2020浙江高考物理二轮讲义：专题四第三讲　电磁感应的综合应用


第三讲　电磁感应的综合应用
　电磁感应中的电路问题
【重难提炼】
1．电磁感应电路中的五个等效问题

2．解决电磁感应电路问题的基本步骤
(1)“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向：感应电流方向是电源内部电流的方向，从而确定电源正、负极，明确内阻r.
(2)“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路图．
(3)“式”的建立：根据E＝Blv或E＝n结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解．
　如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中(　　)
A．PQ中电流先增大后减小
B．PQ两端电压先减小后增大
C．PQ上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先减小后增大
[审题突破]　在匀强磁场中，谁运动谁是电源，则PQ中的电流为干路电流，PQ两端电压为路端电压，线框消耗的功率为电源的输出功率，再依据电路的规律求解问题．
[解析]　设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3R－r；PQ相当于电源，其电阻为R，则电路的外电阻为R外＝＝，当r＝时，R外max＝R，此时PQ处于矩形线框的中心位置，即PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大后减小．PQ中的电流为干路电流I＝，可知干路电流先减小后增大，选项A错误．PQ两端的电压为路端电压U＝E－U内，因E＝Blv不变，U内＝IR先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B错误．拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F安v＝BIlv，可知因干路电流先减小后增大，PQ上拉力的功率也先减小后增大，选项C正确．线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为R，小于内阻R；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误．
[答案]　C
【题组过关】
考向一　恒定感应电流的电路分析
1．如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则(　　)

A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1
C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4
D．a、b线圈中电功率之比为3∶1
解析：选B.由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，则A项错误；根据法拉第电磁感应定律E＝N＝NS，而磁感应强度均匀变化，即恒定，则a、b线圈中的感应电动势之比为＝＝＝9，故B项正确；根据电阻定律R＝ρ，且L＝4Nl，则＝＝3，由闭合电路欧姆定律I＝，得a、b线圈中的感应电流之比为＝·＝3，故C项错误；由功率公式P＝I2R知，a、b线圈中的电功率之比为＝·＝27，故D项错误．
2.如图所示是两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域．当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为(　　)
A．E　　　　　　　　 B．E
C．E D．E
解析：选B.a、b间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的，故Uab＝E，B正确．
3．(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．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(　　)
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
解析：选AB.设圆盘的半径为r，圆盘转动的角速度为ω，则圆盘转动产生的电动势为E＝Br2ω，可知，若转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A项正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿a到b的方向流动，B项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C项错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R可知，电阻R上的热功率变为原来的4倍，D项错误．
考向二　变化感应电流的电路分析
4．如图所示，OACO为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O、C处分别接有短电阻丝(图中用粗线表示)，R1＝4 Ω、R2＝8 Ω(导轨其他部分电阻不计)．导轨OACO的形状满足y＝2sin(单位：m)．磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面．一足够长的金属棒在水平外力F作用下，以恒定的速率v＝5.0 m/s水平向右在导轨上从O点滑动到C点，棒与导轨接触良好且始终保持与OC导轨垂直，不计棒的电阻．求：

(1)外力F的最大值；
(2)金属棒在导轨上运动时电阻丝R1上消耗的最大功率；
(3)在滑动过程中通过金属棒的电流I与时间t的关系．
解析：(1)由题图容易看出，当y＝0时x有两个值，即sin＝0时，x1＝0，x2＝3.这即是O点和C点的横坐标，因而与A点对应的x值为1.5.将x＝1.5代入函数y＝2sin，便得A点的纵坐标，即y＝2sin ＝2(单位：m)．这就是金属棒切割磁感线产生电动势的最大有效长度．

当金属棒在O、C间运动时，R1、R2是并联在电路中的，其等效电路如图所示．其并联电阻
R并＝＝ Ω.
当金属棒运动到x位置时，其对应的长度为
y＝2sin，
此时金属棒产生的感应电动势为
E＝Byv＝2Bvsin (单位：V)，
其电流I＝(单位：A)．
而金属棒所受的安培力应与F相等，
即F＝BIy＝.
在金属棒运动的过程中，由于B、v、R并不变，故F随y的变大而变大．当y最大时F最大，即
Fmax＝＝0.3 N.
(2)R1两端电压最大时，其功率最大．
即U＝Emax时，R1上消耗的功率最大，
而金属棒上产生的最大电动势
Emax＝Bymaxv＝2.0 V.
这时Pmax＝＝1.0 W.
(3)当t＝0时，棒在x＝0处．
设运动到t时刻，则有x＝vt，
将其代入y得y＝2sin，
再结合E＝Byv和I＝，
得I＝＝sin
＝0.75sinA.
答案：(1)0.3 N　(2)1.0 W
(3)I＝0.75sinA
考向三　含容电路的分析与计算
5.在同一水平面的光滑平行导轨P、Q相距l＝1 m，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d＝10 mm，定值电阻R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω，金属棒ab的电阻r＝2 Ω，其他电阻不计．磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m＝1×10－14 kg，电荷量q＝－1×10－14 C的微粒恰好静止不动．取g＝10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好．且速度保持恒定．试求：
(1)匀强磁场的方向；
(2)ab两端的路端电压；
(3)金属棒ab运动的速度大小．
解析：(1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M板带正电．ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由b→a，其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下．
(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg＝Eq
又E＝，所以UMN＝＝0.1 V
R3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流为I＝＝0.05 A
则ab棒两端的电压为Uab＝UMN＋I＝0.4 V.
(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝Blv
由闭合电路欧姆定律得E＝Uab＋Ir＝0.5 V
联立解得v＝1 m/s.
答案：(1)竖直向下　(2)0.4 V　(3)1 m/s

