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第 85 讲 产生感生电动势的三类情境及五种题型
1．（2022•江苏）如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时
间t的变化关系为B＝B +kt，B 、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动
0 0
势大小为（ ）
A． kr2 B． kR2 C． B r2 D． B R2
0 0
π π ΔΦπ ΔB π
【解答】解：根据法拉第电磁感应定律有：E= = S=k• r2；
Δt Δt
π
故A正确，BCD错误；
故选：A。
2．（2022•广东）如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，n
1
＞n ，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值
2
为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦
式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是（ ）
A．两线圈产生的电动势的有效值相等
B．两线圈产生的交变电流频率相等
C．两线圈产生的电动势同时达到最大值
D．两电阻消耗的电功率相等【解答】解：AD、在转子匀速转动的过程中，通过两个线圈的磁通量均在做周期性变化，所以
ΔΦ
两个线圈均会产生感应电动势。根据法拉第电磁感应定律 E＝n 可知，即使在磁通量的变化
Δt
率相同时，由于匝数不同，产生的感应电动势也不会相等。同样的有效值也不相等。再根据功
U2
率的计算公式P= 可知，电阻消耗的电功率也不相等，故AD错误；
R
B、两线圈产生的交变电流均受转子的运动情况影响，转子在做匀速圆周运动，周期固定，频率
固定，故两线圈产生的交变电流频率也相等，故B正确；
C、电动势达到最大值时磁通量最小，结合题图可知，两个线圈的磁通量无法同时达到最小，故
产生的电动势无法同时达到最大值，故C错误。
故选：B。
一.知识回顾
1.磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率的比较
物理量
磁通量Φ 磁通量的变化量ΔΦ 磁通量的变化率
项目
某时刻穿过某
某段时间内穿过某个面的 穿过某个面的磁通量变
意义 个面的磁感线
磁通量变化的多少 化的快慢
的条数
ΔΦ＝Φ－Φ＝
2 1
＝
Δ(B·S)
两种特例：
大小 Φ＝BS 两种特例：
①＝B
①ΔΦ＝B·ΔS
②＝S
②ΔΦ＝S·ΔB
若有相反方向
转过180°前后穿过平面
的磁场，磁通 等于单匝线圈上产生的
注意 的磁通量是一正一负，
量可抵消；S 感应电动势，即E＝
ΔΦ＝2BS，而不是零
为有效面积
提示：①Φ、ΔΦ、的大小之间没有必然的联系，Φ＝0，不一定等于0；②感应电动势E与
线圈匝数n有关，但Φ、ΔΦ、的大小均与线圈匝数无关。
2．法拉第电磁感应定律公式的物理意义：E＝n求的是Δt时间内的平均感应电动势，当
Δt→0时，E为瞬时感应电动势。
3．法拉第电磁感应定律应用的三种情况
(1)磁通量的变化是由有效面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝n。(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝n，S是磁场范围内的有效面积。
(3)磁通量的变化是由有效面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝Φ －Φ ，E
末 初
＝n。
4．在图像问题中磁通量的变化率是Φt图像上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确
定感应电动势的大小。
二.典型例题
题型一：有效面积变化产生感应电动势
例1．如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线
圈的面积S＝0.3m2、电阻R＝0.6 ，磁场的磁感应强度B＝0.2T．现同时向两侧拉动线圈，线圈
的两边在△t＝1.0s时间内合到一起Ω。求线圈在上述过程中
（1）感应电动势的平均值E；
