專題強化十二電磁感應的綜合問題專題解讀 1.本專題是運動學、動力學、恒定電流、電磁感應和能量等知識的綜合應用，高考既以選擇題的形式命題，也以計算題的形式命題.2.學好本專題，可以極大地培養(yǎng)同學們數(shù)形結合的推理能力和電路分析能力，針對性的專題強化，可以提升同學們解決數(shù)形結合、利用動力學和功能關系解決電磁感應問題的信心.3.用到的知識有：左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、平衡條件、牛頓運動定律、函數(shù)圖象、動能定理和能量守恒定律等.命題點一電磁感應中的圖象問題1.題型簡述借助圖象考查電磁感應的規(guī)律，一直是高考的熱點，此類題目一般分為兩類：(1)由給定的電磁感應過程選出正確的圖象；(2)由給定的圖象分析電磁感應過程，定性或定量求解相應的物理量或推斷出其他圖象.常見的圖象有Bt圖、Et圖、it圖、vt圖及Ft圖等.2.解題關鍵弄清初始條件、正負方向的對應變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達式、進出磁場的轉折點等是解決此類問題的關鍵.3.解題步驟(1)明確圖象的種類，即是Bt圖還是t圖，或者Et圖、It圖等；(2)分析電磁感應的具體過程；(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應關系；(4)結合法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出相應的函數(shù)關系式；(5)根據(jù)函數(shù)關系式，進行數(shù)學分析，如分析斜率的變化、截距等；(6)畫圖象或判斷圖象.4.兩種常用方法(1)排除法：定性地分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是分析物理量的正負，以排除錯誤的選項.(2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關系，然后由函數(shù)關系對圖象進行分析和判斷.例1(多選)(2017·河南六市一模)邊長為a的閉合金屬正三角形輕質框架，左邊豎直且與磁場右邊界平行，完全處于垂直于框架平面向里的勻強磁場中，現(xiàn)把框架勻速水平向右拉出磁場，如圖1所示，則下列圖象與這一拉出過程相符合的是()圖1答案BC解析設正三角形輕質框架開始出磁場的時刻t0，則其切割磁感線的有效長度L2xtan 30°x，則感應電動勢E電動勢BLvBvx，則C項正確，D項錯誤.框架勻速運動，故F外力F安x2，A項錯誤.P外力功率F外力vF外力x2，B項正確.變式1(2017·江西南昌三校四聯(lián))如圖2所示，有一個矩形邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里.一個三角形閉合導線框，由位置1(左)沿紙面勻速到位置2(右).取線框剛到達磁場邊界的時刻為計時起點(t0)，規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則圖中能正確反映線框中電流與時間關系的是()圖2答案A解析線框進入磁場的過程，磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律得知感應電流的磁場向外，由安培定則可知感應電流方向為逆時針，電流方向應為正方向，故B、C錯誤；線框進入磁場的過程，線框切割磁感線的有效長度先均勻增大后均勻減小，由EBLv，可知感應電動勢先均勻增大后均勻減??；線框完全進入磁場后，磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生；線框穿出磁場的過程，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律得知感應電流的磁場向里，由安培定則可知感應電流方向為順時針，電流方向應為負方向，線框切割磁感線的有效長度先均勻增大后均勻減小，由EBLv，可知感應電動勢先均勻增大后均勻減小，故A正確，D錯誤.變式2(2017·河北唐山一模)如圖3所示，在水平光滑的平行金屬導軌左端接一定值電阻R，導體棒ab垂直導軌放置，整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中.現(xiàn)給導體棒一向右的初速度，不考慮導體棒和導軌電阻，下列圖線中，導體棒速度隨時間的變化和通過電阻R的電荷量q隨導體棒位移的變化描述正確的是()圖3答案B解析導體棒運動過程中受向左的安培力F，安培力阻礙棒的運動，速度減小，由牛頓第二定律得棒的加速度大小a，則a減小，vt圖線斜率的絕對值減小，故B項正確，A項錯誤.通過R的電荷量qItt·tx，可知C、D項錯誤.命題點二電磁感應中的動力學問題1.題型簡述感應電流在磁場中受到安培力的作用，因此電磁感應問題往往跟力學問題聯(lián)系在一起.解決這類問題需要綜合應用電磁感應規(guī)律(法拉第電磁感應定律、楞次定律)及力學中的有關規(guī)律(共點力的平衡條件、牛頓運動定律、動能定理等).2.