【物理】2019届二轮电磁感应学案（全国通用）

【物理】2019届二轮电磁感应学案（全国通用）

第10讲　电磁感应 ‎1．(2018·全国卷Ⅰ·17)如图1，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于(　　)‎ 图1‎ A. B. C. D．2‎ ‎【考点定位】 电磁感应、法拉第电磁感应定律 ‎【点评】 应用二级结论：q＝n可快速解题，重点是磁通量的计算 ‎【难度】 中等 答案　B 解析　在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有 E1＝＝ 根据闭合电路欧姆定律，有I1＝且q1＝I1Δt1‎ 在过程Ⅱ中，有E2＝＝ I2＝ q2＝I2Δt2‎ 又q1＝q2，即＝ 所以＝.‎ ‎2．(多选)(2018·全国卷Ⅰ·19)如图2，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动 B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向 C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向 D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动 ‎【考点定位】 互感现象、电磁感应条件、楞次定律、安培定则 ‎【难度】 中等 答案　AD 解析　根据安培定则，开关闭合时铁芯中产生水平向右的磁场，开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A项正确；开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，B、C 项错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D项正确．‎ ‎3．(2018·全国卷Ⅱ·18)如图3，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是(　　)‎ 图3‎ ‎【考点定位】 右手定则、楞次定律、电磁感应图象问题 ‎【难度】 中等 答案　D 解析　设线框中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.‎ 线框位移 等效电路的连接 电流 ‎0～ I＝2i(顺时针)‎ ～l I＝0‎ l～ I＝2i(逆时针)‎ ～2l I＝0‎ 分析知，只有选项D符合要求．‎ ‎4．(多选)(2018·全国卷Ⅲ·20)如图4(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧．导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P 为电流正方向．导线框R中的感应电动势(　　)‎ 图4‎ A．在t＝时为零 B．在t＝时改变方向 C．在t＝时最大，且沿顺时针方向 D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向 ‎【考点定位】 交变电流图象问题、法拉第电磁感应定律、楞次定律 ‎【点评】 由电流变化的图象分析出通过R的磁通量的变化规律，判断出其斜率大小对应感应电动势大小 ‎【难度】 中等 答案　AC 解析　在t＝时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝＝S知，E＝0，A项正确；‎ 在t＝和t＝T时，图线斜率最大，在t＝和t＝T时感应电动势最大．‎ 在到之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在到时，R中电动势也为顺时针方向，在T到T时，R中电动势为逆时针方向，C项正确，B、D项错误．‎ ‎5．(2017·全国卷Ⅰ·18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图5所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是(　　)‎ 图5‎ ‎【考点定位】 电磁阻尼、电磁感应条件 ‎【点评】 与科学仪器结合、情景新颖 ‎【难度】 较易 答案　A ‎6.(2016·全国卷Ⅲ·25)如图6所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：‎ 图6‎ ‎(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；‎ ‎(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．‎ ‎【考点定位】 法拉第电磁感应定律、磁通量的计算 ‎【点评】 虽然是双电源问题，但题目引导学生从总磁通量的变化角度去解题 ‎【难度】 中等 答案　(1) ‎(2)B0lv0(t－t0)＋kSt　(B0lv0＋kS) 解析　(1)在金属棒未越过MN之前，穿过回路的磁通量的变化量为ΔΦ＝ΔBS＝kΔtS①‎ 由法拉第电磁感应定律有E＝②‎ 由欧姆定律得i＝③‎ 由电流的定义得i＝④‎ 联立①②③④式得|Δq|＝Δt⑤‎ 由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内即Δt＝t0，流过电阻R的电荷量q的绝对值为|q|＝⑥‎ ‎(2)当t>t0时，金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有F＝F安⑦‎ 式中，F是外加水平恒力，F安是金属棒受到的安培力．