《（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復習 第九章 電磁感應 專題突破十一 電磁感應定律的綜合應用講義（含解析）.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復習 第九章 電磁感應 專題突破十一 電磁感應定律的綜合應用講義（含解析）.docx（19頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

專題突破十一　電磁感應定律的綜合應用 命題點一　電磁感應中的圖象問題 1.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表達式、進出磁場的轉折點等是解決此類問題的關鍵. 2.解題步驟 (1)明確圖象的種類，即是B－t圖象還是Φ－t圖象，或者E－t圖象、I－t圖象等； (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關系式； (5)根據函數關系式，進行數學分析，如分析斜率的變化、截距等； (6)畫圖象或判斷圖象. 3.兩種常用方法 (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)函數法：根據題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數關系，然后由函數關系對圖象進行分析和判斷. 例1　(多選)(2018揚州中學5月模擬)在光滑水平桌面上有一邊長為l的正方形線框abcd，bc邊右側有一等腰直角三角形勻強磁場區(qū)域efg，三角形腰長為l，磁感應強度垂直桌面向下，abef在同一直線上，其俯視圖如圖1所示，線框從圖示位置在水平拉力F作用下向右勻速穿過磁場區(qū)，線框中感應電流i及拉力F隨時間t的變化關系可能是(以逆時針方向為電流的正方向，F(xiàn)向右為正方向，時間單位為)(　　) 圖1 答案　BD 變式1　(2018如皋市調研)將一段導線繞成如圖2甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內.回路的ab邊置于垂直紙面向里的勻強磁場Ⅰ中.回路的圓環(huán)區(qū)域內有垂直紙面的磁場Ⅱ，以向里為磁場Ⅱ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2 答案　B 解析　根據題圖B－t圖象可知，在0～時間內，B－t圖線的斜率為負且為定值，根據法拉第電磁感應定律E＝nS可知，該段時間圓環(huán)區(qū)域內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b→a，再由左手定則可判斷ab邊受到向左的安培力，且0～時間內安培力恒定不變，方向與規(guī)定的正方向相反；在～T時間內，B－t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. 命題點二　電磁感應中的動力學與能量問題 1.解決電磁感應中的動力學問題的一般思路 2.能量轉化及焦耳熱的求法 (1)能量轉化 其他形式的能量電能焦耳熱或其他形式的能量 (2)求解焦耳熱Q的三種方法 3.單棒導體切割磁感線的一般運動過程 類型 “電—動—電”型 “動—電—動”型 示 意 圖 已 知 量 棒ab長L，質量m，電阻R；導軌光滑水平，電阻不計 棒ab長L，質量m，電阻R；導軌光滑，電阻不計 過程分析 (↑表示增 大，↓表示 減小，→表 示推出) S閉合，棒ab受安培力F＝，此時加速度a＝，棒ab速度v↑→感應電動勢E′＝BLv↑→電流I↓→安培力F＝BIL↓→加速度a↓，當安培力F＝0時，a＝0，v最大，最后勻速運動 棒ab釋放后下滑，此時加速度a＝gsinα，棒ab速度v↑→感應電動勢E＝BLv↑→電流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，當安培力F＝mgsinα時，a＝0，v最大，最后勻速運動 能量 轉化 分析 通過安培力做功，電能一部分轉化為棒的動能，一部分通過克服安培力做功轉化為電能，又通過電阻轉化為焦耳熱 重力勢能一部分轉化為棒的動能，一部分通過克服安培力做功轉化為電能，又通過電阻轉化為焦耳熱 4.