（2）感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
（3）通过导线横截面的电荷量q。
△Φ
【解答】解：（1）感应电动势的平均值E＝n ，
△t
磁通量的变化△ ＝B△S，
△S Φ
解得E= B，
△t
代入数据得E=0.06 V。
E
（2）根据闭合电路欧姆定律可知，平均电流I= ，
R
I=
代入数据得 0.1A，
（3）根据电荷量定义可知，q=I⋅△t，
代入数据得q＝0.1 C。答：（1）感应电动势的平均值为0.06V；
（2）感应电流的平均值为0.1A，电流方向见解析；
（3）通过导线横截面的电荷量为0.1C。
题型二：磁场变化产生感应电动势
例2．如图甲所示，单匝矩形金属线框 ab d处在垂直于线框平面的匀强磁场中，线框面积 S＝
0.3m2，线框连接一个阻值R＝3 的电阻，其余电阻不计，线框cd边位于磁场边界上。取垂直
于线框平面向外为磁感应强度BΩ的正方向，磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示。下列
判断正确的是（ ）
A．0﹣0.4s内线框中感应电流沿逆时针方向
B．0.4﹣0.8s内线框有扩张的趋势
C．0﹣0.8s内线框中的电流为0.1A
D．0～0.4s内ab边所受安培力保持不变
【解答】解：A、由图乙所示图线可知，0﹣0.4s内磁感应强度垂直于纸面向里，磁通量减小，
由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，故A错误。
B、由图乙所示图线可知，0.4﹣0.8s内穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知，线框有收缩的
趋势，故B错误。
△∅ △B 0.4-(-0.4)
C、由图示图线可知，0﹣0.8s 内的感应电动势为：E= = S= ×0.3V＝
△t △t 0.8
E 0.3V
0.3V，线框中的电流为：I= = =0.1A，故C正确。
R 3Ω
D、在0﹣0.4s内感应电流I保持不变，由图乙所示图线可知，磁感应强度B大小不断减小，由F
＝ILB可知，ab边所受安培力不断减小，故D错误。
故选：C。
题型三：磁场和有效面积都变化
例3．如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面（纸面）内，其左端接一阻值为 R的
电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为 S的区域，
区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小 B 随时间t的变化关系为B ＝kt，式
1 1中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN（虚线）与导轨垂直，磁场的
磁感应强度大小为B ，方向也垂直于纸面向里。某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从
0
静止开始向右运动，在t 时刻恰好以速度v 越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终
0 0
相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。求
（1）在t＝0到t＝t 时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
0
（2）在时刻t（t＞t ）穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。
0
（3）如果面积为S的区域的均匀磁场的磁感应强度B 随时间t的变化关系为B ＝B ﹣kt，式中
1 1 0
k为大于0的常量，在t＝0时刻，均匀磁场垂直于纸面向里。MN（虚线）右侧磁场的磁感应强
度大小为B ，方向也垂直于纸面向里。在t 时刻金属棒以速度v越过MN时，撤掉外力，此后
0 0
（t＞t ）金属棒恰好向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽
0
略不计。求速度v的大小（用k、S、B 、l表示）。
0
【解答】解：（1）在 t＝0 到 t＝t 时间间隔内，根据法拉第电磁感应定律有：E
