【物理】2018届一轮复习沪教版第15讲电磁感应中综合问题的复习策略学案

【物理】2018届一轮复习沪教版第15讲电磁感应中综合问题的复习策略学案

第15讲 电磁感应中综合问题的复习策略 ‎【高考热点】‎ ‎1.电磁感应中的电路问题.‎ ‎2.电磁感应中的图象问题.‎ ‎3.电磁感应中的动力学和能量问题.‎ 一、电磁感应中的电路问题 ‎1.电磁感应电路中产生电动势的那一部分电路相当于电源，产生的感应电动势就是电源的电动势，电流的流向是从“电源”的负极经电源流向正极，这一部分电路两端的电压相当于路端电压，即U＝E.感应电动势是联系电磁感应与电路的桥梁之一.‎ ‎2.电磁感应与电路知识的关系图 ‎【例1】 半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感应强度B＝0.2 T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直，其中a＝0.4 m，b＝0.6 m，金属圆环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R0＝2 Ω，一金属棒MN与金属圆环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计.‎ 图1‎ ‎(1)若棒以v0＝5 m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′的瞬间(如图1所示)MN中的电动势和流过灯L1的电流；‎ ‎(2)撤去中间的金属棒MN，将右边的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90°，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为＝ T/s，求L1的功率.‎ ‎【变式1】 如图2所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层.匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直.质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端.导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：‎ 图2‎ ‎(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)导体棒匀速运动的速度大小v；‎ ‎(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.‎ 规律总结 解决电磁感应中的电路问题三步曲 ‎1.确定电源.切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动 势，该导体或回路就相当于电源，利用E＝n或E＝Blvsin θ求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向.‎ ‎2.分析电路结构(内、外电路及外电路的串、并联关系)，画出等效电路图.‎ ‎3.利用电路规律求解.主要应用欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解.‎ 二、电磁感应中的图象问题 ‎1.明确图象的种类，即是B－t图象还是φ－t图象，或者是E－t图象、I－t图象等；对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图象，即E－x图象和I－x图象.‎ ‎2.这些图象问题大体上可分为两类：‎ ‎(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象.‎ ‎(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量.‎ ‎3.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、出磁场的转折点是解决问题的关键.‎ ‎【例2】 (2016·四川理综，7)(多选)如图3所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋kv(F、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好.金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有( )‎ 图3‎ ‎【变式2】 将一段导线绕成图4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Ⅰ中.‎ 回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ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，能正确反应F随时间t变化的图象是( )‎ 图4‎ 方法提炼 ‎1.对图象的认识，应注意以下几方面 ‎(1)明确图象所描述的物理意义；‎ ‎(2)必须明确各种“＋”、“－”的含义；‎ ‎(3)必须明确斜率的含义；‎ ‎(4)必须建立图象和电磁感应过程之间的对应关系.‎ ‎2.电磁感应中图象类选择题的两个常见解法 ‎(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)，特别是物理量的正负，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作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法.‎ 三、电磁感应中的动力学和能量问题 ‎　解决电磁感应综合问题的策略是“先电后力”即 ‎1.先作“源”的分析——分析电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r.‎ ‎2.再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便安培力的求解.‎ ‎3.然后是“力”的分析——分析研究对象(通常是金属杆、导体、线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力.‎ ‎4.接着进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型.‎ ‎5.最后是“能量”的分析——寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中其能量转化和守恒的关系.‎ ‎【例3】 (多选)如图5所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动.