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第2講　電磁感應的規(guī)律及應用 [真題再現(xiàn)]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(多選)(2018全國卷Ⅰ)如圖4－2－1所示，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關與電源連接，另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內的直導線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導線正上方，開關未閉合時小磁針處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是 圖4－2－1 A．開關閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動 B．開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向 C．開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向 D．開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉動 解析　由電路可知，開關閉合瞬間，右側線圈環(huán)繞部分的電流向下，由安培定則可知，直導線在鐵芯中產(chǎn)生向右的磁場，由楞次定律可知，左側線圈環(huán)繞部分產(chǎn)生向上的電流，則直導線中的電流方向由南向北，由安培定則可知，直導線在小磁針所在位置產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場，則小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動，A正確；開關閉合并保持一段時間后，穿過左側線圈的磁通量不變，則左側線圈中的感應電流為零，直導線不產(chǎn)生磁場，則小磁針靜止不動，BC錯誤；開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，穿過左側線圈向右的磁通量減少，則由楞次定律可知，左側線圈環(huán)繞部分產(chǎn)生向下的感應電流，則流過直導線的電流方向由北向南，直導線在小磁針所在處產(chǎn)生垂直紙面向外的磁場，則小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉動，D正確。 答案　AD 2.(2018全國卷Ⅰ)如圖4－2－2所示，導體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心。軌道的電阻忽略不計。OM是有一定電阻、可繞O轉動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B?，F(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到B′(過程Ⅱ)。在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則等于 圖4－2－2 A.　 　 　B.　 　 　C.　 　 　D．2 解析　設OM的電阻為R，過程Ⅰ，OM轉動的過程中產(chǎn)生的平均感應電動勢大小為E1＝＝＝＝，流過OM的電流為I1＝＝，則流過OM的電荷量為q1＝I1Δt1＝；過程Ⅱ，磁場的磁感應強度大小均勻增加，則該過程中產(chǎn)生的平均感應電動勢大小為E2＝＝＝，電路中的電流為I2＝＝，則流過OM的電荷量為q2＝I2Δt2＝；由題意知q1＝q2，則解得＝，B正確，ACD錯誤。 答案　B 3．(2018全國卷Ⅱ)如圖4－2－3，在同一水平面內有兩根平行長導軌，導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域寬度均為l，磁感應強度大小相等、方向交替向上向下。一邊長為l的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動。線框中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是 圖4－2－3 解析　設線框運動的速度為v，則線框向左勻速運動第一個的時間內，線框切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為E＝2Bdv(d為導軌間距)，電流i＝，回路中電流方向為順時針；第二個的時間內，線框切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為零，電流為零；第三個的時間內，線框切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為E＝2Bdv，電流i＝，回路中電流方向為逆時針，所以D正確。 答案　D 4.(2016全國卷Ⅱ)如圖4－2－4所示，水平面(紙面)內間距為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，t＝0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μ。