0 1
△Φ △B S
= = 1 =kS
△t △t
E kS
回路中感应电流为：I= 1=
R R
kt S
在t＝0到t＝t 时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值为：q＝It = 0 。
0 0
R
（2）根据题图可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为两种情况
之和，即在时刻t（t＞t ）穿过回路的总磁通量为：
0
＝ + ＝ktS+B v （t﹣t ）l；
1 2 0 0 0
Φ根据Φ楞次Φ定律判断可知，回路中产生的感生电动势与动生电动势方向相同，依据法拉第电磁感
应定律得回路中产生总的感应电动势为：
E＝E +E ＝kS+B lv ；
1 2 0 0E
回路中产生的感应电流大小为：I=
R
那么安培力大小为：F ＝B Il；
A 0
金属棒匀速运动，根据平衡条件知水平恒力大小等于安培力大小，即为：F＝F 。
A
B (kS+B lv )l
联立可得 F= 0 0 0
R
（3）在t 时刻金属棒以速度v越过MN时，撤掉外力，此后（t＞t ）金属棒恰好向右做匀速运
0 0
动，说明金属棒不受安培力，动生电动势与感生电动势抵消，则有：
kS＝B lv
0
kS
可得：v=
B l
0
答：
kt S
（1）在t＝0到t＝t 时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值为 0 。
0
R
（2）在时刻t（t＞t ）穿过回路的总磁通量为ktS+B v （t﹣t ）l，金属棒所受外加水平恒力的
0 0 0 0
B (kS+B lv )l
大小为 0 0 0 。
R
kS
（3）速度v的大小为 。
B l
0
题型四：动生电动势与感生电动势交替
例4．如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电
阻忽略不计。OM是有一定电阻。可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良
好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使OM从OQ位置以
恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程Ⅰ）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从
B'
B增加到B′（过程Ⅱ）。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则 等于（ ）
B
5 3 7
A． B． C． D．2
4 2 41
【解答】解：设圆的半径为R，金属杆从Q到S的过程中：△ =B△S= BπR2
4
Φ
π
BR2
根据法拉第电磁感应定律有：E △Φ 4
1= =
△t △t
1 1
E πBR2
设回路的总电阻为r，第一次通过线圈某一横截面的电荷量为：q ＝I △t = 1△t = ⋯①
1 1 1 r 1 4r
磁感应强度的大小以一定的变化率从 B 增加到 B′的过程中设时间为△t ，△ ′
2
Φ
π
= (B'-B)R2
2
△Φ'
π(B'-B)R2
第二次通过线圈某一横截面的电荷量为：q ＝I △t = = ⋯②
2 2 2
r 2r
由题，q ＝q ③
1 2
B' 3
联立①②③可得： = ．故B正确，ACD错误，
B 2
故选：B。
题型五：综合分析，定性判定
例5．如图为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形
磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面
上的投影沿圆弧XOY运动，（O是线圈中心）．则（ ）
A．从X到O，电流由E经G流向F，线圈的面积有收缩的趋势
B．从X到O，电流由F经G流向E，线圈的面积有扩张的趋势
C．从O到Y，电流由F经G流向E，线圈的面积有收缩的趋势
D．从O到Y，电流由E经G流向F，线圈的面积有扩张的趋势
【解答】解：A、在磁极绕转轴从X到O匀速转动，穿过线圈平面的磁通量向上增大，根据楞
次定律可知线圈中产生顺时针方向的感应电流，电流由F经G流向E；由于磁通量增大，所以线
圈的面积有缩小的趋势，以阻碍磁通量的增大，故AB均错误；