设此时回路中的电流为I，F安＝B0lI⑧‎ 此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)⑨‎ 匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls⑩‎ 回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′⑪‎ 其中Φ＝B1S＝ktS⑫‎ 由⑨⑩⑪⑫式得，在时刻t(t>t0)，穿过回路的总磁通量为Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑬‎ 在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变量ΔΦt为 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt⑭‎ 由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为 Et＝⑮‎ 由欧姆定律得I＝⑯‎ 联立⑦⑧⑭⑮⑯式得，F＝(B0lv0＋kS).‎ 选择题中的考查重点在于产生感应电流的条件、楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律的基本应用，往往结合图象、电路、历史中的著名实验、现代科技中的应用等创设新情景，总体难度不大.‎ 计算题在2013全国卷Ⅰ、2014全国卷Ⅱ、2016全国卷Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ等年份出现过，一般考查电磁感应定律的应用，与力学问题结合时一般是匀速或静止时的平衡问题，较简单.(2013年的与电容器充电过程相结合较难，除外) 考点1　楞次定律与电磁感应定律的应用 ‎1．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 ‎(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；‎ ‎(2)阻碍相对运动——“来拒去留”；‎ ‎(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”；‎ ‎(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．‎ ‎(5)感应电流产生的“结果”阻碍引起感应电流的“原因”．‎ ‎2．求感应电动势大小的五种类型 ‎(1)磁通量变化型：E＝n.‎ ‎(2)磁感应强度变化型：E＝nS.‎ ‎(3)面积变化型：E＝nB.‎ ‎(4)平动切割型：E＝Blv(v⊥B)．‎ ‎(5)转动切割型：E＝Bl2ω.‎ 注意：公式E＝nS中的等于B－t图象的斜率．‎ ‎3．电磁感应现象中的电源与电路 ‎(1)产生感应电动势的那部分导体相当于电源．‎ ‎(2)在电源内部电流由负极流向正极．‎ ‎(3)电源两端的电压为路端电压．‎ ‎　(多选)(2018·湖南省常德市期末检测)2017年9月13日，苹果在乔布斯剧院正式发布旗下三款iPhone新机型，除了常规的硬件升级外，三款iPhone还支持快充和无线充电．图7甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的受电线圈示意图，已知线圈匝数n＝100、电阻r＝1 Ω、横截面积S＝1.5×10－3 m2，外接电阻R＝7 Ω.线圈处在平行于线圈轴线的匀强磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，则(　　)‎ 图7‎ A．在t＝0.01 s时通过R的电流发生改变 B．在t＝0.01 s时线圈中的感应电动势E＝0.6 V C．在0～0.02 s内通过电阻R的电荷量q＝1.5×10－3 C D．在0.02～0.03 s内R产生的焦耳热为Q＝1.8×10－3 J 答案　BC 解析　根据楞次定律可知，在0～0.01 s内电流方向和在0.01～0.02 s内电流方向相同，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知：‎ E＝n＝n＝100×4×1.5×10－3 V＝0.6 V，‎ 故B正确；‎ 在0～0.02 s内，产生的感应电流为 I＝＝ A＝0.075 A，‎ 电荷量为q＝It＝0.075×0.02 C＝1.5×10－3 C，‎ 故C正确；‎ 在0.02～0.03 s内，产生的感应电动势为 E′＝n＝n＝100×8×1.5×10－3 V＝1.2 V，‎ 产生的感应电流为I′＝＝ A＝0.15 A，‎ R上产生的焦耳热为Q＝I′2Rt＝0.152×7×0.01 J＝1.575×10－3 J，故D错误．‎ ‎　(多选)(2018·江西省仿真模拟)如图8甲，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B随时间按图乙所示规律变化时(　　)‎ 图8‎ A．在t1～t2时间内，L有收缩趋势 B．在t2～t3时间内，L有扩张趋势 C．在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流 D．在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流 答案　AD 解析　据题意，在t1～t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且图线切线的斜率在增加，则在导线框中产生沿顺时针方向增加的电流，该电流产生增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故选项A正确；在t2～t3‎ 时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流产生稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B、C错误；在t3～t4时间内，外加磁场向下减小，且图线切线的斜率也减小，在导线框中产生沿顺时针方向减小的电流，该电流激发出向内减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向的感应电流，选项D正确．‎ ‎1．