（江苏专用）2020版高考物理新增分大一轮复习第九章电磁感应专题突破十一电磁感应定律的综合应用讲义（含解析）.docx

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1、1专题突破十一 电磁感应定律的综合应用命题点一 电磁感应中的图象问题1.解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键.2.解题步骤(1)明确图象的种类，即是 B t 图象还是 t 图象，或者 E t 图象、 I t 图象等；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(6)画图象或判断图象.3.两种常用方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量

2、的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项.(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断.例 1 (多选)(2018扬州中学 5 月模拟)在光滑水平桌面上有一边长为 l 的正方形线框abcd， bc 边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域 efg，三角形腰长为 l，磁感应强度垂直桌面向下， abef 在同一直线上，其俯视图如图 1 所示，线框从图示位置在水平拉力 F 作用下向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流 i 及拉力 F 随时间 t 的变化关系可能是(以逆时针方向为电流的正方向

3、， F 向右为正方向，时间单位为 )( )lv图 12答案 BD变式 1 (2018如皋市调研)将一段导线绕成如图 2 甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内.回路的 ab 边置于垂直纸面向里的匀强磁场中.回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度 B 随时间 t 变化的图象如图乙所示.用 F表示 ab 边受到的安培力，以水平向右为 F 的正方向，能正确反映 F 随时间 t 变化的图象是( )图 2答案 B解析 根据题图 B t 图象可知，在 0 时间内， B t 图线的斜率为负且为定值，根据法拉T2第电磁感应定律 E n S 可知，该段时间圆环区域内感应电动势和

4、感应电流是恒定的，由 B t楞次定律可知， ab 中电流方向为 b a，再由左手定则可判断 ab 边受到向左的安培力，且30 时间内安培力恒定不变，方向与规定的正方向相反；在 T 时间内， B t 图线的斜率T2 T2为正且为定值，故 ab 边所受安培力仍恒定不变，但方向与规定的正方向相同.综上可知，B正确.命题点二 电磁感应中的动力学与能量问题1.解决电磁感应中的动力学问题的一般思路2.能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化其他形式的能量 电能 焦耳热或其他形式的能量 克 服 安 培 力 做 功 电 流 做 功 (2)求解焦耳热 Q 的三种方法3.单棒导体切割磁感线的一般运动过程类型 “电动电

5、”型 “动电动”型示意图已知量棒 ab 长 L，质量 m，电阻R；导轨光滑水平，电阻不计棒 ab 长 L，质量 m，电阻R；导轨光滑，电阻不计过程分析(表示增大，表示减小，表示推出)S 闭合，棒 ab 受安培力 F，此时加速度 a ，BLER BLEmR棒 ab 速度 v感应电动势E BLv电流 I安棒 ab 释放后下滑，此时加速度 a gsin ，棒 ab 速度v感应电动势E BLv电流 I 安ER4培力 F BIL加速度a，当安培力 F0 时，a0， v 最大，最后匀速运动培力 F BIL加速度a，当安培力 F mgsin时， a0， v 最大，最后匀速运动能量转化分析通过安培力做功，电能

6、一部分转化为棒的动能，一部分通过克服安培力做功转化为电能，又通过电阻转化为焦耳热重力势能一部分转化为棒的动能，一部分通过克服安培力做功转化为电能，又通过电阻转化为焦耳热4.两种状态及处理方法状态 特征 处理方法平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析非平衡态 加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析模型 1 “导体棒”切割磁感线例 2 (多选)(2018江苏单科9)如图 3 所示，竖直放置的“ ”形光滑导轨宽为 L，矩形匀强磁场、的高和间距均为 d，磁感应强度为 B.质量为 m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场和时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为 R，与导轨接触良好，其

