2013高考总复习物理教师用书（选修3-2）：9-3专题　电磁感应的综合应用

第3讲　专题　电磁感应的综合应用
考点一　电磁感应中的力学问题
1．题型特点：电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力的作用，因此，电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起，解决这类问题，不仅要应用电磁学中的有关规律，如楞次定律、法拉第电磁感应定律、左手定则、右手定则、安培力的计算公式等，还要应用力学中的有关规律，如牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律等．要将电磁学和力学的知识综合起来应用．
2．解题方法
(1)选择研究对象，即哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统；
(2)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向；
(3)求回路中的电流大小；
(4)分析其受力情况；
(5)分析研究对象所受各力的做功情况和合外力做功情况，选定所要应用的物理规律；
(6)运用物理规律列方程求解．
电磁感应力学问题中，要抓好受力情况、运动情况的动态分析：导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化，周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定状态．
附：安培力的方向判断
3．电磁感应问题中两大研究对象及其相互制约关系
【典例1】
一个质量m＝0.1 kg的正方形金属框总电阻R＝0.5 Ω，金属框放在表面绝缘的斜面AA′B′B的顶端(金属框上边与AA′重合)，自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边BB′平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端(金属框下边与BB′重合)，设金属框在下滑过程中的速度为v，与此对应的位移为x，那么v2－x图象如图9－3－1所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上，金属框与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8；cos 53°＝0.6.
(1)根据v2－x图象所提供的信息，计算出金属框从斜面顶端滑至底端所需的时间T；
(2)求出斜面AA′B′B的倾斜角θ；
(3)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
图9－3－1
解析　(1)由v2－x图象可知：
x1＝0.9 m　v1＝3 m/s做匀加速运动
x2＝1.0 m　v1＝3 m/s做匀速运动
x3＝1.6 m，末速度v2＝5 m/s，做匀加速运动
设线框在以上三段的运动时间分别为t1、t2、t3.
则x1＝v1t1　所以t1＝0.6 s　x2＝v1t2　所以t2＝ s
x3＝(v1＋v2)t3　t3＝0.4 s　T＝t1＋t2＋t3＝ s.
(2)线框加速下滑时，由牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
由a＝5.0 m/s2得θ＝53°.
(3)线框通过磁场时，线框做匀速运动，线框受力平衡
＋μmgcos θ＝mgsin θ
线框的宽度L＝d＝0.5x2＝0.5 m
得B＝ T.
答案　(1)s　(2)53°　(3) T
【变式1】
如图9－3－2甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，上端接有电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1 kg、电阻r＝1 Ω的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图象如图9－3－2乙所示(取g＝10 m/s2)．求：
图9－3－2
(1)磁感应强度B的大小．
(2)杆在磁场中下落0.1 s的过程中电阻R产生的热量．
解析　(1)由图象知，杆自由下落0.1 s进入磁场以v＝1.0 m/s做匀速运动
产生的电动势E＝BLv
杆中的电流I＝
杆所受安培力F安＝BIL
由平衡条件得mg＝F安
代入数据得B＝2 T.
(2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075 J.
答案　(1)2 T　(2)0.075 J
考点二　电磁感应中的电学问题
1．题型特点：磁通量发生变化的闭合电路或切割磁感线导体将产生感应电动势，回路中便有感应电流．从而涉及电路的分析及电流、电压、电功等电学物理量的计算．
2．解题方法
(1)确定电源．切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，利用E＝Blvsin θ或E＝n求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向．如果在一个电路中切割磁感线的有几个部分但又相互联系，可等效成电源的串、并联．
(2)分析电路结构(内、外电路及外电路的串并联关系)，画出等效电路图．
(3)利用电路规律求解．主要应用欧姆定律及串并联电路的基本性质等列方程求解．
【典例2】
如图9－3－3所示，
图9－3－3
匀强磁场B＝0.1 T，金属棒AB长0.4 m，与框架宽度相同，电阻为 Ω，框架电阻不计，电阻R1＝2 Ω，R2＝1 Ω，当金属棒以5 m/s的速度匀速向左运动时，求：
(1)流过金属棒的感应电流多大？
(2)若图中电容器C为0.3 μF，则充电量多少？
解析　(1)由E＝BLv得
E＝0.1×0.4×5 V＝0.2 V
R＝＝ Ω＝ Ω
I＝＝ A＝0.2 A
(2)路端电压U＝IR＝0.2× V＝ V
Q＝CU2＝CU＝0.3×10－6× C＝4×10－8 C
答案　(1)0.2 A　(2)4×10－8 C
【变式2】
如图9－3－4所示，
图9－3－4
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导体的电阻为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，求：
(1)R2的阻值．
(2)R1与R2消耗的电功率分别为多少？
(3)拉ab杆的水平向右的外力F为多大？
解析　(1)内外功率相等，则内外电阻相等，
＝2，解得R2＝3 Ω.
