【物理】2018届一轮复习人教版电磁感应中的动力学和能量问题学案

【物理】2018届一轮复习人教版电磁感应中的动力学和能量问题学案

‎1．受力分析与运动分析 ‎ ‎2．应用牛顿运动定律和运动学规律解答电磁感应问题 ‎ ‎ ‎ 一、电磁感应与力和运动 ‎1．安培力的大小 由感应电动势E＝Blv、感应电流I＝和安培力公式F＝BIl得F＝.‎ ‎2．安培力的方向判断 ‎(1)对导体切割磁感线运动，先用右手定则确定感应电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向．‎ ‎(2)根据安培力阻碍导体和磁场的相对运动判断．‎ ‎3．电磁感应中的力和运动 ‎ 电磁感应与力学问题的综合，涉及两大研究对象：电学对象与力学对象．联系两大研究对象的桥梁是磁场对感应电流的安培力，其大小与方向的变化，直接导致两大研究对象的状态改变．‎ 二、电磁感应与能量守恒 ‎1．能量转化 ‎ 导体切割磁感线或磁通量发生变化，在回路中产生感应电流，这个过程中机械能或其他形式的能转化为电能，具有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，又可使电能转化为机械能或内能．因此，电磁感应过程中总是伴随着能量的转化．‎ ‎2．电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程． ‎ 高频考点一　电磁感应与力和运动 ‎ ‎1．受力分析与运动分析 ‎ 对电磁感应现象中的力学问题，除了要作好受力情况和运动情况的动态分析外，还需要注意导体受到的安培力随运动速度变化的特点，速度变化，弹力及相应的摩擦力也随之而变，导致物体的运动状态发生变化． ‎ ‎2．应用牛顿运动定律和运动学规律解答电磁感应问题的基本思路 ‎ ‎(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向．‎ ‎(2)求回路中的电流．‎ ‎(3)分析研究导体的受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)．‎ ‎(4)根据牛顿第二定律和运动学规律或平衡条件列方程求解．‎ 例1、如图所示，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：‎ ‎(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.‎ ‎【方法归纳】解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：‎ ‎(1)先作“源”的分析——分离出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，求出相应部分的电流大小，以便求解安培力；‎ ‎(3)然后是“力”的分析——分析研究对象(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)最后进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断正确的运动模型．‎ ‎【变式探究】如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律(　　)‎ ‎【答案】A．‎ ‎【举一反三】(多选)如图甲所示，MN左侧有一垂直纸面向里的匀强磁场，现将一边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场方向垂直，且bc边与磁场边界MN重合．当t＝0时，对线框施加一水平拉力F，使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当t＝t0时，线框的ad边与磁场边界MN重合．图乙为拉力F随时间t变化的图线．由以上条件可知，磁场的磁感应强度B的大小及t0时刻线框的速率v为(　　)‎ A．B＝　　　　　 B．B＝ C．v＝　 D．v＝ ‎【答案】BC 高频考点二　电磁感应与能量守恒 ‎ ‎1．电磁感应中的几个功能关系 ‎ ‎(1)导体克服安培力做的功等于产生的电能W安＝E电；‎ ‎(2)若电路为纯电阻电路，则电磁感应中产生的电能又完全转化为电路的焦耳热Q＝E电；‎ ‎(3)导体克服安培力做的功等于消耗的机械能W安＝E机械能；‎ ‎(4)综合起来可以看出“电路的焦耳热”等于“电磁感应中产生的电能”等于“机械能的减小”，即Q＝E电＝E机械能．这里还要特别明确“能量转化的层次性”，即E机械能→E电→Q，其中第一次转化是通过克服安培力做功W安来实现，第二次转化是通过感应电流流经电阻转化为焦耳热来实现．‎ ‎2．用能量方法解决电磁感应问题的一般步骤 ‎ ‎(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定电动势的大小和方向．‎ ‎(2)画出等效电路，求出回路中电阻消耗电功率的表达式．‎ ‎(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的关系式．‎ 例2、半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面．BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ‎，方向竖直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g，求：‎ ‎(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；‎ ‎(2)外力的功率．‎ ‎(2)在竖直方向上有mg－2FN＝0 ⑤‎ 式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等，其值为FN.