重力加速度大小為g。求 圖4－2－4 (1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大?。? (2)電阻的阻值。 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F－μmg＝ma① 設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有 v＝at0② 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E＝Blv③ 聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0④ (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＝⑤ 式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為 F安＝BlI⑥ 因金屬桿做勻速運動，有F－μmg－F安＝0⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝。 答案　(1)Blt0　(2) [考情分析] 分值 6～20分 題型 選擇題或計算題 命題熱點 (1)電磁感應中的圖像問題 (2)電磁感應中的電路 (3)電磁感應中的動力學問題 (4)電磁感應中的能量問題 考點一　楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用 1．判定感應電流的兩種方法 (1)楞次定律：一般用于線圈面積不變，磁感應強度發(fā)生變化的情形。 (2)右手定則：一般用于導體棒切割磁感線的情形。 2．求感應電動勢的方法 (1)感生電動勢：E＝n (2)動生電動勢： 【題組突破】 1．(2017全國卷Ⅰ)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖4－2－5所示。無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是 圖4－2－5 解析　施加磁場來快速衰減STM的微小振動，其原理是電磁阻尼，在振動時通過紫銅薄板的磁通量變化，紫銅薄板中產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，則其受到安培力作用，該作用阻礙紫銅薄板振動，即促使其振動衰減。方案A中，無論紫銅薄板上下振動還是左右振動，通過它的磁通量都發(fā)生變化；方案B中，當紫銅薄板上下振動時，通過它的磁通量可能不變，當紫銅薄板向右振動時，通過它的磁通量不變；方案C中，紫銅薄板上下振動、左右振動時，通過它的磁通量可能不變；方案D中，當紫銅薄板上下振動時，紫銅薄板中磁通量可能不變。綜上可知，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是A。 答案　A 2.(多選)(2018全國卷Ⅲ)如圖4－2－6(a)，在同一平面內固定有一長直導線PQ和一導線框R，R在PQ的右側。導線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向。導線框R中的感應電動勢 圖4－2－6 A．在t＝時為零 B．在t＝時改變方向 C．在t＝時最大，且沿順時針方向 D．在t＝T時最大，且沿順時針方向 解析　因通電導線的磁感應強度大小正比于電流的大小，故導線框R中磁感應強度與時間的變化關系類似于題圖(b)，感應電動勢正比于磁感應強度的變化率，即題圖(b)中的切線斜率，斜率的正負反映電動勢的方向，斜率的絕對值反映電動勢的大小。由題圖(b)可知，電流為零時，電動勢最大，電流最大時電動勢為零，A正確，B錯誤。再由楞次定律可判斷在一個周期內，～內電動勢的方向沿順時針，時刻最大，C正確，其余時間段電動勢沿逆時針方向，D錯誤。 答案　AC 3.(多選)(2018湖南一模)用導線繞一圓環(huán)，環(huán)內有一用同樣導線折成的內接正方形線框，圓環(huán)與線框絕緣，如圖4－2－7所示。把它們放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于圓環(huán)平面(紙面)向里。當磁場均勻減弱時 圖4－2－7 A．圓環(huán)和線框中的電流方向都為順時針 B．圓環(huán)和線框中的電流方向都為逆時針 C．圓環(huán)和線框中的電流大小之比為∶1 D．圓環(huán)和線框中的電流大小之比為2∶1 解析　根據(jù)楞次定律可知，當磁場均勻減弱時，線圈內產(chǎn)生的感應磁場方向與原磁場方向相同，即感應電流方向都為順時針，A正確，B錯誤；設圓形半徑為a，則圓環(huán)面積為S＝πa2，圓環(huán)周長為L＝2πa，正方形框面積為S′＝2a2，正方形線框邊長之和為L′＝4a，因為磁場是均勻減小的，故E＝，所以圓環(huán)和正方形線框中的電動勢之比為＝＝，兩者的電阻之比為＝，故電流之比為＝＝＝＝，故C正確，D錯誤。 答案　AC 4．(多選)(2018南京聯(lián)考)航母上飛機彈射起飛是利用電磁驅動來實現(xiàn)的。電磁驅動原理如圖4－2－8所示，當固定線圈上突然通過直流電流時，線圈端點的金屬環(huán)被彈射出去?，F(xiàn)在固定線左側同一位置，先后放有分別用橫截面積相等的銅和鉛導線制成形狀、大小相同的兩個閉合環(huán)，且電阻率ρ銅＜ρ鋁。