(2)E＝BLv＝1×1×3 V＝3 V，
总电流I＝＝ A＝0.75 A，
路端电压U＝IR外＝0.75×2 V＝1.5 V，
P1＝＝ W＝0.375 W，
P2＝＝ W＝0.75 W.
(3)F＝BIL＝1×0.75×1 N＝0.75 N.
答案　(1)3 Ω　(2)0.375 W；0.75 W　(3)0.75 N
考点三　电磁感应中的图象问题
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．电磁感应的图象：主要包括B－t图象、Φ－t图象、E－t图象和I－t图象，还可能涉及感应电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图象，即E－x图象和I－x图象．
【典例3】
如图9－3－5所示，
图9－3－5
边长为L、总电阻为R的正方形线框abcd放置在光滑水平桌面上，其bc边紧靠磁感应强度为B、宽度为2L、方向竖直向下的有界匀强磁场的边缘．现使线框以初速度v0匀加速通过磁场，下列图线中能定性反映线框从进入到完全离开磁场的过程中，线框中的感应电流的变化的是(　　)．
解析　线框以初速度v0匀加速通过磁场，由E＝BLv，i＝知线框进出磁场时产生的电流应该是均匀变化的，由楞次定律可判断出感应电流的方向，对照选项中各图可知应选A.
答案　A
——电磁感应图象问题的解决方法
(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)判断图象(或画图象或应用图象解决问题)．
【变式3】
(2012·江西十校二模)矩形导线框abcd放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图9－3－6所示，t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．若规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则在0～4 s时间内，线框中的感应电流I以及线框的ab边所受安培力F随时间变化的图象为下图中的(安培力取向上为正方向)(　　)．
图9－3－6
解析　由E＝n＝n，推知电流恒定，A错；因为规定了导线框中感应电流逆时针方向为正，感应电流在0～2 s内为顺时针方向，所以B错；由F＝BIL得：F与B成正比，C正确、D错．
答案　C
考点四　电磁感应中的能量问题
1．题型特点：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的几种方法
【典例4】
如图9－3－7所示，
图9－3－7
水平虚线L1、L2之间是匀强磁场，磁场方向水平向里，磁场高度为h.竖直平面内有一等腰梯形线框，底边水平，其上下边长之比为5∶1，高为2h.现使线框AB边在磁场边界L1的上方h高处由静止自由下落，当AB边刚进入磁场时加速度恰好为0，在AB边刚出磁场的一段时间内，线框做匀速运动．求：
(1)DC边刚进入磁场时，线框加速度的大小；
(2)从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，线框的机械能损失和重力做功之比．
解析　(1)设AB边刚进入磁场时速度大小为v0，线框质量为m，电阻为R，AB＝l，CD＝5l，则mgh＝mv02，
AB刚进入磁场时有，＝mg.
AB边刚出磁场的一段时间内，线框切割磁感线的有效长度为2l，设线框匀速运动时速度大小为v1，由法拉第电磁感应定律得E感＝B·2lv1，
线框匀速运动时有＝mg.解得v1＝.
DC边刚进入磁场瞬间，线框切割磁感线的有效长度为3l，产生的感应电动势E感′＝B(3l)v1.
由牛顿第二定律得－mg＝ma，
解得DC边刚进入磁场时线框的加速度的大小为a＝.
(2)从线框开始下落到DC边进入磁场前瞬间，重力做功WG＝mg·3h.
根据能量守恒定律得线框机械能损失
ΔE＝mg·3h－mv12.
联立解得ΔE＝mgh.
所以，线框的机械能损失ΔE和重力做功WG之比为ΔE∶WG＝47∶48.
