電磁感應(yīng)的綜合問題

專題強化十二 電磁感應(yīng)的綜合問題專題解讀 1.本專題是運動學、動力學、恒定電流、電磁感應(yīng)和能量等知識的綜合應(yīng)用，高考既以選擇題的形式命題，也以計算題的形式命題 .2.學好本專題，可以極大地培養(yǎng)同學們數(shù)形結(jié)合的推理能力和電路分析能力，針對性的專題強化，可以提升同學們解決數(shù)形結(jié)合、利用動力學和功能關(guān)系解決電磁感應(yīng)問題的信心 .3.用到的知識有：左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、平衡條件、牛頓運動定律、函數(shù)圖象、動能定理和能量守恒定律等 .命題點一 電磁感應(yīng)中的圖象問題1.題型簡述借助圖象考查電磁感應(yīng)的規(guī)律，一直是高考的熱點，此類題目一般分為兩類：(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出正確的圖象；(2)由給定的圖象分析電磁感應(yīng)過程， 定性或定量求解相應(yīng)的物理量或推斷出其他圖象 .常見的圖象有B－t圖、E－t圖、i－t圖、v－t圖及F－t圖等.2.解題關(guān)鍵弄清初始條件、正負方向的對應(yīng)變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達式、進出磁場的轉(zhuǎn)折點等是解決此類問題的關(guān)鍵 .3.解題步驟(1)明確圖象的種類，即是 B－t圖還是Φ－t圖，或者 E－t圖、I－t圖等；(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程；(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應(yīng)關(guān)系；(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進行數(shù)學分析，如分析斜率的變化、截距等；(6)畫圖象或判斷圖象 .4.兩種常用方法(1)排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢 (增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化 )，特別是分析物理量的正負，以排除錯誤的選項 .(2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖象進行分析和判斷 .例1 (多選)(2017·河南六市一模)邊長為a的閉合金屬正三角形輕質(zhì)框架，左邊豎直且與磁場右邊界平行，完全處于垂直于框架平面向里的勻強磁場中，現(xiàn)把框架勻速水平向右拉出磁場，如圖 1所示，則下列圖象與這一拉出過程相符合的是 ( )圖1答案 BC解析 設(shè)正三角形輕質(zhì)框架開始出磁場的時刻 t＝0，則其切割磁感線的有效長度 L＝2xtan30°2 3 2 3＝ 3x，則感應(yīng)電動勢E電動勢＝BLv＝3Bvx，則C項正確，D項錯誤.框架勻速運動，故F2 2 22外力＝F安＝BLv＝4Bxv∝x2，A項錯誤.P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2，B項正確.R 3R變式1 (2017·江西南昌三校四聯(lián) )如圖2所示，有一個矩形邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里.一個三角形閉合導(dǎo)線框，由位置1(左)沿紙面勻速到位置2(右).取線框剛到達磁場邊界的時刻為計時起點(t＝0)，規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則圖中能正確反映線框中電流與時間關(guān)系的是 ( )圖2答案A解析線框進入磁場的過程，磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場向外，由安培定則可知感應(yīng)電流方向為逆時針，電流方向應(yīng)為正方向，故B、C錯誤；線框進入磁場的過程，線框切割磁感線的有效長度先均勻增大后均勻減小，由E＝BLv，可知感應(yīng)電動勢先均勻增大后均勻減?。痪€框完全進入磁場后，磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生；線框穿出磁場的過程，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場向里，由安培定則可知感應(yīng)電流方向為順時針，電流方向應(yīng)為負方向，線框切割磁感線的有效長度先均勻增大后均勻減小，由E＝BLv，可知感應(yīng)電動勢先均勻增大后均勻減小，故A正確，D錯誤.變式2(2017·河北唐山一模)如圖3所示，在水平光滑的平行金屬導(dǎo)軌左端接一定值電阻R，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中.現(xiàn)給導(dǎo)體棒一向右的初速度，不考慮導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌電阻，下列圖線中，導(dǎo)體棒速度隨時間的變化和通過電阻R的電荷量q隨導(dǎo)體棒位移的變化描述正確的是()圖3答案 B2 2解析 導(dǎo)體棒運動過程中受向左的安培力 F＝BLv，安培力阻礙棒的運動，速度減小，由牛R22頓第二定律得棒的加速度大小a＝F＝BLv，則a減小，v－t圖線斜率的絕對值減小，故BmRmΔΦ項正確，A項錯誤.通過R的電荷量q＝It＝EtΔΦ＝BLt＝R·Δt＝RRRx，可知C、D項錯誤.命題點二電磁感應(yīng)中的動力學問題1.題型簡述感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問題往往跟力學問題聯(lián)系在一起.解決這類問題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律)及力學中的有關(guān)規(guī)律(共點力的平衡條件、牛頓運動定律、動能定理等).2.兩種狀態(tài)及處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進行分析3.動態(tài)分析的基本思路解決這類問題的關(guān)鍵是通過運動狀態(tài)的分析，尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度最大值或最小值的條件.具體思路如下：例2 (2016·全國卷Ⅱ·24)如圖4，水平面(紙面)內(nèi)間距為 l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上.t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動.t0時刻，金屬桿進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動.桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求：圖4(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大小；(2)電阻的阻值.答案(1)Blt0(F－μg)(2)B2l2t0mm解析(1)設(shè)金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma①設(shè)金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有v＝at0②當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動勢為E＝Blv③聯(lián)立①②③式可得FE＝Blt0(m－μg)④(2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律E⑤I＝R式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為F安＝BlI⑥因金屬桿做勻速運動，有F－μmg－F安＝0⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝B2l2t0m.變式3(2017·江淮十校三模)寬為L的兩光滑豎直裸導(dǎo)軌間接有固定電阻R，導(dǎo)軌(電阻忽略不計)間Ⅰ、Ⅱ區(qū)域中有垂直紙面向里寬為d，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，Ⅰ、Ⅱ區(qū)域間距為h，如圖5，有一質(zhì)量為m、長為L、電阻不計的金屬桿與豎直導(dǎo)軌緊密接觸，從距區(qū)域Ⅰ上端H處由靜止釋放.若桿在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域中運動情況完全相同，現(xiàn)以桿由靜止釋放為計時起點，則桿中電流隨時間t變化的圖象可能正確的是()圖5答案 B解析 桿在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域中運動情況完全相同，說明產(chǎn)生的感應(yīng)電流也應(yīng)完全相同，排除 A和C選項.因桿在無磁場區(qū)域中做 a＝g的勻加速運動，又桿在 Ⅰ、Ⅱ區(qū)域中運動情況完全相同，則桿在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域應(yīng)做減速運動，在區(qū)域 Ⅰ中對桿受力分析知其受豎直向下的重力和豎直向mg－B2L2vR上的安培力，由牛頓第二定律得加速度a＝，方向豎直向上，則知桿做加速度逐漸mBLv減小的減速運動，又I＝R，由I－t圖線斜率變化情況可知選項B正確，選項D錯誤.變式4(2017·上海單科·20改編)如圖6，光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L，與水平面夾角為θ，兩導(dǎo)軌上端用阻值為R的電阻相連，該裝置處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面.質(zhì)量為m的金屬桿ab以沿導(dǎo)軌平面向上的初速度v0從導(dǎo)軌底端開始運動，然后又返回到出發(fā)位置.在運動過程中，ab與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計ab和導(dǎo)軌的電阻及空氣阻力.圖

