《（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復習 第九章 電磁感應 專題突破十一 電磁感應定律的綜合應用講義（含解析）.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復習 第九章 電磁感應 專題突破十一 電磁感應定律的綜合應用講義（含解析）.docx（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題突破十一　電磁感應定律的綜合應用 命題點一　電磁感應中的圖象問題 1.解題關鍵 弄清初始條件、正負方向的對應變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達式、進出磁場的轉折點等是解決此類問題的關鍵. 2.解題步驟 (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)分析電磁感應的具體過程； (3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應關系； (4)結合法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出相應的函數(shù)關系式； (5)根據(jù)函數(shù)關系式，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. 3.兩種常用方法 (1)排除法：定性地分析電磁感應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)關系，然后由函數(shù)關系對圖象進行分析和判斷. 例1　(多選)(2018揚州中學5月模擬)在光滑水平桌面上有一邊長為l的正方形線框abcd，bc邊右側有一等腰直角三角形勻強磁場區(qū)域efg，三角形腰長為l，磁感應強度垂直桌面向下，abef在同一直線上，其俯視圖如圖1所示，線框從圖示位置在水平拉力F作用下向右勻速穿過磁場區(qū)，線框中感應電流i及拉力F隨時間t的變化關系可能是(以逆時針方向為電流的正方向，F(xiàn)向右為正方向，時間單位為)(　　) 圖1 答案　BD 變式1　(2018如皋市調研)將一段導線繞成如圖2甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內.回路的ab邊置于垂直紙面向里的勻強磁場Ⅰ中.回路的圓環(huán)區(qū)域內有垂直紙面的磁場Ⅱ，以向里為磁場Ⅱ的正方向，其磁感應強度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2 答案　B 解析　根據(jù)題圖B－t圖象可知，在0～時間內，B－t圖線的斜率為負且為定值，根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝nS可知，該段時間圓環(huán)區(qū)域內感應電動勢和感應電流是恒定的，由楞次定律可知，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～時間內安培力恒定不變，方向與規(guī)定的正方向相反；在～T時間內，B－t圖線的斜率為正且為定值，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. 命題點二　電磁感應中的動力學與能量問題 1.解決電磁感應中的動力學問題的一般思路 2.能量轉化及焦耳熱的求法 (1)能量轉化 其他形式的能量電能焦耳熱或其他形式的能量 (2)求解焦耳熱Q的三種方法 3.單棒導體切割磁感線的一般運動過程 類型 “電—動—電”型 “動—電—動”型 示 意 圖 已 知 量 棒ab長L，質量m，電阻R；導軌光滑水平，電阻不計 棒ab長L，質量m，電阻R；導軌光滑，電阻不計 過程分析 (↑表示增 大，↓表示 減小，→表 示推出) S閉合，棒ab受安培力F＝，此時加速度a＝，棒ab速度v↑→感應電動勢E′＝BLv↑→電流I↓→安培力F＝BIL↓→加速度a↓，當安培力F＝0時，a＝0，v最大，最后勻速運動 棒ab釋放后下滑，此時加速度a＝gsinα，棒ab速度v↑→感應電動勢E＝BLv↑→電流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，當安培力F＝mgsinα時，a＝0，v最大，最后勻速運動 能量 轉化 分析 通過安培力做功，電能一部分轉化為棒的動能，一部分通過克服安培力做功轉化為電能，又通過電阻轉化為焦耳熱 重力勢能一部分轉化為棒的動能，一部分通過克服安培力做功轉化為電能，又通過電阻轉化為焦耳熱 4.