答案　(1)　(2)47∶48
——解决这类问题的基本方法
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向．
(2)画出等效电路，求出回路中电阻消耗的电功率表达式．
(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程．
【变式4】
如图9－3－8所示，
图9－3－8
在倾角为θ＝37°的斜面内，放置MN和PQ两根不等间距的光滑金属导轨，该装置放置在垂直斜面向下的匀强磁场中．导轨M、P端间接入阻值R1＝30 Ω的电阻和理想电流表，N、Q端间接阻值为R2＝6 Ω的电阻．质量为m＝0.6 kg、长为L＝1.5 m的金属棒放在导轨上以v0＝5 m/s的初速度从ab处向右上滑到a′b′处的时间为t＝0.5 s，滑过的距离l＝0.5 m．ab处导轨间距Lab＝0.8 m，a′b′处导轨间距La′b′＝1 m．若金属棒滑动时电流表的读数始终保持不变，不计金属棒和导轨的电阻．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
(1)此过程中电阻R1上产生的热量；
(2)此过程中电流表上的读数；
(3)匀强磁场的磁感应强度．
解析　(1)因电流表的读数始终保持不变，即感应电动势不变，故BLab·v0＝BLa′b′·va′b′，代入数据可得va′b′＝4 m/s
根据能量转化和守恒定律得：
Q总＝m(v02－va′b′2)－mglsin 37°＝QR1＋QR2
由Q＝t得：＝
代入数据可求得：QR1＝0.15 J
(2)由焦耳定律QR1＝I12R1t可知：
电流表读数I1＝＝0.1 A
(3)不计金属棒和导轨上的电阻，则R1两端的电压始终等于金属棒与两轨接触间的电动势，由E＝I1R1，E＝BLa′b′va′b′可得：B＝＝0.75 T
答案　(1)0.15 J　(2)0.1 A　(3)0.75 T
一、电磁感应中的图象问题(高频考查)
1．(2010·广东理综，16)如图9－3－9所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到M′N′的过程中，棒上感应电动势E随时间t变化的图象，可能正确的是(　　)．
图9－3－9
解析　在金属棒PQ进入磁场区域之前或出磁场后，棒上均不会产生感应电动势，D项错误．在磁场中运动时，感应电动势E＝Blv，与时间无关，保持不变，故A选项正确．
答案　A
2．(2011·海南卷，6)如图9－3－10所示，EOF和E′O′F′为空间一匀强磁场的边界，其中EO∥E′O′，FO∥F′O′，且EO⊥OF；OO′为∠EOF的角平分线，OO′间的距离为l；磁场方向垂直于纸面向里．一边长为l的正方形导线框沿O′O方向匀速通过磁场，t＝0时刻恰好位于图示位置．规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是(　　)．
图9－3－10
解析　当线框左边进入磁场时，线框上的电流方向为逆时针，直至线框右边完全进入磁场；当右边一半进入磁场，左边一半开始出磁场，此后线圈中的电流方向为顺时针．当线框左边进入磁场时，切割磁感线的有效长度均匀增加，故感应电动势、感应电流均匀增加，当左边完全进入磁场，右边还没有进入时，感应电动势、感应电流达最大，且直到右边将要进入磁场这一段时间内均不变，当右边进入磁场时，左边开始出磁场，这时切割磁感线的有效长度均匀减小，感应电动势、感应电流均减小，且左、右两边在磁场中长度相等时为零，之后再反向均匀增加至左边完全出来，到右边到达左边界时电流最大且不变，直到再次减小，故B正确．
答案　B
3．(2011·山东卷，22改编)如图9－3－11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，图中正确的是(　　)．
图9－3－11
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
解析　c棒下落h过程为自由落体运动，a＝g.设进入磁场瞬间速度大小为v，则由匀速运动有F安＝mg＝BIL＝，a＝0.此时释放d棒，在d棒自由下落h的过程中，c棒在磁场中下落2h，此过程c一直做匀速运动，a＝0.当d棒进入磁场后，c、d两棒运动速度相同，穿过闭合回路磁通量不变，无感应电流，无安培力，二者都做匀加速直线运动．共同下落h后，此时c棒离开磁场，d棒进入磁场h的距离，此时c、d的速度都是v′(v′>v)，d此时切割磁感线，产生感应电动势E′＝BLv′，F安′＝BI′L＝BL>F安＝mg，d棒做减速运动，d棒离开磁场后c、d两棒均以加速度a＝g做匀加速运动，故选项②④正确．
答案　D
二、电磁感应中的力、电综合问题(高频考点)
4.
