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第55 讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流
模拟·基础演练
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
D
B
B
C
C
D
D
D
题号
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
答案
C
D
C
D
D
AC
AD
BC
AD
AD
题号
21
22
23
24
25
答案
ACD
BC
CD
BC
ACD
重难·创新演练
1．【答案】(1)Bd v0
2 R ，方向从M 到N (2)①2mR v0
B
2d
2 ，②1
8 mv0
2−k m
2 R
2v0
2
16 B
4d
4
(3)①3 B
2d
2v0
10mR
，B
2d
2v0
10mR
；②1.6 v0，2.6 v0
【详解】（1）由导体金属杆垂直切割磁感线E =Bd v0
由闭合电路的欧姆定律I = E
R总
= E
2 R =Bd v0
2 R
由右手定则感应电流的方向从M 到N
（2）由动量守恒m v0=(m+m)v
解得v =v0
2
由动量定理−F合t =mv −m v0
即2Bd ⋅Bd L0
4 R总
=m⋅v0
2
解得L0=2mR v0
B
2d
2
由能量守恒1
2 m v0
2=1
2
(m+m)(
v0
2 )
2
+1
2 k(
L0
4 )
2
+2Q
解得Q =1
8 mv0
2−k m
2 R
2v0
2
16 B
4d
4
（3）由动量守恒定律m v0=m⋅0.4 v0+m vPQ
解得vPQ=0.6 v0
对金属杆MN 由牛顿第二定律F +F安=maMN
解得aMN =3 B
2d
2v0
10mR
对金属杆PQF安=maPQ
解得aPQ=−B
2d
2v0
10mR
，则加速度大小为 B
2d
2v0
10mR
对MN 由动量守恒B
2d
2⋅2.2 L0
2 R
=m v1−0.4 m v0
对PQ 由动量守恒B
2d
2 L0
2 R
=mv2−0.6mv0
又B
2d
2 L0
2 R
=m v0
解得v2=1.6 v0
v1=2.6 v0
2．【答案】(1)3 BLv0
4 R
(2)4 mω0 R
B
2 L
2
(3)v0
4 ；9
32 mv0
2
【详解】（1）金属棒切割磁感线产生动生电动势为E1=BLv0
由闭合电路的欧姆定律得E1=I 1(R+R
3)
解得I 1=3 BLv0
4 R
（2）由电磁感应定律可知辐条旋转切割感应电动势为E =1
2 B L
2ω
由闭合电路的欧姆定律得E =I(R+R
3)
解得I =3 B L
2ω
8 R
对三根辐条和金属小球列动量定理得3∑B I
3 LΔ t =3mω0 L
2
整理可得B
2 L
3
8 R ∑Δ θ =mω0
L
2
可得导体环转动的最大角度θ =4 mω0 R
B
2 L
2
（3）系统稳定运动时，1
2 B L
2ω=BLv（即v =1
2 ωL=v球）
由动量定理可知对于导体棒MN有：−∑BILΔ t =mv −m v0
对于装置甲有3∑B I
3 LΔ t =3mv
可得v =1
4 v0
由系统能量守恒定律可得Q总=1
2 m v0
2−1
2 4 m v
2
因Q总=Q+Q甲
且
Q
Q甲
=R
R
3
=3
导体棒MN运动过程中产生的焦耳热Q = 9
32 mv0
2
3．【答案】(1)Q =0.75C (2)t 总=1.5s (3)Q =3.625J
【详解】（1）设金属圆盘转动产生的电动势为E，则有E =1
2 Bωr
2
解得E =12.5 V
设电容器所带的电荷量为Q，根据电容的定义式则有Q =CE
解得Q =0.75C
（2）从开始运动到最终停止，初末动量均为0，安培力的冲量等于摩擦力的冲量，则Bd I t 总=μmgt 总
其中I t 总=Q =CE
所以t 总=1.5s
（3）设金属棒的最大速度为vm，最大速度时电流为I，电容器的电压为U，则金属棒速度最大时安培力与
