1、解：（1）由法拉第電磁感應定律：e=n
磁通量定義△=△bs
代入資料得e=4v
（2）由閉合電路歐姆定律：i=
代入資料得i=0.8a；
（3）u=ir得u=3.2v，由楞次定律可知電流在導體中由b→a，
uab=﹣3.2v；
2、解析 (1)0～1 s棒只受拉力，由牛頓第二定律得f＝ma，金屬棒進入磁場前的加速度
a＝＝10 m/s2.
設其剛要進入磁場時速度為v，
v＝at＝10×1 m/s＝10 m/s.
金屬棒進入磁場時切割磁感線，感應電動勢
e＝blv＝0.2×0.5×10 v＝1 v.
(2)小燈泡與電阻r併聯，r並＝＝2 ω，通過金屬棒的電流大小i＝＝0.4 a，小燈泡兩端的電壓u＝e－ir＝1 v－0.4×0.5 v＝0.8 v.
金屬棒受到的安培力大小fa＝bil＝0.2×0.4×0.5 n＝0.04 n，
由右手定則和左手定則可判斷安培力方向水平向左
3、解析 (1)由楞次定律知感應電流的方向為逆時針方向．(2)由法拉第電磁感應定律得
e＝n＝n·l2＝0.5 v
則p＝＝0.25 w
(3)i＝＝0.5 a，f安＝nbil
f安＋f線＝mg
聯立解得f線＝1.2 n.
(4)細線的拉力剛好為0時滿足：
f安＝mg
f安＝nbil
聯立解得：b＝0.84 t
(5)由q＝it得：q＝0.5×6 c＝3 c.
4、解析 (1)根據法拉第電磁感應定律
e＝blv＝1×0.5×4 v＝2 v
又r外＝＝ω＝0.2 ω
則感應電流的大小i＝＝a＝5 a
(2)根據右手定則判定電流方向為q→p
(3)導體棒pq勻速運動，則
f＝f安＝bil＝1×5×0.5 n＝2.5 n
故外力做功的功率p＝fv＝2.5×4 w＝10 w.
5、解析 (1)由牛頓第二定律得a＝＝12 m/s2
進入磁場時的速度v＝＝2.4 m/s
(2)感應電動勢e＝blv
感應電流i＝
安培力fa＝ibl
代入得fa＝＝48 n
(3)健身者做功w＝f(s＋d)＝64 j
f－mgsin θ－fa＝0
cd棒在磁場區做勻速運動
在磁場中運動時間t＝
焦耳熱q＝i2rt＝26.88 j.
6、解：（1）由法拉第電磁感應定律得：
e=blv=0.4×0.5×10v=2v；
由右手定則判斷ab中電流的方向為從b向a，由閉合電路歐姆定律得：
i==a=0.5a，
uab=e﹣ir=2﹣0.5×1=1.5v 且a點電勢高於b點；
（2）安培力大小為：f=bil=0.4×0.5×0.5=0.1n；
摩擦力為：f=μmg=0.5×10=5n
根據平衡條件可知：f'=f+f=5+0.1=5.1n；
10s內導體棒移動距離為：s=vt=10×10=100m
10s內水平外力的做的功是：w=f's=5.1×100=510j。
7、解：(1)由v-t圖象可知
由牛頓第二定律
（或由圖可知，t=10s時，v=4m/s
聯立以上各式，代入資料得：
＝0.24n
(2 聯立以上各式，代入資料得
8、解：（1）線框在下落階段勻速進入磁場瞬間
mg = f + ①
解得 v2 = ②
（2）線框從離開磁場至上公升到最高點的過程
(mg + f ) h = mv1 2 ③
線框從最高點回落至磁場瞬間
(mg - f ) h = mv2 2 ④
③、④ 式聯立解得
v1 = ⑤
（3）線框在向上通過通過過程中
mv02 - mv12 = q +（mg + f）(a + b) ⑦
v0 = 2 v1
q = m [ (mg)2 – f 2 ] -（mg + f）(a + b)
電磁感應習題綜合答案
1 3 c b b 4 b 2 垂直紙面向外 5 3x10 3 下 6 右右 7 電子向下 8 不變 10 a 11 a 12 bc 13 bc 14 d 15 a 16 d 17 d 18 ad 19 a 20 d 21 1 纜索的電動勢 e blvpp q兩點電勢差 upq blvp，p點電勢高...
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