两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为Ff＝μFN ⑥‎ 在Δt时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为 l1＝rωΔt ⑦‎ l2＝2rωΔt ⑧‎ 克服摩擦力做的总功为Wf＝Ff(l1＋l2) ⑨‎ 在Δt时间内，消耗在电阻R上的功为WR＝I2RΔt ⑩‎ 根据能量转化和守恒定律知，外力在Δt时间内做的功为W＝Wf＋WR ⑪‎ 外力的功率为P＝ ⑫‎ 由④至⑫式得P＝μmgωr＋ ⑬‎ ‎【答案】(1)　方向由C端到D端 ‎(2)μmgωr＋ ‎【归纳总结】(1)电磁感应中通过导体横截面的电荷量q＝n，式中ΔΦ为闭合电路中磁通量的变化量，n为线圈匝数，R为闭合电路的总电阻．不论电流恒定还是变化，上述公式都适用．‎ ‎(2)电能在电路中的作用：一般电路中并不储存电能，在大多数情况下，虽然不断有能量转化为电能，但这些电能立即通过电流做功转化为焦耳热，因此电能往往只是一种“过渡”能量．‎ ‎【变式探究】(多选)如图所示，固定在同一水平面上的两平行金属导轨AB、CD，两端接有阻值相同的两个定值电阻．质量为m的导体棒垂直放在导轨上，轻弹簧左端固定，右端连接导体棒，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．当导体棒静止在OO′位置时，弹簧处于原长状态．此时给导体棒一个水平向右的初速度v0，它能向右运动的最远距离为d，且能再次经过OO′位置．已知导体棒所受的摩擦力大小恒为f，导体棒向右运动过程中左侧电阻产生的热量为Q，不计导轨和导体棒的电阻．则(　　)‎ A．弹簧的弹性势能最大为mv－Q－fd B．弹簧的弹性势能最大为mv－2Q－fd C．导体棒再次回到OO′位置时的动能等于mv－4Q－2fd D．导体棒再次回到OO′位置时的动能大于mv－4Q－2fd ‎【答案】BD ‎【举一反三】如图甲所示，在虚线mn的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，mn的下方存在竖直向下的匀强磁场，mn上下两侧磁场的磁感应强度大小相等．将两根足够长的直导轨平行放置在磁场中，且贯穿虚线的上下两侧．取两根等长的金属棒a、b，两端分别套上金属环，然后将两金属棒套在长直导轨上，其中a棒置于虚线上侧，b棒置于虚线下侧．从t＝0时刻开始在a棒上加一竖直向上的外力F，使a棒由静止开始向上做匀加速直线运动，外力随时间的变化规律如图乙所示，同时b棒在t＝0时刻由静止释放．已知两导轨的间距为L＝1.5 m，a、b棒的质量分别为m1＝1 kg、m2＝0.27 kg，两金属棒的总电阻为R＝1.8 Ω，忽略导轨的电阻，b棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.75，不计a棒与导轨之间的摩擦，取g＝10 m/s2.‎ 甲　　　　　　　　　　　　 　　乙 ‎(1)求虚线上下两侧的磁感应强度大小以及a棒匀加速运动的加速度大小；‎ ‎(2)如果在0～2 s的时间内外力F对a棒做功为40 J，则该过程中整个电路产生的焦耳热为多少？‎ ‎(3)经过多长时间b棒的速度最大？‎ ‎(3)b棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当b棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．假设经t0时间金属棒b的速度达到最大，当b棒速度达到最大时，有m‎2g＝μFN 又FN＝F安＝BI‎1L，I1＝＝，v1＝at0‎ 联立解得t0＝2 s.‎ ‎【答案】(1)1.2 T　1 m/s2　(2)18 J　(3)2 s 高频考点三、微元法在电磁学中的应用 ‎ 微元法是将研究对象无限细分，从中抽取出微小单元进行研究，找出被研究对象变化规律，由于这些微元遵循的规律相同，再将这些微元进行必要的数学运算(累计求和)，从而顺利解决问题．用该方法可以将一些复杂的物理过程，用我们熟悉的规律加以解决，是物理学中常用的思想方法之一．‎ 例3、如图所示，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C．导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向下．在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.忽略所有电阻．让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：‎ ‎(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；‎ ‎(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．‎ ‎(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i，金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为f1＝BLi ⑤‎ 设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有i＝ ⑥‎ ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量．由④式得ΔQ＝CBLΔv ⑦‎ 式中，Δv为金属棒的速度变化量．按定义有a＝ ⑧‎ 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为f2＝μN ⑨‎ 式中，N是金属棒对导轨的正压力的大小，有N＝mgcos θ ⑩‎ 金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f1－f2＝ma ‎ 联立⑤至⑪式得a＝g ‎ 由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动．