电磁感应中电路问题的误区分析
(1)不能正确分析感应电动势及感应电流的方向．因产生感应电动势的那部分电路为电源部分，故该部分电路中的电流应为电源内部的电流，而外电路中的电流方向仍是从高电势到低电势．
(2)应用欧姆定律分析求解电路时，没有注意等效电源的内阻对电路的影响．
(3)对连接在电路中电表的读数不能正确进行分析，特别是并联在等效电源两端的电压表，其示数应该是路端电压，而不是等效电源的电动势．　
　电磁感应中的图象问题
【重难提炼】
1．题型特点
一般可把图象问题分为三类：
(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)根据图象定量计算．
2．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、出磁场的转折点是解决问题的关键．
3．解决图象问题的一般步骤
(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；
(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对应关系；
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式；
(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)画出图象或判断图象．
　(多选)如图所示，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变化图象可能正确的有(　　)

[审题突破]　先分别得出I、FA、UR、P与v的关系．然后对棒MN受力分析，由牛顿第二定律列方程分情况讨论棒MN的运动情况，最后依据各量与v的关系讨论得到各量与t的关系．
[解析]　设某时刻金属棒的速度为v，根据牛顿第二定律F－FA＝ma，即F0＋kv－＝ma，即F0＋v＝ma，如果k>，则加速度与速度成线性关系，且随着速度增大，加速度越来越大，即金属棒运动的v－t图象的切线斜率也越来越大，由于FA＝，FA－t图象的切线斜率也越来越大，感应电流、电阻两端的电压及感应电流的功率也会随时间变化得越来越快，B项正确；如果k＝，则金属棒做匀加速直线运动，电动势随时间均匀增大，感应电流、电阻两端的电压、安培力均随时间均匀增大，感应电流的功率与时间的二次方成正比，没有选项符合；如果k<，则金属棒做加速度越来越小的加速运动，感应电流、电阻两端的电压、安培力均增加得越来越慢，最后恒定，感应电流的功率最后也恒定，C项正确．
[答案]　BC
【题组过关】
考向一　“由因及果”类图象的选择
1.(多选)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，磁感应强度竖直向下，a、b、e、f在同一直线上，其俯视图如图所示，线框从图示位置在水平拉力F作用下以速度v向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流i－t和F－t图象正确的是(以逆时针方向为电流的正方向，以水平向右的拉力为正，时间单位为)(　　)

解析：选BD.从bc边开始进入磁场到线框完全进入磁场的过程中，当线框bc边进入磁场位移为x时，线框bc边有效切割长度为x，感应电动势为E＝Bxv，感应电流i＝，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．同理，从bc开始出磁场到线框完全出磁场的过程中，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，线框ad边有效切割长度逐渐变大，感应电流逐渐增大，根据数学知识知道A错误，B正确．在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区，因此拉力大小等于安培力，而安培力的表达式F安＝，而L＝vt，则有F安＝t2，因此C错误，D正确．
2.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、三象限内有垂直该坐标平面向里的匀强磁场，二者磁感应强度相同，圆心角为90°的扇形导线框OPQ以角速度ω绕O点在图示坐标平面内沿顺时针方向匀速转动．规定与图中导线框的位置相对应的时刻为t＝0，导线框中感应电流逆时针为正．则关于该导线框转一周的时间内感应电流i随时间t的变化图象，下列正确的是(　　)


解析：选A.在线框切割磁感线产生感应电动势时，由E＝BL2ω知，感应电动势一定，感应电流大小不变，故B、D错误；在～T内，由楞次定律判断可知线框中感应电动势方向沿逆时针方向，为正，故A正确，C错误．
考向二　“由果索因”类图象的选择
3．如图甲所示，矩形导线框abcd固定在变化的磁场中，产生了如图乙所示的电流(电流方向abcda为正方向)．若规定垂直纸面向里的方向为磁场正方向，能够产生如图乙所示电流的磁场为(　　)


解析：选D.由题图乙可知，0～t1内，线圈中的电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的磁通量的变化率相同，故0～t1内磁感应强度与时间的关系是一条斜线，A、B错．又由于0～t1时间内电流的方向为正，即沿abcda方向，由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场方向向里，故0～t1内原磁场方向向里减小或向外增大，因此D对，C错．
4．如图甲，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图乙所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是　(　　)