图9－3－12
(2011·天津卷，11)如图9－3－12所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为L＝0.5 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m＝0.02 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止．取g＝10 m/s2，问：
(1)通过棒cd的电流I是多少，方向如何？
(2)棒ab受到的力F多大？
(3)棒cd每产生Q＝0.1 J的热量，力F做的功W是多少？
解析　
(1)对cd棒受力分析如图所示
由平衡条件得mgsin θ＝BIL
得I＝＝ A＝1 A.
根据楞次定律可判定通过棒cd的电流方向为由d到c.
(2)棒ab与cd所受的安培力大小相等，对ab棒，受力分析如图所示，由共点力平衡条件知F＝mgsin θ＋BIL
代入数据解得F＝0.2 N.
(3)设在时间t内棒cd产生Q＝0.1 J的热量，
由焦耳定律知Q＝I2Rt
设ab棒匀速运动的速度是v，其产生的感应电动势E＝BLv
由闭合电路欧姆定律知I＝
时间t内棒ab运动的位移s＝vt
力F所做的功W＝Fs
综合上述各式，代入数据解得W＝0.4 J.
答案　(1)1 A　方向由d到c　(2)0.2 N　(3)0.4 J
5．(2011·浙江卷，23)如图9－3－13甲所示，在水平面上固定有长为L＝2 m、宽为d＝1 m的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧l＝0.5 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图9－3－13乙所示，在t＝0时刻，质量为m＝0.1 kg的导体棒以v0＝1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ＝0.1 Ω/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g＝10 m/s2)．
图9－3－13
(1)通过计算分析4 s内导体棒的运动情况；
(2)计算4 s内回路中电流的大小，并判断电流方向；
(3)计算4 s内回路产生的焦耳热．
解析　(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速直线运动，有
－μmg＝ma，v1＝v0＋at，x＝v0t＋at2
代入数据解得：t＝1 s，x＝0.5 m，导体棒没有进入磁场区域．
导体棒在1 s末已停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为x＝0.5 m.
(2)前2 s磁通量不变，回路电动势和电流分别为
E＝0，I＝0
后2 s回路产生的电动势为E＝＝ld＝0.1 V
回路的总长度为5 m，因此回路的总电阻为R＝5λ＝0.5 Ω
电流为I＝＝0.2 A
根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向．
(3)前2 s电流为零，后2 s有恒定电流，焦耳热为Q＝I2Rt＝0.04 J.
答案　(1)导体在1 s末停止运动，没进入磁场．
(2)0.2 A　顺时针方向
(3)0.04 J
6.
图9－3－14
(2011·大纲全国卷，24)如图9－3－14所示，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L，电阻不计．在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放，金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好．已知某时刻后两灯泡保持正常发光．重力加速度为g.求：
(1)磁感应强度的大小；
(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率．
解析　(1)设小灯泡的额定电流为I0，有
P＝I02R①
由题意知，在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，两小灯泡保持正常发光，流经MN的电流为I＝2I0②
此时金属棒MN所受的重力和安培力大小相等，下落的速度达到最大值，有
mg＝BLI③
联立①②③式得
B＝ ④
(2)法一　设灯泡正常发光时，导体棒的速度为v，由电磁感应定律与欧姆定律得E＝BLv⑤
E＝RI0⑥
联立①②④⑤⑥式得
v＝⑦
法二　由功能关系知，导体棒匀速下落灯泡正常发光时，导体棒下落所受重力的功率与两灯泡消耗的功率相等，即mgv＝2P，解得：v＝.