导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是( )‎ 图5‎ A.P＝2mgvsin θ B.P＝3mgvsin θ C.当导体棒速度达到时加速度大小为sin θ D.在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功 ‎【变式3】 如图6所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计.金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中( )‎ 图6‎ A.运动的平均速度大小为v B.下滑的位移大小为 C.产生的焦耳热为qBLv D.受到的最大安培力大小为sin θ 规律总结　电磁感应综合问题的规范求解 电磁感应综合问题往往涉及法拉第电磁感应定律、楞次定律、闭合电路欧姆定律、动力学问题、能量问题等，综合性较强，解答时可以从以下三方面进行突破：‎ ‎1.明确电学对象 电学对象— ‎2.建立动力学模型 ‎3.明确功能关系 确定有哪些形式的能量发生了转化.例如：有摩擦力做功必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能.‎ 题组1 电磁感应中的电路问题 ‎1.(2016·全国卷Ⅱ，20)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图7所示.铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中.圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )‎ 图7‎ A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B.若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动 C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的 ‎2倍 ‎2.如图8所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T.将导体棒MN由静止释放，运动一端时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )‎ 图8‎ A.2.5 m/s，1 W B.5 m/s，1 W C.7.5 m/s，9 W D.15 m/s，9 W ‎3.如图9所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻.一根与导轨接触良好、有效阻值为的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则(不计导轨电阻)( )‎ 图9‎ A.通过电阻R的电流方向为P→R→M B.a、b两点间的电压为BLv C.a端电势比b端电势高 D.外力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热 ‎4.如图10甲所示，面积为0.1 m2的10匝线圈EFG处在某磁场中，t＝0时，磁场方向垂直于线圈平面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示.已知线圈与右侧电路接触良好，电路中的电阻R＝4 Ω，电容器电容C＝10 μF，线圈EFG的电阻为1 Ω，其余部分电阻不计.则当开关S闭合，电路稳定后，在t1＝0.1 s至t2＝0.2 s这段时间内( )‎ 图10‎ A.电容器所带的电荷量为8×10－5 C B.通过R的电流是2.5 A，方向从b到a C.通过R的电流是2 A，方向从b到a D.R消耗的电功率是0.16 W 题组2 电磁感应中的图象问题 ‎5.一矩形线圈位于一个方向垂直线圈平面向里的磁场中，如图11甲所示，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示.以i表示线圈中的感应电流，以图甲线圈上箭头所示方向的电流为正，则以下的i－t图中正确的是( )‎ 图11‎ ‎6.如图12所示，一载流长直导线和一矩形线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行.已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，长直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向，线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右.设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是( )‎ 图12‎ ‎7.如图13所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域.下列v－t图象中，可能正确描述上述过程的是( )‎ 图13‎ 题组3 电磁感应中的动力学和能量问题 ‎8.(多选)两根相距为L且足够长的金属直角导轨如图14所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面.质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直并接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R.整个装置处于磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场中.当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以某一速度向下匀速运动.重力加速度为g.以下说法正确的是 ( )‎ 图14‎ A.ab杆所受拉力F的大小为μmg＋ B.cd杆所受摩擦力为零 C.cd杆向下匀速运动的速度为 D.ab杆所受摩擦力为2μmg ‎9.(多选)如图15所示，竖直放置的两根足够长平行金属导轨相距L，导轨间接有一阻值为R的定值电阻，质量为m，电阻为r的导体棒与两导轨始终保持垂直并良好接触，且无摩擦，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，现将导体棒由静止释放，导体棒下落高度为h时开始做匀速运动，在此过程中( )‎ 图15‎ A.导体棒的最大速度为 B.通过定值电阻的电荷量为 C.导体棒克服安培力做的功等于定值电阻上产生的热量 D.重力和安培力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量 ‎10.