1．如圖1所示，平行導軌間的距離為d，一端跨接一個電阻R，勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直于平行金屬導軌所在的平面．一根足夠長的金屬棒與導軌成θ角放置．金屬棒 與導軌的電阻不計，當金屬棒沿垂直于棒的方向滑行時，通過電阻R的電流為( )
圖1
A.BdvR B.Bdvsin θR ]
C.Bdvcos θR D.BdvRsin θ
答案 D[ ]
解析 題中B、l、v滿足兩兩垂直的關系，所以E＝Blv其中l＝dsin θ即E＝Bdvsin θ，故通過電阻R的電流為BdvRsin θ，選D.
點評 正確理解E＝Blv，知道適用條件是三個量兩兩垂直．
2. 圖2中兩條平行虛線之間存在勻強磁場，虛線間的距離為l，磁場方向垂直紙面向里,abcd是位于紙面內的梯形線圈，ad與bc間 的距離也為l.t=0時刻，bc邊與磁場區域邊界重合（如圖）.現令線圈以恒定的速度v沿垂直于磁場區域邊界的方向穿過磁場區域.取沿a→b→c→d→a的感應電流為正，則在線圈穿越磁 場區域的過程中，感應電流I隨時間t變化的圖線可能是( )?
答案 B
解析 線框進入時，磁通量是增加的，線框穿出時磁通量是減少的，由楞次定律可判斷兩次電流方向一定相反，故只能在A、B中選擇，再由楞次定律及規定的電流正方向可判斷進入時電流為負方向，故選B.
3．如圖3所示，ab和cd是位于水平面內的平行金屬軌道，間距為l，其電阻可忽略不計，ac之間連接一阻值為R的電阻．ef為一垂直于ab和cd的金屬桿，它與ad和cd接觸良好并可沿軌道方向無摩擦地滑動．電阻可忽略．整個裝置處在勻強磁場中，磁場方向垂直于圖中紙面向里，磁感應強度為B，當施外力使桿ef以速度v向 右勻速運動時，桿ef所受的安培力為( )
圖3
A.vB2l2R B.vBlR
C.vB2lR D.vBl2R
答案 A
4．如圖4所示，先后兩次將同一 個矩形線圈由勻強磁場中拉出，兩次拉動的速度相同．第一次線圈長邊與磁場邊界平行，將線圈全部拉出磁場區，拉力做功W1、通過導線截面的電荷量為q1，第二次線圈短邊與磁場邊界平行，將線圈全部拉出磁場區域，拉力做功為W2、通過導線截面的電荷量為q2，則( )
圖4
A．W1>W2，q1＝q2
B．W1＝W2，q1>q2[ ]
C．W1
答案 A
解析 設矩形線圈的長邊為a，短邊為b，電阻為R，速度為v，則W1＝BI1ba＝B?BavR?a?b，W2＝BI2ba＝B?BbvR?a?b，因為a>b，所以W1>W2.通過導線截面的電荷量q1＝I1t1＝BavR?bv＝q2.
5．如圖5所示，半徑為a的圓形區域(圖中虛線)內有勻強磁場，磁感應強度為B＝0.2 T，半徑為b的金屬圓環與虛線圓同心、共面的放置，磁場與環面垂直，其中a＝0.4 m、b＝0.6 m；金屬環上分別接有燈L1、L2，兩燈的電阻均為2 Ω.一金屬棒MN與金屬環接觸良好，棒與環的電阻均不計．
圖5
(1)若棒以v0＝5 m/s的速率沿環面向右勻速滑動，求棒滑過圓環直徑OO′的瞬間，MN中的電動勢和流過燈L1的電流．
(2)撤去中間的金屬棒MN，將左面的半圓弧OL1O′以MN為軸翻轉90°，若此后B隨時間均勻變化，其變化率為ΔBΔt＝4π T/s，求燈L2的功率．
答案 (1)0.8 V 0.4 A (2)1.28×10－2 W
解析 (1)棒滑過圓環直徑OO′的瞬間，MN中的電動勢為動生電動勢，E＝B?2a?v＝0.8 V.
流經L1的電流I＝ERL1＝0.4 A
(2)電路中的電動勢為感生電動勢，E＝πa22?ΔBΔt
燈L2的功率P2＝ERL1＋RL22RL2＝1.28×10－2 W
點評 求電路中的電動勢時，要分析清楚產生感應電動勢的方式，若為導體切割磁感線類，宜用E＝Blv計算；若為磁場變化產生感生電場類，宜用E＝nSΔBΔt.
