2020版物理新增分大一轮江苏专用版讲义：第九章电磁感应专题突破十一

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
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B－t图象还是Φ－t图象，或者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)(　　)

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，能正确反映F随时间t变化的图象是(　　)

图2


答案　B
解析　根据题图B－t图象可知，在0～时间内，B－t图线的斜率为负且为定值，根据法拉第电磁感应定律E＝nS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，由楞次定律可知，ab中电流方向为b→a，再由左手定则可判断ab边受到向左的安培力，且0～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，B－t图线的斜率为正且为定值，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
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
(2)求解焦耳热Q的三种方法

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F＝，此时加速度a＝，棒ab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F＝0时，a＝0，v最大，最后匀速运动
棒ab释放后下滑，此时加速度a＝gsin α，棒ab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F＝mgsin α时，a＝0，v最大，最后匀速运动
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Ⅰ、Ⅱ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，进入磁场Ⅰ和Ⅱ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Ⅰ时加速度方向竖直向下
B.穿过磁场Ⅰ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Ⅰ上边界的高度h可能小于
答案　BC
解析　穿过磁场Ⅰ后，金属棒在磁场之间做加速运动，在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度，即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度，大于从磁场Ⅰ出来时的速度.金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，加速度方向向上，A错.
金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，由牛顿第二定律知
ma＝BIL－mg＝－mg，
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v－t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1－mg·2d＝0，
W安1＝2mgd.
即通过磁场Ⅰ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Ⅰ时速度为v，则由机械能守恒定律知
mgh＝mv2，①
进入磁场时ma＝BIL－mg＝－mg，
解得v＝，②
由①②式得h＝>，D错.
例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t＝0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，t＝t0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)0～t0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N→M　(2)　　(3)
解析　(1)0～t0时间内，由E＝S
解得E＝
由I＝
解得I＝
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0～t0时间内相同
由E＝＝B0Lv
解得v＝
金属棒匀速通过磁场由受力平衡得F＝BIL
则F＝
(3)金属棒从题图所示位置到恰好穿出磁场的运动过程中电流大小不变，为I＝
金属棒匀速通过磁场的时间为t＝＝t0
所以 Q＝I2R(t0＋t0)＝.
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0.5 m，导轨左端连接一个阻值为2 Ω的定值电阻R，将一根质量为0.2 kg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r＝2 Ω，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B＝2 T.若棒以1 m/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4 W，从此时开始计时，经过2 s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3 m/s时的加速度大小；
(3)求从开始计时起2 s内电阻R上产生的电热.
答案　(1)4 m/s　(2) m/s2　(3)3.25 J
解析　(1)金属棒速度最大时，所受合外力为零，即F安m＝F.
由题图乙可知F安m＝1.0 N，则vm＝＝＝4 m/s.
(2)金属棒速度为3 m/s时，感应电动势E′＝BLv＝2×0.5×3 V＝3 V.
电流I′＝，F安′＝BI′L
金属棒受到的拉力F′＝＝ N
根据牛顿第二定律F′－F安′＝ma
解得a＝＝ m/s2＝ m/s2.
(3)从开始计时起2 s内，由动能定理得，Pt＋W安＝mvm2－mv02
W安＝－6.5 J
则QR＝＝3.25 J.

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θ，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(d＜L)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.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(2L＋d)sin θ－
解析　(1)线框进入磁场的过程产生的平均感应电动势E＝
通过回路的电荷量q＝I·Δt＝·Δt
磁通量的变化量ΔΦ＝Bd2
解得q＝.
(2)线框ef边离开磁场前，线框中产生的感应电流I＝
受到的安培力F＝IdB
由平衡条件有mgsin θ－F＝0
解得v＝.
(3)线框由静止至离开磁场，由能量守恒定律有mg(2L＋d)sin θ－Q＝mv2－0
解得Q＝mg(2L＋d)sin θ－.
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)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)mv2－5FfL
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：F＝Ff
牵引力的功率为：P＝Fv＝Ffv；
(2)车头刚进入磁场时，产生的感应电动势为：E＝NBLv
感应电流的大小为：I＝＝
(3)根据能量守恒定律得：
Q＋Ff·5L＝mv2
可得，电磁刹车过程中产生的焦耳热为：
Q＝mv2－5FfL.

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h＝gt2，v＝gt，c棒进入磁场以速度v做匀速直线运动的路程为h′＝vt＝gt2＝2h，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，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v2－v02＝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ab＝L、ad＝2L.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B＝kt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
解析　(1)根据法拉第电磁感应定律：E＝＝L2＝kL2；
电功率：P＝＝
(2)细线断裂瞬间安培力：F安＝F0，线框的加速度a＝＝
线框离开磁场过程中，由动能定理得：W＝mv2.
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”Π”形导轨水平放置，电阻不计，长度足够.轨道平行部分间距为L＝1 m，导轨上静止放置有长度也为L、质量为m＝100 kg、接入电路的电阻为R1＝0.1 Ω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B＝10 T.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v＝100 m/s.然后若将开关S接b，棒AB可作为电源对电阻R2供电，电阻R2＝0.9 Ω.