兩種狀態(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)分析或結合功能關系進行分析 模型1　“導體棒”切割磁感線 例2　(多選)(2018江蘇單科9)如圖3所示，豎直放置的“”形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應強度為B.質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等.金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g.金屬桿(　　) 圖3 A.剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下 B.穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間 C.穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd D.釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于 答案　BC 解析　穿過磁場Ⅰ后，金屬棒在磁場之間做加速運動，在磁場Ⅱ上邊緣速度大于從磁場Ⅰ出來時的速度，即進入磁場Ⅰ時速度等于進入磁場Ⅱ時速度，大于從磁場Ⅰ出來時的速度.金屬棒在磁場Ⅰ中做減速運動，加速度方向向上，A錯. 金屬棒在磁場Ⅰ中做減速運動，由牛頓第二定律知 ma＝BIL－mg＝－mg， a隨著減速過程逐漸變小，即在前一段做加速度減小的減速運動. 在磁場之間做加速度為g的勻加速直線運動，兩個過程位移大小相等，由v－t圖象(可能圖象如圖所示)可以看出前一段用時多于后一段用時，B對. 由于進入兩磁場時速度相等，由動能定理知， W安1－mg2d＝0， W安1＝2mgd. 即通過磁場Ⅰ產(chǎn)生的熱量為2mgd，故穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd，C對. 設剛進入磁場Ⅰ時速度為v，則由機械能守恒定律知 mgh＝mv2，① 進入磁場時ma＝BIL－mg＝－mg， 解得v＝，② 由①②式得h＝>，D錯. 例3　(2018南京市三模) 如圖4甲所示，固定在水平桌面上的間距為L的光滑平行金屬導軌，其右端MN間接有阻值為R的定值電阻，導軌上存在著以efhg為邊界，寬度為d的勻強磁場，磁場磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，方向豎直向下.一長度為L的金屬棒垂直于導軌放置，金屬棒的電阻也為R，在t＝0時刻從圖示位置在恒力作用下由靜止開始沿導軌向右運動，t＝t0時刻恰好進入磁場，此時磁感應強度為B0，并保持不變.金屬棒從圖示位置到恰好穿出磁場的運動過程中，電阻R上的電流大小不變，導軌電阻不計.求： 圖4 (1)0～t0時間內流過電阻R的電流I的大小和方向； (2)金屬棒穿過磁場的速度及所受恒力的大?。? (3)金屬棒從圖示位置到恰好穿出磁場的運動過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案　(1)　方向由N→M　(2)　　(3) 解析　(1)0～t0時間內，由E＝S 解得E＝ 由I＝ 解得I＝ 由楞次定律可知，電流方向為由N到M (2)經(jīng)分析可知，金屬棒穿過磁場的過程中電動勢大小與0～t0時間內相同 由E＝＝B0Lv 解得v＝ 金屬棒勻速通過磁場由受力平衡得F＝BIL 則F＝ (3)金屬棒從題圖所示位置到恰好穿出磁場的運動過程中電流大小不變，為I＝ 金屬棒勻速通過磁場的時間為t＝＝t0 所以Q＝I2R(t0＋t0)＝. 