兩種狀態(tài)及處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系進行分析3.動態(tài)分析的基本思路解決這類問題的關鍵是通過運動狀態(tài)的分析，尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度最大值或最小值的條件.具體思路如下：例2(2016·全國卷·24)如圖4，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上.t0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動.t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動.桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為.重力加速度大小為g.求：圖4(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大小；(2)電阻的阻值.答案(1)Blt0(g)(2)解析(1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得Fmgma設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有vat0當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律知產(chǎn)生的電動勢為EBlv聯(lián)立式可得EBlt0(g)(2)設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為F安BlI因金屬桿做勻速運動，有FmgF安0聯(lián)立式得R.變式3(2017·江淮十校三模)寬為L的兩光滑豎直裸導軌間接有固定電阻R，導軌(電阻忽略不計)間、區(qū)域中有垂直紙面向里寬為d，磁感應強度為B的勻強磁場，、區(qū)域間距為h，如圖5，有一質量為m、長為L、電阻不計的金屬桿與豎直導軌緊密接觸，從距區(qū)域上端H處由靜止釋放.若桿在、區(qū)域中運動情況完全相同，現(xiàn)以桿由靜止釋放為計時起點，則桿中電流隨時間t變化的圖象可能正確的是()圖5答案B解析桿在、區(qū)域中運動情況完全相同，說明產(chǎn)生的感應電流也應完全相同，排除A和C選項.因桿在無磁場區(qū)域中做ag的勻加速運動，又桿在、區(qū)域中運動情況完全相同，則桿在、區(qū)域應做減速運動，在區(qū)域中對桿受力分析知其受豎直向下的重力和豎直向上的安培力，由牛頓第二定律得加速度a，方向豎直向上，則知桿做加速度逐漸減小的減速運動，又I，由It圖線斜率變化情況可知選項B正確，選項D錯誤.變式4(2017·上海單科·20改編)如圖6，光滑平行金屬導軌間距為L，與水平面夾角為，兩導軌上端用阻值為R的電阻相連，該裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面.質量為m的金屬桿ab以沿導軌平面向上的初速度v0從導軌底端開始運動，然后又返回到出發(fā)位置.在運動過程中，ab與導軌垂直且接觸良好，不計ab和導軌的電阻及空氣阻力.圖6(1)求ab開始運動時的加速度a的大?。?2)分析并說明ab在整個運動過程中速度、加速度的變化情況.答案見解析解析(1)利用楞次定律，對初始狀態(tài)的ab受力分析得：mgsin BILma對回路分析I聯(lián)立得agsin (2)上滑過程：由第(1)問中的分析可知，上滑過程加速度大小表達式為：a上gsin 上滑過程，a、v反向，做減速運動.利用式，v減小則a減小，可知，桿上滑時做加速度逐漸減小的減速運動.下滑過程：由牛頓第二定律，對ab受力分析得：mgsin ma下a下gsin 因a下與v同向，ab做加速運動.由得v增加，a下減小，桿下滑時做加速度逐漸減小的加速運動.命題點三電磁感應中的動力學和能量問題1.題型簡述電磁感應過程的實質是不同形式的能量轉化的過程，而能量的轉化是通過安培力做功來實現(xiàn)的.安培力做功的過程，是電能轉化為其他形式的能的過程；外力克服安培力做功的過程，則是其他形式的能轉化為電能的過程.2.解題的一般步驟(1)確定研究對象(導體棒或回路)；(2)弄清電磁感應過程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉化；(3)根據(jù)能量守恒定律或功能關系列式求解.3.求解電能應分清兩類情況(1)若回路中電流恒定，可以利用電路結構及WUIt或QI2Rt直接進行計算.(2)若電流變化，則利用安培力做功求解：電磁感應中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；利用能量守恒求解：若只有電能與機械能的轉化，則減少的機械能等于產(chǎn)生的電能.例3如圖7所示，間距為L的平行且足夠長的光滑導軌由兩部分組成.傾斜部分與水平部分平滑相連，傾角為，在傾斜導軌頂端連接一阻值為r的定值電阻.