第3講-專題：電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用

電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用一、電磁感應(yīng)中的電路問題1．內(nèi)電路和外電路(1)切割磁感線運動的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當(dāng)于電源．(2)該部分導(dǎo)體的電阻或線圈的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻，其余部分是外電路．2．電源電動勢和路端電壓(1)電動勢：E＝Blv或E＝neq\f(ΔΦ,Δt).(2)電源正、負(fù)極：用右手定則或楞次定律確定．(3)路端電壓：U＝E－Ir＝IR.二、電磁感應(yīng)圖象問題圖象類型(1)隨時間變化的圖象如B－t圖象、Φ－t圖象、E－t圖象和I－t圖象(2)隨位移x變化的圖象如E－x圖象和I－x圖象問題類型(1)由給定的電磁感應(yīng)過程判斷或畫出正確的圖象(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量(3)利用給出的圖象判斷或畫出新的圖象應(yīng)用知識左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓定律、函數(shù)圖象知識等三、感應(yīng)電流在磁場中所受的安培力1．安培力的大小由感應(yīng)電動勢E＝Blv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)和安培力公式F＝BIl得F＝eq\f(B2l2v,R).2．安培力的方向判斷eq\x(\a\al(感應(yīng)電流,受安培力,的方向))—eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(—\x(\a\al(先用右手定則確定感應(yīng)電流方向，再用,左手定則確定安培力方向)),—\x(\a\al(根據(jù)楞次定律，安培力方向一定和導(dǎo)體切割,磁感線運動方向相反))))四、電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒1．能量轉(zhuǎn)化的實質(zhì)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化實質(zhì)是其他形式能和電能之間的轉(zhuǎn)化．2．能量的轉(zhuǎn)化感應(yīng)電流在磁場中受安培力，外力克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(或其他形式的能)．3．熱量的計算電流(恒定)做功產(chǎn)生的熱量用焦耳定律計算，公式Q＝I2Rt.1．穿過閉合回路的磁通量Φ隨時間t變化的圖象分別如圖①～④所示．下列關(guān)于回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的論述中正確的是()A．圖①中，回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定不變B．圖②中，回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢一直在變大C．圖③中，回路在0～t1時間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢小于在t1～t2時間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢D．圖④中，回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢先變小再變大解析：由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可得，閉合回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢取決于Φ－t圖象的斜率的絕對值大?。畧D①中Φ－t圖象的斜率為零，故感應(yīng)電動勢為零，A錯誤；圖②中Φ－t圖象斜率不變，故感應(yīng)電動勢為定值，B錯誤；圖③中回路中0～t1時間內(nèi)Φ－t圖象的斜率的絕對值大于t1～t2時間內(nèi)Φ－t圖象的斜率的絕對值，故在0～t1時間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大于t1～t2時間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，C錯誤；圖④中Φ－t圖象的斜率的絕對值先變小再變大，故回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢先變小再變大，D正確．答案：D2．如圖所示，兩根相距為l的平行直導(dǎo)軌ab、cd，b、d間連有一固定電阻R，導(dǎo)軌電阻忽略不計，MN為放在ab和cd上的一導(dǎo)體桿，與ab垂直，其電阻也為R.