合上開關S的瞬間 圖4－2－8 A．從左側看環(huán)中感應電流沿順時針方向 B．銅環(huán)受到的安培力大于鋁環(huán)受到的安培力 C．若將銅環(huán)放置在線圈右方，環(huán)將向左運動 D．電池正負極調換后，金屬環(huán)不能向左彈射 解析　線圈中電流為右側流入，磁場方向為向左，在閉合開關的過程中，磁場變強，則由楞次定律可知，環(huán)中感應電流由左側看為順時針，選項A正確；由于銅環(huán)的電阻較小，故銅環(huán)中感應電流較大，銅環(huán)受到的安培力要大于鋁環(huán)，故B正確；若環(huán)放在線圈右方，根據(jù)“來拒去留”可得，環(huán)將向右運動，選項C錯誤；電池正負極調換后，金屬環(huán)受力方向不變，故仍將向左彈出，選項D錯誤。 答案　AB 考點二　電磁感應中的圖像問題 1．解題“五步曲” 2．解決圖像問題的三個關注 (1)關注初始時刻感應電流是否為零，電流方向是正方向還是負方向。 (2)關注電磁感應發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖像變化相對應。 (3)關注圖像斜率的大小、圖像的曲直是否和物理過程對應，分析大小和方向的變化趨勢。 　(多選)(2018銀川一模)如圖4－2－9所示，邊長為L、總電阻為R的均勻正方形線框abcd放置在光滑水平桌面上，其cd邊右側緊鄰兩個磁感應強度為B、寬度為L、方向相反的有界勻強磁場。現(xiàn)使線框以速度v0勻速通過磁場區(qū)域，從開始進入到完全離開磁場的過程中，下列圖線能定性反映線框中的感應電流(以逆時針方向為正)和a、b兩點間的電勢差隨時間變化關系的是 圖4－2－9 [審題探究] 怎樣求解線框在進入磁場L～2L的過程中，產(chǎn)生的電動勢？a和b哪一點的電勢高？ 由右手定則知，ab和cd產(chǎn)生的電動勢同向，故線框的總電動勢為E＝2BLv0，ab邊電流方向由b到a，故a點電勢高。 [解析]　線框在進入磁場0～L的過程中，E＝BLv0，電流I＝＝i0，方向為逆時針方向，為正，a點的電勢比b點的電勢高，a，b間的電勢差Uab＝＝Blv0＝U0；在L～2L的過程中，E′＝2BLv0，電流I＝＝2i0，方向為順時針方向，為負，a的電勢比b的電勢高，ab間的電勢差Uab＝＝BLv0＝2U0；在2L～3L的過程中，E＝BLv0，電流I＝＝i0，方向為逆時針方向，為正，a點的電勢比b點的電勢低，ab間的電勢差Uab＝－＝－BLv0＝－3U0，故選項A，C正確，B，D錯誤。 [答案]　AC 【題組突破】 1．由B－t圖像確定感應電流 如圖4－2－10甲所示，一根電阻為R＝4 Ω的導線繞成的半徑為d＝2 m的圓，在圓內部分區(qū)域存在變化的勻強磁場，中間S形虛線是兩個直徑為d的半圓，磁場隨時間變化如圖乙所示(磁場垂直于紙面向外為正，電流逆時針方向為正)，關于圓環(huán)中的電流—時間圖像，以下四圖中正確的是 圖4－2－10 答案　B 2．由I－t圖像確定其他物理量變化的圖像問題 (2018南陽模擬)如圖4－2－11甲所示，光滑平行金屬導軌MN，PQ所在平面與水平面成θ角，M，P兩端接一電阻R，整個裝置處于方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中。t＝0時對金屬棒施加一平行于導軌的外力F，使金屬棒ab由靜止開始沿導軌向上運動，導軌和金屬棒的電阻忽略不計。已知通過電阻R的感應電流I隨時間t變化的關系如圖(乙)所示。下列關于棒運動速度v、外力F、流過R的電荷量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時間t變化的圖像正確的是 圖4－2－11 解析　根據(jù)題圖乙所示的I－t圖像設I＝kt，其中k為比例系數(shù)，因E＝IR，E＝Blv，所以v＝t，vt圖像是一條過原點且斜率大于零的直線，說明了導體棒做的是初速度為零的勻加速直線運動，即v＝at，故選項A錯誤；由閉合電路歐姆定律可得I＝＝kt，可推出E＝ktR，而E＝，所以有＝ktR，－t圖像是一條過原點且斜率大于零的直線，故選項B正確；對導體棒有F－BIl＝ma，而I＝，v＝at，則得到F＝t＋ma，可見F－t圖像是一條斜率大于零且與F軸正半軸有交點的直線，故選項C錯誤；q＝Δt＝＝＝t2，q－t圖像是一條開口向上的拋物線，故選項D錯誤。 答案　B 3．由導體的v－t圖像確定其它物理量 如圖4－2－12所示，在豎直平面內有四條間距相等的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1、L2之間和L3、L4之間存在勻強磁場，磁感應強度B大小均為1 T，方向垂直于虛線所在平面。現(xiàn)有一矩形線圈abcd，寬度cd＝L＝0.5 m，質量為0.1 kg，電阻為2 Ω，將其從圖示位置(cd邊與L1重合)由靜止釋放，速度隨時間的變化關系如圖乙所示，t1時刻cd邊與L2重合，t2時刻ab邊與L3重合，t3時刻ab邊與L4重合。已知t1～t2的時間間隔為0.6 s，整個運動過程中線圈平面始終處于豎直方向，重力加速度g取10 m/s2，則 圖4－2－12 A．在0～t1時間內，通過線圈的電荷量為0.25 C B．線圈勻速運動的速度大小為2 m/s C．線圈的長度為1 m D．