答案　(1) 　(2)
图9－3－15
1．如图9－3－15所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′，都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是(　　)．
①感应电流方向是N―→M　②感应电流方向是M―→N　③安培力水平向左　④安培力水平向右
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
解析　
答案　C
图9－3－16
2．(2012·北京西城期末考试)在下列四个情景中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．A、B中的导线框为正方形，C、D中的导线框为直角扇形．各导线框均绕轴O在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T.从线框处于图示位置时开始计时，以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向．则四个情景中，产生的感应电流i随时间t的变化规律符合图9－3－16中i－t图象的是(　　)．
解析　线框转动90°后开始进入磁场，由楞次定律结合右手定则可得，若线框顺时针转动进入磁场时产生的感应电流由O点指向P点为负值，线框逆时针转动进入磁场时产生的感应电流由P点指向O点为正值，所以B、D错误；线框若为正方形，进入磁场后的一段时间内切割磁感线的有效长度越来越大，产生的电动势不为定值，感应电流不恒定，A错误；线框若为扇形，进入磁场后转动90°的时间内切割的有效长度恒为半径，为定值，产生的电动势恒定，电流恒定，C正确．
答案　C
图9－3－17
3．如图9－3－17所示，一由均匀电阻丝折成的正方形闭合线框abcd，置于磁感应强度方向垂直纸面向外的有界匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，线框bc边与磁场左右边界平行．若将该线框以不同的速率从图示位置分别从磁场左、右边界匀速拉出直至全部离开磁场，在此过程中(　　)．
A．流过ab边的电流方向相反
B．ab边所受安培力的大小相等
C．线框中产生的焦耳热相等
D．通过电阻丝某横截面的电荷量相等
解析　线框离开磁场，磁通量减小，由楞次定律可知线框中的感应电流方向为a―→d―→c―→b―→a，故A错误；由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，I＝，F＝BIL＝，v不同，F不同，故B错误；线框离开磁场的时间t＝，产生的热量Q＝I2Rt＝，故C错误；通过导体横截面的电荷量q＝It＝，故D正确．
答案　D
4．如图9－3－18甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直．现金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图9－3－18乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v－t图象．已知金属线框的质量为m，电阻为R，当地的重力加速度为g，图象中坐标轴上所标出的字母v1、v2、v3、t1、t2、t3、t4均为已知量．(下落过程中bc边始终水平)根据题中所给条件，以下说法正确的是(　　)．
图9－3－18
A．可以求出金属框的边长
B．线框穿出磁场时间(t4－t3)等于进入磁场时间(t2－t1)
C．线框穿出磁场与进入磁场过程所受安培力方向相反
D．线框穿出磁场与进入磁场过程产生的焦耳热相等
解析　由线框运动的v－t图象，可知0～t1线框自由下落，t1～t2线框进入磁场，t2～t3线框在磁场中只受重力作用加速下降，t3～t4线框离开磁场．线框的边长l＝v3(t4－t3)选项A正确；由于线框离开时的速度v3大于进入时的平均速度，因此线框穿出磁场时间小于进入磁场时间，选项B错；线框穿出磁场与进入磁场过程所受安培力方向都竖直向上，选项C错误；线框进入磁场mgl＝Q1＋mv22－mv12，线框离开磁场mgl＝Q2，可见Q1答案　A
5．如图9－3－19甲所示，bacd为导体做成的框架，其平面与水平面成θ角，质量为m的导体棒PQ与ab、cd接触良好，回路的电阻为R，整个装置放于垂直框架平面的变化磁场中，磁感应强度B的变化情况如图9－3－19乙所示，PQ能够始终保持静止，则0～t2时间内，PQ受到的安培力F和摩擦力Ff随时间变化的图象错误的是(取平行斜面向上为正方向)
图9－3－19
解析　在0～t2内，磁场随时间均匀变化，故回路中产生的感应电流大小方向均恒定，所以PQ受到的安培力F＝BIL∝B，方向先沿斜面向上，t1时刻之后方向变为沿斜面向下，故A项正确，B项错；静摩擦力Ff＝mgsin θ－BIL，若t＝0时刻，mgsin θ>BIL，则Ff刚开始时沿斜面向上，若t＝0时刻，mgsin θ答案　B
6．如图9－3－20甲，在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场变化规律如图9－3－20乙所示，面积为S的单匝金属线框处在磁场中，线框与电阻R相连．若金属框的电阻为，则下列说法错误的是(　　)．
图9－3－20
A．流过电阻R的感应电流由a到b
B．线框cd边受到的安培力方向向下
C．感应电动势大小为
D．ab间电压大小为
解析　本题考查电磁感应及闭合电路相关知识．由乙图可以看出磁场随时间均匀增加，根据楞次定律及安培定则可知，感应电流方向由a→b，选项A正确；由于电流由c→d，根据左手定则可判断出cd边受到的安培力向下，选项B正确；回路中感应电动势应为E＝＝.选项C错误；因为＝，解得U＝，选项D正确．
答案　C
图9－3－21