(多选)如图16所示，两根间距为d的光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ＝30°的斜面上，导轨的右端接有一阻值为R的电阻，整个装置放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直.导轨上有一质量为m、电阻也为R的导体棒与两导轨垂直且接触良好，导体棒以一定的初速度v0在沿着导轨上滑一段距离L后返回，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用.下列说法正确的是( )‎ 图16‎ A.导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电量q＝ B.导体棒返回时先做匀加速运动，最后做匀速直线运动 C.导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q＝mv－mgL D.导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝(mv－mgL)‎ ‎11. (2015·天津理综·11)如图17所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面.开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动.线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：‎ 图17‎ ‎(1)线框ab边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；‎ ‎(2)磁场上、下边界间的距离H.‎ ‎12.如图18所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝‎ ‎0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻.一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T.金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x＝9 m 时撤去外力，金属棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求：‎ 图18‎ ‎(1)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；‎ ‎(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；‎ ‎(3)外力做的功WF.‎ 第15讲 电磁感应中综合问题的复习策略 备考指导 例1 (1)0.8 V 0.4 A (2)1.28×10－2 W 解析 (1)棒通过圆环直径时切割磁感线的有效长度l＝2a，棒中产生的感应电动势为E＝Blv＝B·2av0＝0.2×0.8×5 V＝0.8 V.‎ 当不计棒和圆环的电阻时，直径OO′两端的电压U＝E＝0.8 V，通过灯L1的电流为I1＝＝ A＝0.4 A.‎ ‎(2)右半圆环上翻90°后，穿过回路的磁场有效面积为原来的一半，S′＝πa2，磁场变化时回路中产生的感应电动势为 E′＝＝＝πa2× V＝0.32 V.‎ 由于L1、L2两灯相同，圆环电阻不计，所以每个灯的电压均为U′＝E′，L1的功率为P1＝＝＝1.28×10－2 W.‎ 变式1 (1)tan θ (2) (3)2mgdsin θ－ 解析 (1)在绝缘涂层上 导体棒受力平衡mgsin θ＝μmgcos θ 解得导体棒与涂层间的动摩擦因数μ＝tan θ ‎(2)在光滑导轨上，感应电动势：E＝BLv 感应电流：I＝ 安培力：F安＝BIL 受力平衡的条件是：F安＝mgsin θ 解得导体棒匀速运动的速度v＝ ‎(3)摩擦生热：QT＝μmgdcos θ 根据能量守恒定律知：3mgdsin θ＝Q＋QT＋mv2‎ 解得电阻产生的焦耳热Q＝2mgdsin θ－.‎ 例2 BC [设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势E＝BLv ‎，回路电流I＝＝v，即I∝v；安培力FA＝BIL＝v，方向水平向左，即FA∝v；R两端电压UR＝IR＝v，即UR∝v；感应电流功率P＝EI＝v2，即P∝v2.‎ 分析金属棒运动情况，由牛顿运动第二定律可得F0＋kv－v＝ma，即F0＋(k－)v＝ma.因为金属棒从静止出发，所以F0>0 .‎ ‎(1)若k＝，金属棒水平向右做匀加速直线运动．所以在此情况下没有选项符合；‎ ‎(2)若k>，F合随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒在做加速度增大的加速运动，根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合；‎ ‎(3)若k<，F合随v增大而减小，即a随v增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C选项符合．‎ 综上所述，选项B、C符合题意．]‎ 变式2 B [0～时间内，回路中产生顺时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab边所受安培力向左.～T时间内，回路中产生逆时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab边所受安培力向右，故B正确．]‎ 例3 AC [根据I＝＝，导体棒由静止释放，速度达到v时，回路中的电流为I，则根据共点力的平衡条件，有mgsin θ＝BIL.对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，使其以2v的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I，则根据平衡条件，有F＋mgsin θ＝B·2IL，所以拉力F＝mgsin θ，拉力的功率P＝F×2v＝2mgvsin θ，故选项A正确，选项B错误；当导体棒的速度达到时，回路中的电流为，根据牛顿第二定律，得mgsin θ－BL＝ma，解得a＝sin θ，选项C正确；当导体棒以2v的速度匀速运动时，根据能量守恒定律知，重力和拉力所做的功之和等于R上产生的焦耳热，故选项D错误．]‎ 变式3 B [对棒受力分析如图所示．‎ F安＝BIL＝，故D错；F安随棒的速度的增大而增大，故棒做的不是匀加速直线运动．‎ 因此运动的平均速度≠v，A错；‎ 由q＝n可得：q＝，故棒下滑的位移x＝，B正确；‎ 求焦耳热应该用有效值，故C错．]‎ 考点突破 ‎1．