(多选)(2018·湖北省武汉市调研)如图9甲所示，在足够长的光滑的斜面上放置着金属线框，垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示(规定垂直斜面向上为正方向)．t＝0时刻将线框由静止释放，在线框下滑的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ 图9‎ A．线框中产生大小、方向周期性变化的电流 B．MN边受到的安培力先减小后增大 C．线框做匀加速直线运动 D．线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失 答案　BC 解析　穿过线框的磁通量先向下减小，后向上增加，则根据楞次定律可知，感应电流方向不变，选项A错误；因B的变化率不变，则感应电动势不变，感应电流不变，而B的大小先减小后增加，根据F＝BIL可知，MN边受到的安培力先减小后增大，选项B正确；因线框平行的两边电流等大反向，则整个线框受的安培力为零，则线框下滑的加速度不变，线框做匀加速直线运动，选项C正确；因安培力对线框做功为零，斜面光滑，则线框的机械能守恒，选项D错误．‎ ‎2．(2018·闽粤期末大联考)如图10所示，Ⅰ和Ⅱ是一对异名磁极，ab为放在其间的金属棒，ab和cd用导线连成一个闭合回路，当ab棒向左运动时，cd棒受到向下的磁场力．则有(　　)‎ 图10‎ A．由此可知d电势高于c电势 B．由此可知Ⅰ是S极 C．由此可知Ⅰ是N极 D．当cd棒向下运动时，ab棒不受到向左的磁场力 答案　B 解析　cd棒受到的安培力向下，由左手定则可知，cd棒中电流方向是：由c指向d，所以c点的电势高于d点的电势，故A错误；ab中的电流由b流向a，ab棒向左运动时，由右手定则可知，ab棒所处位置磁场方向竖直向上，则Ⅰ是S极，Ⅱ是N极，故B正确，C错误；当cd棒向下运动时，ab棒中电流方向由a流向b，故ab棒受到向左的磁场力，故D错误．‎ 考点2　电磁感应中的图象问题 ‎1．磁场变化产生感应电动势或感应电流时一般由B－t图象或Φ－t图象，判断I－t或E－t关系 ‎(1)注意正方向的规定．‎ ‎(2)B－t图象、Φ－t图象的斜率不变时，E、I大小方向不变；反之电流、电动势恒定时，B(Φ)随时间均匀变化．‎ ‎(3)安培力大小与B、I、L有关，当I、L不变，B随时间均匀变化时安培力随时间均匀变化．‎ ‎2．导体棒、线框切割磁感线时有效切割长度：导体首尾连线在垂直磁场、垂直切割速度方向上的投影长度．‎ ‎　(多选)(2018·江西师范大学附中三模)如图11所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向竖直向下．线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域．cd边刚进入磁场时，线框开始匀速运动，规定线框中电流沿逆时针时方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压Uab及导线框中的电流i随cd边的位移x变化的图线可能是(　　)‎ 图11‎ 答案　BD 解析　线框的cd边刚进入磁场时做匀速运动，则整个线框进入磁场时速度不变，根据楞次定律知产生逆时针方向的电流，为正方向，电动势大小E＝Blv，此时ab两端的电压为Uab＝Blv，当线框全部进入磁场时，线框内无感应电流，此时线框做匀加速运动，ab两端的电压为Uab＝Bl(v＋at)，线框cd边刚出磁场后的瞬间，ab两端的电压为cd边即将出磁场前瞬间ab两端电压的，且逐渐减小，对比图象可知，A错误，B正确；当线圈的cd边出磁场时，电流为顺时针方向，由于此时安培力大于外力F，故此时线框做减速运动，且加速度逐渐减小，电流－位移图象切线的斜率减小，逐渐趋近于开始进入磁场时的电流大小，C错误，D正确．‎ ‎　(多选)(2018·福建省厦门市质检)如图12所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直斜面向上，磁场的宽度为2L.一边长为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场瞬间和刚越过MN穿出磁场瞬间速度刚好相等．从ab边刚越过GH处开始计时，规定沿斜面向上为安培力的正方向，则线框运动的速率v与线框所受安培力F随时间变化的图线中，可能正确的是(　　)‎ 图12‎ 答案　AC 解析　根据楞次定律可得线框进入磁场的过程中电流方向为顺时针；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E＝BLv，感应电流I＝，产生的安培力大小为F＝BIL＝，随速度变化而变化，ab边刚越过GH进入磁场瞬间和刚越过MN穿出磁场瞬间速度刚好相等，可能的运动情况有两种，一是进磁场时匀速，完全进入磁场后做匀加速直线运动，但出磁场过程中，做加速度逐渐减小的减速运动，二是进磁场时做加速度逐渐减小的减速运动，完全进入磁场后做匀加速运动，出磁场时做加速度逐渐减小的减速运动，结合图象知A正确，B错误；根据左手定则可得线框进入磁场的过程中安培力方向沿斜面向上，为正，且F＝BIL＝，线框完全进入磁场后，线框所受安培力为零；出磁场的过程中安培力方向沿斜面向上，且出磁场时的安培力可能等于进入磁场时的安培力，所以C正确，D错误．‎ ‎3．(2018·河北省张家口市上学期期末)一正三角形导线框ABC(高为a)从如图13所示的位置沿x轴正方向匀速穿过两匀强磁场区域．两磁场区域磁感应强度大小均为B、磁场方向相反且均垂直于平面、宽度均为a.则感应电流I与线框移动距离x的关系图线可能是(以逆时针方向为感应电流的正方向)(　　)‎ 图13‎ 答案　C 解析　当线框移动距离x在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故B错误；当线框移动距离x在a～2a范围，线框穿过两磁场分界线时，三角形导线框左侧在左边磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，三角形导线框右侧在右边磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2‎ 增大，两个电动势方向一致，总电动势E＝E1＋E2增大，感应电流增大，故A错误；当线框移动距离x在2a～3a范围，线框穿过右侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故C正确，D错误．