解析：选C.由题图乙可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab中的磁场是均匀变化的，则线圈ab中的电流是均匀变化的，故选项A、B、D错误，选项C正确．
考向三　电磁感应电路与图象综合问题的求解
5．如图甲所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴转动，圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接．电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件．流过电流表的电流I与圆盘角速度ω的关系如图乙所示，其中ab段和bc段均为直线，且ab段过坐标原点．ω>0代表圆盘逆时针转动．已知：R＝3.0 Ω，B＝1.0 T，r＝0.2 m．忽略圆盘、电流表和导线的电阻．
　
(1)根据图乙写出ab、bc段对应的I与ω的关系式；
(2)求出图乙中b、c两点对应的P两端的电压Ub、Uc；
(3)分别求出ab、bc段流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式．
解析：(1)由题图乙可知，在ab段
I＝ A(－45 rad/s≤ω≤15 rad/s)
在bc段
I＝ A(15 rad/s<ω≤45 rad/s)．
(2)由题意可知，P两端的电压UP等于圆盘产生的电动势，UP＝Br2ω
b点时ωb＝15 rad/s，Ub＝Br2ωb＝0.3 V
c点时ωc＝45 rad/s，Uc＝Br2ωc＝0.9 V.
(3)由题图乙中电流变化规律可知电子元件P在b点时开始导通，则：在ab段
IP＝0(－0.9 V≤UP≤0.3 V)
在bc段IP＝I－
而I＝－0.05，UP＝Br2ω
联立可得IP＝ A(0.3 V 答案：见解析
6．(2019·金华质检)如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距l＝0.6 m，两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表V，电阻为r＝2 Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知R1＝2 Ω，R2＝1 Ω，导轨及导线电阻均不计．在矩形区域CDFE内有竖直向上的磁场，CE＝0.2 m，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力F，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场区域内运动的过程中电压表的示数始终保持不变．求：

(1)t＝0.1 s时电压表的示数；
(2)恒力F的大小；
(3)从t＝0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量．
解析：(1)设磁场宽度为d＝CE，在0～0.2 s的时间内，有E＝＝ld＝0.6 V
此时，R1与金属棒并联后再与R2串联
R＝R并＋R2＝1 Ω＋1 Ω＝2 Ω
U＝R并＝0.3 V.
(2)金属棒进入磁场后，R1与R2并联后再与r串联，有
I′＝＋＝0.45 A
FA＝BI′l＝1.00×0.45×0.6 N＝0.27 N
由于金属棒进入磁场后电压表的示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，所以恒力F的大小
F＝FA＝0.27 N.
(3)在0～0.2 s的时间内有
Q＝t＝0.036 J
金属棒进入磁场后，有
R′＝＋r＝ Ω
E′＝I′R′＝1.2 V
E′＝Blv，v＝2.0 m/s
t′＝＝ s＝0.1 s
Q′＝E′I′t′＝0.054 J
Q总＝Q＋Q′＝0.036 J＋0.054 J＝0.09 J.
答案：(1)0.3 V　(2)0.27 N　(3)0.09 J

电磁感应图象问题的分析方法

(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做出分析和判断．　
　电磁感应中的动力学问题
【重难提炼】
1．导体棒(框)的两种状态
(1)平衡状态——静止或匀速直线运动，加速度为零．
(2)非平衡状态——加速度不为零．
2．两类研究对象及相互联系

　如图，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．
[审题突破]　解答的关键是对ab、cd棒受力分析，由平衡条件求出ab棒受到的安培力，再由金属棒切割磁感线产生的感应电动势确定金属棒的速度大小．
[解析]　(1)设两根导线的总的张力的大小为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＋F①
N1＝2mgcos θ②
对于cd棒，同理有mgsin θ＋μN2＝T③
N2＝mgcos θ④
联立①②③④式得F＝mg(sin θ－3μcos θ)．⑤
(2)由安培力公式得F＝BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流
ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小
由欧姆定律得I＝⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sin θ－3μcos θ).
[答案]　(1)mg(sin θ－3μcos θ)
(2)(sin θ－3μcos θ)
【题组过关】
考向一　水平导轨上的运动分析
1．如图所示，质量均为m的金属棒ab、cd与足够长的水平金属导轨垂直且接触良好，两金属棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ，磁感应强度为B的匀强磁场的方向竖直向下．则ab棒在恒力F＝2μmg作用下向右运动的过程中，有(　　)

