
联立解得F＝0.24 N．
(2)10～15 s内，水平方向杆在磁场中受拉力、安培力、摩擦力，有E＝B0Lv，I＝，F安＝B0IL，F安＋Ff＝F，
代入数据联立求解得B0＝0.4 T．
(3)15～20 s内，杆中电流为0，则闭合回路磁通量不变，即Φ0＝Φt，其中Φ0＝B0S0＝B0Ls0＝B0Lvt2＝0.4×0.5×4×(15－10)Wb＝4 Wb，
Φt＝BtSt＝BtLst＝BtL[s0＋(t－15)v＋a3(t－15)2]，
解Φ　0＝Φ　t，代入数据求得Bt＝ T(15 s≤t≤20 s)　
[答案]　(1)0.24 N(3分)　(2)B0＝0.4 T(4分)
(3)Bt＝ T(15 s≤t≤20 s)(5分)
五、规范迁移
1．如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：

(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；
(2)导体棒匀速运动的速度大小v；
(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q．
解析　(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡，有
mgsin θ＝μmgcos θ，解得μ＝tan θ．
(2)在光滑导轨上，感应电动势E＝BLv感应电流I＝
安培力F安＝BIL，
导体棒受力平衡，有F安＝mgsin θ，
联立解得v＝．
(3)摩擦生热QFf＝μmgdcos θ，由能量守恒定律有
3mgdsin θ＝Q＋QFf＋mv2，
解得Q＝2mgdsin θ－．
答案　(1)tan θ　(2)　(3)2mgdsin θ－
2．(2019·湖南十三校联考一)(多选)如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢．在缓冲车的底板上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN.缓冲车的底部安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L.假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，而缓冲车厢继续向前移动距离L后速度为零．已知缓冲车厢与障碍物和线圈的ab边均没有接触，不计一切摩擦阻力．在这个缓冲过程中，下列说法正确的是(　BC　)

A．线圈中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，最大感应电流为
B．线圈对电磁铁的作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲
C．此过程中，线圈abcd产生的焦耳热为Q＝mv
D．此过程中，通过线圈abcd的电荷量为q＝
解析　缓冲过程中，线圈内的磁通量增加，由楞次定律知，感应电流方向沿逆时针方向(俯视)，感应电流最大值出现在滑块K停下的瞬间，大小应为，选项A错误；线圈中的感应电流对电磁铁的作用力使车厢减速运动，起到了缓冲的作用，选项B正确；据能量守恒定律可知，车厢的动能全部转换为焦耳热，故Q＝mv，选项C正确；由q＝·Δt、＝及＝n，可得q＝，因缓冲过程ΔΦ＝BL2，故q＝，选项D错误．
六、实战演练
1．(多选)如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k>0)．回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝.闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则(　AC　)

A．R2两端的电压为
B．电容器的a极板带正电
C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
D．正方形导线框中的感应电动势为kL2
解析　由题图知外电路结构为R2与R的右半部并联，再与R的左半部、R1相串联，故R2两端电压U2＝U＝，选项A正确．因k>0，由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器b极板带正电，选项B错误．滑动变阻器右侧部分电流、电压均与R2相同，左侧部分电阻与R2相同，电流是R2中电流的2倍，由P＝I2R可知总功率是R2的5倍，所以选项C正确．由法拉第电磁感应定律可知E＝n，其中S为有效面积，S＝πr2，得E＝πkr2，所以选项D错误．
2．(2019·福建福州质检)(多选)如图，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，底端接电阻R，轻弹簧上端固定，下端悬挂质量为m的金属棒，金属棒和导轨接触良好，除电阻R外，其余电阻不计，导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面．静止时金属棒位于A处，此时弹簧的伸长量为Δl，弹性势能为Ep，重力加速度大小为g.将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒在运动过程中始终保持水平，则(　BD　)

A．当金属棒的速度最大时，弹簧的伸长量为Δl
B．电阻R上产生的总热量等于mgΔl－Ep
C．金属棒第一次到达A处时，其加速度方向向下
D．金属棒第一次下降过程通过电阻R的电荷量，比第一次上升过程的多
解析　静止时金属棒位于A处，kΔl＝mg，将其由弹簧原长位置释放，当金属棒的速度最大时，加速度a＝0，设此时弹簧伸长量为l，导轨宽度为L，则有mg＝FB＋kl＝＋kl＝kΔl，故l＜Δl，选项A错误；由分析知，金属棒最终静止在A处，根据能量守恒定律知mgΔl＝Ep＋Q，故Q＝mgΔl－Ep，选项B正确；金属棒第一次到达A处时，mg－kΔl－＝ma，故加速度a＝－，负号表示方向向上，选项C错误；设金属棒运动的距离为x，则通过电阻R的电荷量q＝·Δt＝＝＝，由于金属棒第一次下降过程的距离大于第一次上升过程的距离，故金属棒第一次下降过程通过电阻R的电荷量比第一次上升过程的多，选项D正确．
3．小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T．质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：

