（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

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(shù)表達式、進出磁場的轉(zhuǎn)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Bt圖象還是t圖象，或者Et圖象、It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(jié)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.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(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)(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(cè)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(diào)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(nèi).回路的ab邊置于垂直紙面向里的勻強磁場中.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2答案B解析根據(jù)題圖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.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(zhuǎn)化及焦耳熱的求法(1)能量轉(zhuǎn)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(zhì)量m，電阻R；導軌光滑水平，電阻不計棒ab長L，質(zhì)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EBLv電流I安培力FBIL加速度a，當安培力F0時，a0，v最大，最后勻速運動棒ab釋放后下滑，此時加速度agsin，棒ab速度v感應電動勢EBLv電流I安培力FBIL加速度a，當安培力Fmgsin時，a0，v最大，最后勻速運動能量轉(zhuǎn)化分析通過安培力做功，電能一部分轉(zhuǎn)化為棒的動能，一部分通過克服安培力做功轉(zhuǎn)化為電能，又通過電阻轉(zhuǎn)化為焦耳熱重力勢能一部分轉(zhuǎn)化為棒的動能，一部分通過克服安培力做功轉(zhuǎn)化為電能，又通過電阻轉(zhuǎn)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(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(jié)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、的高和間距均為d，磁感應強度為B.質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場和時的速度相等.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3A.剛進入磁場時加速度方向豎直向下B.穿過磁場的時間大于在兩磁場之間的運動時間C.穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgdD.釋放時距磁場上邊界的高度h可能小于答案BC解析穿過磁場后，金屬棒在磁場之間做加速運動，在磁場上邊緣速度大于從磁場出來時的速度，即進入磁場時速度等于進入磁場時速度，大于從磁場出來時的速度.金屬棒在磁場中做減速運動，加速度方向向上，A錯.金屬棒在磁場中做減速運動，由牛頓第二定律知maBILmgmg，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vt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1mg2d0，W安12mgd.即通過磁場產(chǎn)生的熱量為2mgd，故穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd，C對.設剛進入磁場時速度為v，則由機械能守恒定律知mghmv2，進入磁場時maBILmgmg，解得v，由式得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t0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，tt0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)0t0時間內(nèi)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(chǎn)生的焦耳熱Q.答案(1)方向由NM(2)(3)解析(1)0t0時間內(nèi)，由ES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(jīng)分析可知，金屬棒穿過磁場的過程中電動勢大小與0t0時間內(nèi)相同由EB0Lv解得v金屬棒勻速通過磁場由受力平衡得FBIL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tt0所以QI2R(t0t0).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2的定值電阻R，將一根質(zhì)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r2，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B2T.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(jīng)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(nèi)電阻R上產(chǎn)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mF.由題圖乙可知F安m1.0N，則vm4m/s.(2)金屬棒速度為3m/s時，感應電動勢EBLv20.53V3V.電流I，F(xiàn)安BIL金屬棒受到的拉力FN根據(jù)牛頓第二定律FF安ma解得am/s2m/s2.(3)從開始計時起2s內(nèi)，由動能定理得，PtW安mvm2mv02W安6.5J則QR3.25J.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，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(zhì)量為m、邊長為d(dL)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(chǎn)生的熱量Q.答案(1)(2)(3)mg(2Ld)sin解析(1)線框進入磁場的過程產(chǎn)生的平均感應電動勢E通過回路的電荷量qItt磁通量的變化量Bd2解得q.(2)線框ef邊離開磁場前，線框中產(chǎn)生的感應電流I受到的安培力FIdB由平衡條件有mgsin F0解得v.(3)線框由靜止至離開磁場，由能量守恒定律有mg(2Ld)sin Qmv20解得Qmg(2Ld)sin .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(zhì)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(chǎn)生的焦耳熱Q.答案(1)Ffv(2)(3)mv25FfL解析(1)進入磁場前小車勻速運動時速度最大，根據(jù)受力平衡則有：FFf牽引力的功率為：PFvFfv；(2)車頭剛進入磁場時，產(chǎn)生的感應電動勢為：ENBLv感應電流的大小為：I(3)根據(jù)能量守恒定律得：QFf5Lmv2可得，電磁剎車過程中產(chǎn)生的焦耳熱為：Qmv25FfL.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(zhì)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hgt2，vgt，c棒進入磁場以速度v做勻速直線運動的路程為hvtgt22h，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(chǎn)生感應電動勢，在回路中產(chǎn)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(jié)合勻變速直線運動v2v022gh，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(zhì)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abL、ad2L.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(cè)加一方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小按Bkt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(jù)法拉第電磁感應定律：EL2kL2；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：Wmv2.3.(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”形導軌水平放置，電阻不計，長度足夠.軌道平行部分間距為L1m，導軌上靜止放置有長度也為L、質(zhì)量為m100kg、接入電路的電阻為R10.1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(cè)區(qū)域有垂直軌道平面向下的勻強磁場，磁感應強度為B10T.圖中開關S接a，經(jīng)過足夠長時間，棒AB向右勻速運動，速度為v100m/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R20.9.