A．安培力对ab棒做正功
B．安培力对cd棒做正功
C．ab棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动
D．cd棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动
解析：选C.对于ab棒，因为F＝2μmg>μmg，所以从静止开始加速运动，ab棒运动会切割磁感线产生感应电流，从而使ab棒受到一个向左的安培力，这样加速度会减小，最终会做匀速运动；而cd棒所受到的最大安培力与摩擦力相同，所以总保持静止状态，即安培力对ab棒做负功，对cd棒不做功，所以选项C正确，A、B、D错误．
2．(2019·衢州检测)如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L＝0.2 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω 的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑导轨．水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1.0 T．一根质量m＝0.2 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x＝9 m时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度．当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲导轨上升到最大高度h＝0.8 m处．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2.求：　

(1)金属棒运动的最大速度v；
(2)金属棒在磁场中速度为时的加速度大小；
(3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热．
解析：(1)金属棒从离开磁场到上升到弯曲导轨最高点，根据机械能守恒定律：mv2＝mgh
解得：v＝4 m/s.
(2)金属棒在磁场中以最大速度v做匀速运动过程，设回路中的电流为I，根据平衡条件得F＝BIL＋μmg
回路中的电流为：I＝
解得：F＝0.6 N.
金属棒速度为时，设回路中的电流为I′
根据牛顿第二定律得F－BI′L－μmg＝ma
回路中的电流为：I′＝
解得：a＝1 m/s2.
(3)设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q
根据功能关系：Fx＝μmgx＋mv2＋Q
则电阻R上的焦耳热：QR＝Q
解得：QR＝1.5 J.
答案：(1)4 m/s　(2)1 m/s2　(3)1.5 J
考向二　倾斜导轨上的运动分析
3．如图，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．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．
解析：(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv①
平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E②
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有
C＝③
联立①②③式得Q＝CBLv.④
(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F安＝BLi⑤
设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，据定义有i＝⑥
ΔQ也是平行板电容器两极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量．由④式得：ΔQ＝CBLΔv⑦
式中，Δv为金属棒的速度变化量．据定义有
a＝⑧
金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为
Ff＝μFN⑨
式中，FN是金属棒对导轨的正压力的大小，
有FN＝mgcos θ⑩
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－F安－Ff＝ma⑪
联立⑤至⑪式得a＝g⑫
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
考向三　竖直方向上的运动分析
4．(多选)如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列说法中正确的是(　　)
A．金属棒ab最终可能匀速下滑
B．金属棒ab一直加速下滑
C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势
D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动
解析：选BC.金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsin θ－BIl>0，金属棒将一直加速，A错、B对；由右手定则可知，金属棒a端电势高，则M板电势高，C项对；若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，D项错．
5.如图所示，“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：
(1)线框ab边将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.
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＝4v1.⑦
(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.
答案：(1)4倍　(2)＋28l
　电磁感应中的能量问题
【题组过关】
1．(2019·浙江选考4月)如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1 m 的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1 Ω的电阻，质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x.在0.2 m≤x≤0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足v＝kx(可导出a＝kv)，k＝5 s－1.当棒ab运动至x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12 W，运动至x2＝0.8 m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x＝0处．棒ab始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用F－x图象下的“面积”代表力F做的功，sin 37°＝0.6)

(1)磁感应强度B的大小；
(2)外力F随位移x变化的关系式；
(3)在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q.
解析：(1)P＝，B＝＝ T.
(2)无磁场区间0≤x<0.2 m
a＝5v＝25x
F＝25xm＋μmgcos θ＋mgsin θ＝0.96＋2.5x
有磁场区间0.2 m≤x≤0.8 m，FA＝＝0.6x
F＝25xm＋μmgcos θ＋mgsin θ＋FA＝0.96＋2.5x＋0.6x＝0.96＋3.1x.
(3)作FA－x图象如图，上升过程中克服安培力做功(梯形面积)
WA1＝(x1＋x2)(x2－x1)＝0.18 J
撤去外力后，设棒ab上升的距离为s，再次进入磁场时的速度为v′，则
(mgsin θ＋μmgcos θ)s＝mv2
(mgsin θ－μmgcos θ)s＝mv′2
得v′＝2 m/s
由于mgsin θ－μmgcos θ－＝0，
故棒ab再次进入磁场后做匀速运动．
下降过程中克服安培力做功WA2＝(x2－x1)＝0.144 J
Q＝WA1＋WA2＝0.324 J.
答案：见解析
2.小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，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＝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.
解析：(1)由牛顿第二定律a＝＝12 m/s2①
进入磁场时的速度v＝＝2.4 m/s.②
(2)感应电动势E＝Blv③
感应电流I＝④
安培力FA＝IBl⑤
代入得FA＝＝48 N．⑥
(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J⑦
由牛顿第二定律F－mgsin θ－FA＝0⑧
CD棒在磁场区域做匀速运动
在磁场中运动的时间t＝⑨
焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J.
答案：见解析
3.(2018·浙江选考4月)如图所示，在竖直平面内建立xOy坐标系，在0≤x≤0.65 m、y≤0.40 m范围内存在一具有理想边界，方向垂直纸面向里的匀强磁场区域．一边长l＝0.10 m、质量m＝0.02 kg、电阻R＝0.40 Ω的匀质正方形刚性导线框abcd处于图示位置，其中心的坐标为(0，0.65 m)．现将线框以初速度v0＝2.0 m/s水平向右抛出，线框在进入磁场过程中速度保持不变，然后在磁场中运动，最后从磁场右边界离开磁场区域，完成运动全过程．线框在全过程中始终处于xOy平面内，其ab边与x轴保持平行，空气阻力不计．求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)线框在全过程中产生的焦耳热Q；
(3)在全过程中，cb两端的电势差Uc b与线框中心位置的x坐标的函数关系．