t时刻金属棒的速度大小为v＝gt ‎【答案】(1)Q＝CBLv　(2)v＝gt ‎【方法技巧】‎ ‎1．本题用微元法可判断金属杆沿导轨匀加速下滑，从而得出速度随时间均匀变化的关系，这与常见的导体棒在恒力作用下运动是不同的．‎ ‎2．对于电容器的充电过程，由于金属杆的速度均匀增加，感应电动势也均匀变大，所以金属棒一直给电容器充电，且充电的电流恒定，认为电容器是断路，没有电流是错误的．‎ ‎1．【2016·全国卷Ⅰ】如图1，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为‎2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑．求：(　　)‎ ‎(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；‎ ‎(2)金属棒运动速度的大小．‎ 图1‎ ‎【答案】(1)mg(sin θ－3μcos θ)‎ ‎(2)(sin θ－3μcos θ) ‎【解析】(1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2，对于ab棒，由力的平衡条件得 ‎2mgsin θ＝μN1＋T＋F　①‎ N1＝2mgcos θ　②‎ 对于cd棒，同理有 mgsin θ＋μN2＝T　③‎ N2＝mgcos θ　④‎ 联立①②③④式得 F＝mg(sin θ－3μcos θ)　⑤‎ ‎2．【2016·全国卷Ⅱ】如图1所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：‎ ‎(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；‎ ‎(2)电阻的阻值．‎ 图1‎ ‎【答案】(1)Blt0　(2) ‎【解析】(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 ma＝F－μmg　①‎ 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0　②‎ 当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为 E＝Blv　③‎ 联立①②③式可得 E＝Blt0　④‎ ‎3．【2016·四川卷】如图1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(F0、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变化图像可能正确的有(　　)‎ 图1‎ 图1‎ ‎【答案】BC　【解析】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，感应电流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，由牛顿第二定律可得F合＝F－FA＝F0＋kv－v＝F0＋v，而加速度a＝.因为金属棒从静止出发，所以F0>0，且F合>0，即a>0，加速度方向水平向右．‎ ‎4．【2016·浙江卷】小明设计的电磁健身器的简化装置如图110所示，两根平行金属导轨相距l＝‎0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d＝‎0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T．质量m＝‎4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝‎0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取‎10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：‎ ‎(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；‎ ‎(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；‎ ‎(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.‎ 图110‎ ‎【答案】(1)‎2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J ‎【解析】(1)由牛顿定律a＝＝‎12 m/s2　①‎ 进入磁场时的速度v＝＝‎2.4 m/s　②‎ ‎5．【2016·全国卷Ⅲ】如图1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：‎ ‎(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．‎ 图1‎ ‎【答案】(1)　(2)B0lv0(t－t0)＋kSt　(B0lv0＋kS) ‎【解析】(1)在金属棒未越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS　①‎ 设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq.由法拉第电磁感应定律有E＝　②‎ 由欧姆定律有i＝　③‎ 由电流的定义有i＝　④‎ 联立①②③④式得|Δq|＝Δt　⑤‎ 由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为 ‎|q|＝　⑥‎ 由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为 Et＝　⑭‎ 由欧姆定律有I＝　⑮‎ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f＝(B0lv0＋kS)　⑯‎ ‎1.