‎ 考点3　电磁感应中的动力学与能量问题 ‎1．电磁感应与动力学综合题的解题策略 ‎(1)做好电路分析，明确电源与外电路，可画等效电路图．‎ ‎(2)做好受力分析，把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论，v的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v的变化．‎ ‎(3)做好运动过程分析：注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”．‎ ‎2．电磁感应中能量的三种求解方法 ‎(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．‎ ‎(2)利用能量守恒定律求解：若只有电能和机械能参与转化，则机械能的减少量等于产生的电能．‎ ‎(3)利用电路的相关公式——电功公式或电热公式求解：若通过电阻的电流是恒定的或电流的有效值已知，则可直接利用电功公式或焦耳定律求解焦耳热．‎ 特别提醒：注意区分回路中某个元件的焦耳热和回路总焦耳热，不能混淆．‎ ‎　(2018·河北省张家口市上学期期末)如图14所示，两根半径为r的四分之一圆弧轨道间距为L，其顶端a、b与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B.将一根长度稍大于L、质量为m、电阻为R0的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放．已知当金属棒到达图示的cd位置(金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为θ)时，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端ef时，对轨道的压力为1.5mg.求：‎ 图14‎ ‎(1)当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小和方向；‎ ‎(2)金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电荷量．‎ ‎(3)金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量．‎ 答案　(1)　电流方向为a→R→b ‎(2)　(3) 解析　(1)金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0，‎ 则有：mgcos θ＝BIL 解得：I＝，流经R的电流方向为a→R→b.‎ ‎(2)金属棒滑到轨道底端的整个过程中，穿过回路的磁通量变化量为：‎ ΔΦ＝BS＝BL·＝ 平均电动势为：＝，平均电流为：＝ 则流经电阻R的电荷量：q＝Δt＝＝ ‎(3)在轨道底端时，由牛顿第二定律得：‎ FN－mg＝m 据题有：FN＝1.5mg 由能量转化和守恒得：Q＝mgr－mv2＝mgr 电阻R上产生的热量为：QR＝Q＝.‎ ‎　(2018·广东省广州市4月模拟)如图15，两条间距L＝0.5 m且足够长的平行光滑金属直导轨，与水平地面成α＝30°角固定放置，磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场方向垂直导轨所在的斜面向上，质量mab＝0.1 kg、mcd＝0.2 kg的金属棒ab、cd垂直导轨放在导轨上，两金属棒的总电阻r＝0.2 Ω，导轨电阻不计．ab在沿导轨所在斜面向上的外力F作用下，沿该斜面以v＝2 m/s的恒定速度向上运动．某时刻释放cd，cd向下运动，经过一段时间其速度达到最大．已知重力加速度g＝10 m/s2，求在cd速度最大时，‎ 图15‎ ‎(1)abdc回路的电流强度I以及F的大小；‎ ‎(2)abdc回路磁通量的变化率以及cd的速率．‎ 答案　(1)5 A　1.5 N (2)1.0 Wb/s　3 m/s 解析　(1)以cd为研究对象，当cd速度达到最大时，有：mcdgsin α＝BIL①‎ 代入数据得：I＝5 A 由于两棒均沿导轨所在斜面方向做匀速运动，可将两棒看作整体，作用在ab上的外力：‎ F＝(mab＋mcd)gsin α②‎ ‎(或对ab：F＝mabgsin α＋BIL)‎ 代入数据得：F＝1.5 N ‎(2)设cd达到最大速度时abdc回路产生的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律有：E＝③‎ 由闭合电路欧姆定律有：I＝④‎ 联立③④并代入数据得：＝1.0 Wb/s 设cd的最大速率为vm，cd达到最大速度后的一小段时间Δt内，‎ abdc回路磁通量的变化量：‎ ΔΦ＝B·ΔS＝BL(vm＋v)·Δt⑤‎ 回路磁通量的变化率：＝BL(vm＋v)⑥‎ 联立⑤⑥并代入数据得：vm＝3 m/s.‎ ‎4．(多选)(2018·广东省茂名市第二次模拟)如图16甲所示，一粗细均匀的单匝正方形铜线框，质量m＝1 kg，放置在光滑绝缘水平面上，两平行虚线间存在与水平面垂直的匀强磁场，磁场边界线与线框ab边平行．现用垂直于ab边的水平恒力F拉动线框，线框到达位置Ⅰ时开始计时，此时线框开始进入匀强磁场，速度v0＝3 m/s，线框中感应电动势为2 V．在t＝3 s时线框到达位置Ⅱ，线框开始离开匀强磁场，此过程中线框v－t图象如图乙所示，那么(　　)‎ 图16‎ A．t＝0时，ab间的电压为0.75 V B．恒力F的大小为0.5 N C．线框进入磁场与离开磁场的过程中线框内感应电流的方向相同 D．