7、余电阻不计，重力加速度为 g.金属杆( )图 3A.刚进入磁场时加速度方向竖直向下B.穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为 4mgdD.释放时距磁场上边界的高度 h 可能小于m2gR22B4L4答案 BC5解析 穿过磁场后，金属棒在磁场之间做加速运动，在磁场上边缘速度大于从磁场出来时的速度，即进入磁场时速度等于进入磁场时速度，大于从磁场出来时的速度.金属棒在磁场中做减速运动，加速度方向向上，A 错.金属棒在磁场中做减速运动，由牛顿第二定律知ma BIL mg mg，B2L2vRa 随着减速过程逐渐变小，即在前一段做加速度减小的减速运动.在磁场之间做加速度为 g

8、的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由 v t 图象(可能图象如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时，B 对.由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知，W 安 1 mg2d0，W 安 12 mgd.即通过磁场产生的热量为 2mgd，故穿过两磁场产生的总热量为 4mgd，C 对.设刚进入磁场时速度为 v，则由机械能守恒定律知mgh mv2，12进入磁场时 ma BIL mg mg，B2L2vR解得 v ，ma gRB2L2由式得 h ，D 错.m2a g2R22B4L4g m2gR22B4L4例 3 (2018南京市三模) 如图 4 甲所示，固定在水平桌面上的间距为 L 的光滑平行金属导轨

9、，其右端 MN 间接有阻值为 R 的定值电阻，导轨上存在着以 efhg 为边界，宽度为 d 的匀强磁场，磁场磁感应强度 B 随时间 t 变化的规律如图乙所示，方向竖直向下.一长度为 L 的金属棒垂直于导轨放置，金属棒的电阻也为 R，在 t0 时刻从图示位置在恒力作用下由静止开始沿导轨向右运动， t t0时刻恰好进入磁场，此时磁感应强度为 B0，并保持不变.金属棒从图示位置到恰好穿出磁场的运动过程中，电阻 R 上的电流大小不变，导轨电阻不计.求：6图 4(1)0 t0时间内流过电阻 R 的电流 I 的大小和方向；(2)金属棒穿过磁场的速度及所受恒力的大小；(3)金属棒从图示位置到恰好穿出磁场的运

10、动过程中，电阻 R 上产生的焦耳热 Q.答案 (1) 方向由 N M (2) (3)B0Ld2Rt0 dt0 B20L2d2Rt0 B20L2d22Rt0解析 (1)0 t0时间内，由 E S B t解得 EB0Ldt0由 IE2R解得 IB0Ld2Rt0由楞次定律可知，电流方向为由 N 到 M(2)经分析可知，金属棒穿过磁场的过程中电动势大小与 0 t0时间内相同由 E B0LvB0Ldt0解得 vdt0金属棒匀速通过磁场由受力平衡得 F BIL则 FB20L2d2Rt0(3)金属棒从题图所示位置到恰好穿出磁场的运动过程中电流大小不变，为 IB0Ld2Rt0金属棒匀速通过磁场的时间为 t t

11、0dv所以 Q I2R(t0 t0) .B20L2d22Rt0变式 2 (2018泰州中学月考)如图 5 甲所示， MN、 PQ 为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距 L 为 0.5m，导轨左端连接一个阻值为 2 的定值电阻 R，将一根质量为 0.2kg的金属棒 cd 垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒 cd 的电阻 r2，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度 B2T.若棒以 1m/s 的初7速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力 F 作用，并保持拉力的功率恒为 4W，从此时开始计时，经过 2s 金属棒的速度稳定不变，图乙为安培力与时间的关系图象.

12、试求：图 5(1)金属棒的最大速度；(2)金属棒的速度为 3m/s 时的加速度大小；(3)求从开始计时起 2s 内电阻 R 上产生的电热.答案 (1)4m/s (2) m/s2 (3)3.25J3512解析 (1)金属棒速度最大时，所受合外力为零，即 F 安 m F.由题图乙可知 F 安 m1.0N，则 vm 4m/s.PF PF安 m(2)金属棒速度为 3m/s 时，感应电动势 E BLv20.53V3V.电流 I ， F 安 BI LER r金属棒受到的拉力 F NPv 43根据牛顿第二定律 F F 安 ma解得 a m/s2 m/s2.F F安 m 43 340.2 3512(3)从开始