6(1)求ab開始運動時的加速度 a的大??；(2)分析并說明 ab在整個運動過程中速度、加速度的變化情況答案 見解析解析 (1)利用楞次定律，對初始狀態(tài)的 ab受力分析得：mgsinθ＋BIL＝ma

.

①對回路分析E BLv0I＝R＝ R

②聯(lián)立①②得B2L2v0a＝gsinθ＋ mR(2)上滑過程：由第(1)問中的分析可知，上滑過程加速度大小表達式為：B2L2va上＝gsinθ＋③mR上滑過程，a、v反向，做減速運動 .利用③式，v減小則a減小，可知，桿上滑時做加速度逐漸減小的減速運動 .下滑過程：由牛頓第二定律，對 ab受力分析得：B2L2vmgsinθ－ R ＝ma下2 2BLva下＝gsinθ－因a下與v同向，ab做加速運動.由⑤得v增加，a下減小，桿下滑時做加速度逐漸減小的加速運動 .

④⑤命題點三 電磁感應(yīng)中的動力學和能量問題1.題型簡述電磁感應(yīng)過程的實質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功來實現(xiàn)的.安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程；外力克服安培力做功的過程，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程.2.解題的一般步驟(1)確定研究對象 (導(dǎo)體棒或回路 )；(2)弄清電磁感應(yīng)過程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化；(3)根據(jù)能量守恒定律或功能關(guān)系列式求解 .3.求解電能應(yīng)分清兩類情況(1)若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及 W＝UIt或Q＝I2Rt直接進行計算 .(2)若電流變化，則①利用安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有電能與機械能的轉(zhuǎn)化，則減少的機械能等于產(chǎn)生的電能 .例3 如圖7所示，間距為L的平行且足夠長的光滑導(dǎo)軌由兩部分組成 .傾斜部分與水平部分平滑相連，傾角為 θ，在傾斜導(dǎo)軌頂端連接一阻值為 r的定值電阻.質(zhì)量為m、電阻也為 r的金屬桿MN垂直導(dǎo)軌跨放在導(dǎo)軌上，在傾斜導(dǎo)軌區(qū)域加一垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場；在水平導(dǎo)軌區(qū)域加另一垂直軌道平面向下、磁感應(yīng)強度也為 B的勻強磁場.閉合開關(guān) S，讓金屬桿 MN從圖示位置由靜止釋放，已知金屬桿 MN運動到水平軌道前，已達到最大速度，不計導(dǎo)軌電阻且金屬桿 MN兩端始終與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度為 g.求：圖7(1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的最大速率vm；(2)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上運動，速度未達到最大速度vm前，當流經(jīng)定值電阻的電流從零增大到I0的過程中，通過定值電阻的電荷量為q，求這段時間內(nèi)在定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱Q；(3)金屬桿MN在水平導(dǎo)軌上滑行的最大距離xm.答案見解析解析 (1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的速度最大時，其受到的合力為零，對其受力分析，可得 mgsinθ－BImL＝0根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律可得：BLvmIm＝ 2r2mgrsinθ解得：vm＝ 2 2BL(2)設(shè)在這段時間內(nèi)，金屬桿 MN運動的位移為 x由電流的定義可得： q＝I t根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律得：平均電流I＝BS＝BLx2rt2rt2qr解得：x＝BL設(shè)電流為I0時金屬桿MN的速度為v0，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律，可得I0＝BLv0，解得v0＝2rI02rBL設(shè)此過程中，電路產(chǎn)生的焦耳熱為Q熱，由功能關(guān)系可得：12mgxsinθ＝Q熱＋2mv01定值電阻r產(chǎn)生的焦耳熱Q＝2Q熱22解得：Q＝mgqrsinθmI0rBL－B2L2(3)設(shè)金屬桿MN在水平導(dǎo)軌上滑行時的加速度大小為a，速度為v時回路電流為I，由牛頓第二定律得：BIL＝ma由法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律可得：BLvI＝2r22v聯(lián)立可得：BLv＝mt2rB2L2B2L22rvt＝mv，即2rxm＝mvm得：xm＝4m2gr2sinθB4L4變式5(多選)(2017·山東濰坊中學一模)如圖8所示，同一豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框a、b的邊長均為l，電阻均為R，質(zhì)量分別為2m和m.它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端，在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2l、磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直豎直面的勻強磁場區(qū)域.開始時，線框b的上邊與勻強磁場的下邊界重合，線框現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當線框b全部進入磁場時，空氣阻力，重力加速度為 g，則( )圖8A.a、b兩個線框勻速運動時的速度大小為2mgR22BlB.線框a從下邊進入磁場到上邊離開磁場所用時間為