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(chǎn)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BLvt1 000 Wb；(2)棒AB產(chǎn)生的感應電動勢EBLv1 000 V，電路中的感應電流I1 000 A，故受到的安培力為FBIL1104 N，根據(jù)牛頓第二定律可得a100 m/s2；(3)棒的動能全部轉(zhuǎn)化為熱量，故Q總mv25105 J，電阻R2上產(chǎn)生的熱量為QQ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(zhì)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(shù)為，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(chǎn)生的總熱量Q.答案(1)BLv(2)mgL(3) mgLmv2解析(1)感應電動勢EBLv感應電流Iab邊兩端電壓UIRBLv.(2)線框進入磁場后，對線框受力分析得，F(xiàn)F安mgmg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dL.(3)進入磁場過程中產(chǎn)生焦耳熱Q1I2Rt1由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q2mg(L)mgLmv2所以整個過程產(chǎn)生的熱量為QQ1Q2mgLmv2.1.(2017南通市第二次調(diào)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?qū)挾却笥诰€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(jù)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ab處，若v1v212，則在兩次移動過程中()圖2A.回路中感應電流I1I212B.回路中產(chǎn)生熱量Q1Q212C.回路中通過橫截面的總電荷量q1q212D.金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢E1E212答案ABD3.(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3A.aA>aB>aC>aDB.aAaC>aB>aDC.aAaC>aD>aBD.aAaC>aDaB答案B4.(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.t0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(chǎn)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vat，a是加速度，設線框邊長為L，總電阻為R，在0t1時間內(nèi)，感應電流為零，t1t2時間內(nèi)，由EBLv和i得，感應電流與時間的關系式為it，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0t1時間內(nèi)，感應電流為零，ad邊兩端的電壓為零，t1t2時間內(nèi)，電流i與t成正比，ad邊兩端電壓大小為UiRadR，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UEBLat，電壓隨時間均勻增加，故C正確；根據(jù)推論得知：線框所受的安培力為F安，由牛頓第二定律得FF安ma，得Ftma,0t1時間內(nèi)，感應電流為零，F(xiàn)ma，為定值，t1t2時間內(nèi)，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Bt圖象可知，01s時間內(nèi)，B增大，增大，由楞次定律可知，感應電流方向是逆時針的，為負值；13s，磁通量不變，無感應電流；34s，B減小，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01s內(nèi)，ad邊受到的安培力水平向右，是正的，13s無感應電流，不受安培力，34s時間內(nèi)，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ES，感應電流I，由Bt圖象可知，在每一時間段內(nèi)，是定值，則在各時間段內(nèi)I是定值，ad邊受到的安培力FBIL，I、L不變，01s內(nèi)B均勻增大，則F均勻增大，34s內(nèi)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6A.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(jù)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(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)功能關系可知導軌光滑時，金屬棒克服安培力做功多，產(chǎn)生的焦耳熱多，電流做功多，故B錯誤；根據(jù)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(zhuǎn)化為焦耳熱，產(chǎn)生的內(nèi)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(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一方面要克服安培力做功，金屬棒的部分動能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能與克服安培力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)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(zhì)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7A.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mgsinC.桿ab由靜止下滑距離s過程中，安培力做功為mgssinD.桿ab由靜止下滑距離s過程中，電阻R產(chǎn)生的熱量為mgssin答案AB解析勻速運動時有mgsin F安，又F安BIL，解得v，F(xiàn)安mgsin ，故A、B正確；桿ab由靜止下滑距離s過程中，根據(jù)能量守恒定律可得電阻R產(chǎn)生的熱量Qmgssin mv2，其中v，安培力做功為WQmv2mgssin ，其中v，故C、D錯誤.8.(2018南京市學情調(diào)研)如圖8所示，電阻不計、間距為l1.0m的光滑平行金屬導軌，水平放置于磁感應強度B1.0 T、方向豎直向下的勻強磁場中，導軌左端接一定值電阻R1.5，質(zhì)量為m1.0kg、電阻為r0.5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F2.0N的作用，由靜止開始運動，經(jīng)過位移x1.55m，到達PQ處(圖中未畫出)，此時速度為v2.0m/s.求：圖8(1)金屬棒在PQ處所受磁場作用力大小；(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(chǎn)生的熱能.答案(1)1.0N(2)1.0m/s2(3)1.1J解析(1)速度為v2.0 m/s時，回路中感應電動勢為EBlv產(chǎn)生的感應電流I由此得磁場對金屬棒的作用力為：F安BIl1.0 N(2)由牛頓第二定律有FF安ma解得a1.0 m/s2(3)設金屬棒受到的安培力做功為W，由動能定理得FxWmv2解得Wmv2Fx1.1 J金屬棒克服安培力所做的功，即回路中總共產(chǎn)生的熱能得QW1.1 J.9.(2018鹽城市三模)如圖9所示，在豎直平面內(nèi)，水平且平行的、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(zhì)量為m、電阻為R.開始時，線框下邊緣正好與虛線重合，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(jīng)過一段時間后，線框上邊緣經(jīng)過虛線瞬間加速度恰為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(jīng)過虛線瞬間，線框中電流的大小；(2)磁通量變化率的最大值；(3)線框中產(chǎn)生的焦耳熱.答案(1)(2)BL(3)2mgL解析(1)由線框受力平衡得：BILmg，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mgLmv12則BL.(3) 設線框上邊緣通過虛線瞬間線框速度為v2，則BLv2IR設線框穿過磁場過程中克服安培力做的功為W，根據(jù)動能定理mgLWmv22mv12解得W2mgL線框克服安培力所做的功，就是線框中產(chǎn)生的焦耳熱，故QW2mgL.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)域和，兩區(qū)域的邊界為MN，區(qū)域和中的勻強磁場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(zhì)量為0.1kg、電阻為0.1的導體棒ab放在導軌上的區(qū)域中，ab剛好不下滑.再在區(qū)域中將質(zhì)量為0.4kg、電阻為0.1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(chǎn)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Ffmaxm1gsin 則Ffmax0.5 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EBlv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 Ffmax代入數(shù)據(jù)解得v5 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(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒有m2gxsin Q總m2v2解得x3.8 m.