13、计时起 2s 内，由动能定理得， Pt W 安 mvm2 mv0212 12W 安 6.5J则 QR 3.25J. W安2模型 2 “导线框”切割磁感线例 4 (2018南通市、泰州市一模)如图 6 所示，光滑绝缘斜面倾角为 ，斜面上平行于底边的虚线 MN、 PQ 间存在垂直于斜面向上、磁感应强度为 B 的匀强磁场， MN、 PQ 相距为 L.一质量为 m、边长为 d(d L)的正方形金属线框 abef 置于斜面上，线框电阻为 R.ab 边与磁8场边界 MN 平行，相距为 L.线框由静止释放后沿斜面下滑， ef 边离开磁场前已做匀速运动，重力加速度为 g.求：图 6(1)线框进入磁场过程中通过

14、线框横截面的电荷量 q；(2)线框 ef 边离开磁场区域时速度的大小 v；(3)线框穿过磁场区域产生的热量 Q.答案 (1) (2) (3) mg(2L d)sin Bd2R mgRsinB2d2 m3g2R2sin22B4d4解析 (1)线框进入磁场的过程产生的平均感应电动势 E t通过回路的电荷量 q I t tER磁通量的变化量 Bd2解得 q .Bd2R(2)线框 ef 边离开磁场前，线框中产生的感应电流 IBdvR受到的安培力 F IdB由平衡条件有 mgsin F0解得 v .mgRsin B2d2(3)线框由静止至离开磁场，由能量守恒定律有 mg(2L d)sin Q mv201

15、2解得 Q mg(2L d)sin .m3g2R2sin22B4d4例 5 (2018扬州市一模)实验小组想要探究电磁刹车的效果，在遥控小车底面安装宽为L、长为 2.5L 的 N 匝矩形线框 abcd，总电阻为 R，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，小车总质量为 m.如图 7 是简化的俯视图，小车在磁场外以恒定的功率做直线运动，受到地面阻力恒为 Ff，进入磁场前已达到最大速度 v，车头( ab 边)刚要进入磁场时立即撤去牵引力，车尾( cd 边)刚出磁场时速度恰好为零.已知有界磁场宽度为 2.5L，磁感应强度为 B，方向竖直向下.求：9图 7(1)进入磁场前小车所受牵引力的功率

16、P；(2)车头刚进入磁场时，感应电流的大小 I；(3)电磁刹车过程中产生的焦耳热 Q.答案 (1) Ffv (2) (3) mv25 FfLNBLvR 12解析 (1)进入磁场前小车匀速运动时速度最大，根据受力平衡则有： F Ff牵引力的功率为： P Fv Ffv；(2)车头刚进入磁场时，产生的感应电动势为： E NBLv感应电流的大小为： I ER NBLvR(3)根据能量守恒定律得：Q Ff5L mv212可得，电磁刹车过程中产生的焦耳热为：Q mv25 FfL.121.(多选)(2018启东中学月考)如图 8 所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计.两质量、长度均相同的导体棒 c

17、、 d 置于边界水平的匀强磁场上方同一高度 h 处.磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直.先由静止释放 c， c 刚进入磁场立即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触.用 ac表示 c 的加速度， Ekd表示 d 的动能， xc、 xd分别表示 c、 d 相对释放点的位移.下图中正确的是( )图 810答案 BD解析 导体棒 c 进入磁场前做自由落体运动，加速度恒为 g，有 h gt2， v gt， c 棒进入12磁场以速度 v 做匀速直线运动的路程为 h vt gt22 h，此后 d 棒进入磁场， d 棒进入磁场而 c 棒还没有穿出磁场的过程，无电磁感应，两导体棒仅受到重力

