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1、专题突破十一 电磁感应定律的综合应用专题突破十一 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Bt图象还是t图象，或者Et图象、It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
2、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
3、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，F向右为正方向，时间单位为 )( ) l v 图 1 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Bt图象可知，在 0 时间内，Bt图线的斜率为负且为定值，根据法拉 T 2 第电磁感应定律En
4、S可知， 该段时间圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的， 由楞 B t 次定律可知，ab中电流方向为ba，再由左手定则可判断ab边受到向左的安培力，且 0T 2 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，Bt图线的斜率为正且 T 2 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
5、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”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FBLE R ，此时加速度a，棒ab BLE mR 速度v感应电动势E BLv电流I安培力F BIL加速度a，当安培 力F0 时，a0，v最大， 最后匀速运动 棒ab释放后下滑，此时加速 度agsin，棒ab速度 v感应电动势EBLv 电流I 安培力F E R BIL加速度a，当安培 力Fmgsin时，a0，v 最大，最
6、后匀速运动 能量 转化 分析 通过安培力做功， 电能一部分 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 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，
7、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， 其余电阻不计， 重力加速度为g.金属杆( ) 图 3 A.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 4mgd D.释放时距磁场上边界的高度h可能小于m 2gR2 2B4L4 答案 BC 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 maBILmgmg， B2L
8、2v R a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的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由vt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 1mg2d0， W安 12mgd. 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 mghmv2， 1 2 进入磁场时maBILmgmg， B2L2v R 解得v， magR B2L2 由式得h，D 错. m2ag2R2 2B4L4g m2gR2 2B4L4 例
9、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，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，tt0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： 图 4 (1)0t0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
10、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动过程中，电阻R上产生的焦耳热Q. 答案 (1) 方向由NM (2) (3) B0Ld 2Rt0 d t0 B2 0L2d 2Rt0 B2 0L2d2 2Rt0 解析 (1)0t0时间内，由ES B t 解得EB 0Ld t0 由I E 2R 解得IB 0Ld 2Rt0 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 0t0时间内相同 由EB0Lv B0Ld t0 解得v d t0 金属棒匀速通过磁场由受力平衡得FBIL 则FB 2 0L2d 2Rt0 (3)金属棒从题图所示位置到恰好穿出磁场
11、的运动过程中电流大小不变，为IB 0Ld 2Rt0 金属棒匀速通过磁场的时间为t t0 d v 所以QI2R(t0t0). B2 0L2d2 2Rt0 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
12、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.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)3.25J 35 12 解析 (1)金属棒速度最大时，所受合外力为零，即F安 mF. 由题图乙可知F安 m1.0N，则vm 4m/s. P F P F安m (2)金属棒速度为 3m/s 时，感应电动势EBLv20.53V3V. 电流I，F安BIL E Rr 金属棒受到的拉力F N P v 4 3 根据牛顿第二定律FF安ma 解得am
13、/s2m/s2. FF安 m 4 3 3 4 0.2 35 12 (3)从开始计时起 2s 内，由动能定理得，PtW安mvm2mv02 1 2 1 2 W安6.5J 则QR3.25J. 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(dL)的正方形金属线框abef置于斜面上， 线框电阻为R.ab边与磁场边 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
14、.求： 图 6 (1)线框进入磁场过程中通过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(2Ld)sin Bd2 R mgRsin B2d2 m3g2R2sin2 2B4d4 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qIt t E R 磁通量的变化量 Bd2 解得q. Bd2 R (2)线框ef边离开磁场前，线框中产生的感应电流IBdv R 受到的安培力FIdB 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
15、律有mg(2Ld)sin Qmv20 1 2 解得Qmg(2Ld)sin . m3g2R2sin2 2B4d4 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： 图 7 (1)
16、进入磁场前小车所受牵引力的功率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)mv25FfL NBLv R 1 2 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：FFf 牵引力的功率为：PFvFfv； (2)车头刚进入磁场时，产生的感应电动势为：ENBLv 感应电流的大小为：I E R NBLv R (3)根据能量守恒定律得： QFf5Lmv2 1 2 可得，电磁刹车过程中产生的焦耳热为： Qmv25FfL. 1 2 1.(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
17、阻不计. 两质量、 长度均相同的导体棒c、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 8 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hgt2，vgt，c棒进入 1 2 磁场以速度v做匀速直线运动的路程为hvtgt22h，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作用，加速度均为g，
18、 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v2v02 2gh，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abL、ad2L.虚线MN过ad、bc边中点.一根能承受最大拉力为F0的细线沿水平 方向拴