C、在磁极绕转轴从O到Y匀速转动，穿过线圈平面的磁通量向上减小，根据楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流，电流由E经G流向F；由于磁通量减小，所以线圈的面积有扩
大的趋势，以阻碍磁通量的减小，故 C错误，D正确。
故选：D。
三.举一反三，巩固练习
1. 如图，足够长的磁铁在空隙产生一个径向辐射状磁场，一个圆形细金属环与磁铁中心
圆柱同轴，由静止开始下落，经过时间t，速度达最大值v，此过程中环面始终水平。已知金属
环质量为m、半径为r、电阻为R，金属环下落过程中所经过位置的磁感应强度大小均为B，
重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（ ）
A．在俯视图中，环中感应电流沿逆时针方向
√mgv
B．环中最大的感应电流大小为
R
C．环下落过程中一直处于超重状态
2πrBvt
D．t时间内通过金属环横截面的电荷量为
R
【解答】解：A、根据右手定则，在圆环上取一段分析可知环中感应电流沿顺时针方向，故A错
误；
B、当重力等于安培力时，环下落的速度最大，此时感应电流最大，根据 mgv＝I2R，解得：I
√mgv
= ，故B正确；
R
C、环下落中mg﹣F＝ma，加速度向下，处于始终状态，故C错误；
2πBrv
D、设t时间内通过金属环横截面的电荷量为q。环下落速度为v时的感应电流大小为I=
R
2πBrvt
，由于环中感应电流不断增大，则知q＜It= ，故D错误。
R
故选：B。
2. 如图，边长、材料相同，粗细不同的单匝正方形金属线框甲、乙。乙线框导线的横截面积是甲的2倍。在竖直平面内距磁场相同高度由静止开始同时下落，一段时间后进入方向垂
直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，则在甲、乙线框进
入磁场的过程中（ ）
A．感应电流的方向均一定为顺时针方向
B．甲、乙线框的加速度时时相同
C．甲线框的焦耳热是乙线框的2倍
D．通过甲线框的电荷量是乙线框的2倍
【解答】解：A、在甲、乙线框进入磁场的过程中，磁通量均向里增加，由楞次定律可知，感应
电流的方向均一定为逆时针方向，故A错误；
B、甲、乙线框从相同高度由静止开始同时下落，进入磁场时速度相同，设为 v。对于任一线框，
设边长为L，横截面积为S，电阻率为
电
，密度为
密
，加速度为a。根据牛顿第二定律得：mg
ρ ρ
F B2L2v B2L2v B2v
F 安= = =
﹣F 安 ＝ma，得 a＝g- 安，其中 m Rm 4L 16ρ ρ ，则 a＝g
m ρ ⋅ ⋅4ρ LS 电 密
电 S 密
B2v ，a与S无关，所以甲、乙线框的加速度时时相同，故B正确；
-
16ρ ρ
电 密
C、设线框开始下落时距离磁场高度为h，线框完全进入磁场时速度为v′，则线框进入磁场的
1
过程中产生的焦耳热为Q＝mgh- mv'2，则Q∝m，又m＝4 密LS，则Q∝S，故乙线框的焦耳
2
ρ
热是甲线框的2倍，故C错误；
ΔΦ BL2 BLS
= = =
D、通过线框的电荷量为q R 4L 4ρ ∝S，则通过乙线框的电荷量是甲线框的2
ρ ⋅ 电
电 S
倍，故D错误。
故选：B。3. 空间存在范围足够大、竖直向下的、磁感应强度为B的匀强磁场，在其间竖直固定两
个相同的、彼此正对的金属细圆环a、b，圆环a在前、圆环b在后。圆环直径为d，两环间距
为L、用导线与阻值为R的外电阻相连，如图所示。一根细金属棒保持水平、沿两圆环内侧做
角速度为 的逆时针匀速圆周运动（如图），金属棒电阻为 r。棒与两圆环始终接触良好，圆
环电阻不计ω。则下列说法正确的是（ ）
A．金属棒在最低点时回路电流为零
B．金属棒在圆环的上半部分运动时（不包括最左和最右点），a环电势低于b环
BLdω
C．从最高点开始计时，回路电流的瞬时值为i= sin t
2(R+r)
ω
√2BLdωR
D．电阻R两端电压的有效值为U=
4(R+r)
1
【解答】解：A、金属杆做圆周运动的线速度v= ωd，设金属杆的速度方向与磁场间的夹角为
2
1
， 从 最 高 点 开 始 计 时 ， 感 应 电 动 势 E=BLvsinθ= BLωdsinθ， 感 应 电 流
2
θ
E BLωdsinθ
I= =
R+r 2(R+r)
L、R、 、r都是定值，从最高点到最低点的过程中sin 先减小后增大，金属棒在最低点时回路