18、作用，加速度均为 g，直到 c 棒穿出磁场，穿出磁场后 c 棒仅受重力，加速度仍为 g，A 错误，B 正确； c 棒穿出磁场后， d 棒切割磁感线产生感应电动势，在回路中产生感应电流，因此时 d 棒速度大于 c 棒进入磁场时切割感线的速度，故感应电动势、感应电流、感应安培力都大于 c 棒刚进入磁场时的大小， d 棒减速，直到穿出磁场仅受重力，做匀加速运动，结合匀变速直线运动v2 v022 gh，可知匀加速过程动能与运动距离成正比，D 正确.2.(2018如皋市模拟四)如图 9 所示，质量为 m、电阻为 R 的单匝矩形线框置于光滑水平面上，线框边长 ab L、 ad2 L.虚线 MN 过 ad、

19、 bc 边中点.一根能承受最大拉力为 F0的细线沿水平方向拴住 ab 边中点 O，细线与 ab 边垂直.从某时刻起，在 MN 右侧加一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按 B kt 的规律均匀变化.一段时间后，细线被拉断，线框向左运动， ab 边穿出磁场时的速度为 v.求：图 9(1)细线断裂前线框中的电功率 P；(2)细线断裂后瞬间线框的加速度大小 a 及线框离开磁场的过程中安培力所做的功 W；答案 (1) (2) mv2k2L4R F0m 12解析 (1)根据法拉第电磁感应定律： E L2 kL2； t B t电功率： P E2R k2L4R(2)细线断裂瞬间安培力： F 安 F0，线

20、框的加速度 a F安m F0m11线框离开磁场过程中，由动能定理得： W mv2.123.(2018南京师大附中 5 月模拟)近期大功率储能技术受到媒体的广泛关注，其中飞轮储能是热点之一.为说明某种飞轮储能的基本原理，将模型简化为如图 10 所示：光滑的”形导轨水平放置，电阻不计，长度足够.轨道平行部分间距为 L1m，导轨上静止放置有长度也为 L、质量为 m100kg、接入电路的电阻为 R10.1 的导体棒 AB.导轨间虚线框区域有垂直轨道平面向上的均匀变化磁场.虚线框右侧区域有垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度为 B10T.图中开关 S 接 a，经过足够长时间，棒 AB 向右匀速运动，速

21、度为v100m/s.然后若将开关 S 接 b，棒 AB 可作为电源对电阻 R2供电，电阻 R20.9.图 10(1)开关 S 接 a，棒 AB 匀速运动时，虚线框中的磁场磁通量每秒钟变化多少？(2)求开关 S 接 b 的瞬间棒 AB 的加速度大小.(3)求开关 S 接 b 后 R2产生的总热量 Q.答案 (1)1000Wb (2)100m/s 2 (3)4.510 5J解析 (1)棒匀速运动时加速度为零，安培力为零，电流为零，磁通量不变，所以虚线框中磁场磁通量每秒增加 BLvt1 000 Wb；(2)棒 AB 产生的感应电动势 E BLv1 000 V，电路中的感应电流 I 1 000 A，E

22、R1 R2故受到的安培力为 F BIL110 4 N，根据牛顿第二定律可得 a 100 m/s 2；Fm(3)棒的动能全部转化为热量，故 Q 总 mv2510 5 J，12电阻 R2上产生的热量为 Q Q 总 4.510 5 J.R2R1 R24.(2018苏州市模拟)如图 11 所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为 B.一边长为 L、质量为 m、电阻为 R 的正方形单匝导线框 abcd 放在水平桌面上.在水平拉力作用下，线框从左边界以速度 v 匀速进入磁场，当 cd 边刚进入磁场时撤去拉力， ab 边恰好能到达磁场的右边界.已知线框与桌面间的动摩擦因数为 ，磁场宽度大于 L

23、，重力加速度为 g.求：12图 11(1)ab 边刚进入磁场时，其两端的电压 U；(2)水平拉力的大小 F 和磁场的宽度 d；(3)整个过程中产生的总热量 Q.答案 (1) BLv (2) mg L34 B2L2vR v22 g(3) mgL mv212 B2L3vR解析 (1)感应电动势 E BLv感应电流 I ER BLvRab 边两端电压 U I R BLv.34 34(2)线框进入磁场后，对线框受力分析得， F F 安 mg mgB2L2vR撤去拉力后，线框在磁场中只受到滑动摩擦力，做匀减速运动，运动位移 x2v22 g所以磁场宽度 d L .v22 g(3)进入磁场过程中产生焦耳热