解析：(1)线框做平抛运动，当ab边与磁场上边界接触时，竖直方向有h＝gt2＝0.2 m，得t＝0.2 s，此时竖直方向的分速度v2y＝gt＝2 m/s＝v0，合速度方向与水平方向成45°角，由题知进入过程中为匀速进入，ad与bc这两根杆产生的电动势相互抵消，所以整个框只有ab边框切割，并且只有竖直方向切割，有效速度为2 m/s，此时电流
I＝，E＝Blv2y①
FA＝BIl②
因为线框匀速进入磁场，合力为0，
所以mg＝FA③
联立①②③式得B＝2 T.
(2)线框全部进入磁场区域之后，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，线框离开磁场过程中，上下两根杆所受到的安培力抵消，所以不考虑竖直方向上的安培力产生的焦耳热，水平方向上，只有ad边的水平方向上的速度在切割磁感线，线框离开磁场的电荷量
q＝＝④
出去过程中列水平方向的动量定理，设向右为正，
－F′A＝mv5x－mv0，得－Blq＝mv5x－mv0⑤
得v5x＝1.5 m/s，设出去过程中下降距离为Δh，列出动能定理表达式，
mgΔh－Q1＝mv－mv＝(mv－mv)＋
(mv－mv)⑥
同样出去过程中竖直方向只受重力，由竖直方向运动规律得
v－v＝2gΔh⑦
联立④⑤⑥得Q1＝0.017 5 J在进入磁场过程中，速度不变，重力势能转换成焦耳热Q2＝mgl＝0.02 J．所以Q总＝0.037 5 J.
(3)首先求得图中2，3，4，5四个时刻线框的横坐标为0.4 m，0.5 m，0.6 m，0.7 m
①0≤x<0.4 m，线框未进入磁场，所以vc b＝0；
②0.4 m≤x<0.5 m，对于cb边有，
Uc b＝B(x－0.4)v0－Blv3y＝4x－1.7(V)；
③0.5 m≤x<0.6 m，线框完全在磁场中，所以
Uc b＝Blv0＝0.4 V；
④0.6 m≤x≤0.7 m，cb边已出磁场，电动势由ad边提供，所以Uc b＝Blv4x
由动量定理得＝m(v0－v4x)，所以
Uc b＝0.25－0.25x(V)．
综上所述，Uc b＝
答案：见解析

1．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．
2．能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化

(2)求解焦耳热Q的三种方法
　
[课后作业(十七)]
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．如图所示，螺线管匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2，螺线管导线电阻r＝1 Ω，电阻R＝4 Ω，磁感应强度B随时间变化的B－t图象如图所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是(　　)

A．电阻R的电流方向是从A到C
B．感应电流的大小逐渐增大
C．电阻R两端的电压为6 V
D．C点的电势为4.8 V
答案：D
2．(2018·高考全国卷 Ⅱ )如图，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(　　)


解析：选D.设线框运动的速度为v，则线框向左匀速运动第一个的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E＝2Bdv(d为导轨间距)，电流i＝，回路中电流方向为顺时针；第二个的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为零，电流为零；第三个的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E＝2Bdv，电流i＝，回路中电流方向为逆时针，所以D正确．
3.如图所示，PN与QM两平行金属导轨相距1 m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6 Ω，ab杆的电阻为2 Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T．现ab以恒定速度v＝3 m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等．则(　　)
A．R2＝6 Ω
B．R1上消耗的电功率为0.75 W
C．a、b间电压为3 V
D．拉ab杆水平向右的拉力为0.75 N
解析：选D.杆ab消耗的功率与R1、R2消耗的功率之和相等，则＝Rab.解得R2＝3 Ω，故A错；E＝Blv＝3 V，则Iab＝＝0.75 A，Uab＝E－Iab·Rab＝1.5 V，PR1＝＝0.375 W，故B、C错；F拉＝F安＝BIab·l＝0.75 N，故D对．
4.如图所示，△ABC为等腰直角三角形，AB边与x轴垂直，A点坐标为(a，0)，C点坐标为(0，a)，三角形区域内存在垂直平面向里的磁场，磁感应强度B与横坐标x的变化关系满足B＝(k为常量)，三角形区域的左侧有一单匝矩形线圈，线圈平面与纸面平行，线圈宽为a，高为2a，电阻为R.若线圈以某一速度v匀速穿过磁场，整个运动过程中线圈不发生转动，则下列说法正确的是(　　)
A．线圈穿过磁场的过程中感应电流的大小逐渐增大
B．线圈穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q＝
C．线圈穿过磁场的过程中通过导线截面的电荷量为零
D．穿过三角形区域的磁通量为2ka
解析：选D.线圈穿过磁场的过程中，感应电动势为E＝BLv，根据欧姆定律可得感应电流大小为I＝，由几何关系知，切割边运动距离为x时，L＝2x，解得I＝，为定值，所以A错误；产生的焦耳热为Q＝I2Rt，而t＝，解得Q＝，所以B错误；因为E＝，所以q＝＝IΔt＝，解得ΔΦ＝2ka，所以穿过三角形区域的磁通量为2ka，故C错误，D正确．
5.(多选)如图所示，CAD是固定在水平面上的用一硬导线折成的V形框架，∠A＝θ.在该空间存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场．框架上的EF是用同样的硬导线制成的导体棒，它在水平外力作用下从A点开始沿垂直EF方向以速度v匀速水平向右平移．已知导体棒和框架始终接触良好且构成等腰三角形回路，导线单位长度的电阻均为R，框架和导体棒均足够长．则下列描述回路中的电流I和消耗的电功率P随时间t变化的图象中正确的是(　　)