AB [将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，流过电阻的电流方向从a到b，B对；由法拉第电磁感应定律得感生电动势E＝BLv＝BL2ω，I＝，ω恒定时，I大小恒定，ω大小变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；由P＝I2R＝知，当ω变为2倍时，P变为原来的4倍，D错．]‎ ‎2．B [小灯泡稳定发光，说明导体棒MN匀速运动，则有mgsin 37°－－μmgcos 37°＝0，可得导体棒MN的运动速度v＝5 m/s；小灯泡消耗的电功率P＝I2RL＝1 W．]‎ ‎3．C [由右手定则可知通过金属导线的电流由b到a，即通过电阻R的电流方向为M→R→P，A错误；金属导线产生的感应电动势为BLv，而a、b两点间的电压为等效电路路端电压，由闭合电路欧姆定律可知，a、b两点间电压为BLv，B错误；金属导线可等效为电源，在电源内部，电流从低电势流向高电势，所以a端电势高于b端电势，C正确；根据能量守恒定律可知，外力F做的功等于电阻R和金属导线产生的焦耳热之和，D错误．]‎ ‎4．A ‎5．A [在0～1 s内，据E＝S 可知感应电动势恒定，感应电流恒定，且电流为逆时针方向，在图象中为负；1～2 s内，B不变，i＝0；2～3 s内，由E＝·S知i恒定，方向为正．综合分析可知A正确．]‎ ‎6．A [因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强，而线框中左、右两边的电流大小相等，方向相反，所以其受到的安培力方向相反，线框的左边受到的安培力大于线框的右边受到的安培力，所以合力与线框的左边受力的方向相同．因为线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根据左手定则，线框处的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，导线中的电流先为正，后为负，所以选项A正确，选项B、C、D错误．]‎ ‎7．D [导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E＝BLv、I＝、F＝BIL得F＝，随着v的减小，安培力F减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F＝，导线框做加速度减小的减速运动，所以选项D正确．]‎ ‎8．BCD [ab杆的速度方向与磁感应强度的方向平行，不切割磁感线，只有cd杆运动切割磁感线．设cd杆向下运动的速度为v1，根据闭合电路的欧姆定律及法拉第电磁感应定律有I＝，E＝BLv1，cd杆只受到竖直向下的重力mg和竖直向上的安培力作用，因为cd杆与导轨间没有正压力，所以摩擦力为零．由平衡条件得mg＝BIL＝，解得cd杆向下匀速运动的速度为.ab杆的受力如图所示，根据平衡条件可得FN＝2mg，F＝Ff＝2μmg.综上所述，选项B、C、D正确．]‎ ‎9．BD [导体棒由静止释放后，当a＝0时，速度最大，即mg－BL＝0，解得vm＝，A项错误．此过程中通过定值电阻的电荷量q＝Δt＝·Δt＝ ‎，B项正确．导体棒克服安培力做的功等于整个电路产生的热量，C项错误．由动能定理知对导体棒有ΔEk＝W重＋W安，D项正确．]‎ ‎10．AD [根据法拉第电磁感应定律得：E＝，根据闭合电路欧姆定律得：＝，所以导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电量为q＝·Δt＝·Δt＝＝，故A正确；由E＝BLv知，导体棒返回时随着速度的增大，导体棒产生的感应电动势增大，感应电流增大，由F安＝BIL知导体棒受到的安培力增大，由牛顿第二定律知，加速度减小，所以导体棒返回时先做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动，故B错误；根据能量守恒定律知，导体棒沿着导轨上滑过程中回路中产生的总热量为Q＝mv－mgLsin θ＝(mv－mgL)，电阻R上产生的热量为QR＝Q＝(mv－mgL)，故C错误；根据功能关系可知，导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功等于回路中产生的总热量，即W＝Q＝(mv－mgL)，故D正确．所以选A、D.]‎ ‎11．(1)4倍 (2)＋28l 解析 (1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E1＝2Blv1①‎ 设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1＝②‎ 设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I1lB③‎ 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg＝F1④‎ 由①②③④式得v1＝⑤‎ 设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2＝⑥‎ 由⑤⑥式得v2＝4v1⑦‎ ‎(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl＝mv⑧‎ 线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有 mg(2l＋H)＝mv－mv＋Q⑨‎ 由⑦⑧⑨式得H＝＋28l ‎12．(1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J 解析 (1)设金属棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量的变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得＝①‎ 其中ΔΦ＝Blx②‎ 设回路中的平均电流为，由闭合电路欧姆定律得＝③‎ 则通过电阻R的电荷量为q＝Δt④‎ 联立①②③④式，得q＝ 代入数据得q＝4.5 C ‎(2)设撤去外力时金属棒的速度为v，对于金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax⑤‎ 设金属棒在撤去外力后的运动过程中克服安培力所做的功为W，由动能定理得W＝mv2⑥‎ 撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W⑦‎ 联立⑤⑥⑦式，代入数据得Q2＝1.8 J⑧‎ ‎(3)由题意知，撤去外力前、后回路中产生的焦耳热之比 Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J⑨‎ 在金属棒运动的整个过程中，外力F克服安培力做功，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2⑩‎ 由⑧⑨⑩式得WF＝5.4 J.‎