线框完全离开磁场瞬间的速度大小为2 m/s 答案　BD 解析　t＝0时，ab相当于电源，外电阻为内阻的3倍，ab间电压应为电动势的，即Uab＝E＝×2 V＝1.5 V，A错误；线框进入磁场过程中，穿过线框的磁通量增加，而线框离开磁场过程中，穿过线框的磁通量减小，根据楞次定律可知两个过程中产生的感应电流方向相反，当线框完全进入磁场到刚要穿出磁场过程，即1～3 s过程中，由于穿过线框的磁通量不变，所以没有感应电流，不受安培力作用，外力F即为线圈受到的合力，根据牛顿第二定律可得F＝ma＝1× N＝0.5 N，B正确，C错误；因为线框刚要离开磁场时的速度和线框开始进入磁场时速度相等，所以受力情况、运动情况相同，线框刚离开磁场瞬间的速度和刚进入磁场瞬间的速度相等，即为2 m/s，D正确．‎ ‎5．(多选)(2018·河南省郑州市第二次质量预测)如图17，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为R的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g)(　　)‎ 图17‎ A．金属棒中的最大电流为 B．金属棒克服安培力做的功为mgh C．通过金属棒的电荷量为 D．金属棒产生的电热为mg(h－μd)‎ 答案　CD 解析　金属棒下滑过程中，根据动能定理得：mgh＝mv2，金属棒到达磁场左边界时的速度为v＝，金属棒到达磁场左边界后做减速运动，刚到达磁场左边界时的速度最大，最大感应电动势E＝BLv，则最大感应电流为：I＝＝，故A错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh－WB－μmgd＝0－0，克服安培力做的功：WB＝mgh－μmgd，故B 错误；通过金属棒的电荷量为：q＝Δt＝＝，故C正确；克服安培力做的功转化为焦耳热，电阻与金属棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：QR＝Q＝WB＝mg(h－μd)，故D正确．‎ 考点4　电磁感应与动量结合的问题 ‎　(2018·山东省淄博市模拟)如图18所示，一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架MNQP，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN和PQ相距为L.空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.另有质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在导轨上，并用一根绝缘细线系在定点A.已知，细线能承受的最大拉力为FT0，CD棒接入导轨间的有效电阻为R.现从t＝0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动．‎ 图18‎ ‎(1)求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t0及细线断裂时框架的瞬时速度v0大小；‎ ‎(2)若在细线断裂时，立即撤去拉力，求此后过程中回路产生的总焦耳热Q.‎ 答案　(1)　 (2) 解析　(1)细线断裂时，‎ 对棒有FT0＝F安，F安＝BIL，I＝，E＝BLv0，v0＝at0‎ 联立解得t0＝ 细线断裂时框架的速度v0＝ ‎(2)在细线断裂时立即撤去拉力，框架向右减速运动，棒向右加速运动，设二者最终速度大小均为v，由系统动量守恒可得mv0＝2mv 得v＝＝ 撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热Q＝mv－×2mv2‎ 联立得Q＝.‎ ‎6．(2018·安徽省池州市上学期期末)如图19所示，相距为d的平行导轨固定在光滑绝缘的水平面上，导轨右端通过电键K连接一直流电源．质量为m的电阻不能忽略的金属棒MN与导轨接触良好并通过长为L的绝缘细线悬挂起来，此时细线竖直且处于张紧状态，空间有竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场(图中没画出)．现闭合电键K，金属棒MN向左摆起到最高点时细线与竖直方向夹角为θ.已知重力加速度为g，则下列说法错误的是(　　)‎ 图19‎ A．匀强磁场方向竖直向上 B．金属棒摆到最大高度时重力势能的增加量等于mgL(1－cos θ)‎ C．金属棒离开导轨前通过的电荷量等于 D．金属棒离开导轨前电源提供的电能等于mgL(1－cos θ)‎ 答案　D 解析　当电键K闭合时，金属棒向左摆起，说明其所受安培力水平向左，根据左手定则可知匀强磁场方向竖直向上，故A正确；金属棒摆到最大高度时重力势能的增加量等于mgL(1－cos θ)，故B正确；设金属棒左摆时的初动能为Ek，摆动过程中机械能守恒，有Ek＝mgL(1－cos θ)，由动量定理可知：BId·Δt＝mv＝，电荷量为：q＝I·Δt＝，故C正确；金属棒离开导轨前电源提供的电能除了转化为金属棒的重力势能，还要产生焦耳热，故电能大于mgL(1－cos θ)，故D错误．‎ ‎1．(多选)(2018·河北省衡水中学模拟)如图1所示，将若干匝线圈固定在光滑绝缘杆上，另一个金属环套在杆上与线圈共轴，当合上开关时线圈中产生磁场，金属环就可被加速弹射出去．现在线圈左侧同一位置处，先后放置形状、大小相同的铜环和铝环(两环分别用横截面积相等的铜和铝导线制成)，且铝的电阻率大于铜的电阻率，闭合开关S的瞬间，下列描述正确的是(　　)‎ 图1‎ A．从左侧看环中感应电流沿顺时针方向 B．线圈沿轴向有伸长的趋势 C．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力 D．若金属环出现断裂，不会影响其向左弹射 答案　AC 解析　线圈中通电，由安培定则可知圆环位置磁场方向向左，通过金属环的磁通量增加，从左侧看环中有顺时针方向的感应电流，A项正确；同向电流互相吸引，线圈沿轴向有收缩的趋势，B项错误；因铜环的电阻小，铜环中感应电流大，受到的安培力大，C项正确；若金属环出现断裂，就不能构成闭合回路，环中有感应电动势，无感应电流，不受安培力作用，是不会被向左弹出的，D项错误．