變式2　(2018泰州中學月考)如圖5甲所示，MN、PQ為水平放置的足夠長的平行光滑導軌，導軌間距L為0.5m，導軌左端連接一個阻值為2Ω的定值電阻R，將一根質量為0.2kg的金屬棒cd垂直放置在導軌上，且與導軌接觸良好，金屬棒cd的電阻r＝2Ω，導軌電阻不計，整個裝置處于垂直導軌平面向下的勻強磁場中，磁感應強度B＝2T.若棒以1m/s的初速度向右運動，同時對棒施加水平向右的拉力F作用，并保持拉力的功率恒為4W，從此時開始計時，經(jīng)過2s金屬棒的速度穩(wěn)定不變，圖乙為安培力與時間的關系圖象.試求： 圖5 (1)金屬棒的最大速度； (2)金屬棒的速度為3m/s時的加速度大??； (3)求從開始計時起2s內電阻R上產(chǎn)生的電熱. 答案　(1)4m/s　(2)m/s2　(3)3.25J 解析　(1)金屬棒速度最大時，所受合外力為零，即F安m＝F. 由題圖乙可知F安m＝1.0N，則vm＝＝＝4m/s. (2)金屬棒速度為3m/s時，感應電動勢E′＝BLv＝20.53V＝3V. 電流I′＝，F(xiàn)安′＝BI′L 金屬棒受到的拉力F′＝＝N 根據(jù)牛頓第二定律F′－F安′＝ma 解得a＝＝m/s2＝m/s2. (3)從開始計時起2s內，由動能定理得，Pt＋W安＝mvm2－mv02 W安＝－6.5J 則QR＝＝3.25J. 模型2　“導線框”切割磁感線 例4　(2018南通市、泰州市一模)如圖6所示，光滑絕緣斜面傾角為θ，斜面上平行于底邊的虛線MN、PQ間存在垂直于斜面向上、磁感應強度為B的勻強磁場，MN、PQ相距為L.一質量為m、邊長為d(d＜L)的正方形金屬線框abef置于斜面上，線框電阻為R.ab邊與磁場邊界MN平行，相距為L.線框由靜止釋放后沿斜面下滑，ef邊離開磁場前已做勻速運動，重力加速度為g.求： 圖6 (1)線框進入磁場過程中通過線框橫截面的電荷量q； (2)線框ef邊離開磁場區(qū)域時速度的大小v； (3)線框穿過磁場區(qū)域產(chǎn)生的熱量Q. 答案　(1)　(2)　(3)mg(2L＋d)sinθ－ 解析　(1)線框進入磁場的過程產(chǎn)生的平均感應電動勢E＝ 通過回路的電荷量q＝IΔt＝Δt 磁通量的變化量ΔΦ＝Bd2 解得q＝. (2)線框ef邊離開磁場前，線框中產(chǎn)生的感應電流I＝ 受到的安培力F＝IdB 由平衡條件有mgsin θ－F＝0 解得v＝. (3)線框由靜止至離開磁場，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揚州市一模)實驗小組想要探究電磁剎車的效果，在遙控小車底面安裝寬為L、長為2.5L的N匝矩形線框abcd，總電阻為R，面積可認為與小車底面相同，其平面與水平地面平行，小車總質量為m.如圖7是簡化的俯視圖，小車在磁場外以恒定的功率做直線運動，受到地面阻力恒為Ff，進入磁場前已達到最大速度v，車頭(ab邊)剛要進入磁場時立即撤去牽引力，車尾(cd邊)剛出磁場時速度恰好為零.已知有界磁場寬度為2.5L，磁感應強度為B，方向豎直向下.求： 圖7 (1)進入磁場前小車所受牽引力的功率P； (2)車頭剛進入磁場時，感應電流的大小I； (3)電磁剎車過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案　(1)Ffv　(2)　(3)mv2－5FfL 解析　(1)進入磁場前小車勻速運動時速度最大，根據(jù)受力平衡則有：F＝Ff 牽引力的功率為：P＝Fv＝Ffv； (2)車頭剛進入磁場時，產(chǎn)生的感應電動勢為：E＝NBLv 感應電流的大小為：I＝＝ (3)根據(jù)能量守恒定律得： Q＋Ff5L＝mv2 可得，電磁剎車過程中產(chǎn)生的焦耳熱為： Q＝mv2－5FfL. 1.(多選)(2018啟東中學月考)如圖8所示，兩固定的豎直光滑金屬導軌足夠長且電阻不計.兩質量、長度均相同的導體棒c、d置于邊界水平的勻強磁場上方同一高度h處.磁場寬為3h，方向與導軌平面垂直.先由靜止釋放c，c剛進入磁場立即勻速運動，此時再由靜止釋放d，兩導體棒與導軌始終保持良好接觸.用ac表示c的加速度，Ekd表示d的動能，xc、xd分別表示c、d相對釋放點的位移.