24、Q1 I2Rt1B2L3vR由于摩擦产生的热量 Q2 mg (L ) mgL mv2v22 g 12所以整个过程产生的热量为 Q Q1 Q2 mgL mv2 .12 B2L3vR1.(2017南通市第二次调研)如图 1 所示，闭合导线框匀速穿过垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁场区域宽度大于线框尺寸，规定线框中逆时针方向的电流为正，则线框中电流 i 随时间 t 变化的图象可能正确的是( )图 113答案 B解析 闭合导线框进入磁场时由楞次定律知电流方向为逆时针，故排除 D，闭合导线框离开磁场时由楞次定律知电流方向为顺时针，故排除 A，根据有效切割长度的变化可知，C 错误，B 正确.2.(多选)(2

25、018盐城中学月考)如图 2 所示，电阻为 R 的金属棒，从图示位置分别以速率v1、 v2沿电阻不计的光滑轨道从 ab 匀速滑到 a b处，若 v1 v212，则在两次移动过程中( )图 2A.回路中感应电流 I1 I212B.回路中产生热量 Q1 Q212C.回路中通过横截面的总电荷量 q1 q212D.金属棒产生的感应电动势 E1 E212答案 ABD3.(2018南京市三校联考)如图 3 所示，线圈由 A 位置开始下落，不计空气阻力，在磁场中受到的安培力如果总小于它的重力，则它在 A、 B、 C、 D 四个位置( B、 D 位置恰好线圈有一半在磁场中)时，加速度关系为( )图 314A.

26、aAaBaCaDB.aA aCaBaDC.aA aCaDaBD.aA aCaD aB答案 B4.(2017宜兴市下学期初考)如图 4 所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框 abcd.t0 时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右一直做匀加速直线运动， bc 边刚进入磁场的时刻为 t1， ad 边刚进入磁场的时刻为 t2，设线框中产生的感应电流的大小为 i， ad 边两端电压大小为 U，水平拉力大小为 F，则下列 i、 U、 F 随运动时间 t 变化关系图象正确的是( )图 4答案 C解析 线框的速度与时间的关系式为 v at， a 是加速度，设线框边长为 L，总电阻为

27、R，在0 t1时间内，感应电流为零， t1 t2时间内，由 E BLv 和 i 得，感应电流与时间的关ER系式为 i t， B、 L、 a、 R 均不变，电流 i 与 t 成正比， t2时间后无感应电流，故 A、BBLaR错误；在 0 t1时间内，感应电流为零， ad 边两端的电压为零， t1 t2时间内，电流 i 与 t成正比， ad 边两端电压大小为 U iRad R ，电压随时间均匀增加， t2时间后BLatR 14 BLat4无感应电流，但有感应电动势， ad 边两端电压大小为 U E BLat，电压随时间均匀增加，故 C 正确；根据推论得知：线框所受的安培力为 F 安 ， 由 牛 顿

28、 第 二 定 律 得 F F 安B2L2vR ma，得 F t ma,0 t1时间内，感应电流为零， F ma，为定值， t1 t2时间内， FB2L2aR15与 t 是线性关系，但不过原点， t2时间后无感应电流， F ma，为定值，故 D 错误.5.(多选)如图 5 甲所示，闭合矩形导线框 abcd 固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直.规定垂直纸面向里为磁场的正方向， abcda 方向为电流的正方向，水平向右为安培力的正方向.磁感应强度 B 随时间 t 变化的规律如图乙所示，下列关于线框中的电流i、 ad 边所受的安培力 F 随时间 t 变化的图象，正确的是( )图 5答案