整個裝置處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為B，磁場方向垂直于導(dǎo)軌所在平面(指向圖中紙面內(nèi))，現(xiàn)對MN施力使它沿導(dǎo)軌方向以速度v(如圖)做勻速運動，令U表示MN兩端電壓的大小，則()A．U＝eq\f(1,2)vBl，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由b到dB．U＝eq\f(1,2)vBl，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由d到bC．U＝vBl，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由b到dD．U＝vBl，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由d到b解析：導(dǎo)體桿向右做勻速直線運動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢Blv，R和導(dǎo)體桿形成一串聯(lián)電路，由分壓原理得U＝eq\f(Blv,R＋R)·R＝eq\f(1,2)Blv，由右手定則可判斷出感應(yīng)電流方向由N→M→b→d→N，故A選項正確．答案：A3.如圖所示，在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m＝0.1kg，半徑為r＝0.5m，電阻為R＝0.5Ω的均勻金屬圓環(huán)，以v0＝5m/s的初速度向一磁感應(yīng)強度為B＝0.1T的有界勻強磁場滑去(磁場寬度d＞2r)．圓環(huán)的一半進(jìn)入磁場歷時2秒，圓環(huán)上產(chǎn)生的焦耳熱為0.5J，則2秒末圓環(huán)中感應(yīng)電流的瞬時功率為()A．0.15WB．0.2WC．0.3WD．0.6W解析：圓環(huán)剛好有一半進(jìn)入磁場時，設(shè)瞬時速度為v，由Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(15)m/s，此時環(huán)上的瞬時感應(yīng)電動勢為E＝Bv×2r，故瞬時功率為P＝E2/R＝0.3W.答案：C4.如圖所示，水平放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌上有一質(zhì)量為m的金屬棒ab.導(dǎo)軌的一端連接電阻R，其他電阻均不計，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面向下．金屬棒ab在一水平恒力F作用下由靜止開始向右運動，則()A．隨著ab運動速度的增大，其加速度也增大B．外力F對ab做的功等于電路中產(chǎn)生的電能C．當(dāng)ab做勻速運動時，外力F做功的功率等于電路中的電功率D．無論ab做何種運動，它克服安培力做的功一定等于電路中產(chǎn)生的電能解析：設(shè)ab的速度為v，運動的加速度a＝eq\f(F－\f(B2L2v,R),m)，ab由靜止先做加速度逐漸減小的加速運動，當(dāng)a＝0后做勻速運動，則A選項錯誤；由能量守恒知．外力F對ab做的功等于電路中產(chǎn)生的電能和ab增加的動能之和．a(chǎn)b克服安培力做的功一定等于電路中產(chǎn)生的電能，則B選項錯誤．D選項正確；當(dāng)ab做勻速運動時，F(xiàn)＝BIL，外力F做功的功率等于電路中的電功率，則C選項正確．答案：CD5.如圖所示，水平面上固定一個間距L＝1m的光滑平行金屬導(dǎo)軌，整個導(dǎo)軌處在豎直方向的磁感應(yīng)強度B＝1T的勻強磁場中，導(dǎo)軌一端接阻值R＝9Ω的電阻．導(dǎo)軌上有質(zhì)量m＝1kg、電阻r＝1Ω、長度也為1m的導(dǎo)體棒，在外力的作用下從t＝0開始沿平行導(dǎo)軌方向運動，其速度隨時間的變化規(guī)律是v＝2eq\r(t)，不計導(dǎo)軌電阻．求：(1)t＝4s時導(dǎo)體棒受到的安培力的大??；(2)請在如圖所示的坐標(biāo)系中畫出電流平方與時間的關(guān)系(I2－t)圖象．解析：(1)4s時導(dǎo)體棒的速度是v＝2eq\r(t)＝4m/s感應(yīng)電動勢：E＝BLv感應(yīng)電流：I＝eq\f(E,R＋r)此時導(dǎo)體棒受到的安培力：F安＝BIL＝0.4N.(2)由(1)可得I2＝(eq\f(E,R＋r))2＝4(eq\f(BL,R＋r))2t＝0.04t作出圖象如圖所示答案：(1)0.4N(2)見解析圖eq\a\vs4\al(電磁感應(yīng)中的圖象問題)1．圖象問題的特點考查方式比較靈活，有時根據(jù)電磁感應(yīng)現(xiàn)象發(fā)生的過程，確定圖象的正確與否，有時依據(jù)不同的圖象，進(jìn)行綜合計算．2．解題關(guān)鍵弄清初始條件，正、負(fù)方向的對應(yīng)變化范圍，所研究物理量的函數(shù)表達(dá)式，進(jìn)出磁場的轉(zhuǎn)折點是解決問題的關(guān)鍵．