电流最大ω，故A错误； θ
B、金属棒在圆环的上半部分运动时（不包括最左和最右点），根据右手定则可知a环电势高于
b环，故B错误；
C、金属棒在最高点时垂直切割磁感线，感应电流最大，则从最高点开始计时，回路电流的瞬时
BLωd
值为i= cosωt，故C错误；
2(R+r)
1 BLωd √2BLdωR
D、电流的有效值为I = × ，电阻R两端电压的有效值为U=I R= ，
有 √2 2(R+r) 有效 4(R+r)
故D正确。故选：D。
9．（2022•朝阳区校级模拟）如图所示，两条电阻不计的平行导轨与水平面成 角，导轨的一端连
接定值电阻R ，匀强磁场垂直穿过导轨平面．一根质量为m、电阻为R 的导θ体棒ab，垂直导轨
1 2
放置，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为 ，且R ＝2R ．如果导体棒以速度v匀速下滑，导体
2 1
棒此时受到的安培力大小为F，则棒匀速运μ动过程中以下判断正确的是（ ）
1
A．电阻R 消耗的电功率为 Fv
1
3
B．通过棒的电流方向为a到b
C．重力做功的功率为mgvcos
D．运动过程中棒减少的机械能θ全部转化为电能、摩擦热和焦耳热
E
【解答】解：A、当导体棒以速度v匀速下滑时，由I= 、E＝BLv、F＝BIL，得安培力F
R +R
1 2
B2L2v，电阻R 消耗的热功率为P＝I2R ＝（ BLv ）2 R ，R ＝2R ，联立解得，P Fv，
= 1 1 1 2 1 =
R +R R +R 3
1 2 1 2
故A正确；
B、根据右手定则，可以判断通过棒的电流方向为b到a，故B错误；
C、棒在竖直方向的分速度为vsin ，根据瞬时功率公式P＝Fv可得，重力做功的功率为P＝
mgvsin ，故C错误； θ
D、根据θ功能关系可知，运动过程中棒减少的机械能全部转化为电能和摩擦热，电能最终又转化
为焦耳热，故D错误；
故选：A。
4. 如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距L，固定在水平绝缘桌面上，左侧圆
弧部分处在竖直平面内，右侧平直部分处在磁感应强度为 B、方向竖直向下的匀强磁场中，末
端与桌面边缘平齐。电阻均为R的金属棒ab、cd垂直于两导轨放置且与导轨接触良好，质量
分别为2m、m。开始时棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从导轨左端距水平桌面高h处无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触，最后两棒离开导轨落在地面同一位置。不
计空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A．金属棒ab在沿导轨水平部分运动的过程中，始终做减速运动
2mgh
B．在沿导轨运动的过程中，金属棒ab损失的机械能为
3
B2L2√2gh
C．在沿导轨运动的过程中，cd棒的最大加速度为
mR
2m√2gh
D．在整个过程中，通过金属棒ab的电荷量为
3BL
【解答】解：A、ab进入水平导轨，切割磁感线，回路产生顺时针方向（俯视）的感应电流，ab
受向左的安培力而做减速运动，cd受右的安培力而做加速运动；由题知最后两棒离开导轨落在
地面同一位置，由于导体棒离开导轨后做平抛运动，两导体棒都落在地面同一位置则说明二者
离开导轨时的速度相同，由于cd先离开导轨，且cd离开导轨后ab、cd将没有组成闭合回路，
则cd离开后ab做匀速直线运动，所以金属棒ab在沿导轨水平部分运动的过程中，先做减速运
动后做匀速运动，故A错误；
1
B、ab滑到圆弧低端，由动能定理2mgh= ⋅2mv2
2 0
得：
v =√2gh
0
由选项A分析可知二者在离开导轨时已经达到共速，且由于导轨光滑，ab、cd组成的系统动量
守恒，则有2mv
0
＝3mv共
2v
得：v = 0
共 3
1 1 10
则在沿导轨运动的过程中，金属棒ab损失的机械能ΔE = ×2mv2- ×mv2 = mgh，故
1 2 0 2 共 9
B错误；
C、ab棒刚进入磁场时，回路电动势最大，电流最大，cd棒受的安培力最大，加速度最大BLv
BL 0
F BIL 2R B2L2√2gh，故C错误；
a= = = =
m m m 2mR
D、对导体棒ab，根据动量定理，取向右为正有
﹣BILt＝2mv共 ﹣2mv
0
q＝It
2m√2gh