a的下邊到勻強磁場的上邊界的距離為 l.a、b兩個線框開始做勻速運動 .不計摩擦和233BlC.從開始運動到線框a全部進入磁場的過程中，線框a所產(chǎn)生的焦耳熱為mglD.從開始運動到線框a全部進入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做功為2mgl答案BC解析設(shè)兩線框勻速運動的速度為v，此時輕繩上的張力大小為FT，則對a有：FT＝2mg－EmgRBIl，對b有：FT＝mg，又I＝，E＝Blv，解得v＝22，故A錯誤.線框a從下邊進入磁場RBl后，線框a通過磁場時以速度v勻速運動，則線框a從下邊進入磁場到上邊離開磁場所用時3l3B2l3間t＝v＝mgR，故B正確.從開始運動到線框a全部進入磁場的過程中，線框a只在其勻速進入磁場的過程中產(chǎn)生焦耳熱，設(shè)為Q，由功能關(guān)系有2mgl－FTl＝Q，得Q＝mgl，故C正確.設(shè)兩線框從開始運動到線框a全部進入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做的功為W，此過程中左、右兩線框分別向上、向下運動2l的距離，對這一過程，由能量守恒定律有：4mgl12＋W，得W＝2mgl－3m3g2R2＝2mgl＋×3mv44，故D錯誤.22Bl變式6如圖9所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻.質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下.當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計，導(dǎo)軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸.求：圖9(1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應(yīng)電流的大小I；(2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要離開金屬桿時，感應(yīng)電流的功率P.答案Bdv0B2d2v0B2d2v0－v2(1)(2)(3)RmRR解析(1)MN剛掃過金屬桿時，感應(yīng)電動勢E＝Bdv0E感應(yīng)電流 I＝RBdv0解得I＝ R(2)安培力F＝BId由牛頓第二定律得 F＝ma2 2解得a＝Bdv0mR(3)金屬桿切割磁感線的相對速度 v′＝v0－v，則感應(yīng)電動勢 E′＝Bd(v0－v)2電功率P＝E′RB2d2v0－v2解得P＝R1.將一段導(dǎo)線繞成如圖1甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內(nèi).回路的ab邊置于垂直紙面向里為勻強磁場Ⅰ中.回路的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場Ⅱ，以向里為磁場Ⅱ的正方向，其磁感應(yīng)強度 B隨時間t變化的圖象如圖乙所示 .用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映 F隨時間t變化的圖象是 ( )圖1答案B根據(jù)B－t圖象可知，在0～T解析2時間內(nèi)，B－t圖線的斜率為負且為定值，根據(jù)法拉第電B磁感應(yīng)定律E＝ntS可知，該段時間圓環(huán)區(qū)域內(nèi)感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流是恒定的，由楞次定T律可知，ab中電流方向為b→a，再由左手定則可判斷ab邊受到向左的安培力，且0～2時間內(nèi)安培力恒定不變，方向與規(guī)定的正方向相反；在T～T時間內(nèi)，B－t圖線的斜率為正且為2定值，故ab邊所受安培力仍恒定不變，但方向與規(guī)定的正方向相同.綜上可知，B正確.2.如圖2所示，一直角三角形金屬框，向左勻速地穿過一個方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，磁場僅限于虛線邊界所圍的區(qū)域，該區(qū)域的形狀與金屬框完全相同，且金屬框的下邊與磁場區(qū)域的下邊在一直線上.若取順時針方向為電流的正方向，則金屬框穿過磁場的過程中感應(yīng)電流i隨時間t變化的圖象是()圖2答案 C解析 在金屬框進入磁場過程中，感應(yīng)電流的方向為逆時針，金屬框切割磁感線的有效長度線性增大，排除 A、B；在金屬框出磁場的過程中，感應(yīng)電流的方向為順時針方向，金屬框切割磁感線的有效長度線性減小，排除

D，故

C正確.3.(多選)(2017