質量為m、電阻也為r的金屬桿MN垂直導軌跨放在導軌上，在傾斜導軌區(qū)域加一垂直導軌平面向下、磁感應強度為B的勻強磁場；在水平導軌區(qū)域加另一垂直軌道平面向下、磁感應強度也為B的勻強磁場.閉合開關S，讓金屬桿MN從圖示位置由靜止釋放，已知金屬桿MN運動到水平軌道前，已達到最大速度，不計導軌電阻且金屬桿MN兩端始終與導軌接觸良好，重力加速度為g.求：圖7(1)金屬桿MN在傾斜導軌上滑行的最大速率vm；(2)金屬桿MN在傾斜導軌上運動，速度未達到最大速度vm前，當流經(jīng)定值電阻的電流從零增大到I0的過程中，通過定值電阻的電荷量為q，求這段時間內(nèi)在定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱Q；(3)金屬桿MN在水平導軌上滑行的最大距離xm.答案見解析解析(1)金屬桿MN在傾斜導軌上滑行的速度最大時，其受到的合力為零，對其受力分析，可得mgsin BImL0根據(jù)法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律可得：Im解得：vm(2)設在這段時間內(nèi)，金屬桿MN運動的位移為x由電流的定義可得：qt根據(jù)法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律得：平均電流解得：x設電流為I0時金屬桿MN的速度為v0，根據(jù)法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律，可得I0，解得v0設此過程中，電路產(chǎn)生的焦耳熱為Q熱，由功能關系可得：mgxsin Q熱mv02定值電阻r產(chǎn)生的焦耳熱QQ熱解得：Q(3)設金屬桿MN在水平導軌上滑行時的加速度大小為a，速度為v時回路電流為I，由牛頓第二定律得：BILma由法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律可得：I聯(lián)立可得：vmvtmv，即xmmvm得：xm變式5(多選)(2017·山東濰坊中學一模)如圖8所示，同一豎直面內(nèi)的正方形導線框a、b的邊長均為l，電阻均為R，質量分別為2m和m.它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端，在兩導線框之間有一寬度為2l、磁感應強度大小為B、方向垂直豎直面的勻強磁場區(qū)域.開始時，線框b的上邊與勻強磁場的下邊界重合，線框a的下邊到勻強磁場的上邊界的距離為l.現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當線框b全部進入磁場時，a、b兩個線框開始做勻速運動.不計摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，則()圖8A.a、b兩個線框勻速運動時的速度大小為B.線框a從下邊進入磁場到上邊離開磁場所用時間為C.從開始運動到線框a全部進入磁場的過程中，線框a所產(chǎn)生的焦耳熱為mglD.從開始運動到線框a全部進入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做功為2mgl答案BC解析設兩線框勻速運動的速度為v，此時輕繩上的張力大小為FT，則對a有：FT2mgBIl，對b有：FTmg，又I，EBlv，解得v，故A錯誤.線框a從下邊進入磁場后，線框a通過磁場時以速度v勻速運動，則線框a從下邊進入磁場到上邊離開磁場所用時間t，故B正確.從開始運動到線框a全部進入磁場的過程中，線框a只在其勻速進入磁場的過程中產(chǎn)生焦耳熱，設為Q，由功能關系有2mglFTlQ，得Qmgl，故C正確.設兩線框從開始運動到線框a全部進入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做的功為W，此過程中左、右兩線框分別向上、向下運動2l的距離，對這一過程，由能量守恒定律有：4mgl2mgl×3mv2W，得W2mgl，故D錯誤.變式6如圖9所示，兩條相距d的平行金屬導軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻.質量為m的金屬桿靜置在導軌上，其左側的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應強度大小為B、方向豎直向下.當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導軌和金屬桿的電阻不計，導軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸.求：圖9(1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應電流的大小I；(2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要離開金屬桿時，感應電流的功率P.