摩擦力相等，有BId =μmg
解得I =0.5 A
此时电容器电压为U =IR+Bd vm
设在达到最大速度过程中通过金属棒的电量为q，则q =C (E−U )
在达到最大速度过程中，由动量定理得∑BdiΔ t −μmgt =m vm−0
解得vm=2.5 m/s，
根据能量守恒定律可得1
2 C (E
2−U
2)=1
2 m vm
2 +Q
解得Q =3.625J
4．【答案】(1)2BLv0
3 R
，顺时针方向 (2)v0−3 μmgR
4 B
2 L
2 (3)3
2 L
【详解】（1）线框abcd刚开始运动时速度为零，与磁场的相对速度为v0，根据右手定则可知线框左右两
边产生的感应电动势顺接，由法拉第电磁感应定律可得E =2BLv0
根据欧姆定律可得线框中的感应电流为I 0=2BLv0
3 R
感应电流方向为顺时针方向
（2）设线框匀速运动的速度为v1，回路电动势为E =2BLv相对
v相对=v0−v1
根据欧姆定律有I =2BL(v0−v1)
3 R
可求安培力为F安=2BIL=4 B
2 L
2(v0−v1)
3 R
根据线框abcd匀速运动，可知安培力和摩擦力平衡F安=μmg
联立解得v1=v0−3 μmgR
4 B
2 L
2
（3）两线框碰撞，满足动量守恒定律mv =2m v
′
当ef 边进入阻尼磁场，回路总电阻为3 R
设ef 边刚出磁场时线框速度为v2，从ef 边刚进入磁场到ef 边刚离开磁场的过程，由动量定理可得
−∑
❑
❑
❑B0
2 L
2
3 R v Δ t =−∑
❑
❑
❑k x1 L
2
3 R
Δ x =−k L
2 x1
2
6 R
=2m v2−2m v
′
x1=L −k L
4
6 R =2m v2−2m v
′
联立解得v2=1
6 v
从ef 边刚出磁场到cd边还未进入磁场过程中，回路电阻为3
2 R
设cd边刚进磁场时线框速度为v3，从ef 边刚出磁场到cd边刚进入磁场的过程，由动量定理可得
−∑
❑
❑
❑B0
2 L
2
3
2 R
v Δ t =−∑
❑
❑
❑k x2 L
2
3
2 R
Δ x =−k L
2 x2
2
3 R
=2m v3−2m v2
若x2=L，则v3<0，说明cd未进入磁场线框已经停止运动，即v1=0
求得x2=1
2 L
线框在阻尼磁场作用下运动的位移x =x1+x2=3
2 L
5．【答案】(1)见解析 (2)2.8N (3)1C
【详解】（1）金属棒恰好不上滑，根据平衡条件有B I 0 L=mgsinθ+μmgcosθ
解得I 0=4.8 A
由左手定则可得，电阻R 中电流方向由P 指向N，由楞次定律可知，磁感应强度应竖直向上均匀增大
t1=0.1s时，电阻R 中的电流大小为I 0，根据法拉第电磁感应定律有E =ΔB1
Δt ⋅≪¿
又I 0= E
R+r
解得ΔB1
Δt =4 T/ s
t =0.25s时B1=1T
由题意磁场随时间的变化图线为
（2）金属棒在倾斜导轨上向下运动时，由μ=0.75=tanθ
可知mgsinθ =μmgcosθ
金属棒速度为v 时，电阻R 两端的电压U =BLv
R+r ⋅R
已知金属棒运动后测得电阻R 两端的电压随时间均匀增大，可知v 与时间t 成正比，金属棒在倾斜导轨上
做匀加速运动，金属棒在倾斜导轨上运动时受到的安培力大小FA=BIL，E =BLv，I = E
R+r
由牛顿第二定律有F −FA=ma
代入数据有(k −B
2 L
2
R+r)v +0.8=ma
由于a 不随v 变化，故有k −B
2 L
2
R+r =0
可得k =1N⋅s / m
金属棒运动的加速度大小a=2m/ s
2
t3=1.25s时，金属棒的速度大小v =a(t3−t2)
此时F =kv +0.8(N)=2.8 N
（3）t2=0.25s到t3=1.25s时间内金属棒在倾斜导轨上下滑的距离x =1
2 a(t3−t2)
2=1m
此段时间内通过金属棒的电荷量q2=I Δt =
B Δ S
Δt( R+r ) Δt =BLx
R+r =1C
真题·实战演练
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C
C
C
C
A
BD