解析：选AD.由几何知识可知，导体棒切割磁感线的有效长度为L＝2vttan，回路的总电阻R总＝(＋1)·LR，感应电动势E＝BLv，则回路中的电流I＝，回路消耗的电功率P＝EI＝t，故选项A、D正确，选项B、C错误．
6．(多选)如图所示，一金属棒AC在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O点)匀速转动，OA＝2OC＝2L，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为 ω、电阻为r，内、外两金属圆环分别与C、A良好接触并各引出一接线柱与外电阻R相接(没画出)，两金属环圆心皆为O且电阻均不计，则(　　)
A．金属棒中有从A到C的感应电流
B．外电阻R中的电流为I＝
C．当r＝R时，外电阻消耗功率最小
D．金属棒AC间电压为
解析：选BD.由右手定则可知金属棒相当于电源且A是电源的正极，即金属棒中有从C到A的感应电流，A错；金属棒转动产生的感应电动势为E＝Bω(2L)2－BωL2＝，即回路中电流为I＝，B对；由电源输出功率特点知，当内、外电阻相等时，外电路消耗功率最大，C错；UAC＝IR＝，D对．

7．(多选)如图所示，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴的右侧，在Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行．t＝0时刻，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i、ab间的电势差Uab随时间t变化的图线是下图中的(　　)