在0～t3時間內，線圈產(chǎn)生的熱量為4.2 J 解析　在t2～t3時間內，線圈做勻速運動，速度為v2，由mg＝，解得v2＝8 m/s，選項B錯誤；在t1～t2時間內，穿過線圈的磁通量沒有改變，沒有感應電流，線圈一直做勻加速運動，加速度為g，知ab邊剛進入上邊的磁場時，cd邊也剛進入下邊的磁場。設磁場寬度為x，則線圈的長度為2x，線圈在t1～t2時間內的位移大小為3x，故3x＝v2Δt－，又因為Δt＝0.6 s，解得x＝1 m，線圈長度為2x＝2 m，選項C錯誤；在0～t1時間內，cd邊由L1運動到L2，由q＝＝＝0.25 C，故選項A正確；在0～t3時間內，由能量守恒可知Q＝mg(3x＋2x)－＝1.8 J，選項D錯誤。 答案　A 考點三　電磁感應中的電路和動力學問題 1．解答電磁感應中電路問題的三個步驟 (1)確定電源： 利用E＝n或E＝Blvsin θ求感應電動勢的大小，利用右手定則或楞次定律判斷感應電流的方向。 (2)分析電路結構： 分析內、外電路，以及外電路的串并聯(lián)關系，畫出等效的電路圖。 (3)利用電路規(guī)律求解： 應用閉合電路歐姆定律及串并聯(lián)電路的基本性質等列方程求解。 2．動力學問題中的“兩分析、兩狀態(tài)” (1)受力情況、運動情況的分析 ①導體切割磁感線運動產(chǎn)生感應電動勢，在電路中產(chǎn)生感應電流，導體在磁場中受安培力，安培力將阻礙導體運動。 ②安培力一般是變力，導體做切割磁感線運動的加速度發(fā)生變化，當加速度為零時，導體達到穩(wěn)定狀態(tài)，最后做勻速直線運動。 (2)兩種狀態(tài)處理 ①導體處于平衡狀態(tài)——靜止或勻速直線運動狀態(tài)。 處理方法：根據(jù)平衡狀態(tài)時導體所受合力等于零列式分析。 ②導體處于非平衡狀態(tài)——加速度不為零。 處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系分析。 　(2018樂山第二次調研)如圖4－2－13所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌豎直放置，相距為L，電阻R與兩導軌相連，磁感應強度為B的勻強磁場與導軌平面垂直。一質量為m、電阻不計的導體棒MN，在豎直向上大小為F的恒力作用下，由靜止開始沿導軌向上運動。整個運動過程中，導體棒與導軌接觸良好，且始終保持水平，不計導軌的電阻，求： 圖4－2－13 (1)初始時刻導體棒的加速度大??； (2)當流過電阻R的電流恒定時，求導體棒的速度大小。 [思路探究]　(1)初始時刻導體棒MN受幾個力作用？ (2)電流恒定狀態(tài)導體棒受幾個力？這些力的合力有什么特點？ [解析]　(1)初始時刻，導體棒受到豎直向下的重力mg、拉力F，由牛頓第二定律得F－mg＝ma，解得a＝。 (2)導體棒在拉力、重力和安培力的作用下，做加速度減小的加速運動，當加速度為零時，達到穩(wěn)定狀態(tài)即做勻速運動，此時電流恒定，設此時速度為v， 導體棒產(chǎn)生的電動勢為E＝BLv 受到的安培力為F安＝BIL 穩(wěn)定時的電流為I＝ 由平衡條件得F－mg－F安＝0 以上聯(lián)立解得v＝。 [答案]　(1)　(2) 【題組突破】 1.(多選)(2018湖南五市十校聯(lián)考)如圖4－2－14所示，兩平行的光滑導軌固定在同一水平面內，兩導軌間距離為L，金屬棒ab垂直于導軌，金屬棒兩端與導軌接觸良好，在導軌左端接入阻值為R的定值電阻，整個裝置處于豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中。與R相連的導線、導軌和金屬棒的電阻均可忽略不計。用平行于導軌向右的大小為F的力拉金屬棒，使金屬棒以大小為v的速度向右勻速運動，則 圖4－2－14 A．金屬棒ab相當于電源，其a端相當于電源負極 B．拉力F＝ C．回路中的感應電流沿順時針方向流動 D．定值電阻消耗的電功率P＝Fv 解析　根據(jù)楞次定律可得金屬棒ab中電流從b到a，a端相當于正極，回路中感應電流方向為逆時針方向，A、C錯誤；產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv，導體棒受到的安培力F安＝BIL＝BL＝，由于導體棒做勻速直線運動，所以F＝，B正確；由于金屬棒ab速度不變，所以拉力做的功轉化為電阻產(chǎn)生的內能，故定值電阻消耗的電功率P＝Fv，D正確。 答案　BD 2．(2018江蘇卷)如圖4－2－15所示，兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直。質量為m的金屬棒被固定在導軌上，距底端的距離為s，導軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后，以加速度a沿導軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g。求下滑到底端的過程中，金屬棒 圖4－2－15 (1)末速度的大小v； (2)通過的電流大小I； (3)通過的電荷量Q。 解析　(1)勻加速直線運動v2＝2as 解得v＝ (2)安培力F安＝IdB 金屬棒所受合力F＝mgsin θ－F安 牛頓運動定律F＝ma 解得I＝ (3)運動時間t＝ 電荷量Q＝It 解得Q＝。 