兩種狀態(tài)及處理方法 狀態(tài) 特征 處理方法 平衡態(tài) 加速度為零 根據平衡條件列式分析 非平衡態(tài) 加速度不為零 根據牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系進行分析 模型1　“導體棒”切割磁感線 例2　(多選)(2018江蘇單科9)如圖3所示，豎直放置的“”形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應強度為B.質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等.金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g.金屬桿(　　) 圖3 A.剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下 B.穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間 C.穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd D.釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于 答案　BC 解析　穿過磁場Ⅰ后，金屬棒在磁場之間做加速運動，在磁場Ⅱ上邊緣速度大于從磁場Ⅰ出來時的速度，即進入磁場Ⅰ時速度等于進入磁場Ⅱ時速度，大于從磁場Ⅰ出來時的速度.金屬棒在磁場Ⅰ中做減速運動，加速度方向向上，A錯. 金屬棒在磁場Ⅰ中做減速運動，由牛頓第二定律知 ma＝BIL－mg＝－mg， a隨著減速過程逐漸變小，即在前一段做加速度減小的減速運動. 在磁場之間做加速度為g的勻加速直線運動，兩個過程位移大小相等，由v－t圖象(可能圖象如圖所示)可以看出前一段用時多于后一段用時，B對. 由于進入兩磁場時速度相等，由動能定理知， W安1－mg2d＝0， W安1＝2mgd. 即通過磁場Ⅰ產生的熱量為2mgd，故穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd，C對. 設剛進入磁場Ⅰ時速度為v，則由機械能守恒定律知 mgh＝mv2，① 進入磁場時ma＝BIL－mg＝－mg， 解得v＝，② 由①②式得h＝>，D錯. 例3　(2018南京市三模) 如圖4甲所示，固定在水平桌面上的間距為L的光滑平行金屬導軌，其右端MN間接有阻值為R的定值電阻，導軌上存在著以efhg為邊界，寬度為d的勻強磁場，磁場磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，方向豎直向下.一長度為L的金屬棒垂直于導軌放置，金屬棒的電阻也為R，在t＝0時刻從圖示位置在恒力作用下由靜止開始沿導軌向右運動，t＝t0時刻恰好進入磁場，此時磁感應強度為B0，并保持不變.金屬棒從圖示位置到恰好穿出磁場的運動過程中，電阻R上的電流大小不變，導軌電阻不計.求： 圖4 (1)0～t0時間內流過電阻R的電流I的大小和方向； (2)金屬棒穿過磁場的速度及所受恒力的大??； (3)金屬棒從圖示位置到恰好穿出磁場的運動過程中，電阻R上產生的焦耳熱Q. 答案　(1)　方向由N→M　(2)　　(3) 解析　(1)0～t0時間內，由E＝S 解得E＝ 由I＝ 解得I＝ 由楞次定律可知，電流方向為由N到M (2)經分析可知，金屬棒穿過磁場的過程中電動勢大小與0～t0時間內相同 由E＝＝B0Lv 解得v＝ 金屬棒勻速通過磁場由受力平衡得F＝BIL 則F＝ (3)金屬棒從題圖所示位置到恰好穿出磁場的運動過程中電流大小不變，為I＝ 金屬棒勻速通過磁場的時間為t＝＝t0 所以Q＝I2R(t0＋t0)＝. 