二、提升練
6．如圖6所示，矩形線框abcd的ad和bc的中點M、N之間連接一電壓表，整個裝置處于勻強磁場中，磁場的方向與線框平面垂直．當線框向右勻速平動時，下列說法中正確的是( )
圖6
A．穿過線框的磁通量不變化，MN間無感應電動勢
B．MN這段導體做切割磁感線運動，MN間有電勢差
C．MN間有電勢差，所以電壓表有示數
D．因為有電流通過電壓表，所以電壓表有示數 ]
答案 B
解析 穿過線框的磁通量不變化，線框中無感應電流，但ab、MN、dc都切割磁感線，它們都有感應電動勢，故A錯，B對．無電流通過電壓表，電壓表無示數，C、D錯．
7．粗細均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行．現使線框以同樣大小的速度沿四個不同 方向平移出磁場，如下圖所示，則在移出過程中線框的一邊a、b兩點間電勢差絕對值最大的是( )
答案 B
解析 設此題中磁感應強度為B，線框邊長為l，速度為v，則四種情況的感應電動勢都是Blv，但B中ab為電源，ab兩點間的電勢差為路端電壓Uab＝34Blv，其他三種情況下，Uab＝14Blv，故選B.[來源:學科網][來源:學科網]
8．如圖7所示，線圈C連接光滑平行導軌，導軌處在方向垂直紙面向里的勻強磁場中，導軌電阻不計，導軌上放著導 體棒MN.為了使閉合線圈A產生圖示方向的感應電流，可使導體棒MN( )
圖7
A．向右加速運動 B．向右減速運動
C．向左加速運動 D．向左減速運動
答案 AD
解析 N再由右手定則判斷MN應向左運動，磁場減弱則電流減小故MN應減速，故可判斷MN向左減速，同理可判斷向右加速也可，故選A、D.→N再由右手定則判斷MN應向左運動，磁場減弱則電流減小故MN應減速，故可判斷MN向左減速，同理可判斷向右加速也可，故選A、D.
9如圖8所示，平行金屬導軌與水平面成θ角，導軌與固定電阻R1和R2相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面．有一導體棒ab，質量為m，導體棒的電阻與固定電阻R1和R2的阻值均相等，與導軌之間的動摩擦因數為μ，導體棒ab沿導軌向上滑動，當上滑的速度為v時，受到安培力的大小為F.此時( )
圖8
A．電阻R1消耗的熱功率為Fv/3
B．電阻R2消耗的熱功率為Fv/6
C．整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為μmgvcos θ D．整個 裝置消耗的機械功率為(F＋μmgcos θ)v
答案 BCD
解析 棒ab上滑速度為v時，切割磁感線產生感應電動勢E＝Blv，設棒電阻為R，則R1＝R2＝R，回路的總電阻R總＝32R，通過棒的電流I＝ER總＝2Blv3R，棒所受安培力F＝BIl＝2B2l2v3R，通過電阻R1的電流與通過電阻R2的電流相等，即I1＝I2＝I2＝Blv3R，則電阻R1消耗的熱功率P1＝I21R＝B2l2v29R＝Fv6，電阻R2消耗的熱功率P2＝I22R＝Fv6.棒與導軌間的摩擦力Ff＝μmgcos θ，故因摩擦而消耗的熱功率為P＝Ffv＝μmgvcos θ；由能量轉化知，整個裝置中消耗的機械功率為安培力的功率和摩擦力的功率之和P機＝Fv＋Ffv＝(F＋μmgcos θ)v.由以上分析可知，B、C、D選項正確．
點評 切割磁感線的導體相當于電源，電源對閉合回路供電．分析清楚整個過程中能量的轉化和守恒，所有的電能和摩擦生熱都來自于機械能，而轉化的電能在回路中又轉化為電熱．
10．如圖9所示，一個半徑為r的銅盤，在磁感應強度為B的勻強磁場中以角速度ω繞中心軸OO′勻速轉動，磁場方向與盤面垂直，在盤的中心軸與邊緣處分別安裝電刷．設整個回路電阻為R，當圓盤勻速運動角速度 為ω時，通過電阻的電流為________．
圖9
答案 Br2ω2R
解析 當銅盤轉動時，產生的感應電動勢相當于一根導體棒繞其一個端點在磁場中做切割磁感線的圓周運動，產生的電動勢為E＝12Br2ω所以通過電阻的電流為Br2ω2R.
11．如圖10所示，在磁感應強度B＝0.5 T的勻強磁場中，垂直于磁場方向水平放置著兩根相距為h＝0.1 m的平行金屬導軌MN與PQ，導軌的電阻忽略不計．在兩根導軌的端點N、Q之間連接一阻值R＝0.3 Ω的電阻，導軌上跨放著一根長為L＝0.2 m、每米長電阻r＝2.0 Ω/m的金屬棒ab，金屬棒與導軌正交，交點為c、d.當金屬棒以速度v＝4.0 m/s向左做勻速運動時，試求：
圖10
(1)電阻R中電流的大小和方向；
(2)金屬棒ab兩端點間的電勢差．Q
→Q
(2)0.32 V
解析 (1)在cNQd構成的回路中，動生電動勢E＝Bhv，由歐姆定律可得電流
Q.
→Q.
(2)a、b兩點間電勢差應由ac段、cd段、db段三部分相加而成，其中cd兩端的電壓Ucd＝IR.
ac、db端電壓即為其電動勢，且有Eac＋Edb＝B(L－h)v.故
Uab＝IR＋Eac＋Edb＝0.32 V.