下圖中正確的是(　　) 圖8 答案　BD 解析　導體棒c進入磁場前做自由落體運動，加速度恒為g，有h＝gt2，v＝gt，c棒進入磁場以速度v做勻速直線運動的路程為h′＝vt＝gt2＝2h，此后d棒進入磁場，d棒進入磁場而c棒還沒有穿出磁場的過程，無電磁感應，兩導體棒僅受到重力作用，加速度均為g，直到c棒穿出磁場，穿出磁場后c棒僅受重力，加速度仍為g，A錯誤，B正確；c棒穿出磁場后，d棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，在回路中產(chǎn)生感應電流，因此時d棒速度大于c棒進入磁場時切割感線的速度，故感應電動勢、感應電流、感應安培力都大于c棒剛進入磁場時的大小，d棒減速，直到穿出磁場僅受重力，做勻加速運動，結合勻變速直線運動v2－v02＝2gh，可知勻加速過程動能與運動距離成正比，D正確. 2.(2018如皋市模擬四)如圖9所示，質量為m、電阻為R的單匝矩形線框置于光滑水平面上，線框邊長ab＝L、ad＝2L.虛線MN過ad、bc邊中點.一根能承受最大拉力為F0的細線沿水平方向拴住ab邊中點O，細線與ab邊垂直.從某時刻起，在MN右側加一方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小按B＝kt的規(guī)律均勻變化.一段時間后，細線被拉斷，線框向左運動，ab邊穿出磁場時的速度為v.求： 圖9 (1)細線斷裂前線框中的電功率P； (2)細線斷裂后瞬間線框的加速度大小a及線框離開磁場的過程中安培力所做的功W； 答案　(1)　(2)　mv2 解析　(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律：E＝＝L2＝kL2； 電功率：P＝＝ (2)細線斷裂瞬間安培力：F安＝F0，線框的加速度a＝＝ 線框離開磁場過程中，由動能定理得：W＝mv2. 3.(2018南京師大附中5月模擬)近期大功率儲能技術受到媒體的廣泛關注，其中飛輪儲能是熱點之一.為說明某種飛輪儲能的基本原理，將模型簡化為如圖10所示：光滑的”Π”形導軌水平放置，電阻不計，長度足夠.軌道平行部分間距為L＝1m，導軌上靜止放置有長度也為L、質量為m＝100kg、接入電路的電阻為R1＝0.1Ω的導體棒AB.導軌間虛線框區(qū)域有垂直軌道平面向上的均勻變化磁場.虛線框右側區(qū)域有垂直軌道平面向下的勻強磁場，磁感應強度為B＝10T.圖中開關S接a，經(jīng)過足夠長時間，棒AB向右勻速運動，速度為v＝100m/s.然后若將開關S接b，棒AB可作為電源對電阻R2供電，電阻R2＝0.9Ω. 圖10 (1)開關S接a，棒AB勻速運動時，虛線框中的磁場磁通量每秒鐘變化多少？ (2)求開關S接b的瞬間棒AB的加速度大小. (3)求開關S接b后R2產(chǎn)生的總熱量Q. 答案　(1)1000Wb　(2)100m/s2　(3)4.5105J 解析　(1)棒勻速運動時加速度為零，安培力為零，電流為零，磁通量不變，所以虛線框中磁場磁通量每秒增加ΔΦ＝BLvt＝1 000 Wb； (2)棒AB產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv＝1 000 V，電路中的感應電流I＝＝1 000 A， 故受到的安培力為F＝BIL＝1104 N，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝＝100 m/s2； (3)棒的動能全部轉化為熱量，故Q總＝mv2＝5105 J， 電阻R2上產(chǎn)生的熱量為Q＝Q總＝4.5105 J. 4.(2018蘇州市模擬)如圖11所示，空間存在豎直向下的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B.一邊長為L、質量為m、電阻為R的正方形單匝導線框abcd放在水平桌面上.在水平拉力作用下，線框從左邊界以速度v勻速進入磁場，當cd邊剛進入磁場時撤去拉力，ab邊恰好能到達磁場的右邊界.已知線框與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ，磁場寬度大于L，重力加速度為g.求： 圖11 (1)ab邊剛進入磁場時，其兩端的電壓U； (2)水平拉力的大小F和磁場的寬度d； (3)整個過程中產(chǎn)生的總熱量Q. 