答案(1)(2)(3)解析(1)MN剛掃過金屬桿時，感應電動勢EBdv0感應電流I解得I(2)安培力FBId由牛頓第二定律得Fma解得a(3)金屬桿切割磁感線的相對速度vv0v，則感應電動勢EBd(v0v)電功率P解得P1.將一段導線繞成如圖1甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內(nèi).回路的ab邊置于垂直紙面向里為勻強磁場中.回路的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場，以向里為磁場的正方向，其磁感應強度B隨時間t變化的圖象如圖乙所示.用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時間t變化的圖象是()圖1答案B解析根據(jù)Bt圖象可知，在0時間內(nèi)，Bt圖線的斜率為負且為定值，根據(jù)法拉第電磁感應定律EnS可知，該段時間圓環(huán)區(qū)域內(nèi)感應電動勢和感應電流是恒定的，由楞次定律可知，ab中電流方向為ba，再由左手定則可判斷ab邊受到向左的安培力，且0時間內(nèi)安培力恒定不變，方向與規(guī)定的正方向相反；在T時間內(nèi)，Bt圖線的斜率為正且為定值，故ab邊所受安培力仍恒定不變，但方向與規(guī)定的正方向相同.綜上可知，B正確.2.如圖2所示，一直角三角形金屬框，向左勻速地穿過一個方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，磁場僅限于虛線邊界所圍的區(qū)域，該區(qū)域的形狀與金屬框完全相同，且金屬框的下邊與磁場區(qū)域的下邊在一直線上.若取順時針方向為電流的正方向，則金屬框穿過磁場的過程中感應電流i隨時間t變化的圖象是()圖2答案C解析在金屬框進入磁場過程中，感應電流的方向為逆時針，金屬框切割磁感線的有效長度線性增大，排除A、B；在金屬框出磁場的過程中，感應電流的方向為順時針方向，金屬框切割磁感線的有效長度線性減小，排除D，故C正確.3.(多選)(2017·山東泰安二模)如圖3甲所示，間距為L的光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為B，軌道左側連接一定值電阻R.垂直導軌的導體棒ab在平行導軌的水平外力F作用下沿導軌運動，F(xiàn)隨t變化的規(guī)律如圖乙所示.在0t0時間內(nèi)，棒從靜止開始做勻加速直線運動.圖乙中t0、F1、F2為已知量，棒和導軌的電阻不計.則()圖3A.在t0以后，導體棒一直做勻加速直線運動B.在t0以后，導體棒先做加速，最后做勻速直線運動C.在0t0時間內(nèi)，導體棒的加速度大小為D.在0t0時間內(nèi)，通過導體棒橫截面的電荷量為答案BD解析因在0t0時間內(nèi)棒做勻加速直線運動，故在t0時刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不變，安培力逐漸變大，導體棒先做加速度減小的加速運動，當加速度a0，即導體棒所受安培力與外力F2相等后，導體棒做勻速直線運動，故A錯誤，B正確.設在0t0時間內(nèi)導體棒的加速度為a，通過導體棒橫截面的電荷量為q，導體棒的質量為m，t0時刻導體棒的速度為v，則有：a，F(xiàn)2ma，F(xiàn)1ma，q，BSBLt0，解得：a，q，故C錯誤，D正確.4.如圖4所示的勻強磁場中有一根彎成45°的金屬線POQ，其所在平面與磁場垂直，長直導線MN與金屬線緊密接觸，起始時OAl0，且MNOQ，所有導線單位長度電阻均為r，MN勻速水平向右運動的速度為v，使MN勻速運動的外力為F，則外力F隨時間變化的規(guī)律圖象正確的是()圖4答案C解析設經(jīng)過時間t，則MN距O點的距離為l0vt，直導線在回路中的長度也為l0vt，此時直導線產(chǎn)生的感應電動勢EB(l0vt)v；整個回路的電阻為R(2)(l0vt)r，回路的電流I；直導線受到的外力F大小等于安培力，即FBILB(l0vt)(l0vt)，故C正確.5.(多選)(2017·河南三市二模)如圖5所示，一根總電阻為R的導線彎成寬度和高度均為d的“半正弦波”形閉合線框.豎直虛線之間有寬度也為d、磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于線框所在的平面.線框以速度v向右勻速通過磁場，ab邊始終與磁場邊界垂直.從b點到達邊界開始到a點離開磁場為止，在這個過程中()圖5A.線框中的感應電流先沿逆時針方向后沿順時針方向B.ab段直導線始終不受安培力的作用C.平均感應電動勢為BdvD.線框中產(chǎn)生的焦耳熱為答案AD解析整個過程中閉合線框中的磁通量先增大后減小，由楞次定律和安培定則可判定A正確.ab段導線中有電流通過且與磁場垂直，故其受安培力的作用，B錯誤.由于整個過程中磁通量變化量為0，故平均感應電動勢為0，C錯誤.整個過程中線框中產(chǎn)生一個周期的正弦式交變電流，其電動勢峰值為EmBdv，則線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Qt·，D正確.6.