變式2　(2018泰州中學月考)如圖5甲所示，MN、PQ為水平放置的足夠長的平行光滑導軌，導軌間距L為0.5m，導軌左端連接一個阻值為2Ω的定值電阻R，將一根質量為0.2kg的金屬棒cd垂直放置在導軌上，且與導軌接觸良好，金屬棒cd的電阻r＝2Ω，導軌電阻不計，整個裝置處于垂直導軌平面向下的勻強磁場中，磁感應強度B＝2T.若棒以1m/s的初速度向右運動，同時對棒施加水平向右的拉力F作用，并保持拉力的功率恒為4W，從此時開始計時，經過2s金屬棒的速度穩(wěn)定不變，圖乙為安培力與時間的關系圖象.試求： 圖5 (1)金屬棒的最大速度； (2)金屬棒的速度為3m/s時的加速度大??； (3)求從開始計時起2s內電阻R上產生的電熱. 答案　(1)4m/s　(2)m/s2　(3)3.25J 解析　(1)金屬棒速度最大時，所受合外力為零，即F安m＝F. 由題圖乙可知F安m＝1.0N，則vm＝＝＝4m/s. (2)金屬棒速度為3m/s時，感應電動勢E′＝BLv＝20.53V＝3V. 電流I′＝，F(xiàn)安′＝BI′L 金屬棒受到的拉力F′＝＝N 根據牛頓第二定律F′－F安′＝ma 解得a＝＝m/s2＝m/s2. (3)從開始計時起2s內，由動能定理得，Pt＋W安＝mvm2－mv02 W安＝－6.5J 則QR＝＝3.25J. 模型2　“導線框”切割磁感線 例4　(2018南通市、泰州市一模)如圖6所示，光滑絕緣斜面傾角為θ，斜面上平行于底邊的虛線MN、PQ間存在垂直于斜面向上、磁感應強度為B的勻強磁場，MN、PQ相距為L.一質量為m、邊長為d(d＜L)的正方形金屬線框abef置于斜面上，線框電阻為R.ab邊與磁場邊界MN平行，相距為L.線框由靜止釋放后沿斜面下滑，ef邊離開磁場前已做勻速運動，重力加速度為g.求： 圖6 (1)線框進入磁場過程中通過線框橫截面的電荷量q； (2)線框ef邊離開磁場區(qū)域時速度的大小v； (3)線框穿過磁場區(qū)域產生的熱量Q. 答案　(1)　(2)　(3)mg(2L＋d)sinθ－ 解析　(1)線框進入磁場的過程產生的平均感應電動勢E＝ 通過回路的電荷量q＝IΔt＝Δt 磁通量的變化量ΔΦ＝Bd2 解得q＝. (2)線框ef邊離開磁場前，線框中產生的感應電流I＝ 受到的安培力F＝IdB 由平衡條件有mgsin θ－F＝0 解得v＝. (3)線框由靜止至離開磁場，由能量守恒定律有mg(2L＋d)sin θ－Q＝mv2－0 解得Q＝mg(2L＋d)sin θ－. 例5　(2018揚州市一模)實驗小組想要探究電磁剎車的效果，在遙控小車底面安裝寬為L、長為2.5L的N匝矩形線框abcd，總電阻為R，面積可認為與小車底面相同，其平面與水平地面平行，小車總質量為m.如圖7是簡化的俯視圖，小車在磁場外以恒定的功率做直線運動，受到地面阻力恒為Ff，進入磁場前已達到最大速度v，車頭(ab邊)剛要進入磁場時立即撤去牽引力，車尾(cd邊)剛出磁場時速度恰好為零.已知有界磁場寬度為2.5L，磁感應強度為B，方向豎直向下.求： 圖7 (1)進入磁場前小車所受牽引力的功率P； (2)車頭剛進入磁場時，感應電流的大小I； (3)電磁剎車過程中產生的焦耳熱Q. 答案　(1)Ffv　(2)　(3)mv2－5FfL 解析　(1)進入磁場前小車勻速運動時速度最大，根據受力平衡則有：F＝Ff 牽引力的功率為：P＝Fv＝Ffv； (2)車頭剛進入磁場時，產生的感應電動勢為：E＝NBLv 感應電流的大小為：I＝＝ (3)根據能量守恒定律得： Q＋Ff5L＝mv2 可得，電磁剎車過程中產生的焦耳熱為： Q＝mv2－5FfL. 1.(多選)(2018啟東中學月考)如圖8所示，兩固定的豎直光滑金屬導軌足夠長且電阻不計.兩質量、長度均相同的導體棒c、d置于邊界水平的勻強磁場上方同一高度h處.磁場寬為3h，方向與導軌平面垂直.先由靜止釋放c，c剛進入磁場立即勻速運動，此時再由靜止釋放d，兩導體棒與導軌始終保持良好接觸.