‎ ‎2．如图2所示装置中，线圈A、B彼此绝缘绕在一铁芯上，B的两端接有一电容器，A的两端与放在匀强磁场中的导电轨道连接，轨道上放有一根金属杆ab.要使电容器上板带正电，金属杆ab在磁场中运动的情况可能是(　　)‎ 图2‎ ‎①向右减速滑行　②向右加速滑行 ③向左减速滑行　④向左加速滑行 以上选项正确的为(　　)‎ A．①④ B．②③ C．①② D．③④‎ 答案　B 解析　若ab向右做减速运动，右边线圈中的电流是从上向下减小，故右边线圈中的磁场从上向下减小，故穿过左边线圈的磁通量从下向上减小，线圈B中会产生一个从上向下的电流，下极板带正电，①错误；若向右加速滑动，则右边的线圈中产生的电流是从上向下增大，故右边线圈的磁场是从上向下增大，所以左侧线圈的磁通量从下向上增大，故左侧线圈产生一个从下向上的感应电流，故上极板带正电，②正确；同理③正确，④错误，故选B.‎ ‎3．(多选)(2018·河南省中原名校第四次模拟)如图3甲所示，光滑“∠”型金属支架ABC固定在水平面里，支架处在垂直于水平面向下的匀强磁场中，一金属导体棒EF放在支架上，用一轻杆将导体棒与墙固定连接，导体棒与金属支架接触良好，‎ 磁场随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．t1时刻轻杆对导体棒的作用力最大 B．t2时刻轻杆对导体棒的作用力为零 C．t2到t3时间内，轻杆对导体棒的作用力先增大后减小 D．t2到t4时间内，轻杆对导体棒的作用力方向不变 答案　BC 解析　t1时刻磁感应强度的变化率为零，因此回路中的感应电流为零，导体棒受到的安培力为零，因此轻杆对导体棒的作用力为零，A项错误；t2时刻回路中的感应电流不为零，但磁感应强度为零，因此导体棒受到的安培力为零，轻杆对导体棒的作用力为零，B项正确；设回路总电阻为R，根据法拉第电磁感应定律E＝n·S，由闭合电路欧姆定律I＝，安培力F安＝BIL，联立得F安＝·B·，其中为定值，B的大小在t2到t3时间内从0逐渐增大到最大值，的大小，即B－t图象切线的斜率在t2到t3时间内从最大值逐渐减小到零，所以F安先增大后减小，故轻杆对导体棒的作用力先增大后减小，C项正确；t2到t3时间内，磁感应强度增大，因此回路有收缩的趋势，导体棒受到的安培力向左，轻杆对导体棒的作用力向右，同理分析，t3到t4时间内，杆对导体棒的作用力向左，D项错误．‎ ‎4．(多选)(2018·陕西省宝鸡市质检二)1831年10月28日，法拉第展示了他发明的圆盘发电机，其示意图如图4所示，水平铜盘可绕竖直转轴转动，两铜片M、N分别与铜盘边缘和转轴连接，使整个铜盘处于竖直向上的匀强磁场中，M和N之间连接阻值为R的导体和滑动变阻器RP，若从上往下看，铜盘转动的方向为顺时针方向．已知铜盘的半径为L，铜盘转动的角速度为ω，铜盘连同两铜片的等效电阻为r，磁感应强度为B，下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．导体R中的电流方向从a到b B．铜盘转动产生的感应电动势大小为BL2ω C．导体R的最大功率为 D．如果RP＝R＋r，则滑动变阻器的最大功率为 答案　BCD 解析　若从上往下看，铜盘转动的方向为顺时针方向，根据右手定则可知，导体R中的电流方向从b到a，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得：铜盘转动产生的感应电动势为E＝BL2ω，故B正确；根据闭合电路欧姆定律得：I＝，则导体R的功率为P＝I2R＝2R，当RP＝0时，导体的功率最大，即Pm＝，故C正确；把导体R等效成电源的内阻，则电源的等效内阻为r′＝r＋R，此时外电路只有RP，故当RP＝r＋R时，滑动变阻器的功率最大，即Pm′＝，故D正确．‎ ‎5.(多选)(2018·河北省衡水中学二调)如图5所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b＋kt(k>0)规律变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止．则(　　)‎ 图5‎ A．通过金属杆的电流大小为 B．通过金属杆的电流方向为从B到A C．定值电阻的阻值为R＝－r D．整个电路的热功率P＝ 答案　BCD ‎6．(2018·江西省七校第一次联考)如图6所示，铜线圈水平固定在铁架台上，‎ 铜线圈的两端连接在电流传感器上，传感器与数据采集器相连，采集的数据可通过计算机处理，从而得到铜线圈中的电流随时间变化的图线．利用该装置探究条形磁铁从距铜线圈上端某一高度处由静止释放后，沿铜线圈轴线竖直向下穿过铜线圈的过程中产生的电磁感应现象．两次实验中分别得到了如图7甲、乙所示的电流－时间图线．条形磁铁在竖直下落过程中始终保持直立姿态，且所受空气阻力可忽略不计．则下列说法中正确的是(　　)‎ 图6　　　　　　　图7‎ A．若两次实验条形磁铁距铜线圈上端的高度不同，其他实验条件均相同，则甲图对应实验条形磁铁距铜线圈上端的高度大于乙图对应实验条形磁铁距铜线圈上端的高度 B．若两次实验条形磁铁的磁性强弱不同，其他实验条件均相同，则甲图对应实验条形磁铁的磁性比乙图对应实验条形磁铁的磁性强 C．甲图对应实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能小于乙图对应实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能 D．两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是先向上后向下 答案　C 解析　由题图甲和题图乙的对比可知题图甲中产生的感应电流小于题图乙中的，则可知题图甲中条形磁铁到达线圈的速度必然小于题图乙中的，则必然下落的高度要更低一点，故A错误；如果高度相同，故到达线圈时的速度相同，题图甲中感应电流小，则题图甲中的磁性弱，故B错误；由于两个过程中都有感应电流，要产生焦耳热，则必然有机械能的损耗，感应电流大，则损耗的机械能相应就大，故C正确；由楞次定律可得，两个过程中所受的安培力均是向上的，故D错误．