答案　(1)BLv　(2)＋μmg　L＋ (3) μmgL＋mv2＋ 解析　(1)感應電動勢E＝BLv 感應電流I＝＝ ab邊兩端電壓U＝IR＝BLv. (2)線框進入磁場后，對線框受力分析得，F(xiàn)＝F安＋μmg＝＋μmg 撤去拉力后，線框在磁場中只受到滑動摩擦力，做勻減速運動，運動位移x2＝ 所以磁場寬度d＝L＋. (3)進入磁場過程中產(chǎn)生焦耳熱Q1＝I2Rt1＝ 由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q2＝μmg(L＋)＝μmgL＋mv2 所以整個過程產(chǎn)生的熱量為Q＝Q1＋Q2＝μmgL＋mv2＋. 1.(2017南通市第二次調研)如圖1所示，閉合導線框勻速穿過垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域，磁場區(qū)域寬度大于線框尺寸，規(guī)定線框中逆時針方向的電流為正，則線框中電流i隨時間t變化的圖象可能正確的是(　　) 圖1 答案　B 解析　閉合導線框進入磁場時由楞次定律知電流方向為逆時針，故排除D，閉合導線框離開磁場時由楞次定律知電流方向為順時針，故排除A，根據(jù)有效切割長度的變化可知，C錯誤，B正確. 2.(多選)(2018鹽城中學月考)如圖2所示，電阻為R的金屬棒，從圖示位置分別以速率v1、v2沿電阻不計的光滑軌道從ab勻速滑到a′b′處，若v1∶v2＝1∶2，則在兩次移動過程中(　　) 圖2 A.回路中感應電流I1∶I2＝1∶2 B.回路中產(chǎn)生熱量Q1∶Q2＝1∶2 C.回路中通過橫截面的總電荷量q1∶q2＝1∶2 D.金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢E1∶E2＝1∶2 答案　ABD 3.(2018南京市三校聯(lián)考)如圖3所示，線圈由A位置開始下落，不計空氣阻力，在磁場中受到的安培力如果總小于它的重力，則它在A、B、C、D四個位置(B、D位置恰好線圈有一半在磁場中)時，加速度關系為(　　) 圖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宜興市下學期初考)如圖4所示，在光滑水平面上，有一個粗細均勻的單匝正方形閉合線框abcd.t＝0時刻，線框在水平外力的作用下，從靜止開始向右一直做勻加速直線運動，bc邊剛進入磁場的時刻為t1，ad邊剛進入磁場的時刻為t2，設線框中產(chǎn)生的感應電流的大小為i，ad邊兩端電壓大小為U，水平拉力大小為F，則下列i、U、F隨運動時間t變化關系圖象正確的是(　　) 圖4 答案　C 解析　線框的速度與時間的關系式為v＝at，a是加速度，設線框邊長為L，總電阻為R，在0～t1時間內，感應電流為零，t1～t2時間內，由E＝BLv和i＝得，感應電流與時間的關系式為i＝t，B、L、a、R均不變，電流i與t成正比，t2時間后無感應電流，故A、B錯誤；在0～t1時間內，感應電流為零，ad邊兩端的電壓為零，t1～t2時間內，電流i與t成正比，ad邊兩端電壓大小為U＝iRad＝R＝，電壓隨時間均勻增加，t2時間后無感應電流，但有感應電動勢，ad邊兩端電壓大小為U＝E＝BLat，電壓隨時間均勻增加，故C正確；根據(jù)推論得知：線框所受的安培力為F安＝，由牛頓第二定律得F－F安＝ma，得F＝t＋ma,0～t1時間內，感應電流為零，F(xiàn)＝ma，為定值，t1～t2時間內，F(xiàn)與t是線性關系，但不過原點，t2時間后無感應電流，F(xiàn)＝ma，為定值，故D錯誤. 5.(多選)如圖5甲所示，閉合矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁場的方向與導線框所在平面垂直.規(guī)定垂直紙面向里為磁場的正方向，abcda方向為電流的正方向，水平向右為安培力的正方向.磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，下列關于線框中的電流i、ad邊所受的安培力F隨時間t變化的圖象，正確的是(　　) 圖5 答案　AD 解析　由題圖B－t圖象可知，0～1s時間內，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應電流方向是逆時針的，為負值；1～3s，磁通量不變，無感應電流；3～4s，B減小，Φ減小，由楞次定律可知，感應電流沿順時針方向，為正值；由左手定則可知，在0～1s內，ad邊受到的安培力水平向右，是正的，1～3s無感應電流，不受安培力，3～4s時間內，安培力水平向左，是負的；由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢E＝＝S，感應電流I＝＝，由B－t圖象可知，在每一時間段內，是定值，則在各時間段內I是定值，ad邊受到的安培力F＝BIL，I、L不變，0～1s內B均勻增大，則F均勻增大，3～4s內B均勻減小，則F均勻減小，故B、C錯誤，A、D正確. 6.(多選)(2018海安中學月考)水平固定放置的足夠長的U形金屬導軌處于豎直向上的勻強磁場中，如圖6所示，在導軌上放著金屬棒ab，開始時ab棒以水平初速度v0向右運動，最后靜止在導軌上，就導軌光滑和粗糙兩種情況比較，這個過程(　　) 圖6 A.外力對棒所做功相等 B.電流所做的功相等 C.通過ab棒的電荷量相等 D.安培力對ab棒所做的功不相等 答案　AD 解析　根據(jù)動能定理，兩種情況下外力的功都等于動能的變化量，因初狀態(tài)和末狀態(tài)相同，則外力對棒做功相同，選項A正確；電流所做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)功能關系可知導軌光滑時，金屬棒克服安培力做功多，產(chǎn)生的焦耳熱多，電流做功多，故B錯誤；根據(jù)感應電荷量公式q＝＝，x是ab棒滑行的位移大小，B、R、導體棒長度L相同，x越大，感應電荷量越大，因此導軌光滑時，感應電荷量大，故C錯誤；當導軌光滑時，金屬棒克服安培力做功，動能全部轉化為焦耳熱，產(chǎn)生的內能等于金屬棒的初動能；當導軌粗糙時，金屬棒在導軌上滑動，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生熱，把部分動能轉化為內能，另一方面要克服安培力做功，金屬棒的部分動能轉化為焦耳熱，摩擦力做功產(chǎn)生的內能與克服安培力做功轉化為內能的和等于金屬棒的初動能；所以導軌粗糙時，安培力做的功少，導軌光滑時，安培力做的功多，故D正確. 7.(多選)(2018溧水中學期初模擬)如圖7所示，兩根足夠長的直金屬導軌平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導軌間距為L，底端接有阻值為R的電阻.一根質量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直，導軌和桿ab的電阻可忽略.整個裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向上.讓桿ab沿軌道由靜止開始下滑，導軌和桿ab接觸良好，不計它們之間的摩擦，桿ab由靜止下滑距離s時，已勻速運動，重力加速度為g.則 (　　) 圖7 A.勻速運動時桿ab的速度為 B.勻速運動時桿ab受到的安培力大小為mgsinθ C.桿ab由靜止下滑距離s過程中，安培力做功為mgssinθ D.桿ab由靜止下滑距離s過程中，電阻R產(chǎn)生的熱量為mgssinθ 答案　AB 解析　勻速運動時有mgsin θ＝F安，又F安＝BIL＝，解得v＝，F(xiàn)安＝mgsin θ，故A、B正確；桿ab由靜止下滑距離s過程中，根據(jù)能量守恒定律可得電阻R產(chǎn)生的熱量Q＝mgssin θ－mv2，其中v＝，安培力做功為W＝－Q＝mv2－mgssin θ，其中v＝，故C、D錯誤. 8.(2018南京市學情調研)如圖8所示，電阻不計、間距為l＝1.0m的光滑平行金屬導軌，水平放置于磁感應強度B＝1.0 T、方向豎直向下的勻強磁場中，導軌左端接一定值電阻R＝1.5Ω，質量為m＝1.0kg、電阻為r＝0.5Ω的金屬棒MN置于導軌上，始終垂直導軌且接觸良好.當MN受到垂直于棒的水平外力F＝2.0N的作用，由靜止開始運動，經(jīng)過位移x＝1.55m，到達PQ處(圖中未畫出)，此時速度為v＝2.0m/s.