29、AD解析 由题图 B t 图象可知，01s 时间内， B 增大， 增大，由楞次定律可知，感应电流方向是逆时针的，为负值；13s，磁通量不变，无感应电流；34s， B 减小， 减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，为正值；由左手定则可知，在 01s 内， ad 边受到的安培力水平向右，是正的，13s 无感应电流，不受安培力，34s 时间内，安培力水平向左，是负的；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势 E S，感应电流 t B tI ，由 B t 图象可知，在每一时间段内， 是定值，则在各时间段内 I 是定值，ER S BR t B tad 边受到的安培力 F BIL， I、 L 不变，01

30、s 内 B 均匀增大，则 F 均匀增大，34s 内 B均匀减小，则 F 均匀减小，故 B、C 错误，A、D 正确.6.(多选)(2018海安中学月考)水平固定放置的足够长的 U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，如图 6 所示，在导轨上放着金属棒 ab，开始时 ab 棒以水平初速度 v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程( )16图 6A.外力对棒所做功相等B.电流所做的功相等C.通过 ab 棒的电荷量相等D.安培力对 ab 棒所做的功不相等答案 AD解析 根据动能定理，两种情况下外力的功都等于动能的变化量，因初状态和末状态相同，则外力对棒做功相同，选项 A

31、正确；电流所做的功等于回路中产生的焦耳热，根据功能关系可知导轨光滑时，金属棒克服安培力做功多，产生的焦耳热多，电流做功多，故 B 错误；根据感应电荷量公式 q ， x 是 ab 棒滑行的位移大小， B、 R、导体棒长度 L 相同， R BLxRx 越大，感应电荷量越大，因此导轨光滑时，感应电荷量大，故 C 错误；当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和等

32、于金属棒的初动能；所以导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，故 D 正确.7.(多选)(2018溧水中学期初模拟)如图 7 所示，两根足够长的直金属导轨平行放置在倾角为 的绝缘斜面上，两导轨间距为 L，底端接有阻值为 R 的电阻.一根质量为 m 的均匀直金属杆 ab 放在两导轨上，并与导轨垂直，导轨和杆 ab 的电阻可忽略.整个装置处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上.让杆 ab 沿轨道由静止开始下滑，导轨和杆ab 接触良好，不计它们之间的摩擦，杆 ab 由静止下滑距离 s 时，已匀速运动，重力加速度为 g.则 ( )图 7A.匀速运动时杆 ab 的速度为

33、mgRsinB2L2B.匀速运动时杆 ab 受到的安培力大小为 mgsinC.杆 ab 由静止下滑距离 s 过程中，安培力做功为 mgssinD.杆 ab 由静止下滑距离 s 过程中，电阻 R 产生的热量为 mgssin答案 AB17解析 匀速运动时有 mgsin F 安 ，又 F 安 BIL ，解得 v ， F 安B2L2vR mgRsin B2L2 mgsin ，故 A、B 正确；杆 ab 由静止下滑距离 s 过程中，根据能量守恒定律可得电阻 R产生的热量 Q mgssin mv2，其中 v ，安培力做功为12 mgRsin B2L2W Q mv2 mgssin ，其中 v ，故 C、D

34、错误.12 mgRsin B2L28.(2018南京市学情调研)如图 8 所示，电阻不计、间距为 l1.0m 的光滑平行金属导轨，水平放置于磁感应强 度 B 1.0 T、 方 向 竖 直 向 下 的 匀 强 磁场中，导轨左端接一定值电阻R1.5，质量为 m1.0kg、电阻为 r0.5 的金属棒 MN 置于导轨上，始终垂直导轨且接触良好.当 MN 受到垂直于棒的水平外力 F2.0N 的作用，由静止开始运动，经过位移x1.55m，到达 PQ 处(图中未画出)，此时速度为 v2.0m/s.求：图 8(1)金属棒在 PQ 处所受磁场作用力大小；(2)金属棒在 PQ 处的加速度大小；(3)金属棒在运动中