山·東泰安二模

)如圖

3甲所示，間距為

L的光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為

B，軌道左側(cè)連接一定值電阻

R.垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒

ab

在平行導(dǎo)軌的水平外力F作用下沿導(dǎo)軌運動， F隨t變化的規(guī)律如圖乙所示 .在0～t0時間內(nèi)，棒從靜止開始做勻加速直線運動 .圖乙中t0、F1、F2為已知量，棒和導(dǎo)軌的電阻不計 .則( )圖3A.在t0以后，導(dǎo)體棒一直做勻加速直線運動B.在t0以后，導(dǎo)體棒先做加速，最后做勻速直線運動C.在0～t0時間內(nèi)，導(dǎo)體棒的加速度大小為2F2－F1R22t0BLF2－F1t0D.在0～t0時間內(nèi)，通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為2BL答案 BD解析因在0～t0時間內(nèi)棒做勻加速直線運動，故在t0時刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不變，安培力逐漸變大，導(dǎo)體棒先做加速度減小的加速運動，當加速度a＝0，即導(dǎo)體棒所受安培力與外力2相等后，導(dǎo)體棒做勻速直線運動，故A錯誤，B正確.設(shè)在F0時間內(nèi)導(dǎo)體棒的加速度為a，通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為q，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，t00～t22ΔΦ，ΔΦ＝BS＝BLvt0，時刻導(dǎo)體棒的速度為v，則有：a＝v，F(xiàn)2－BLv＝ma，F(xiàn)1＝ma，q＝t0RR2F2－F1RF2－F10t解得：a＝220，q＝2BL，故C錯誤，D正確.BLt4.如圖4所示的勻強磁場中有一根彎成45°的金屬線POQ，其所在平面與磁場垂直，長直導(dǎo)線MN與金屬線緊密接觸，起始時OA＝l0，且MN⊥OQ，所有導(dǎo)線單位長度電阻均為r，MN勻速水平向右運動的速度為v，使MN勻速運動的外力為F，則外力F隨時間變化的規(guī)律圖象正確的是()圖4答案C解析設(shè)經(jīng)過時間t，則MN距O點的距離為l0＋vt，直導(dǎo)線在回路中的長度也為l0＋vt，此時直導(dǎo)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝B(l0＋vt)v；整個回路的電阻為R＝(2＋2)(l0＋vt)r，回路的EBl0＋vtvBv電流I＝R＝2＋2l0＋vtr＝2＋2r；直導(dǎo)線受到的外力F大小等于安培力，即F＝BIL＝Bv2BBv(l0＋vt)，故C正確.(l0＋vt)＝2＋2r2＋2r5.(多選)(2017河·南三市二模)如圖5所示，一根總電阻為R的導(dǎo)線彎成寬度和高度均為d的“半正弦波”形閉合線框.豎直虛線之間有寬度也為d、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向垂直于線框所在的平面.線框以速度v向右勻速通過磁場，ab邊始終與磁場邊界垂直.從b點到達邊界開始到a點離開磁場為止，在這個過程中()圖5線框中的感應(yīng)電流先沿逆時針方向后沿順時針方向ab段直導(dǎo)線始終不受安培力的作用1C.平均感應(yīng)電動勢為 2BdvB2d3vD.線框中產(chǎn)生的焦耳熱為 R答案AD解析整個過程中閉合線框中的磁通量先增大后減小，由楞次定律和安培定則可判定A正確.ab段導(dǎo)線中有電流通過且與磁場垂直，故其受安培力的作用，B錯誤.由于整個過程中磁通量變化量為0，故平均感應(yīng)電動勢為0，C錯誤.整個過程中線框中產(chǎn)生一個周期的正弦式E2Bdv2B2d3交變電流，其電動勢峰值為Em＝Bdv，則線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝22dvRt＝R·＝，vR正確.6.(2016全·國卷Ⅰ·24)如圖6，兩固定的絕緣斜面傾角均為 θ，上沿相連.兩細金屬棒 ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平.右斜面上存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑.求：圖6(1)作用在金屬棒 ab上的安培力的大??；(2)金屬棒運動速度的大小 .答案 (1)mg(sinθ－3μcosθ)mgR(2)B2L2(sin