求： 圖8 (1)金屬棒在PQ處所受磁場作用力大??； (2)金屬棒在PQ處的加速度大?。? (3)金屬棒在運動中回路總共產(chǎn)生的熱能. 答案　(1)1.0N　(2)1.0m/s2　(3)1.1J 解析　(1)速度為v＝2.0 m/s時，回路中感應電動勢為E＝Blv 產(chǎn)生的感應電流I＝ 由此得磁場對金屬棒的作用力為： F安＝BIl＝＝1.0 N (2)由牛頓第二定律有F－F安＝ma 解得a＝＝1.0 m/s2 (3)設金屬棒受到的安培力做功為W，由動能定理得Fx＋W＝mv2 解得W＝mv2－Fx＝－1.1 J 金屬棒克服安培力所做的功，即回路中總共產(chǎn)生的熱能得Q＝－W＝1.1 J. 9.(2018鹽城市三模)如圖9所示，在豎直平面內，水平且平行的Ⅰ、Ⅱ虛線間距為L，其間有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.一長為2L、寬為L的矩形線框質量為m、電阻為R.開始時，線框下邊緣正好與虛線Ⅱ重合，由靜止釋放，線框上邊緣進入磁場后線框一直做減速運動，經(jīng)過一段時間后，線框上邊緣經(jīng)過虛線Ⅱ瞬間加速度恰為0.重力加速度為g，不計空氣阻力.求矩形線框穿過磁場過程中： 圖9 (1)上邊緣經(jīng)過虛線Ⅱ瞬間，線框中電流的大?。? (2)磁通量變化率的最大值； (3)線框中產(chǎn)生的焦耳熱. 答案　(1)　(2)BL　(3)2mgL－ 解析　(1)由線框受力平衡得：BIL＝mg，解得I＝. (2)線框上邊緣剛進磁場時磁通量的變化率最大，設此時速度為v1， 磁通量變化率＝BLv1 由動能定理得mgL＝mv12 則＝BL. (3) 設線框上邊緣通過虛線Ⅱ瞬間線框速度為v2，則BLv2＝IR 設線框穿過磁場過程中克服安培力做的功為W，根據(jù)動能定理 mgL－W＝mv22－mv12 解得W＝2mgL－ 線框克服安培力所做的功，就是線框中產(chǎn)生的焦耳熱，故Q＝W＝2mgL－. 10.(2018鎮(zhèn)江市模擬)如圖10所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角θ＝30的斜面上，其電阻不計，間距為0.4m.導軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界為MN，區(qū)域Ⅰ和Ⅱ中的勻強磁場B的方向分別垂直斜面向下和垂直斜面向上，磁感應強度大小均為0.5T.將質量為0.1kg、電阻為0.1Ω的導體棒ab放在導軌上的區(qū)域Ⅰ中，ab剛好不下滑.再在區(qū)域Ⅱ中將質量為0.4kg、電阻為0.1Ω的光滑導體棒cd從導軌上由靜止開始下滑.cd棒始終處于區(qū)域Ⅱ中，兩棒與導軌垂直且與導軌接觸良好，g取10m/s2. 圖10 (1)求ab棒所受最大靜摩擦力，并判斷cd棒下滑時ab棒中電流的方向； (2)ab棒剛要向上滑動時，cd棒的速度大小v； (3)若從cd棒開始下滑到ab棒剛要向上滑動的過程中，裝置中產(chǎn)生的總熱量為2.6J，求此過程中cd棒下滑的距離x. 答案　(1)0.5N　由a流向b　(2)5m/s　(3)3.8m 解析　(1)ab剛好不下滑時，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力 有Ffmax＝m1gsin θ 則Ffmax＝0.5 N 由右手定則可知cd棒下滑時ab棒中電流方向由a流向b. (2)設ab剛好要上滑時，cd棒的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律有E＝Blv 設電路中的感應電流為I，由閉合電路歐姆定律有I＝ 設ab所受安培力為F安，有F安＝BIl 此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下， 由平衡條件有F安＝m1gsin θ＋Ffmax 代入數(shù)據(jù)解得v＝5 m/s. (3)設從cd棒開始下滑到ab棒剛要向上滑動的過程中裝置中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒有m2gxsin θ＝Q總＋m2v2 解得x＝3.8 m.