(2015·浙江理综·24)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图5所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g＝10 m/s2)‎ 图5　　　　　　　　　图6‎ ‎(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？‎ ‎(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图6所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m．当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.‎ 答案　(1)25匝　(2)0.1 T/s ‎2．(2015·天津理综·11)如图9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9‎ ‎(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.‎ 答案　(1)4倍　(2)＋28l ‎(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 ‎3．(2014·江苏单科·13)如图8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8‎ ‎(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.‎ 答案　(1)tan θ　(2) ‎(3)2mgdsin θ－ ‎(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－.‎ ‎4．(2014·新课标全国Ⅱ·25)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图15所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g.求：‎ 图15‎ ‎(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；‎ ‎(2)外力的功率．‎ 答案　(1)方向为C→D　 ‎(2)＋ ‎5．(2013·天津理综·3)如图2所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则(　　)‎ 图2‎ A．Q1＞Q2，q1＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2‎ C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2‎ 答案　A 解析　由法拉第电磁感应定律得：E＝①‎ ＝②‎ ‎1．(多选)如图5所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置(Ⅰ)开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置(Ⅱ)时，线框的速度为.下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A．在位置(Ⅱ)时线框中的电功率为 B．此过程中回路产生的电能为mv2‎ C．在位置(Ⅱ)时线框的加速度为 D．此过程中通过导线横截面的电荷量为 答案　AB 解析　线框经过位置(Ⅱ)时，线框左右两边均切割磁感线，所以此时的感应电动势为E＝‎ Ba×2＝Bav，故线框中的电功率为P＝＝，选项A正确；线框从位置(Ⅰ)到位置(Ⅱ)的过程中，动能减少了ΔEk＝mv2－m2＝mv2，根据能量守恒定律可知，此过程中回路产生的电能为mv2，选项B正确；线框在位置(Ⅱ)时，左右两边所受安培力大小均为F＝Ba＝，根据左手定则可知，线框左右两边所受安培力的方向均向左，故此时线框的加速度为a＝＝，选项C错误；由q＝Δt、＝、＝三式联立，解得q＝，线框在位置(Ⅰ)时其磁通量为Ba2，而线框在位置(Ⅱ)时其磁通量为零，故q＝，选项D错误．‎ ‎2．(多选)如图6所示，间距l＝0.4 m的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ＝30°，正方形区域abcd内匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T，方向垂直于斜面．甲、乙两金属杆的电阻R相同、质量均为m＝0.02 kg，垂直于导轨放置．起初，甲金属杆处在磁场的上边界ab上，乙在甲上方距甲也为l处．现将两金属杆同时由静止释放，并同时在甲金属杆上施加一个沿着导轨的拉力F，使甲金属杆始终以a＝5 m/s2的加速度沿导轨匀加速运动，已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，取g＝10 m/s2，则(　　)‎ 图6‎ A．每根金属杆的电阻R＝0.016 Ω B．甲金属杆在磁场中运动的时间是0.4 s C．甲金属杆在磁场中运动过程中F的功率逐渐增大 D．乙金属杆在磁场运动过程中安培力的功率是0.1 W 答案　BC ‎3．(多选)如图7所示，在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上．a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计．则(　　)‎ 图7‎ A．物块c的质量是2msin θ B．