(2016·全國卷·24)如圖6，兩固定的絕緣斜面傾角均為，上沿相連.兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L，質量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平.右斜面上存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑.求：圖6(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大??；(2)金屬棒運動速度的大小.答案(1)mg(sin 3cos )(2)(sin 3cos )解析(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的導線相連，故ab、cd速度總是相等，cd也做勻速直線運動.設導線的張力的大小為FT，右斜面對ab棒的支持力的大小為FN1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為FN2，對于ab棒，受力分析如圖甲所示，由力的平衡條件得2mgsin FN1FTFFN12mgcos 對于cd棒，受力分析如圖乙所示，由力的平衡條件得mgsin FN2FTFTFN2mgcos 聯(lián)立式得：Fmg(sin 3cos )(2)設金屬棒運動速度大小為v，ab棒上的感應電動勢為EBLv回路中電流I安培力FBIL聯(lián)立得：v(sin 3cos )7.如圖7所示，兩平行光滑金屬導軌傾斜放置且固定，兩導軌間距為L，與水平面間的夾角為，導軌下端有垂直于軌道的擋板(圖中未畫出)，上端連接一個阻值R2r的電阻，整個裝置處在磁感應強度為B、方向垂直導軌向上的勻強磁場中，兩根相同的金屬棒ab、cd放在導軌下端，其中棒ab靠在擋板上，棒cd在沿導軌平面向上的拉力作用下，由靜止開始沿導軌向上做加速度為a的勻加速運動.已知每根金屬棒質量為m、長度為L、電阻為r，導軌電阻不計，棒與導軌始終接觸良好.求：圖7(1)經(jīng)多長時間棒ab對擋板的壓力變?yōu)榱悖?2)棒ab對擋板壓力為零時，電阻R的電功率；(3)棒ab運動前，拉力F隨時間t的變化關系.答案(1)(2)(3)Fm(gsin a)t解析(1)棒ab對擋板的壓力為零時，受力分析可得BIabLmgsin 設經(jīng)時間t0棒ab對擋板的壓力為零，棒cd產(chǎn)生的電動勢為E，則EBLat0回路中電流IR外rIabI解得t0(2)棒ab對擋板壓力為零時，cd兩端電壓為UcdEIr解得Ucd此時電阻R的電功率為P解得P(3)對cd棒，由牛頓第二定律得FBILmgsin maIEBLat解得Fm(gsin a)t.8.(2016·全國卷·25)如圖8，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導軌垂直的金屬棒置于兩導軌上；在電阻、導軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應強度大小B1隨時間t的變化關系為B1kt，式中k為常量；在金屬棒右側還有一勻強磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導軌垂直，磁場的磁感應強度大小為B0，方向也垂直于紙面向里.某時刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運動，在t0時刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運動.金屬棒與導軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計.求：圖8(1)在t0到tt0時間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對值；(2)在時刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小.答案(1)(2)B0lv0(tt0)kSt(B0lv0kS)解析(1)在金屬棒未越過MN之前，穿過回路的磁通量的變化量為BSktS由法拉第電磁感應定律有E由歐姆定律得I由電流的定義得I聯(lián)立式得|q|t由式得，在t0到tt0的時間間隔內(nèi)即tt0，流過電阻R的電荷量q的絕對值為|q|(2)當t>t0時，金屬棒已越過MN.由于金屬棒在MN右側做勻速運動，有FF安式中，F(xiàn)是外加水平恒力，F(xiàn)安是金屬棒受到的安培力.設此時回路中的電流為I，F(xiàn)安B0lI此時金屬棒與MN之間的距離為sv0(tt0)勻強磁場穿過回路的磁通量為B0ls回路的總磁通量為t其中B1SktS由式得，在時刻t(t>t0)，穿過回路的總磁通量為tB0lv0(tt0)kSt在t到tt的時間間隔內(nèi)，總磁通量的改變量t為t(B0lv0kS)t由法拉第電磁感應定律得，回路感應電動勢的大小為Et由歐姆定律得I聯(lián)立式得F(B0lv0kS).18