整理有q= ，故D正确。
3BL
故选：D。
5. 如图所示，面积为S闭合线圈放在磁场中，线圈平面与磁场垂直，磁场的磁感应强度
2π
B随时间t的变化规律是B＝B sin t，则在一个周期内线圈中产生感应电动势最大的时刻
m
T
（含0与T时刻）是（ ）
A．0、0.25T B．0.75T
C．0、0.5T、T D．0.25T、0.5T、T
2π
【解答】解：线圈面积一定，B的周期性变化使穿过线圈的磁场量发生变化， ＝B Ssin
m
T
Φ
ΔΦ ΔΦ
•t．根据法拉第电磁感应律，E＝n ，可见电动势最大时也就是 最大。
Δt Δt
2π
我们可将 ＝B Ssin t的函数关系用 ﹣t图来表示（如右图）。在该图上，曲线的斜率反映
m
T
Φ Φ
ΔΦ
了 的大小。由图可见，当t等于0、0.5T、T时，切线的斜率最大，因此，在这些时刻线圈
Δt
产生的感应电动势最大。
故ABD错误，C正确；
故选：C。6. 如图所示，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝
B +kt，其中B 和k都是定值且均大于0。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐
0 0
标原点，狭缝右侧两导轨与x轴的夹角均为 ，一电容为C的电容器（在磁场外）与导轨左端
相连，电容器中静止一带电粒子A（受到的重θ力不计，图中未画出）。金属棒与x轴垂直并固
定在导轨上，O点到金属棒的距离为x 。下列说法正确的是（ ）
0
A．电容器的上极板带负电
B．电容器的电荷量为Ckx 2tan
0
C．带电粒子A运动到极板上之θ前的加速度越来越小
D．带电粒子A运动到极板上之前的加速度越来越大
【解答】解：A、穿过回路的磁通量向下增加，根据楞次定律判断可知，回路中感应电动势沿逆
时针方向，则电容器的上极板带正电，故A错误；
ΔB ΔΦ ΔB 1
B、由 B＝B +kt 得 =k，根据法拉第电磁感应定律得：E= = S，又 S= x •
0 Δt Δt Δt 2 0
（2x tan ）＝x 2tan ，可得E＝kx 2tan ，则电容器板间电压U＝E＝kx 2tan ，电容器的电荷量
0 0 0 0
为Q＝CθU＝Ckx 2tanθ ，故B正确； θ θ
0
θ U
CD、电容器板间电压为U＝kx 2tan ，板间场强为E= ，带电粒子受到的电场力大小为 F＝
0
d
θ
qE，联立可得F qkx2tanθ，可知F恒定不变，则带电粒子的合力不变，加速度不变，故 CD
= 0
d
错误。
故选：B。7. 如图，足够长的间距d＝1m的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间
存在一个宽度L＝1m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B＝0.5T，方向如图所示。一根质量
m ＝0.1kg，阻值R ＝1.0 的金属棒a以v ＝4m/s的初速度从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场
a a 0
区域后，与另一根质量mΩ＝0.2kg，阻值R ＝1.5 的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰
b b
撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电Ω阻不计。
（1）求金属棒a刚进入磁场时棒a两端的电压U ；
0
（2）求金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量Q；
（3）通过计算判断金属棒a能否再次穿过磁场区域。
【解答】解：（1）金属棒a刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律有：E＝Bdv ＝0.5×1×4V
0
＝2V
此时棒a两端的电压U R E
0= b
R +R
a b
代入数据解得：U ＝1.2V
0
（2）设金属棒a第一次离开磁场时速度大小为v 。金属棒a第一次穿过磁场中，以初速度方向
a
为正方向，对金属棒a，根据动量定理，有﹣BId•t＝m v −m v
a a a 0
1 1
此过程回路产生的总焦耳热为Q，则有Q= m v 2− m v 2
a 0 a a
2 2