19、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Bkt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) mv2 k2L4 R F0 m 1 2 解析 (1)根据法拉第电磁感应定律：EL2kL2； t B t 电功率：P E2 R k2L4 R (2)细线断裂瞬间安培力：F安F0，线框的加速度a F安 m F0 m 线框离开磁场过程中，由动能定理得：Wm
20、v2. 1 2 3.(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
21、，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/s2 (3)4.5105J 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EBLv1 000 V，电路中的感应电流I1 000 A， E R1R2 故受到的安培力为FBIL1104 N，根据牛顿第二定律可得a 100 m/s2； F m (
22、3)棒的动能全部转化为热量，故Q总mv25105 J， 1 2 电阻R2上产生的热量为QQ总4.5105 J. R2 R1R2 4.(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， 重力加速度为g.求 ： 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
23、个过程中产生的总热量Q. 答案 (1)BLv (2)mg L 3 4 B2L2v R v2 2g (3) mgLmv2 1 2 B2L3v R 解析 (1)感应电动势EBLv 感应电流I E R BLv R ab边两端电压UIRBLv. 3 4 3 4 (2)线框进入磁场后，对线框受力分析得，FF安mgmg B2L2v R 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x2 v2 2g 所以磁场宽度dL. v2 2g (3)进入磁场过程中产生焦耳热Q1I2Rt1B 2L3v R 由于摩擦产生的热量Q2mg(L)mgLmv2 v2 2g 1 2 所以整个过程产生的热量为QQ1Q
24、2mgLmv2. 1 2 B2L3v R 1.(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 1 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)(2018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ab处
25、，若v1v212，则在两次移动过程中 ( ) 图 2 A.回路中感应电流I1I212 B.回路中产生热量Q1Q212 C.回路中通过横截面的总电荷量q1q212 D.金属棒产生的感应电动势E1E212 答案 ABD 3.(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 3 A.aAaBaCaD B.aAaCaBaD C.aAaCaDaB D.aAaCaDaB 答案 B 4.(2017宜兴市下学期初考)如图 4 所示，在光滑水平面上，
26、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vat，a是加速度， 设线框边长为L， 总电阻为R， 在 0 t1时间内，感应电流为零，t1t2时间内，由EBLv和i 得，感应电流与时间的关系式 E R 为it，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、
27、B 错误； BLa R 在 0t1时间内， 感应电流为零，ad边两端的电压为零，t1t2时间内， 电流i与t成正比，ad 边两端电压大小为UiRadR，电压随时间均匀增加，t2时间后无感应电流， BLat R 1 4 BLat 4 但有感应电动势，ad边两端电压大小为UEBLat，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，由牛顿第二定律得FF安ma，得Ft B2L2v R B2L2a R ma,0t1时间内，感应电流为零，Fma，为定值，t1t2时间内，F与t是线性关系，但不 过原点，t2时间后无感应电流，Fma，为定值，故 D 错误. 5.(多选)如图 5
28、 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 AD 解析 由题图Bt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
29、，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ES，感应电流I t B t E R ，由Bt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，ad边 SB Rt B t 受到的安培力FBIL，I、L不变， 01s 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
30、滑和粗糙两种情况比较，这个过程( ) 图 6 A.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 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，x R BLx R 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
31、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a
32、b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 7 A.匀速运动时杆ab的速度为mgRsin B2L2 B.匀速运动时杆ab受到的安培力大小为mgsin C.杆ab由静止下滑距离s过程中，安培力做功为mgssin D.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 AB 解析 匀速运动时有mgsin F安，又F安BIL，解得v，F安mgsin B2L2v R mgRsin B2L2 ，故 A、B
33、 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Qmgssin mv2， 其中v， 安培力做功为WQmv2mgssin ， 其中v 1 2 mgRsin B2L2 1 2 ，故 C、D 错误. mgRsin B2L2 8.(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B1.0 T、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R 1.5，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
34、.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)金属棒在运动中回路总共产生的热能. 答案 (1)1.0N (2)1.0m/s2 (3)1.1J 解析 (1)速度为v2.0 m/s 时，回路中感应电动势为EBlv 产生的感应电流I E Rr 由此得磁场对金属棒的作用力为： F安BIl1.0 N B2l2v Rr (2)由牛顿第二定律有FF安ma 解得a1.0 m/s2 FF安 m (3)设金属棒受到的安培力做功为W，由动能定理得FxWmv2 1 2 解得Wmv2Fx1.1 J 1 2
35、 金属棒克服安培力所做的功，即回路中总共产生的热能得QW1.1 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 间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 (
36、3)2mgL mg BL 2gL m3g2R2 2B4L4 解析 (1)由线框受力平衡得：BILmg，解得I. mg BL (2)线框上边缘刚进磁场时磁通量的变化率最大，设此时速度为v1， 磁通量变化率BLv1 t 由动能定理得mgLmv12 1 2 则BL. t 2gL (3) 设线框上边缘通过虚线瞬间线框速度为v2，则BLv2IR 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 mgLWmv22mv12 1 2 1 2 解得W2mgLm 3g2R2 2B4L4 线框克服安培力所做的功，就是线框中产生的焦耳热，故QW2mgL. m3g2R2 2B4L4 10.(2018镇江市模拟)如
37、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.cd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，
38、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Ffmaxm1gsin 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EBlv 设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I E R1R2 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m2v2 1 2 解得x3.8 m.