解析：选AD.在d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向，即正方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0；然后cd边开始切割磁感线，感应电流的方向为顺时针方向，即负方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0，故A正确，B错误；d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，ab相当于电源，电流由a到b，b点的电势高于a点，ab间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘以bc、cd、da三条边的电阻，并逐渐减小；ab边出磁场后，cd边开始切割磁感线，cd边相当于电源，电流由b到a，ab间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘以ab边的电阻，并逐渐减小，故C错误，D正确．
8．(多选)如图所示，粗细均匀的金属丝制成长方形导线框abcd(ad>ab)，处于匀强磁场中．同种材料同样规格的金属丝MN可与导线框保持良好的接触并做无摩擦滑动．当MN在外力作用下从导线框左端向右匀速运动到右端的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．金属丝MN相当于电源，MN间的外电路总电阻先减小后增大
B．金属丝MN相当于电源，MN间的外电路总电阻先增大后减小
C．导线框消耗的电功率先减小后增大
D．导线框消耗的电功率先增大再减小，再增大再减小
解析：选BD.金属丝MN在外力作用下从导线框的左端开始做切割磁感线的匀速运动，所以产生的电动势为定值，E＝BLv0，整个电路的总电阻等于金属丝的电阻r与左右线框并联电阻之和，当金属丝MN运动到线框中点时总电阻达到最大值，A错，B对．在金属丝MN运动过程中，设某一时刻线框的总电阻为R，金属丝的电阻为r，由于ad>ab，则金属丝MN运动到线框中点时，R>r，亦即R＝r的位置在线框中点的左边，根据对称性，在线框中点的右边也有R＝r的位置．所以在线框中点两边对称的位置导线框消耗的电功率最大．所以，当MN从导线框左端向右运动到右端的过程中，导线框消耗的电功率先增大再减小，再增大再减小，C错，D对．
二、非选择题
9.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，方向垂直纸面向里．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．
解析：(1)根据右手定则，得导体棒AB上的电流方向为B→A，故电阻R上的电流方向为C→D.
设导体棒AB中点的速度为v，则v＝
而vA＝ωr，vB＝2ωr
根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB上产生的感应电动势E＝Brv
根据闭合电路欧姆定律得I＝，
联立以上各式解得通过电阻R的感应电流的大小为
I＝.
(2)根据能量守恒定律，外力的功率P等于安培力与摩擦力的功率之和，即P＝BIrv＋Ffv，而Ff＝μmg
解得P＝＋.
答案：(1)C→D　　(2)＋
10．如图甲所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4 m．导轨右端接有阻值R＝1 Ω的电阻．导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L.从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图乙所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场．若使棒在导轨上始终以速度v＝1 m/s做直线运动，求：
甲
乙
(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E；
(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式．
解析：(1)正方形磁场的面积为S，则S＝＝0.08 m2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的．由B－t图象可知＝0.5 T/s，根据E＝n，得回路中的感应电动势E＝S＝0.5×0.08 V＝0.04 V.
(2)当导体棒通过bd位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大．此时感应电动势
E′＝BLv＝0.5×0.4×1 V＝0.2 V
回路中感应电流
I′＝＝ A＝0.2 A
导体棒受到的安培力F＝BI′L＝0.5×0.2×0.4 N＝0.04 N
当导体棒通过三角形abd区域时，导体棒切割磁感线的有效长度
l＝2v(t－1)(1 s≤t≤1.2 s)
感应电动势e＝Blv＝2Bv2(t－1)＝(t－1)V
感应电流i＝＝(t－1)A (1 s≤t≤1.2 s)．
答案：(1)0.04 V　(2)0.04 N　i＝(t－1)A (1 s≤t≤1.2 s)
[课后作业(十八)]
(建议用时：45分钟)
一、选择题
1.如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长．从置于垂直纸面向里、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(　　)
A．Q1>Q2　q1＝q2　　　　　　 B．Q1>Q2　q1>q2
C．Q1＝Q2　q1＝q2 D．Q1＝Q2　q1>q2
解析：选A.设ab和bc边长分别为L1、L2，线框电阻为R，若假设穿过磁场区域的时间为t.
通过线框导体横截面的电荷量
q＝It＝＝，
因此q1＝q2.
线框上产生的热量为Q，
第一次：Q1＝BL1I1L2＝BL1L2，
同理可以求得Q2＝BL2I2L1＝BL2L1，
由于L1>L2，则Q1>Q2，故A正确．
2.如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab，导轨的一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动的过程中(　　)
A．随着ab运动速度的增大，其加速度也增大
B．外力F对ab做的功等于电路中产生的电能
C．外力F做功的功率始终等于电路中的电功率
D．克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能
解析：选D.由牛顿第二定律可得F－＝ma，棒向右做加速度减小的加速运动，A错．由于在达到最终速度前F>，力F做的功等于电路中获得的电能与金属棒的动能之和，则F的功率大于克服安培力做功的功率，即大于电路中的电功率，电路中获得的电能等于克服安培力所做的功．B、C错，D对．
3.如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B，Ⅰ和Ⅱ之间无磁场．一导体棒两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触，导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同．下面四个图象能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是(　　)