答案　(1)　(2) (3) 考點四　電磁感應中的能量問題 能量轉化及焦耳熱的求法 (1)能量轉化 (2)求解焦耳熱的三種方法 　(2016浙江卷)小明設計的電磁健身器的簡化裝置如圖4－2－16所示，兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)＝0.05 m，傾角θ＝53，導軌上端串接一個R＝0.05 Ω的電阻。在導軌間長d＝0.56 m的區(qū)域內，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B＝2.0 T。質量m＝4.0 kg的金屬棒CD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s＝0.24 m。一位健身者用恒力F＝80 N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直。當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2，sin 53＝0.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質量)。求： 圖4－2－16 (1)CD棒進入磁場時速度v的大??； (2)CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大??； (3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。 [解析]　(1)由牛頓第二定律 a＝＝12 m/s2① CD棒進入磁場時的速度v＝＝2.4 m/s。② (2)感應電動勢E＝Blv③ 感應電流I＝④ 安培力FA＝IBl⑤ 代入得FA＝＝48 N。⑥ (3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J⑦ 由牛頓第二定律F－mgsin θ－FA＝0⑧ CD棒在磁場區(qū)域做勻速運動 在磁場中運動的時間t＝⑨ 焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88 J。 [答案]　見解析 【題組突破】 1．(多選)(2018南陽質檢)如圖4－2－17所示，兩根光滑的金屬導軌平行放置在傾角為θ的斜面上，導軌的左端接有電阻R，導軌的電阻可忽略不計，斜面處在勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向上。質量為m、電阻可忽略不計的金屬棒ab在沿斜面與棒垂直的恒力F作用下沿導軌由靜止開始上滑，并上升h高度。在這一過程中 圖4－2－17 A．作用在金屬棒上的合力所做的功大于0 B．恒力F所做的功等于mgh與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和 C．恒力F與安培力的合力的瞬時功率一定時刻在變化 D．恒力F與重力mg的合力所做的功大于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 解析　導體棒由靜止開始向上加速，產(chǎn)生的感應電流和感應電動勢增大，所受安培力隨之增大，合外力減小，加速度減小，若h足夠高，最后導體棒做勻速運動，由動能定理知，作用在金屬棒上的合力所做的功大于零，A正確；根據(jù)動能定理可得WF－WG－W安＝ΔEk，故WF＝ΔEk＋W安＋WG，恒力F所做的功等于mgh與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱以及金屬棒增加的動能之和，B錯誤；如果還在沒有到達h高度前，金屬棒已做勻速運動，速度恒定，此后恒力F與安培力的合力的瞬時功率恒定不變，C錯誤；根據(jù)WF－WG－W安＝ΔEk可得WF－WG＝ΔEk＋W安，恒力F與重力mg的合力所做的功等于電阻R產(chǎn)生的焦耳熱與增加的動能之和，D正確。 答案　AD 2.(2018江西重點中學高三聯(lián)考)如圖4－2－18所示，豎直面內的正方形導線框ABCD和abcd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絕緣輕繩兩端，在兩導線框之間有一寬度為2l、磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，開始時ABCD的下邊界與勻強磁場的上邊界重合，abcd的上邊界到勻強磁場的下邊界的距離為l。現(xiàn)將兩導線框由靜止釋放，當ABCD全部進入磁場時，兩導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，求： 圖4－2－18 (1)兩導線框勻速運動的速度大小； (2)兩導線框在從開始運動至等高的過程中所產(chǎn)生的總焦耳熱； (3)導線框abcd通過磁場的時間。 解析　(1)如圖所示，設兩導線框剛勻速運動的速度大小為v，此時輕繩上的張力為FT，則對ABCD有FT＝2mg① 對abcd有FT＝mg＋BIl② I＝③ E＝Blv④ 則v＝⑤ (2)設兩導線框在從開始運動至等高的過程中所產(chǎn)生的總焦耳熱為Q，當左、右兩導線框分別向上、向下運動2l的距離時，兩導線框等高，對這一過程，由能量守恒定律有 4mgl＝2mgl＋3mv2＋Q⑥ 聯(lián)立⑤⑥解得Q＝2mgl－ (3)導線框abcd通過磁場的過程中以速度v勻速運動，設導線框abcd通過磁場的時間為t，則t＝⑦ 聯(lián)立⑤⑦解得t＝。 答案　(1)　(2)2mgl－　(3)