3．“三看”、“三明確”對于圖象問題，應(yīng)做“三看”、“三明確”，即(1)看軸——看清變量．(2)看線——看圖象的形狀．(3)看點——看特殊點和轉(zhuǎn)折點．(4)明確圖象斜率的物理意義．(5)明確截距的物理意義．(6)明確“＋”“－”的含義．(2012·福建理綜)如圖甲，一圓形閉合銅環(huán)由高處從靜止開始下落，穿過一根豎直懸掛的條形磁鐵，銅環(huán)的中心軸線與條形磁鐵的中軸線始終保持重合．若取磁鐵中心O為坐標(biāo)原點，建立豎直向下為正方向的x軸，則圖乙中最能正確反映環(huán)中感應(yīng)電流i隨環(huán)心位置坐標(biāo)x變化的關(guān)系圖象是()解析：閉合銅環(huán)在下落過程中穿過銅環(huán)的磁場方向始終向上，磁通量先增加后減少，由楞次定律可判斷感應(yīng)電流的方向要發(fā)生變化，D項錯誤；因穿過閉合銅環(huán)的磁通量的變化率不是均勻變化，所以感應(yīng)電流隨x的變化關(guān)系不可能是線性關(guān)系，A項錯誤；銅環(huán)由靜止開始下落，速度較小，所以穿過銅環(huán)的磁通量的變化率較小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流的最大值較小，過O點后，銅環(huán)的速度增大，磁通量的變化率較大，所以感應(yīng)電流的反向最大值大于正向最大值，故B項正確，C項錯誤．答案：B1．圖象問題的求解類型2.解決圖象問題的一般步驟(1)明確圖象的種類，即是B－t圖象還是Φ－t圖象，或者E－t圖象、I－t圖象等．(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?qū)?yīng)關(guān)系．(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓定律等規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式．(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等．(6)畫圖象或判斷圖象．1－1：如圖甲所示，空間存在一寬度為2L的有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．在光滑絕緣水平面內(nèi)有一邊長為L的正方形金屬線框，其質(zhì)量m＝1kg、電阻R＝4Ω，在水平向左的外力F作用下，以初速度v0＝4m/s勻減速進(jìn)入磁場，線框平面與磁場垂直，外力F大小隨時間t變化的圖線如圖乙所示．以線框右邊剛進(jìn)入磁場時開始計時，求：(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B；(2)線框進(jìn)入磁場的過程中，通過線框的電荷量q；(3)判斷線框能否從右側(cè)離開磁場？說明理由．解析：(1)由F－t圖象可知，線框加速度a＝eq\f(F2,m)＝2m/s2線框的邊長L＝v0t－eq\f(1,2)at2＝(4×1－eq\f(1,2)×2×12)m＝3mt＝0時刻線框中的感應(yīng)電流I＝eq\f(BLv0,R)線框所受的安培力F安＝BIL由牛頓第二定律F1＋F安＝ma又F1＝1N，聯(lián)立得B＝eq\f(1,3)T＝0.33.(2)線框進(jìn)入磁場的過程中，平均感應(yīng)電動勢eq\x\to(E)＝eq\f(BL2,t)平均電流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)通過線框的電荷量q＝eq\x\to(I)t聯(lián)立得q＝0.75C.(3)設(shè)勻減速運動速度減為零的過程中線框通過的位移為x.由運動學(xué)公式得0－veq\o\al(2,0)＝－2ax代入數(shù)值得x＝4m＜2L所以線框不能從右側(cè)離開磁場．答案：(1)eq\f(1,3)T(2)0.75C(3)不能eq\a\vs4\al(電磁感應(yīng)中的電路問題)1．對電磁感應(yīng)電源的理解(1)電源的正、負(fù)極可用右手定則或楞次定律判定．(2)電源電動勢的大小可由E＝Blv或E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求得．2．對電磁感應(yīng)電路的理解(1)在電磁感應(yīng)電路中，相當(dāng)于電源的部分把其他形式的能通過電流做功轉(zhuǎn)化為電能．(2)“電源”兩端的電壓為路端電壓，而不是感應(yīng)電動勢．(2012·浙江理綜)為了提高自行車夜間行駛的安全性，小明同學(xué)設(shè)計了一種“閃爍”裝置．如圖所示，自行車后輪由半徑r1＝5.0×10－2m的金屬內(nèi)圈、半徑r2＝0.40m的金屬外圈和絕緣輻條構(gòu)成．后輪的內(nèi)、外圈之間等間隔地接有4根金屬條，每根金屬條的中間均串聯(lián)有一電阻值為R的小燈泡．在支架上裝有磁鐵，形成了磁感應(yīng)強度B＝0.10T、方向垂直紙面向外的“扇形”勻強磁場，其內(nèi)半徑為r1、外半徑為r2、張角θ＝eq\f(π,6).