应强度B?0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上当金属棒处于位置?1?时，金属棒具有沿斜面向上的初速度V1?4m/s，同时给金属棒施加一沿斜面向上的外力F此1?8N，时，金属棒沿斜面向上做匀减速直线运动；当金属棒到达位置（II）后，外力方向不变，大小突变为F2，金属棒将沿斜面向上做匀速直线运动，再经过时间t?2s到达位置（Ⅲ）。金属棒在位置（I）时，与MN、Q1Q2相接触于a、b两点，a、b的间距L1?1m。金属
d两点。棒在位置（Ⅱ）时，与MN、已知位置（I）、（Ⅱ）间距为x1?7.5m，Q1Q2相接触于c、
g?10m/s2求：
（1）金属棒从位置（I）运动到位置（Ⅱ）的过程中，加速度的大小？ （2）c、d两点间的距离L2？
（3）金属棒从位置（I）运动到位置（Ⅲ）的过程中，电阻R上产生的热量Q？
电磁感应经典习题答案
1．解：（1）线框P在磁场中，P上升，Q下落，二者机械能守恒： （m2－m1）g（h－L1）= 12（m1＋m2）v12
B2L12v1
线框P经过磁场区上边界时：m2g = m1g＋
R1
（3分） （3分）
36
解得：B =
10
3
T≈ 3.33T v1 = 2m/s （2）从线框P完全离开磁场到线框Q开始进入磁场，二者机械能守恒：
（m2－m1）g（H－h）= 12（m1＋m2）v22－1
2（m1＋m2）v12
线框Q经过磁场区上边界时：m2g = m1g＋B2L22v2
R2
解得：H = 1.5m v2 = 3m/s
线框Q完全进入磁场后到落地前，二者机械能守恒：
（m2－m1）g（h－L2）= 12（m1＋m2）v32－1
2（m1＋m2）v22
解得：v3 = 4m/s
线框P增加的机械能ΔE = 12m1v32＋m1g（H＋h）= 3.3J 2．解：（1）根据q?It,由I?t图像得:q?1.25C
E??BL2又根据I?R?Rt?Rt （3分）
得R?4? （4分）
（2）由电流图像可知，感应电流随时间变化的规律：I=0.1t （2分）
由感应电流I?BLvR,可得金属框的速度随时间也是线性变化的， v?RIBL?0.2t
（3分） 线框做匀加速直线运动，加速度a?0.2m/s2
（1分）
线框在外力F和安培力FA作用下做匀加速直线运动， F-FA=ma （1分） 得力F=（0.2t+0.1）N
（3）t=5s时，线框从磁场中拉出时的速度v5=at=1m/s （2分） 线框中产生的焦耳热Q?W?12mv25?1.67J （2分） 3．解：（1）（6分）因金属框匀速运动， 所以金属框受到的安培力等于重力与阻力之和， 设当电梯向上用匀速运动时，金属框中感应电流大小为I F安?mg?f ① （2分） F安?2B1ILcd ② （2分）
由①②式得金属框中感应电流I?1.2?104A （1分）
图示时刻回路中感应电流沿逆时针方向 （1分）
（2）（5分）金属框中感应电动势E?2B1Lcd(v0?v1) ③ （2分） 37
（3分）
（3分） （3分）
（3分）
（3分） （3分）
金属框中感应电流大小I?2B1Lcd(v0?v1) ④ （2分）
R
由③④式得v0?12.7m/s （1分）
25 （3）（9分）金属框中的热功率为：P1?IR?1.3?10W （2分）
5重力功率为：P2?mgv1?4.75?10W （2分）
3阻力的功率为：P?fv?5?10W （2分） 31
提升轿厢的效率??P2?100%
P1?P2?P3
??77.9%
v1 t15．解：（1）由图乙可知，在0～t1时间内金属框运动的加速度
a1=
（1分） （1分） （1分） （1分） （1分）
设斜面的倾角θ，由牛顿第二定律有 a1=gsinθ 解得 sinθ=
v1 gt1
在t1～2t1时间内金属框匀速进入磁场，则 l0=v1t1 在2t1～3t1时间内，金属框运动位移 s =则磁场的宽度 d= l0＋s=
3v1t1 2
5v1t1 2
（2）在t2时刻金属框cd边到达EF边界时的速度为v2，设此时加速度大小为a2， cd边切割磁场产生的电动势 E=Bl0v2 （1分） 受到的安培力 F?BEl0 R
（1分） （1分） （1分） （1分）
由牛顿第二定律 F- mgsinθ=ma2
B2v12l0金属框进入磁场时 mgsin??
Rv?v1解得 a2=2
t1
加速度方向沿斜面向上 （1分） （3）金属框从t1时刻进入磁场到t2时刻离开磁场的过程中，由功能关系得
mg(d?l0)?sin??解得 Q?4mv1?
21212mv2?mv1?Q 22
（2分）
12mv2 2（2分）
38
6．解答：（1）MN与PQ重合时，穿过线框的磁通量为零，故磁通量的变化量为
???BS?BL2?1?0.52Wb?0.25Wb 2分
（2）cd边刚过PQ的瞬间，线框中的感应电动势
E?2BLv0?2?1?0.5?2V=2V 2分
感应电流的大小为
a M v0 d P 39
b N c Q
I?E2?A=4A 1分 R0.5线框所受安培力的大小为
F?2BIL?2?1?4?0.5N=4N 1分
线框加速度的大小为
a?F4?m/s2?8m/s2 2分 m0.5（3）MN到达PQ前，由能量守恒可知，线框中产生的焦耳热为
Q1?11mv02?mv12?0.75J 2分 22MN与PQ重合的时刻，线框中的感应电动势
E1?2BLv1?2?1?0.5?1V=1V 1分
MN经过PQ后，线框中产生的焦耳热
E12LQ2???0.5J 2分
R2v1故在整个运动过程中，线框中产生的焦耳热为
Q?Q1?Q2?1.25J 2分
7．解：（1）因为导轨光滑，所以导体棒下滑过程中机械能守恒，设导体棒第一次进入磁场时的速度为v1，则
1 mgH?mv2
2 v?2gH?2?10?0.20m/s?4.0m/s (2分) E?Blv?0.50?0.20?4.0V?0.40V （2分）
E0.40 I??A?0.20A （2分）
R?r1.50?0.5 （2）设导体棒第一次出水平磁场时的速度为v2，设导体棒在水平轨道上运动的时间里，电路中电流的平均值为I，导体棒在水平导轨上运动的时间为t，根据动量定理有
?F安t?mv2?mv1F安?BIlER?r??E??t???B?S?Bld①②③ （5分） ④⑤ I? 40