7．一个闭合回路由两部分组成，如图9－3－21所示，右侧是电阻为r的圆形导线，置于竖直方向均匀变化的磁场B1中；左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d，其电阻不计．磁感应强度为B2的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只分布在左侧，一个质量为m、电阻为R的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述判断不正确的有(　　)．
A．圆形线圈中的磁场，可以向上均匀增强，也可以向下均匀减弱
B．导体棒ab受到的安培力大小为mgsin θ
C．回路中的感应电流为
D．圆形导线中的电热功率为(r＋R)
解析　导体棒此时恰好能静止在导轨上，依据平衡条件知导体棒ab受到的安培力大小为mgsin θ，方向沿斜面向上，由左手定则判定电流方向为b→a，再由楞次定律判定A、B正确；回路中的感应电流为I＝＝，C正确；由焦耳定律得圆形导线中的电热功率为Pr＝r，D错．
答案　D
图9－3－22
8．如图9－3－22所示，abcd是一个质量为m，边长为L的正方形金属线框．如从图示位置自由下落，在下落h后进入磁感应强度为B的磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为L.在这个磁场的正下方h＋L处还有一个未知磁场，金属线框abcd在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动，那么下列说法正确的是(　　)．
A．未知磁场的磁感应强度是2B
B．未知磁场的磁感应强度是B
C．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL
D．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为2mgL
解析　设线圈刚进入第一个磁场时速度大小为v1，那么mgh＝mv12，v1＝.设线圈刚进入第二个磁场时速度大小为v2，那么v22－v12＝2gh，v2＝v1.根据题意还可得到，mg＝，mg＝整理可得出Bx＝ B，A、B两项均错．穿过两个磁场时都做匀速运动，把减少的重力势能都转化为电能，所以在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL，C项正确、D项错．
答案　C
9．(2011·四川卷，24)如图9－3－23所示，间距l＝0.3 m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内．在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1＝0.4 T，方向竖直向上和B2＝1 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R＝0.3 Ω、质量m1＝0.1 kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2＝0.05 kg的小环．已知小环以a＝6 m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求
图9－3－23
(1)小环所受摩擦力的大小；
(2)Q杆所受拉力的瞬时功率．
解析　(1)以小环为研究对象，在环沿绳下滑过程中，受重力m2g和绳向上的摩擦力f，由牛顿第二定律知m2g－f＝m2a.
代入数据解得f＝m2(g－a)＝0.05×(10－6) N＝0.2 N.
(2)根据牛顿第二定律知，小环下滑过程中对绳的反作用力大小f′＝f＝0.2 N，所以绳上的张力FT＝0.2 N．设导体棒K中的电流为IK，则它所受安培力FK＝B1IKl，对导体棒K，由平衡条件知FT＝FK，所以电流IK＝ A.
因为导体棒Q运动切割磁感线而产生电动势，相当于电源．等效电路如图所示，因K、S、Q相同，所以导体棒Q中的电流IQ＝2IK＝ A
设导体棒Q运动的速度大小为v，则E＝B2lv
由闭合电路的欧姆定律知IQ＝
解得v＝5 m/s
导体棒Q沿导轨向下匀速下滑过程中，受安培力FQ＝B2IQl
由平衡条件知F＋m1gsin 37°＝FQ
代入数据解得F＝0.4 N
所以Q杆所受拉力的瞬时功率
P＝F·v＝0.4×5 W＝2 W．(程序思维法)
答案　(1)0.2 N　(2)2 W
10．相距L＝1.5 m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1＝1 kg的金属棒ab和质量为m2＝0.27 kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图9－3－24(甲)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab棒光滑，cd棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8 Ω，导轨电阻不计．ab棒在方向竖直向上，大小按图9－3－24(乙)所示规律变化的外力F作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放．
图9－3－24
(1)求出磁感应强度B的大小和ab棒加速度的大小；
(2)已知在2 s内外力F做功40 J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热．
解析　(1)经过时间t，金属棒ab的速率v＝at
此时，回路中的感应电流为I＝＝
对金属棒ab，由牛顿第二定律得
F－BIL－m1g＝m1a
由以上各式整理得：
F＝m1a＋m1g＋at
在图线上取两点：
t1＝0，F1＝11 N；t2＝2 s，F2＝14.6 N
代入上式得a＝1 m/s2　B＝1.2 T
(2)在2 s末金属棒ab的速率vt＝at＝2 m/s
所发生的位移
s＝at2＝2 m
由动能定理得WF－m1gs－W安＝m1vt2
又Q＝W安，联立以上方程，解得
Q＝WF－m1gs－m1vt2
＝(40－1×10×2－×1×22)J＝18 J.
答案　(1)1.2 T　1 m/s2　(2)18 J