后輪以角速度ω＝2πrad/s相對于轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動．若不計其它電阻，忽略磁場的邊緣效應(yīng)．(1)當(dāng)金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場時，求感應(yīng)電動勢E，并指出ab上的電流方向．(2)當(dāng)金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場時，畫出“閃爍”裝置的電路圖；(3)從金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場時開始，經(jīng)計算畫出輪子轉(zhuǎn)一圈過程中，內(nèi)圈與外圈之間電勢差Uab隨時間t變化的Uab－t圖象．解析：(1)金屬條ab在磁場中切割磁感線時，所構(gòu)成的回路的磁通量變化．設(shè)經(jīng)過時間Δt，磁通量的變化量為ΔΦ，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)①ΔΦ＝BΔS＝B(eq\f(1,2)req\o\al(2,2)Δθ－eq\f(1,2)req\o\al(2,1)Δθ)②由①、②式并代入數(shù)值得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)Bω(req\o\al(2,2)－req\o\al(2,1))≈4.9×10－2V③根據(jù)右手定則(或楞次定律)，可得感應(yīng)電流方向為b→a.④(2)通過分析，可得電路圖為(3)設(shè)電路中的總電阻為R總，根據(jù)電路圖可知，R總＝R＋eq\f(1,3)R＝eq\f(4,3)R⑤ab兩端電勢差Uab＝E－IR＝E－eq\f(E,R總)R＝eq\f(1,4)E≈1.2×10－2V⑥設(shè)ab離開磁場區(qū)域的時刻為t1，下一根金屬條進(jìn)入磁場區(qū)域的時刻為t2.t1＝eq\f(θ,ω)＝eq\f(1,12)s⑦t2＝eq\f(\f(π,2),ω)＝eq\f(1,4)s⑧設(shè)輪子轉(zhuǎn)一圈的時間為T，T＝eq\f(2π,ω)＝1s⑨在T＝1s內(nèi)，金屬條有四次進(jìn)出，后三次與第一次相同⑩由⑥、⑦、⑧、⑨、⑩可畫出如下Uab－t圖象．答案：(1)4.9×10－2V電流方向為b→a(2)見解析(3)見解析解決電磁感應(yīng)電路問題的基本步驟(1)“源”的分析：用法拉第電磁感應(yīng)定律算出E的大小，用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電動勢的方向．從而確定電源正負(fù)極，明確內(nèi)阻r.(2)“路”的分析：根據(jù)“等效電源”和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路．(3)根據(jù)E＝BLv或E＝neq\f(ΔΦ,Δt)結(jié)合閉合電路歐姆定律，串并聯(lián)電路知識和電功率、焦耳定律等關(guān)系式聯(lián)立求解．2－1：如圖所示，勻強磁場B＝0.1T，金屬棒AB長0.4m，與框架寬度相同，電阻為eq\f(1,3)Ω，框架電阻不計，電阻R1＝2Ω，R2＝1Ω，當(dāng)金屬棒以5m/s的速度勻速向左運動時，求：(1)流過金屬棒的感應(yīng)電流多大？(2)若圖中電容器C為0.3μF，則充電荷量是多少？解析：(1)由E＝BLv得E＝0.1×0.4×5V＝0.2VR＝eq\f(R1·R2,R1＋R2)＝eq\f(2×1,2＋1)Ω＝eq\f(2,3)ΩI＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(0.2,\f(2,3)＋\f(1,3))A＝0.2A.(2)路端電壓U＝IR＝0.2×eq\f(2,3)V＝eq\f(0.4,3)VQ＝CU2＝CU＝0.3×10－6×eq\f(0.4,3)C＝4×10－8C.答案：(1)0.2A(2)4×10－8Ceq\a\vs4\al(電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題)1．運動的動態(tài)分析2．電磁感應(yīng)問題中兩大研究對象及其相互制約關(guān)系(2012·廣東理綜)如圖所示，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導(dǎo)軌上．導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，并處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中．左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板．R和Rx分別表示定值電阻和滑動變阻器的阻值，不計其他電阻．(1)調(diào)節(jié)Rx＝R，釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時，求通過棒的電流I及棒的速度v.