用ac表示c的加速度，Ekd表示d的動能，xc、xd分別表示c、d相對釋放點的位移.下圖中正確的是(　　) 圖8 答案　BD 解析　導體棒c進入磁場前做自由落體運動，加速度恒為g，有h＝gt2，v＝gt，c棒進入磁場以速度v做勻速直線運動的路程為h′＝vt＝gt2＝2h，此后d棒進入磁場，d棒進入磁場而c棒還沒有穿出磁場的過程，無電磁感應，兩導體棒僅受到重力作用，加速度均為g，直到c棒穿出磁場，穿出磁場后c棒僅受重力，加速度仍為g，A錯誤，B正確；c棒穿出磁場后，d棒切割磁感線產生感應電動勢，在回路中產生感應電流，因此時d棒速度大于c棒進入磁場時切割感線的速度，故感應電動勢、感應電流、感應安培力都大于c棒剛進入磁場時的大小，d棒減速，直到穿出磁場僅受重力，做勻加速運動，結合勻變速直線運動v2－v02＝2gh，可知勻加速過程動能與運動距離成正比，D正確. 2.(2018如皋市模擬四)如圖9所示，質量為m、電阻為R的單匝矩形線框置于光滑水平面上，線框邊長ab＝L、ad＝2L.虛線MN過ad、bc邊中點.一根能承受最大拉力為F0的細線沿水平方向拴住ab邊中點O，細線與ab邊垂直.從某時刻起，在MN右側加一方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小按B＝kt的規(guī)律均勻變化.一段時間后，細線被拉斷，線框向左運動，ab邊穿出磁場時的速度為v.求： 圖9 (1)細線斷裂前線框中的電功率P； (2)細線斷裂后瞬間線框的加速度大小a及線框離開磁場的過程中安培力所做的功W； 答案　(1)　(2)　mv2 解析　(1)根據法拉第電磁感應定律：E＝＝L2＝kL2； 電功率：P＝＝ (2)細線斷裂瞬間安培力：F安＝F0，線框的加速度a＝＝ 線框離開磁場過程中，由動能定理得：W＝mv2. 3.(2018南京師大附中5月模擬)近期大功率儲能技術受到媒體的廣泛關注，其中飛輪儲能是熱點之一.為說明某種飛輪儲能的基本原理，將模型簡化為如圖10所示：光滑的”Π”形導軌水平放置，電阻不計，長度足夠.軌道平行部分間距為L＝1m，導軌上靜止放置有長度也為L、質量為m＝100kg、接入電路的電阻為R1＝0.1Ω的導體棒AB.導軌間虛線框區(qū)域有垂直軌道平面向上的均勻變化磁場.虛線框右側區(qū)域有垂直軌道平面向下的勻強磁場，磁感應強度為B＝10T.圖中開關S接a，經過足夠長時間，棒AB向右勻速運動，速度為v＝100m/s.然后若將開關S接b，棒AB可作為電源對電阻R2供電，電阻R2＝0.9Ω. 圖10 (1)開關S接a，棒AB勻速運動時，虛線框中的磁場磁通量每秒鐘變化多少？ (2)求開關S接b的瞬間棒AB的加速度大小. (3)求開關S接b后R2產生的總熱量Q. 答案　(1)1000Wb　(2)100m/s2　(3)4.5105J 解析　(1)棒勻速運動時加速度為零，安培力為零，電流為零，磁通量不變，所以虛線框中磁場磁通量每秒增加ΔΦ＝BLvt＝1 000 Wb； (2)棒AB產生的感應電動勢E＝BLv＝1 000 V，電路中的感應電流I＝＝1 000 A， 故受到的安培力為F＝BIL＝1104 N，根據牛頓第二定律可得a＝＝100 m/s2； (3)棒的動能全部轉化為熱量，故Q總＝mv2＝5105 J， 電阻R2上產生的熱量為Q＝Q總＝4.5105 J. 4.(2018蘇州市模擬)如圖11所示，空間存在豎直向下的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B.一邊長為L、質量為m、電阻為R的正方形單匝導線框abcd放在水平桌面上.在水平拉力作用下，線框從左邊界以速度v勻速進入磁場，當cd邊剛進入磁場時撤去拉力，ab邊恰好能到達磁場的右邊界.已知線框與桌面間的動摩擦因數為μ，磁場寬度大于L，重力加速度為g.求： 圖11 (1)ab邊剛進入磁場時，其兩端的電壓U； (2)水平拉力的大小F和磁場的寬度d； (3)整個過程中產生的總熱量Q. 