b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能 C．b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能 D．b棒放上导轨后，a棒中电流大小是 答案　AD ‎4．如图7所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1＝1 m，bc边的边长l2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.1 Ω，线框通过绝缘细线与重物相连，重物质量M＝2 kg，斜面上ef(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间做匀速运动，且线框的ab边始终平行于底边，ef和gh的距离s＝11.4 m，g＝10 m/s2，求：‎ 图7‎ ‎(1)线框进入磁场前重物的加速度；‎ ‎(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v；‎ ‎(3)ab边由静止开始到运动到gh处所用的时间t；‎ ‎(4)ab边运动到gh处的速度大小及在线框由静止开始运动到gh处的整个过程中产生的焦耳热．‎ 答案　(1)5 m/s2　(2)6 m/s　(3)2.5 s (4)12 m/s　9 J 解析　(1)线框进入磁场前，仅受到细线的拉力F、斜面的支持力和线框的重力，重物受到自身的重力和细线的拉力F′，对线框由牛顿第二定律得 F－mgsin α＝ma 对重物由牛顿第二定律得Mg－F′＝Ma 又F＝F′‎ 联立解得线框进入磁场前重物的加速度 a＝＝5 m/s2.‎ ‎(3)线框abcd进入磁场前，做匀加速直线运动；进入磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动至gh处，仍做匀加速直线运动．‎ 进入磁场前线框的加速度大小与重物的加速度大小相同，为a＝5 m/s2，该阶段的运动时间为t1＝＝1.2 s 进入磁场过程中匀速运动的时间t2＝＝0.1 s 线框完全进入磁场后的受力情况同进入磁场前的受力情况相同，所以该阶段的加速度仍为a＝5 m/s2‎ 由匀变速直线运动的规律得s－l2＝vt3＋at 解得t3＝1.2 s 由此ab边由静止开始到运动到gh处所用的时间 t＝t1＋t2＋t3＝2.5 s.‎ ‎(4)线框ab边运动到gh处的速度 v′＝v＋at3＝6 m/s＋5×1.2 m/s＝12 m/s 整个运动过程产生的焦耳热 Q＝F安l＝(Mg－mgsin α)l2＝9 J.‎ ‎5．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，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以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 答案　B ‎6．如图10所示，两条平行的金属导轨相距L＝1 m，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中．金属棒MN和PQ的质量均为m＝0.2 kg，电阻分别为RMN＝1 Ω和RPQ＝2 Ω.MN置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，PQ置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．从t＝0时刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由静止开始以a＝1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态．t＝3 s时，PQ棒消耗的电功率为8 W，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN始终在水平导轨上运动．求：‎ 图10‎ ‎(1)磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)t＝0～3 s时间内通过MN棒的电荷量；‎ ‎(3)求t＝6 s时F2的大小和方向；‎ ‎(4)若改变F1的作用规律，使MN棒的运动速度v与位移 x满足关系：v＝0.4x，PQ棒仍然静止在倾斜轨道上．求MN棒从静止开始到x＝5 m的过程中，系统产生的热量．‎ 答案　(1)2 T　(2)3 C　(3)5.2 N　方向沿斜面向下　(4) J ‎(3)当t＝6 s时，设MN的速度为v2，则 v2＝at＝6 m/s E2＝BLv2＝12 V I2＝＝4 A F安＝BI2L＝8 N 规定沿斜面向上为正方向，对PQ进行受力分析可得：‎ F2＋F安cos 37°＝mgsin 37°‎ 代入数据得：F2＝－5.2 N(负号说明力的方向沿斜面向下)‎ ‎(4)MN棒做变加速直线运动，当x＝5 m时，v＝0.4x＝0.4×5 m/s＝2 m/s 因为速度v与位移x成正比，所以电流I、安培力也与位移x成正比，‎ 安培力做功W安＝－BL··x＝－ J Q＝－W安＝ J. ‎ ‎7．如图9，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m.竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好．求：‎ 图9‎ ‎(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；‎ ‎(2)两杆分别达到的最大速度．‎ 答案　(1)2∶1　(2)　 ‎(2)当MN和M′N′的加速度为零时，速度最大．‎ M′N′受力平衡有BIl＝2mg，I＝，E＝Blv1＋Blv2，‎ 联立得v1＝，v2＝. ‎