點評 無論磁場中做切割磁感線運動的導體是否接入電路，都具有電源的特征，接入電路后，其兩端電壓為路端電壓，未接入電路時兩端電壓大小即為其電動勢的大�。�
12．如圖11所示，兩根平行金屬導軌固定在水平桌面上，每根導軌每米的電阻為r0＝0.10 Ω/m，導軌的端點P、Q用電阻可忽略的導線相連，兩 導軌間的距離l＝0.20 m．有隨時間變化的勻強磁場垂直于桌面，已知磁感應強度B與時間t的關系為B＝kt，比例系數k＝0.020 T/s.一電阻不計的金屬桿可在導軌上無摩擦地滑動，在滑動過程中保持與導軌垂直，在t＝0時刻，金屬桿緊靠在P、Q端，在外力作用下，桿以恒定的加速度從靜止開始向導軌的另一端滑動，求在t＝6.0 s時金屬桿所受的安培力．
圖11
答案 1.44×10－3 N
解析 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＝12at2，此時桿的速度v＝at，桿與導軌構成的回路的面積S＝Ll，回路中的感應電動勢 E＝SΔBΔt＋Blv，而B＝kt，故
ΔBΔt＝k?t＋Δt?－ktΔt＝k
回路的總電阻R＝2Lr0；回路中的感應電流I＝ER；
作用于桿的安培力F＝BlI.
聯立以上各式解得F＝32?k2l2r0t.
代入數據得F＝1.44×10－3 N.
點評 當問題中同時有動生電動勢和感生電動勢時，可以分別單獨求出動生電動勢和感生電動勢，再結合其方向求出電路中的總電動勢．若兩電動勢方向相同，直接相加；若兩電動勢方向相反，用大電動勢減去小電動勢，總電動勢方向與大的方向一致．在單獨求出動生電動勢時，磁感應強度B應該運用該時刻的值運算；單獨求感生電動勢時，面積S應該運用此時的面積運算．該方法也是分解思想的體現．當然，如果運用公式E＝nΔΦΔt計算，求得的電動勢也為總電動勢．解題時是運用分解的方法分別求出兩個電動勢后再合成，還是直接用E＝nΔΦΔt計算，由題中條件決定．
13．如圖12所示，足夠長的兩根相距為0.5 m的平行光滑導軌豎直放置，導軌電阻不計，磁感應強度B為0.8 T的勻強磁場的方向垂直于導軌平面．兩根質量均為0.04 kg的可動金屬棒ab和cd都與導軌接觸良好，金屬棒ab和cd的電阻分別為1 Ω和0.5 Ω，導軌最下端連接阻值為1 Ω的電阻R，金屬棒ab用一根細繩拉住，細繩允許承受的最大拉力為0.64 N．現讓cd棒從靜止開始落下，直至細繩剛被拉斷，此過程中電阻R上產生的熱量為0.2 J(g取10 m/s2)．求：
圖12
(1)此過程中ab棒和cd棒產生的熱量Qab和Qcd；
(2)細繩被拉斷瞬間，cd棒的速度v；
(3)細繩剛要被拉斷時，cd棒下落的高度h.
答案 (1)0.2 J 0.4 J (2)3 m/s (3)2.45 m
解析 (1)Qab＝QR＝0.2 J，由Q＝I2Rt，Icd＝2Iab.
所以Qcd＝I2cdRcdI2abRabQab＝4×12×0.2 J＝0.4 J.
(2)繩被拉斷時BIabL＋mg＝FT，
E＝BLv,2Iab＝ERcd＋RRabR＋Rab
解上述三式并代入數據得v＝3 m/s
(3)由能的轉化和守恒定律有
mgh＝12mv2＋Qcd＋Qab＋QR
代入數據得h＝2.45 m
14．磁懸浮列車的運行原理可簡化為如圖13所示的模型，在水平面上，兩根平行直導軌間有豎直方向且等距離分布的勻強磁場B1和B2，導軌上有金屬框abcd，金屬框寬度ab與磁場B1、B2寬度相同．當勻強磁場B1和B2同時以速度v0沿直導軌向右做勻速運動時，金屬框也會沿直導軌運動，設直導軌間距為L，B1＝B2＝B，金屬框的電阻為R，金屬框運動時受到的阻力恒為F，則金屬框運動的最大速度為多少？
圖13
答案 4B2L2v0－FR4B2L2
解析 當磁場B1、B2同時以速度v0向右勻速運動時，線框必然同時有兩條邊切割磁感線而產生感應電動勢．線框以最大速度運動時切割磁感線的速度為v＝v0－vm
當線框以最大速度vm勻速行駛時，線框產生的感應電動勢為E＝2BLv
線框中產生的感應電流為I＝ER
線框所受的安培力為F安＝2BIL
線框勻速運動時，據平衡可得F安＝F
解得vm＝4B2L2v0－FR4B2L2
點評 這是一道力、電綜合題．它涉及力學中的受力分析及牛頓運動定律．解答的關鍵在于把新情景下的磁懸浮列車等效為有兩條邊切割磁感線的線框模型，分析運動情景，挖掘極值條件(線框做加速度越來越小的加速運動，當安培力等于阻力時，速度最大)，另外還要
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