解析：选C.MN棒先做自由落体运动，当到Ⅰ区磁场时由四个选项知棒开始减速说明F安>mg，由牛顿第二定律得，F安－mg＝ma，当减速时F安减小，合力减小，a也减小，速度图象中图线上各点切线斜率减小，离开Ⅰ区后棒做加速度为g的匀加速直线运动，随后进入Ⅱ区磁场，因棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流变化情况相同，则在Ⅱ区磁场中运动情况与Ⅰ区磁场中完全相同，所以只有C项正确．
4.如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F，此时(　　)
A．电阻R1消耗的热功率为
B．电阻R2消耗的热功率为
C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvsin θ
D．整个装置消耗的机械功率为Fv
解析：选B.上滑速度为v时，导体棒受力如图所示，则＝F，所以PR1＝PR2＝()2R＝Fv，故选项A错误，B正确；因为Ff＝μFN，FN＝mgcos θ，所以PFf＝Ffv＝μmgvcos θ，选项C错误；此时，整个装置消耗的机械功率为P＝PF＋PFf＝Fv＋μmgvcos θ，选项D错误．
5.如图所示，电阻不计的竖直光滑金属轨道PMNQ，其PMN部分是半径为r的圆弧，NQ部分水平且足够长，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于PMNQ平面指向纸面内．一粗细均匀的金属杆质量为m，电阻为R，长为r.从图示位置由静止释放，若当地的重力加速度为g，金属杆与轨道始终保持良好接触，则下列说法中正确的是(　　)
A．杆在下滑过程中机械能守恒
B．杆最终不可能沿NQ匀速运动
C．杆从释放到全部滑至水平轨道过程中，产生的电能等于
D．杆从释放到全部滑至水平轨道过程中，通过杆的电荷量等于
解析：选D.杆在下滑过程中，杆与金属导轨组成闭合回路，磁通量在改变，会产生感应电流，杆将受到安培力作用，则杆的机械能不守恒，故A错误；杆最终沿水平面运动时，不产生感应电流，不受安培力作用而做匀速运动，故B错误；杆从释放到滑至水平轨道过程，重力势能减小，产生电能和杆的动能，由能量守恒定律知：杆上产生的电能小于，故C错误；通过杆与金属导轨所组成的闭合回路的磁通量的变化量为ΔΦ＝B，根据推论q＝，得到通过杆的电荷量为q＝，故D正确．
6.(多选)如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则(　　)
A．如果B变大，vm将变大
B．如果α变大，vm将变大
C．如果R变大，vm将变大
D．如果m变小，vm将变大
解析：选BC.金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，在闭合电路中形成电流I＝，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力FA作用，FA＝BIl＝，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，受力分析如图所示，根据牛顿第二定律，得mgsin α－＝ma，当a→0时，v→vm，解得vm＝，故选B、C.
7．(多选)如图所示，边长为L、电阻不计的n匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P、U，线框及小灯泡的总质量为m，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平．线框从图示位置开始静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光．则(　　)
A．有界磁场宽度l B．磁场的磁感应强度应为
C．线框匀速穿越磁场，速度恒为
D．线框穿越磁场的过程中，灯泡产生的焦耳热为mgL
解析：选BC.因线框穿越磁场的过程中小灯泡正常发光，故线框匀速穿越磁场，且线框长度L和磁场宽度l相同，A错误；因线框匀速穿越磁场，故重力和安培力相等，mg＝nBIL＝nBL，得B＝，B正确；线框匀速穿越磁场，重力做功的功率等于电功率，即mgv＝P，得v＝，C正确；线框穿越磁场时，通过的位移为2L，且重力做功完全转化为焦耳热，故Q＝2mgL，D错误．
8．(多选)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有三条水平虚线l1、l2、l3，它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ宽度均为d，两区域分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框，从l1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过l1进入磁场Ⅰ时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，重力加速度为g.在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．线框中感应电流的方向不变
B．线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间
C．线框以速度v2做匀速直线运动时，发热功率为sin2θ
D．线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能ΔE机与重力做功WG的关系式是ΔE机＝WG＋mv－mv
解析：选CD.线框从释放到穿出磁场的过程中，由楞次定律可知感应电流方向先沿abcda后沿adcba再沿abcda方向，A项错误；线框第一次匀速运动时，由平衡条件有BId＝mgsin θ，I＝，解得v1＝，第二次匀速运动时，由平衡条件有2BI′d＝mgsin θ，I′＝，解得v2＝，线框ab边匀速通过区域Ⅰ，先减速再匀速通过区域Ⅱ，而两区域宽度相同，故通过区域Ⅰ的时间小于通过区域Ⅱ的时间，B项错误；由功能关系知线框第二次匀速运动时发热功率等于重力做功的功率，即P＝mgv2sin θ＝，C项正确；线框从进入磁场到第二次匀速运动过程中，损失的重力势能等于该过程中重力做的功，动能损失量为mv－mv，所以线框机械能损失量为ΔE机＝WG＋mv－mv，D项正确．
二、非选择题
9．如图所示，质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝0.3 Ω、长度l＝0.4 m的导体棒ab横放在U形金属框架上，框架质量m2＝0.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，相距0.4 m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1 Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T．垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，使ab从静止开始无摩擦地运动，且始终与MM′、NN′保持良好接触，当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.

(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；
(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1 J，求该过程中ab位移x的大小．
解析：(1)ab对框架的压力F1＝m1g
框架受水平面的支持力FN＝m2g＋F1
依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到的最大静摩擦力F2＝μFN
ab中的感应电动势E＝Blv
MN中的电流I＝
MN受到的安培力F安＝IlB
框架开始运动时F安＝F2
由上述各式代入数据解得v＝6 m/s.
(2)闭合回路中产生的总热量
Q总＝Q
由能量守恒定律，得
Fx＝m1v2＋Q总
代入数据解得x＝1.1 m.
答案：(1)6 m/s　(2)1.1 m
10．如图所示，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，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：

(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.
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E，由法拉第电磁感应定律得
E＝①
其中ΔΦ＝Blx②
设回路中的平均电流为I，由闭合电路欧姆定律得
I＝③
则通过电阻R的电荷量为q＝IΔt④
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＝0－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 J．⑧
(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.
答案：(1)4.5 C　(2)1.8 J　(3)5.4 J
11．(2019·湖州模拟)如图所示，一个质量为m、电阻不计的足够长的光滑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，并用一根与MN平行的绝缘细线系在定点A.已知，细线能承受的最大拉力为T0，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．

(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.
解析：(1)细线断裂时，对棒有
T0＝F安，F安＝BIL
I＝，E＝BLv0，v0＝at0
联立解得
t0＝，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，直至二者速度相同，设二者最终速度大小为v，撤去拉力F时，框架的速度v0＝，由系统动量守恒可得
mv0＝2mv
解得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为
Q＝mv－·2mv2
解得Q＝.
答案：(1)　　(2)