‎ ‎7.(多选)(2018·广东省肇庆市第三次检测)在绝缘的水平桌面上固定有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨间的距离为l.金属棒ab和cd垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长l的绝缘细线相连，棒ab右侧有一直角三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，三角形的两条直角边长均为l，整个装置的俯视图如图8所示，从图示位置在棒ab上加水平拉力，使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图象，可能正确的是(规定金属棒ab中电流方向由a到b为正)(　　)‎ 图8‎ 答案　AC 解析　在ab棒匀速通过磁场的时间内，ab棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E＝BLv分析可知，ab棒产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由b到a，为负值．根据cd棒受力平衡知，细线上的张力F为0；‎ 在cd棒通过磁场的时间内，cd棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E＝BLv分析可知，cd棒产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由a到b，为正值．根据cd棒受力平衡知，细线上的张力F＝BIL＝，L均匀增大，则F与L2成正比，故B、D错误，A、C正确．‎ ‎8．(多选)(湖南省雅礼中学模拟二)如图9所示．间距为L的光滑平行金属轨道上端用电阻R相连．其平面与水平面成θ角，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m、接入电路的电阻为r的金属杆ab(长度略大于L)，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到距底端高h的位置后又返回到底端，运动过程中，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，不计金属轨道的电阻，已知重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　)‎ 图9‎ A．杆ab先匀减速上滑，之后匀加速下滑，且上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度 B．杆ab运动过程中安培力做功的功率等于电阻R的热功率 C．杆ab上滑过程中通过R的电荷量与下滑过程中通过R的电荷量相等 D．杆ab上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于 答案　CD 解析　上滑的过程，杆所受的安培力沿轨道向下，由牛顿第二定律得：FA＋mgsin θ＝ma上；而安培力为：FA＝，可知v减小，FA减小，a上 减小，杆做变减速运动；下滑的过程，杆所受的安培力沿轨道向上，由牛顿第二定律得：mgsin θ－FA＝ma下，而安培力为：FA＝，可知v增大，FA增大，a下减小，杆做变加速运动，故A错误．根据功能关系知杆ab运动过程中安培力做功的功率等于电阻R和金属杆的热功率之和，故B错误．根据电荷量公式q＝可知，上滑与下滑过程中，磁通量的变化量ΔΦ相等，则在上滑过程中和下滑过程中流过电阻R的电荷量相等，故C正确．杆ab上滑到最高点的过程中，回路中产生的总焦耳热为：Q＝mv－mgh，电阻R上产生的焦耳热为：QR＝Q＝，故D正确．‎ ‎9．(多选)(2018·安徽省宣城市第二次调研)如图10甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨间距d＝0.5 m，导轨右端连接一阻值为4 Ω的小灯泡L，在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场．磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，CF长为2 m．在t＝0时，金属棒ab在恒力F作用下从图中位置由静止开始向右运动，t＝4 s时进入磁场，并恰好以v＝1 m/s的速度在磁场中匀速运动到EF位置．已知ab金属棒电阻为1 Ω.下列分析正确的是(　　)‎ 图10‎ A．0～4 s内小灯泡的功率为0.04 W B．恒力F的大小为0.2 N C．金属棒的质量为0.8 kg D．金属棒进入磁场后小灯泡的功率为0.06 W 答案　ABC 解析　金属棒未进入磁场时，电路总电阻为：‎ R总＝RL＋Rab＝5 Ω 回路中感应电动势为：‎ E1＝＝＝×2×0.5 V＝0.5 V 灯泡中的电流强度为：I＝＝ A＝0.1 A 小灯泡的功率为PL＝I2RL＝0.04 W，选项A正确；‎ 因金属棒在磁场中匀速运动，则F＝BI′d 又：I′＝＝0.2 A 代入数据解得：F＝0.2 N，选项B正确；‎ 金属棒未进入磁场时的加速度为：a＝＝0.25 m/s2‎ 金属棒的质量：m＝＝ kg＝0.8 kg，选项C正确；‎ 金属棒进入磁场后小灯泡的功率为 PL′＝I′2RL＝0.22×4 W＝0.16 W，选项D错误．‎ ‎10.(2018·河北省衡水金卷模拟一)如图11所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ.两导轨间距为l.电阻均可忽略不计，在M与Q之间接有一阻值为R的电阻器，导体棒ab质量为m，电阻为r，并与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现给ab棒一个初速度v0，使棒向右运动，ab棒最后停在导轨上．下列说法正确的是(　　)‎ 图11‎ A．