θ－3μcosθ)解析

(1)由于

ab、cd棒被平行于斜面的導(dǎo)線相連，故

ab、cd速度總是相等，

cd也做勻速直線運動.設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為

FT，右斜面對

ab棒的支持力的大小為

FN1，作用在

ab棒上的安培力的大小為

F，左斜面對

cd棒的支持力大小為

FN2，對于

ab

棒，受力分析如圖甲所示，由力的平衡條件得N1＋FT＋F①2mgsinθ＝μFFN1＝2mgcosθ②對于cd棒，受力分析如圖乙所示，由力的平衡條件得N2＝FT′＝FT③mgsinθ＋μFFN2＝mgcosθ④聯(lián)立①②③④式得：F＝mg(sinθ－3μcosθ)⑤(2)設(shè)金屬棒運動速度大小為v，ab棒上的感應(yīng)電動勢為E＝BLv⑥E回路中電流I＝R⑦安培力F＝BIL⑧聯(lián)立⑤⑥⑦⑧得：mgRv＝B2L2(sinθ－3μcosθ)7.如圖7所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌傾斜放置且固定，兩導(dǎo)軌間距為L，與水平面間的夾角為θ，導(dǎo)軌下端有垂直于軌道的擋板(圖中未畫出)，上端連接一個阻值R＝2r的電阻，整個裝置處在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直導(dǎo)軌向上的勻強磁場中，兩根相同的金屬棒ab、cd放在導(dǎo)軌下端，其中棒ab靠在擋板上，棒cd在沿導(dǎo)軌平面向上的拉力作用下，由靜止開始沿導(dǎo)軌向上做加速度為a的勻加速運動.已知每根金屬棒質(zhì)量為m、長度為L、電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計，棒與導(dǎo)軌始終接觸良好.求：圖7(1)經(jīng)多長時間棒 ab對擋板的壓力變?yōu)榱悖?2)棒ab對擋板壓力為零時，電阻 R的電功率；(3)棒ab運動前，拉力 F隨時間t的變化關(guān)系.5mgrsinθm2g2rsin2θ答案(1)2B2L2a(2)2B2L2(3)F＝m(gsinθ＋a)＋3B2L2a5rt解析(1)棒ab對擋板的壓力為零時，受力分析可得BIabL＝mgsinθ設(shè)經(jīng)時間 t0棒ab對擋板的壓力為零，棒 cd產(chǎn)生的電動勢為 E，則E＝BLat0回路中電流 I＝

Er＋R外Rr 2R外＝R＋r＝3rIab＝ R IR＋r5mgrsinθ解得t0＝ 2B2L2a(2)棒ab對擋板壓力為零時， cd兩端電壓為Ucd＝E－Ir解得Ucd＝mgrsinθBL此時電阻 R的電功率為UcdP＝ R

2m2g2rsin