35、回路总共产生的热能.答案 (1)1.0N (2)1.0m/s 2 (3)1.1J解析 (1)速度为 v2.0 m/s 时，回路中感应电动势为 E Blv产生的感应电流 IER r由此得磁场对金属棒的作用力为：F 安 BIl 1.0 NB2l2vR r(2)由牛顿第二定律有 F F 安 ma解得 a 1.0 m/s 2F F安m(3)设金属棒受到的安培力做功为 W，由动能定理得 Fx W mv212解得 W mv2 Fx1.1 J12金属棒克服安培力所做的功，即回路中总共产生的热能得 Q W1.1 J.9.(2018盐城市三模)如图 9 所示，在竖直平面内，水平且平行的、虚线间距为 L，其18间

36、有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为 B.一长为 2L、宽为 L 的矩形线框质量为 m、电阻为 R.开始时，线框下边缘正好与虚线重合，由静止释放，线框上边缘进入磁场后线框一直做减速运动，经过一段时间后，线框上边缘经过虚线瞬间加速度恰为 0.重力加速度为 g，不计空气阻力.求矩形线框穿过磁场过程中：图 9(1)上边缘经过虚线瞬间，线框中电流的大小；(2)磁通量变化率的最大值；(3)线框中产生的焦耳热.答案 (1) (2) BL (3)2 mgLmgBL 2gL m3g2R22B4L4解析 (1)由线框受力平衡得： BIL mg，解得 I .mgBL(2)线框上边缘刚进磁场时磁通量的变化率最大，

37、设此时速度为 v1，磁通量变化率 BLv1 t由动能定理得 mgL mv1212则 BL . t 2gL(3) 设线框上边缘通过虚线瞬间线框速度为 v2，则 BLv2 IR设线框穿过磁场过程中克服安培力做的功为 W，根据动能定理mgL W mv22 mv1212 12解得 W2 mgLm3g2R22B4L4线框克服安培力所做的功，就是线框中产生的焦耳热，故 Q W2 mgL .m3g2R22B4L410.(2018镇江市模拟)如图 10 所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角 30的斜面上，其电阻不计，间距为 0.4m.导轨所在空间被分成区域和，两区域的边界为 MN，区域和中的匀强磁场 B

38、的方向分别垂直斜面向下和垂直斜面向上，磁感应强度大小均为0.5T.将质量为 0.1kg、电阻为 0.1 的导体棒 ab 放在导轨上的区域中， ab 刚好不下滑.再在区域中将质量为 0.4kg、电阻为 0.1 的光滑导体棒 cd 从导轨上由静止开始下滑. cd19棒始终处于区域中，两棒与导轨垂直且与导轨接触良好， g 取 10m/s2.图 10(1)求 ab 棒所受最大静摩擦力，并判断 cd 棒下滑时 ab 棒中电流的方向；(2)ab 棒刚要向上滑动时， cd 棒的速度大小 v；(3)若从 cd 棒开始下滑到 ab 棒刚要向上滑动的过程中，装置中产生的总热量为 2.6J，求此过程中 cd 棒下滑

39、的距离 x.答案 (1)0.5N 由 a 流向 b (2)5m/s (3)3.8m解析 (1) ab 刚好不下滑时， ab 所受摩擦力为最大静摩擦力有 Ffmax m1gsin 则 Ffmax0.5 N由右手定则可知 cd 棒下滑时 ab 棒中电流方向由 a 流向 b.(2)设 ab 刚好要上滑时， cd 棒的感应电动势为 E，由法拉第电磁感应定律有 E Blv设电路中的感应电流为 I，由闭合电路欧姆定律有 IER1 R2设 ab 所受安培力为 F 安 ，有 F 安 BIl此时 ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有 F 安 m1gsin Ffmax代入数据解得 v5 m/s.(3)设从 cd 棒开始下滑到 ab 棒刚要向上滑动的过程中装置中产生的总热量为 Q 总 ，由能量守恒有 m2gxsin Q 总 m2v212解得 x3.8 m.20