(2)改變Rx，待棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過，求此時的Rx.解析：(1)對勻速下滑的導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析如圖所示導(dǎo)體棒所受安培力F安＝BIl①導(dǎo)體棒勻速下滑，所以F安＝Mgsinθ②聯(lián)立①②式，解得I＝eq\f(Mgsinθ,Bl)③導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E＝Blv④由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋Rx)，且Rx＝R，所以I＝eq\f(E,2R)⑤聯(lián)立③④⑤式，解得v＝eq\f(2MgRsinθ,B2l2).⑥(2)由題意知，其等效電路圖如圖所示．由圖知，平行金屬板兩板間的電壓等于Rx兩端的電壓．設(shè)兩板間的電壓為U，由歐姆定律知U＝IRx⑦要使帶電的微粒勻速通過，則mg＝qeq\f(U,d)⑧因為導(dǎo)體棒勻速下滑時的電流仍為I，所以聯(lián)立③⑦⑧式，解得Rx＝eq\f(mBld,Mqsinθ).答案：(1)eq\f(Mgsinθ,Bl)eq\f(2MgRsinθ,B2l2)(2)eq\f(mBld,Mqsinθ)導(dǎo)體棒兩種狀態(tài)的處理方法(1)導(dǎo)體處于平衡態(tài)——靜止或勻速直線運動狀態(tài)處理方法：根據(jù)平衡條件列方程求解．(2)導(dǎo)體處于非平衡態(tài)——加速度不為零處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析．3－1：如圖所示，有兩根和水平方向成α角的光滑且平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下．經(jīng)過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm，則()A．如果B增大，vm將變大B．如果α變大，vm將變大C．如果R變大，vm將變大D．如果m變小，vm將變大解析：以金屬桿為研究對象，受力如圖所示．根據(jù)牛頓第二定律得mgsinα－F安＝ma，其中F安＝eq\f(B2L2v,R).當(dāng)a→0時，v→vm，解得vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)，結(jié)合此式分析即得B、C選項正確．答案：BCeq\a\vs4\al(電磁感應(yīng)中的能量問題)1．能量轉(zhuǎn)化特點eq\x(\a\al(機(jī)械能或其,他形式的能))eq\o(→,\s\up15(安培力做負(fù)功))eq\x(\a\al(電,能))eq\o(→,\s\up15(電流做功))eq\x(\a\al(內(nèi)能或其他,形式的能))2．電能的求解思路eq\x(\a\al(電能求,解思路,主要有,三種))—eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(→\x(\a\al(1利用克服安培力做功——,感應(yīng)電路中產(chǎn)生的焦耳熱等于,克服安培力做的功，即Q＝WA.)),→\x(\a\al(2利用Q＝I2Rt——,感應(yīng)電路中電阻產(chǎn)生的焦耳熱等,于電流通過電阻做的功，即Q＝I2Rt.)),→\x(\a\al(3利用能量守恒——,感應(yīng)電流中產(chǎn)生的焦耳熱等于電磁感應(yīng),現(xiàn)象中其他形式能量的減少，即Q＝ΔE其他))))(20分)如圖所示，在傾角為θ＝37°的斜面內(nèi)，放置MN和PQ兩根不等間距的光滑金屬導(dǎo)軌，該裝置放置在垂直斜面向下的勻強磁場中．導(dǎo)軌M、P端間接入阻值R1＝30Ω的電阻和理想電流表，N、Q端間接阻值為R2＝6Ω的電阻．質(zhì)量為m＝0.6kg、長為L＝1.5m的金屬棒放在導(dǎo)軌上以v0＝5m/s的初速度從ab處向右上滑到a′b′處的時間為t＝0.5s，滑過的距離l＝0.5m．a(chǎn)b處導(dǎo)軌間距Lab＝0.8m，a′b′處導(dǎo)軌間距La′b′＝1m．若金屬棒滑動時電流表的讀數(shù)始終保持不變，不計金屬棒和導(dǎo)軌的電阻，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.求：(1)此過程中電阻R1上產(chǎn)生的熱量．(2)此過程中電流表上的讀數(shù)．(3)勻強磁場的磁感應(yīng)強度．規(guī)范解答//：解(1)因電流表的讀數(shù)始終保持不變，即感應(yīng)電動勢不變，故BLabv0＝BLa′b′va′b′，(2分)代入數(shù)據(jù)可得va′b′＝4m/s(2分)根據(jù)能量守恒定律得：Q總＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,a′b′))－mglsin37°＝QR1＋QR2(4分)由Q＝eq\f(U2,R)t得：eq\f(QR1,QR2)＝eq\f(R2,R1)(1分)代入數(shù)據(jù)可求得：QR1＝0.15J．