答案　(1)BLv　(2)＋μmg　L＋ (3) μmgL＋mv2＋ 解析　(1)感應電動勢E＝BLv 感應電流I＝＝ ab邊兩端電壓U＝IR＝BLv. (2)線框進入磁場后，對線框受力分析得，F(xiàn)＝F安＋μmg＝＋μmg 撤去拉力后，線框在磁場中只受到滑動摩擦力，做勻減速運動，運動位移x2＝ 所以磁場寬度d＝L＋. (3)進入磁場過程中產生焦耳熱Q1＝I2Rt1＝ 由于摩擦產生的熱量Q2＝μmg(L＋)＝μmgL＋mv2 所以整個過程產生的熱量為Q＝Q1＋Q2＝μmgL＋mv2＋. 1.(2017南通市第二次調研)如圖1所示，閉合導線框勻速穿過垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域，磁場區(qū)域寬度大于線框尺寸，規(guī)定線框中逆時針方向的電流為正，則線框中電流i隨時間t變化的圖象可能正確的是(　　) 圖1 答案　B 解析　閉合導線框進入磁場時由楞次定律知電流方向為逆時針，故排除D，閉合導線框離開磁場時由楞次定律知電流方向為順時針，故排除A，根據有效切割長度的變化可知，C錯誤，B正確. 2.(多選)(2018鹽城中學月考)如圖2所示，電阻為R的金屬棒，從圖示位置分別以速率v1、v2沿電阻不計的光滑軌道從ab勻速滑到a′b′處，若v1∶v2＝1∶2，則在兩次移動過程中(　　) 圖2 A.回路中感應電流I1∶I2＝1∶2 B.回路中產生熱量Q1∶Q2＝1∶2 C.回路中通過橫截面的總電荷量q1∶q2＝1∶2 D.金屬棒產生的感應電動勢E1∶E2＝1∶2 答案　ABD 3.(2018南京市三校聯(lián)考)如圖3所示，線圈由A位置開始下落，不計空氣阻力，在磁場中受到的安培力如果總小于它的重力，則它在A、B、C、D四個位置(B、D位置恰好線圈有一半在磁場中)時，加速度關系為(　　) 圖3 A.aA>aB>aC>aD B.aA＝aC>aB>aD C.aA＝aC>aD>aB D.aA＝aC>aD＝aB 答案　B 4.(2017宜興市下學期初考)如圖4所示，在光滑水平面上，有一個粗細均勻的單匝正方形閉合線框abcd.t＝0時刻，線框在水平外力的作用下，從靜止開始向右一直做勻加速直線運動，bc邊剛進入磁場的時刻為t1，ad邊剛進入磁場的時刻為t2，設線框中產生的感應電流的大小為i，ad邊兩端電壓大小為U，水平拉力大小為F，則下列i、U、F隨運動時間t變化關系圖象正確的是(　　) 圖4 答案　C 解析　線框的速度與時間的關系式為v＝at，a是加速度，設線框邊長為L，總電阻為R，在0～t1時間內，感應電流為零，t1～t2時間內，由E＝BLv和i＝得，感應電流與時間的關系式為i＝t，B、L、a、R均不變，電流i與t成正比，t2時間后無感應電流，故A、B錯誤；在0～t1時間內，感應電流為零，ad邊兩端的電壓為零，t1～t2時間內，電流i與t成正比，ad邊兩端電壓大小為U＝iRad＝R＝，電壓隨時間均勻增加，t2時間后無感應電流，但有感應電動勢，ad邊兩端電壓大小為U＝E＝BLat，電壓隨時間均勻增加，故C正確；根據推論得知：線框所受的安培力為F安＝，由牛頓第二定律得F－F安＝ma，得F＝t＋ma,0～t1時間內，感應電流為零，F(xiàn)＝ma，為定值，t1～t2時間內，F(xiàn)與t是線性關系，但不過原點，t2時間后無感應電流，F(xiàn)＝ma，為定值，故D錯誤. 5.(多選)如圖5甲所示，閉合矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁場的方向與導線框所在平面垂直.規(guī)定垂直紙面向里為磁場的正方向，abcda方向為電流的正方向，水平向右為安培力的正方向.磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，下列關于線框中的電流i、ad邊所受的安培力F隨時間t變化的圖象，正確的是(　　) 圖5 答案　AD 解析　由題圖B－t圖象可知，0～1s時間內，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應電流方向是逆時針的，為負值；1～3s，磁通量不變，無感應電流；3～4s，B減小，Φ減小，由楞次定律可知，感應電流沿順時針方向，為正值；由左手定則可知，在0～1s內，ad邊受到的安培力水平向右，是正的，1～3s無感應電流，不受安培力，3～4s時間內，安培力水平向左，是負的；由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢E＝＝S，感應電流I＝＝，由B－t圖象可知，在每一時間段內，是定值，則在各時間段內I是定值，ad邊受到的安培力F＝BIL，I、L不變，0～1s內B均勻增大，則F均勻增大，3～4s內B均勻減小，則F均勻減小，故B、C錯誤，A、D正確. 6.(多選)(2018海安中學月考)水平固定放置的足夠長的U形金屬導軌處于豎直向上的勻強磁場中，如圖6所示，在導軌上放著金屬棒ab，開始時ab棒以水平初速度v0向右運動，最后靜止在導軌上，就導軌光滑和粗糙兩種情況比較，這個過程(　　) 圖6 A.外力對棒所做功相等 B.電流所做的功相等 C.通過ab棒的電荷量相等 D.安培力對ab棒所做的功不相等 答案　AD 解析　根據動能定理，兩種情況下外力的功都等于動能的變化量，因初狀態(tài)和末狀態(tài)相同，則外力對棒做功相同，選項A正確；電流所做的功等于回路中產生的焦耳熱，根據功能關系可知導軌光滑時，金屬棒克服安培力做功多，產生的焦耳熱多，電流做功多，故B錯誤；根據感應電荷量公式q＝＝，x是ab棒滑行的位移大小，B、R、導體棒長度L相同，x越大，感應電荷量越大，因此導軌光滑時，感應電荷量大，故C錯誤；當導軌光滑時，金屬棒克服安培力做功，動能全部轉化為焦耳熱，產生的內能等于金屬棒的初動能；當導軌粗糙時，金屬棒在導軌上滑動，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生熱，把部分動能轉化為內能，另一方面要克服安培力做功，金屬棒的部分動能轉化為焦耳熱，摩擦力做功產生的內能與克服安培力做功轉化為內能的和等于金屬棒的初動能；所以導軌粗糙時，安培力做的功少，導軌光滑時，安培力做的功多，故D正確. 7.(多選)(2018溧水中學期初模擬)如圖7所示，兩根足夠長的直金屬導軌平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導軌間距為L，底端接有阻值為R的電阻.一根質量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直，導軌和桿ab的電阻可忽略.整個裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向上.讓桿ab沿軌道由靜止開始下滑，導軌和桿ab接觸良好，不計它們之間的摩擦，桿ab由靜止下滑距離s時，已勻速運動，重力加速度為g.則 (　　) 圖7 A.勻速運動時桿ab的速度為 B.勻速運動時桿ab受到的安培力大小為mgsinθ C.桿ab由靜止下滑距離s過程中，安培力做功為mgssinθ D.桿ab由靜止下滑距離s過程中，電阻R產生的熱量為mgssinθ 答案　AB 解析　勻速運動時有mgsin θ＝F安，又F安＝BIL＝，解得v＝，F(xiàn)安＝mgsin θ，故A、B正確；桿ab由靜止下滑距離s過程中，根據能量守恒定律可得電阻R產生的熱量Q＝mgssin θ－mv2，其中v＝，安培力做功為W＝－Q＝mv2－mgssin θ，其中v＝，故C、D錯誤. 8.(2018南京市學情調研)如圖8所示，電阻不計、間距為l＝1.0m的光滑平行金屬導軌，水平放置于磁感應強度B＝1.0 T、方向豎直向下的勻強磁場中，導軌左端接一定值電阻R＝1.5Ω，質量為m＝1.0kg、電阻為r＝0.5Ω的金屬棒MN置于導軌上，始終垂直導軌且接觸良好.當MN受到垂直于棒的水平外力F＝2.0N的作用，由靜止開始運動，經過位移x＝1.55m，到達PQ處(圖中未畫出)，此時速度為v＝2.0m/s.