ab棒将做匀减速运动直到静止，整个过程回路产生的热量为mv B．ab棒速度减为时，ab棒加速度大小a＝ C．ab棒速度减为时，通过电阻器的电荷量q＝ D．ab棒速度减为时，ab棒的位移为x＝ 答案　D 解析　金属棒运动时受向左的安培力而做减速运动，加速度为a＝＝，则随速度减小，加速度减小，则金属棒的运动不是匀减速运动，选项A错误；‎ ab棒速度减为时，ab棒加速度大小 a＝＝，选项B错误；‎ ab棒速度减为时，由动量定理得：‎ ‎－BlΔt＝m－mv0＝－mv0，q＝Δt，‎ 解得q＝，选项C错误；‎ 根据q＝，则q＝＝，‎ 解得x＝，选项D正确．‎ ‎11.(多选)(2018·辽宁省葫芦岛市一模)如图12所示，两间距为d的平行光滑导轨由固定在同一水平面上的导轨CD－C′D′和竖直平面内半径为r的圆弧导轨AC－A′C′组成，水平导轨与圆弧导轨相切，左端接阻值为R的电阻；仅水平导轨处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．导体棒甲静止于CC′处，导体棒乙从AA′处由静止释放，沿圆弧导轨运动，与甲相碰后粘合在一起，并在到达水平导轨左端前停止．两棒的质量均为m，导体棒及导轨的电阻均不计，重力加速度大小为g.下列判断正确的是(　　)‎ 图12‎ A．两棒粘合前瞬间，乙棒速度大小为 B．两棒相碰并粘合在一起后瞬间的速度大小为 C．两棒粘合后受到的最大安培力为 D．从乙开始下滑至两棒静止的过程中，回路产生的焦耳热为mgr 答案　BD 解析　设两棒粘合前瞬间棒乙的速度大小为v1，对棒乙沿圆弧导轨运动的过程，根据机械能守恒定律有mv＝mgr，解得v1＝；设两棒相碰并粘合在一起瞬间的速度为v2，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律有mv1＝2mv2，解得v2＝，故A错误，B正确．经分析可知，两棒相碰并粘合在一起后瞬间切割磁感线的最大速度为v2，故回路中产生的最大感应电动势为Em＝Bdv2，根据闭合电路的欧姆定律可知，回路中通过的最大电流为：Im＝，最大安培力Fm＝BImd，联立解得最大安培力Fm＝，故C错误．根据能量守恒定律有：回路产生的焦耳热Q＝×2mv＝m2＝mgr，故D正确．‎ ‎12.(多选)(2018·河北省邯郸市第一次模拟)如图13所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面成30°角固定放置，导轨间距为1 m，导轨所在平面有磁感应强度大小为100 T、‎ 方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，导轨的上端M与P间接有电容为200 μF的电容器．质量为1 kg的金属棒ab垂直放置在导轨上，对金属棒施加一沿导轨平面向下、大小为10 N的恒力F作用，使其由静止开始运动．不计导轨和金属棒的电阻，取重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)‎ 图13‎ A．金属棒先做变加速运动，后做匀速运动 B．金属棒运动过程中通过其电流方向从b到a，大小恒定为0.1 A C．金属棒由静止开始运动至t＝1 s时电容器所带电荷量为10 C D．金属棒由静止开始运动至t＝1 s时电容器储存的电场能为25 J 答案　BD 解析　设经过时间Δt时，金属棒速度为Δv，金属棒切割磁感线产生电动势变化ΔE＝BLΔv，‎ 通过电容器的电流I＝＝，‎ 又加速度定义式a＝，‎ 可得I＝CBLa，对金属棒，应用牛顿第二定律有 F－BIL＋mgsin 30°＝ma，‎ 解得a＝，故A错误；‎ 根据右手定则可知通过金属棒的电流方向从b到a，‎ 由以上可得I＝CBL，‎ 代入数据可得：I＝0.1 A，故B正确；‎ 经过时间t流过电路横截面的电荷量：‎ q＝It＝0.1×1 C＝0.1 C，故C错误；‎ 经过时间t，金属棒运动的位移x＝at2，末速度v＝at，‎ 对金属棒应用动能定理有 ‎(F＋mgsin 30°)x－WA＝mv2，‎ 又安培力做的功都转化为电容器的电场能EC，‎ 联立并代入数据解得：EC＝25 J，故D正确．‎ ‎13．(2018·河北省邢台市上学期期末)如图14所示，在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有两条相互平行且相距为d的光滑固定金属导轨P1P2P3和Q1Q2Q3，两导轨间用阻值为R的电阻连接，导轨P1P2、Q1Q2的倾角均为θ，导轨P2P3、Q2Q3在同一水平面上，P2Q2⊥P2P3，倾斜导轨和水平导轨用相切的小段光滑圆弧连接，其长度可以略去不计．质量为m的金属杆CD从倾斜导轨上由静止释放，下滑距离L到达P2Q2处时的速度恰好达到最大，然后沿水平导轨滑动一段距离后停下．杆CD始终垂直导轨并与导轨保持良好接触，空气阻力、导轨和杆CD的电阻均不计，重力加速度大小为g，求：‎ 图14‎ ‎(1)杆CD到达P2Q2处的速度大小vm；‎ ‎(2)杆CD沿倾斜导轨下滑的过程通过电阻R的电荷量q1以及全过程中电阻R上产生的焦耳热Q；‎ ‎(3)杆CD沿倾斜导轨下滑的时间Δt1及其停止处到P2Q2的距离s.‎ 答案　见解析 解析　(1)经分析可知，杆CD到达P2Q2处时通过的电流最大(设为Im)，且此时杆CD受力平衡，‎ 则有Bcos θ·dIm＝mgsin θ 此时杆CD切割磁感线产生的感应电动势为 Em＝Bcos θ·dvm 由欧姆定律可得Im＝，‎ 解得vm＝ ‎(2)杆CD沿倾斜导轨下滑过程中的平均感应电动势为 1＝，ΔΦ1＝Bcos θ·Ld 该过程中通过杆CD的平均电流为1＝，‎ 又q1＝1Δt1，解得q1＝ 对全过程，根据能量守恒定律可得Q＝mgLsin θ ‎(3)在杆CD沿倾斜导轨下滑的过程中，根据动量定理有 mgsin θ·Δt1－Bcos θ1d·Δt1＝mvm－0‎ 解得Δt1＝＋ 在杆CD沿水平导轨运动的过程中，‎ 根据动量定理有－B2d·Δt2＝0－mvm，‎ 该过程中通过R的电荷量为q2＝2Δt2‎ 由求q1的方法同理可得q2＝，‎ 联立解得s＝.‎