(1分)(2)由焦耳定律：QR1＝Ieq\o\al(2,1)R1t可知：電流表讀數(shù)I1＝eq\r(\f(QR1,R1t))＝0.1A．(2分)(3)不計金屬棒和導(dǎo)軌上的電阻，則R1兩端的電壓始終等于金屬棒與兩軌接觸間的電動勢，E＝I1R1，(2分)E＝BLa′b′va′b′(2分)所以B＝eq\f(I1R1,La′b′·va′b′)＝0.75T．(2分)答案：(1)0.15J(2)0.1A(3)0.75T.此類問題求解的一般步驟(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)能量守恒定律列式求解．4－1：處于豎直向上勻強磁場中的兩根電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌，下端連一電阻R，導(dǎo)軌與水平面之間的夾角為θ.一電阻可忽略的金屬棒ab，開始時固定在兩導(dǎo)軌上某位置，棒與導(dǎo)軌垂直．如圖所示，現(xiàn)釋放金屬棒讓其由靜止開始沿軌道平面下滑．就導(dǎo)軌光滑和粗糙兩種情況比較，當(dāng)兩次下滑的位移相同時，則有()A．重力勢能的減少量相同B．機(jī)械能的變化量相同C．磁通量的變化率相同D．產(chǎn)生的焦耳熱相同解析：本題考查金屬棒在磁場中的運動及能量轉(zhuǎn)化問題．當(dāng)兩次下滑的位移相同時，易知重力勢能的減少量相同，則選項A正確；兩次運動的加速度不同，所用時間不同，速度不同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不同，磁通量的變化率也不同，動能不同，機(jī)械能的變化量不同，則產(chǎn)生的焦耳熱也不同，故選項B、C、D均錯誤．答案：A

1．(2012·課標(biāo))如圖，一載流長直導(dǎo)線和一矩形導(dǎo)線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長直導(dǎo)線右側(cè)，且其長邊與長直導(dǎo)線平行．已知在t＝0到t＝t1的時間間隔內(nèi)，直導(dǎo)線中電流i發(fā)生某種變化，而線框中的感應(yīng)電流總是沿順時針方向；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．設(shè)電流i正方向與圖中箭頭所示方向相同，則i隨時間t變化的圖線可能是()解析：因通電導(dǎo)線周圍的磁場離導(dǎo)線越近磁場越強，而線框中左右兩邊的電流大小相等，方向相反，所以受到的安培力方向相反，導(dǎo)線框的左邊受到的安培力大于導(dǎo)線框的右邊受到的安培力，所以合力與左邊導(dǎo)線框受力的方向相同．因為線框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根據(jù)左手定則，導(dǎo)線框處的磁場方向先垂直紙面向里，后垂直紙面向外，根據(jù)右手螺旋定則，導(dǎo)線中的電流先為正，后為負(fù)，所以選項A正確，選項B、D、D錯誤．答案：A2.如圖所示，金屬棒AB垂直跨擱在位于水平面上的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌接觸良好，棒AB和導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，導(dǎo)軌左端接有電阻R，垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場向下穿過平面，現(xiàn)以水平向右的恒力F拉著棒AB向右移動，t秒末棒AB的速度為v，移動距離為x，且在t秒內(nèi)速度大小一直在變化，則下列判斷正確的是()A．t秒內(nèi)AB棒所受安培力方向水平向左且逐漸增大B．t秒內(nèi)AB棒做加速度逐漸減小的加速運動C．t秒內(nèi)AB棒做勻加速直線運動D．t秒末外力F做功的功率為eq\f(2Fx,t)答案：AB3.如圖所示，在方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域中有一個由均勻?qū)Ь€制成的單匝矩形線框abcd，線框在水平拉力作用下以恒定的速度v沿垂直磁場方向向右運動，運動中線框dc邊始終與磁場右邊界平行，線框邊長ad＝l，cd＝2l，線框?qū)Ь€的總電阻為R.則線框離開磁場的過程中()A．a(chǎn)b間的電壓為eq\f(4Blv,3)B．a(chǎn)d間的電壓為eq\f(2Blv,3)C．線框中的電流在ab邊產(chǎn)生的熱量為eq\f(8B2l3v,3R)D．線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量為eq\f(2B2l3v,3R)解析：線框離開磁場的過程中，ab邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E＝2Blv，由閉合電路歐姆定律得，ab間的電壓為Uab＝eq\f(4Blv,3)，ad間的電