金属棒a第一次穿过磁场过程中，通过b棒的电荷量为q=It
E
根据闭合电路的欧姆定律有I=
R +R
a b
ΔΦ
利用法拉第电磁感应定律可得E=
Δt
又磁通量变化量为Δ ＝B•dL
联立解得Q＝0.35J，Φ
（3）金属棒a与金属棒b发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律有m v ＝m v' +m v
a a a a b b1 1 1
由机械能守恒定律得： m v 2= m v ′2+ m v 2
a a a a b b
2 2 2
解得v' ＝﹣1m/s，金属棒a反弹重新进入磁场，设金属棒a最终停在距磁场左边界距离为x。
a
对金属棒a第二次在磁场中运动的过程，取向左为正方向，根据动量定理得：
BI'd•t′＝0−m v′
a a
Bdvt' Bdx
此过程中通过金属棒a的电荷量为q′=I't'= =
R +R R +R
a b a b
解得x＝1m，则金属棒a最终停在距磁场左边界s＝L﹣x＝1m﹣1m＝0m，即刚好穿过左边界。
答：（1）金属棒a刚进入磁场时棒a两端的电压为1.2V；
（2）金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量为0.35J；
（3）金属棒a刚好穿过左边界。
8. 如图甲所示，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导
轨，其间距为L＝2m，R 和R 是并联在导轨一端的电阻，且R ＝12 、R ＝6 ，ab是垂直导
1 2 1 2
轨放置的质量为＝1kg的导体棒，导轨和导体棒之间的动摩擦因数各处Ω均相同。Ω从零时刻开始，
对ab施加一个大小为F＝0.75N，方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑
动过程中棒始终保持与导轨垂直且良好接触，图乙是棒的 υ﹣t图象，其中O点为坐标原点，
其坐标为（0，0），AO是图象在O点的切线，AB是图象的渐近线。除R 、R 以外，其余部
1 2
分的电阻均不计，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知当棒的位移为10m时，其速度达到了
最大速度1m/s。求（结果可以保留分数）
（1）导体棒ab运动中受的摩擦力f的大小和磁感应强度B的大小；
（2）在导体棒ab的位移为10m过程中电阻上产生的焦耳热；
（3）若在导体棒ab的位移为10m时立即将恒定拉力F撤掉，此后导体棒ab滑行到停止的过程
1
中流过的电量为 C，求摩擦力在导体棒ab整个运动过程的平均功率。
3
Δv 1
【解答】解：（1）由图乙得起动瞬间：a= = m/s2＝0.25m/s2
Δt 4则由牛顿第二定律可知：F﹣f＝ma
代入解得：f＝0.5 N
最终导体棒匀速运动，速度v＝1m/s，设此时受到的安培力为F安
由平衡条件得：F﹣f﹣F安 ＝0
BLv
而安培力：F安 ＝BiL＝B×
R
×L
总
电路总电阻：R总= R
1
R
2
R +R
1 2
联立代入数据解得：B＝0.5T
1
（2）对棒由能量守恒定律有：Fx﹣fx= mv2+Q
2
代入得到：Q总 ＝2J
Q U2 ，Q U2
R1= t R2= t
R R
1 2
所以：q 1
R1=
q 2
R2
1 2
所以：Q = Q = J
R1 3 总 3
（3）从开始到运动Δs＝10m内：Ft
1
﹣F安t
1
﹣ft
1
＝mv﹣0
F安t
1
＝BLq
1
nΔΦ
q Δt BLx 2.5C
1= ×Δt= 1=
R R
总 总
所以：t ＝14s
1
从撤去外力到停止运动，由动能定理有：﹣F′ 安×t
2
﹣f×t
2
＝0﹣mv
那么：q
2
＝F′ 安×t
2
q ＝I ×t，q ＝I t
R1 1 R2 1
1
所以：q ＝q +q = C
2 R1 R2
2
所以：t ＝1s
2q BLx
2= 2
R
总
x ＝2m
2
所以P f x +f x 0.4W
= 1 2=
t +t
1 2
答：（1）导体棒ab运动中受的摩擦力f的大小为0.5N，磁感应强度B的大小为0.5T；
2
（2）在导体棒ab的位移为10m过程中电阻上产生的焦耳热为 J；
3
（3）若在导体棒ab的位移为10m时立即将恒定拉力F撤掉，此后导体棒ab滑行到停止的过程
1
中流过的电量为 C，则摩擦力在导体棒ab整个运动过程的平均功率为0.4W。
3