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)1 000 Wb　(2)100 m/s2　(3)4.5×105 J
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ΔΦ＝BLvt＝1 000 Wb；
(2)棒AB产生的感应电动势E＝BLv＝1 000 V，电路中的感应电流I＝＝1 000 A，
故受到的安培力为F＝BIL＝1×104 N，根据牛顿第二定律可得a＝＝100 m/s2；
(3)棒的动能全部转化为热量，故Q总＝mv2＝5×105 J，
电阻R2上产生的热量为Q＝Q总＝4.5×105 J.
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μ，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)整个过程中产生的总热量Q.
答案　(1)BLv　(2)＋μmg　L＋
(3) μmgL＋mv2＋
解析　(1)感应电动势E＝BLv
感应电流I＝＝
ab边两端电压U＝I·R＝BLv.
(2)线框进入磁场后，对线框受力分析得，F＝F安＋μmg＝＋μmg
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＝
所以磁场宽度d＝L＋.
(3)进入磁场过程中产生焦耳热Q1＝I2Rt1＝
由于摩擦产生的热量Q2＝μmg(L＋)＝μmgL＋mv2
所以整个过程产生的热量为Q＝Q1＋Q2＝μmgL＋mv2＋.


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a′b′处，若v1∶v2＝1∶2，则在两次移动过程中(　　)

图2
A.回路中感应电流I1∶I2＝1∶2
B.回路中产生热量Q1∶Q2＝1∶2
C.回路中通过横截面的总电荷量q1∶q2＝1∶2
D.金属棒产生的感应电动势E1∶E2＝1∶2
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.aA>aB>aC>aD
B.aA＝aC>aB>aD
C.aA＝aC>aD>aB
D.aA＝aC>aD＝aB
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，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd.t＝0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v＝at，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，t1～t2时间内，由E＝BLv和i＝得，感应电流与时间的关系式为i＝t，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、B错误；在0～t1时间内，感应电流为零，ad边两端的电压为零，t1～t2时间内，电流i与t成正比，ad边两端电压大小为U＝iRad＝·R＝，电压随时间均匀增加，t2时间后无感应电流，但有感应电动势，ad边两端电压大小为U＝E＝BLat，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F－F安＝ma，得F＝t＋ma,0～t1时间内，感应电流为零，F＝ma，为定值，t1～t2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，F＝ma，为定值，故D错误.
5.(多选)如图5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B－t图象可知，0～1 s时间内，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流方向是逆时针的，为负值；1～3 s，磁通量不变，无感应电流；3～4 s，B减小，Φ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0～1 s内，ad边受到的安培力水平向右，是正的，1～3 s无感应电流，不受安培力，3～4 s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E＝＝·S，感应电流I＝＝，由B－t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边受到的安培力F＝BIL，I、L不变，0～1 s内B均匀增大，则F均匀增大，3～4 s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θ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ab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
B.匀速运动时杆ab受到的安培力大小为mgsin θ
C.杆ab由静止下滑距离s过程中，安培力做功为mgssin θ
D.杆ab由静止下滑距离s过程中，电阻R产生的热量为mgssin θ
答案　AB
解析　匀速运动时有mgsin θ＝F安，又F安＝BIL＝，解得v＝，F安＝mgsin θ，故A、B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Q＝mgssin θ－mv2，其中v＝，安培力做功为W＝－Q＝mv2－mgssin θ，其中v＝，故C、D错误.

8.(2018·南京市学情调研)如图8所示，电阻不计、间距为l＝1.0 m的光滑平行金属导轨，水平放置于磁感应强度B＝1.0 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 Ω，质量为m＝1.0 kg、电阻为r＝0.5 Ω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F＝2.0 N的作用，由静止开始运动，经过位移x＝1.55 m，到达PQ处(图中未画出)，此时速度为v＝2.0 m/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)1.0 N　(2)1.0 m/s2　(3)1.1 J
解析　(1)速度为v＝2.0 m/s时，回路中感应电动势为E＝Blv
产生的感应电流I＝
由此得磁场对金属棒的作用力为：
F安＝BIl＝＝1.0 N
(2)由牛顿第二定律有F－F安＝ma
解得a＝＝1.0 m/s2
(3)设金属棒受到的安培力做功为W，由动能定理得Fx＋W＝mv2
解得W＝mv2－Fx＝－1.1 J
金属棒克服安培力所做的功，即回路中总共产生的热能得Q＝－W＝1.1 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Ⅰ、Ⅱ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Ⅱ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Ⅱ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Ⅱ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　(3)2mgL－
解析　(1)由线框受力平衡得：BIL＝mg，解得I＝.
(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
由动能定理得mgL＝mv12
则＝BL.
(3) 设线框上边缘通过虚线Ⅱ瞬间线框速度为v2，则BLv2＝IR
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
mgL－W＝mv22－mv12
解得W＝2mgL－
线框克服安培力所做的功，就是线框中产生的焦耳热，故Q＝W＝2mgL－.
10.(2018·镇江市模拟)如图10所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，其电阻不计，间距为0.4 m.导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界为MN，区域Ⅰ和Ⅱ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0.5 T.将质量为0.1 kg、电阻为0.1 Ω的导体棒ab放在导轨上的区域Ⅰ中，ab刚好不下滑.再在区域Ⅱ中将质量为0.4 kg、电阻为0.1 Ω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Ⅱ中，两棒与导轨垂直且与导轨接触良好，g取10 m/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，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2.6 J，求此过程中cd棒下滑的距离x.
答案　(1)0.5 N　由a流向b　(2)5 m/s　(3)3.8 m
解析　(1)ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力
有Ffmax＝m1gsin θ
则Ffmax＝0.5 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E＝Blv
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝
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 θ＋Ffmax
代入数据解得v＝5 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 θ＝Q总＋m2v2
解得x＝3.8 m.