求： 圖8 (1)金屬棒在PQ處所受磁場作用力大?。? (2)金屬棒在PQ處的加速度大??； (3)金屬棒在運動中回路總共產生的熱能. 答案　(1)1.0N　(2)1.0m/s2　(3)1.1J 解析　(1)速度為v＝2.0 m/s時，回路中感應電動勢為E＝Blv 產生的感應電流I＝ 由此得磁場對金屬棒的作用力為： F安＝BIl＝＝1.0 N (2)由牛頓第二定律有F－F安＝ma 解得a＝＝1.0 m/s2 (3)設金屬棒受到的安培力做功為W，由動能定理得Fx＋W＝mv2 解得W＝mv2－Fx＝－1.1 J 金屬棒克服安培力所做的功，即回路中總共產生的熱能得Q＝－W＝1.1 J. 9.(2018鹽城市三模)如圖9所示，在豎直平面內，水平且平行的Ⅰ、Ⅱ虛線間距為L，其間有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.一長為2L、寬為L的矩形線框質量為m、電阻為R.開始時，線框下邊緣正好與虛線Ⅱ重合，由靜止釋放，線框上邊緣進入磁場后線框一直做減速運動，經過一段時間后，線框上邊緣經過虛線Ⅱ瞬間加速度恰為0.重力加速度為g，不計空氣阻力.求矩形線框穿過磁場過程中： 圖9 (1)上邊緣經過虛線Ⅱ瞬間，線框中電流的大小； (2)磁通量變化率的最大值； (3)線框中產生的焦耳熱. 答案　(1)　(2)BL　(3)2mgL－ 解析　(1)由線框受力平衡得：BIL＝mg，解得I＝. (2)線框上邊緣剛進磁場時磁通量的變化率最大，設此時速度為v1， 磁通量變化率＝BLv1 由動能定理得mgL＝mv12 則＝BL. (3) 設線框上邊緣通過虛線Ⅱ瞬間線框速度為v2，則BLv2＝IR 設線框穿過磁場過程中克服安培力做的功為W，根據動能定理 mgL－W＝mv22－mv12 解得W＝2mgL－ 線框克服安培力所做的功，就是線框中產生的焦耳熱，故Q＝W＝2mgL－. 10.(2018鎮(zhèn)江市模擬)如圖10所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角θ＝30的斜面上，其電阻不計，間距為0.4m.導軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界為MN，區(qū)域Ⅰ和Ⅱ中的勻強磁場B的方向分別垂直斜面向下和垂直斜面向上，磁感應強度大小均為0.5T.將質量為0.1kg、電阻為0.1Ω的導體棒ab放在導軌上的區(qū)域Ⅰ中，ab剛好不下滑.再在區(qū)域Ⅱ中將質量為0.4kg、電阻為0.1Ω的光滑導體棒cd從導軌上由靜止開始下滑.cd棒始終處于區(qū)域Ⅱ中，兩棒與導軌垂直且與導軌接觸良好，g取10m/s2. 圖10 (1)求ab棒所受最大靜摩擦力，并判斷cd棒下滑時ab棒中電流的方向； (2)ab棒剛要向上滑動時，cd棒的速度大小v； (3)若從cd棒開始下滑到ab棒剛要向上滑動的過程中，裝置中產生的總熱量為2.6J，求此過程中cd棒下滑的距離x. 答案　(1)0.5N　由a流向b　(2)5m/s　(3)3.8m 解析　(1)ab剛好不下滑時，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力 有Ffmax＝m1gsin θ 則Ffmax＝0.5 N 由右手定則可知cd棒下滑時ab棒中電流方向由a流向b. (2)設ab剛好要上滑時，cd棒的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律有E＝Blv 設電路中的感應電流為I，由閉合電路歐姆定律有I＝ 設ab所受安培力為F安，有F安＝BIl 此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下， 由平衡條件有F安＝m1gsin θ＋Ffmax 代入數據解得v＝5 m/s. (3)設從cd棒開始下滑到ab棒剛要向上滑動的過程中裝置中產生的總熱量為Q總，由能量守恒有m2gxsin θ＝Q總＋m2v2 解得x＝3.8 m.