(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；
(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；
(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q．
解析　(1)由牛顿第二定律a＝＝12 m/s2，①
进入磁场时的速度v＝＝2.4 m/s.②
(2)感应电动势E＝Blv，③
感应电流I＝，④
安培力FA＝IBl，⑤
代入得FA＝＝48 N．⑥
(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J，⑦
由牛顿第二定律F－mgsin θ－FA＝0，⑧
CD棒在磁场区域做匀速运动，
在磁场中运动的时间t＝，⑨
焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J．
答案　(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J
4．如图甲所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4 m，导轨右端接有阻值R＝1 Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好．导体棒及导轨的电阻均不计．导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L.从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化规律如图乙所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场．若使棒在导轨上始终以速度v＝1 m/s做直线运动．求：

(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E；
(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式．
解析　(1)棒进入磁场前，回路中磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律有E＝S＝×(×0.4)2 V＝0.04 V．
(2)棒进入磁场后磁场的磁感应强度大小不变，棒切割磁感线，产生电动势，当棒与bd重合时，
产生的电动势E′＝B′Lv＝0.5×0.4×1 V＝0.2 V，
此时棒受到的安培力最大，则F＝B′L＝0.04 N，
棒通过abd区域所用时间t′＝＝0.2 s，
在通过的过程中，感应电动势为
Et＝B′[2v(t－1)]v＝t－1 (V)，
电流i＝＝t－1(A)．(1.0 s答案　(1)0.04 V　(2)i＝t－1(A)(1.0 s5．如图所示，倾斜角θ＝30°的光滑倾斜导体轨道(足够长)与光滑水平导体轨道连接．轨道宽度均为L＝1 m，电阻忽略不计．匀强磁场Ⅰ仅分布在水平轨道平面所在区域，方向水平向右，大小B1＝1 T；匀强磁场Ⅱ仅分布在倾斜轨道平面所在区域，方向垂直于倾斜轨道平面向下，大小B2＝1 T．现将两质量均为m＝0.2 kg，电阻均为R＝0.5 Ω的相同导体棒ab和cd；垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道上，并同时由静止释放．g取10 m/s2．

(1)求导体棒cd沿斜轨道下滑的最大速度的大小；
(2)若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程中，ab棒产生的焦耳热Q＝0.45 J，求该过程中通过cd棒横截面的电荷量；
(3)若已知cd棒开始运动时距水平轨道高度h＝10 m，cd棒由静止释放后，为使cd棒中无感应电流，可让磁场Ⅱ的磁感应强度随时间变化，将cd棒开始运动的时刻记为t＝0，此时磁场Ⅱ的磁感应强度为B0＝1 T，试求cd棒在倾斜轨道上下滑的这段时间内，磁场Ⅱ的磁感应强度B随时间t变化的关系式．
解析　(1)cd棒匀速运动时速度最大，设为vm，棒中感应电动势为E，电流为I，感应电动势E＝B2Lvm，电流I＝，由平衡条件得mgsin θ＝B2IL，代入数据解得vm＝1 m/s．
(2)设cd从开始运动至达到最大速度的过程中经过的时间为t，通过的距离为x，cd棒中平均感应电动势为E1，平均电流为I1，通过cd棒横截面的电荷量为q，由能量守恒定律得mgxsin θ＝mv＋2Q，电动势E1＝，电流I1＝，电荷量q＝I1t，代入数据解得q＝1
C．
(3)设cd棒开始运动时穿过回路的磁通量为Φ0，cd棒在倾斜轨道上下滑的过程中，设加速度大小为a，经过时间t通过的距离为x1，穿过回路的磁通量为Φ，cd棒在倾斜轨道上下滑的总时间为t0，则Φ0＝B0L·，加速度a＝gsin θ，位移x1＝at2，Φ＝BL，＝at，解得t0＝ s．
为使cd棒中无感应电流，必须有Φ0＝Φ，解得B＝.(t＜ s)
答案　(1)1 m/s　(2)1 C　(3)B＝(t＜ s)