2013年高考物理二轮复习精品学案专题二十一：电磁感应与力学综合

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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题二十一
专题二十一、电磁感应与力学综合
【重点知识解读】
闭合回路中的一部分导体做切割磁感线运动产生感应电动势和感应电流，通电导体在磁场中将受到安培力的作用，从而使电磁感应问题与力学问题联系在一起，成为力电综合问题。解答电磁感应中的力电综合问题的思路是：先根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，然后根据闭合电路欧姆定律求出回路中的感应电流及导体棒中的电流，再应用安培力公式及左手定则确定安培力的大小及方向，分析导体棒的受力情况应用牛顿运动定律列出方程求解。
【高考命题动态】
电磁感应与力学综合是高考常考问题，高考对电磁感应与力学综合的考查可能是选择题，也可能以计算题考查，难度中等或偏难。
【最新高考题分析】
典例1．（2011福建理综）如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角（0＜＜90°),其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，棒接入电路的电阻为R，当流过棒某一横截面的电量为q时，金属棒的速度大小为，则金属棒在这一过程中
A. ab运动的平均速度大小为
B.平行导轨的位移大小为
C.产生的焦耳热为
D.受到的最大安培力大小为
【解析】：由于金属棒ab下滑做加速度越来越小的加速运动，ab运动的平均速度大小一定大于，选项A错误；由q==，平行导轨的位移大小为x=，选项B正确；产生的焦耳热为Q=I2Rt=qIR，由于I随时间逐渐增大，选项C错误；当金属棒的速度大小为v时，金属棒中感应电流I=BLv/R最大，受到的安培力最大，大小为F=BIL=，选项D错误。
【答案】：B
【点评】此题考查电磁感应、安培力、焦耳定律、平均速度等知识点。
典例2。（2011海南物理）如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M’N’是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m。竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略，重力加速度为g。在t=0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好。求
（1）细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；
（2）两杆分别达到的最大速度。[来源:学§科§网Z§X§X§解析：设任意时刻MN和M’N’速度分别为v1、v2。
（1）细线烧断前，对两杆有F=3mg
细线烧断后，两杆分别向上向下运动，所受安培力大小相等，设两杆任意时刻所受安培力大小为f，MN杆向上加速运动，加速度a1==2g-f/m，任意时刻运动的速度v1= a1t=(2g- f/m)t；
M’N’ 杆向下加速运动，加速度a2=g -f/2m，
任意时刻运动的速度v2= a2t=(g-f/2m) t；
任意时刻两杆运动的速度之比v1∶ v2=2∶1.
（2）当MN和的加速度为零时，速度最大
对M’N’受力平衡： ② ③ ④
由①——④得：、
【点评】对（1）也可利用动量守恒定律解答如下：
（1）由于MN和M’N组成的系统所受合外力为零，MN和M’N’动量守恒：设任意时刻MN和M’N’速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得mv1-2mv2=0 求出：①

典例3. （2012·山东理综）如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是
A．P=2mgsinθ
B．P=3mgsinθ
C．当导体棒速度达到v/2时加速度为gsinθ
D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
.【答案】AC
【解析】当速度达到v时开始匀速运动，mgsinθ=BIL，I=E/R，E=BLv
对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动，则有 P=F·2v，
F+ mgsinθ=BI’L，I’= E’/R，E’=BL·2v
联立解得：P=2mgsinθ，选项A正确B错误；
当导体棒速度达到v/2时，导体棒中感应电动势为E/2，感应电流为I/2，所受安培力为BIL /2，由牛顿第二定律，mgsinθ- BIL /2=ma，解得加速度为a=gsinθ，选项C正确；在速度达到2v以后匀速运动的过程中，由功能关系可知，R上产生的焦耳热等于拉力和重力所做的功的代数和，选项D错误。
【考点定位】此题考查电磁感应、平衡条件、牛顿第二定律、安培力、闭合电路欧姆定律、功能关系及其相关知识。
典例4（2012·上海物理）如图，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形。棒与导轨间动摩擦因数为μ，棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长为L，开始时PQ左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0。以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为B。在t=0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a。
（1）求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式；
（2）经过多长时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少？
（3）某过程中回路产生的焦耳热为Q，导轨克服摩擦力做功为W，求导轨动能的增加量。
【解析】：（1）回路中感应电动势E=BLv，
导轨做初速度为零的匀加速运动，v=at，
E=BLat，
s=at2，
回路中总电阻R总=R+2R0(at2)=R+ R0at2.
回路中感应电流随时间变化的表达式I==；
（2）导轨受到外力F,，安培力FA，摩擦力Ff。其中
FA=BIL=；
Ff=μ(mg+ FA)= μ(mg+)。
由牛顿第二定律，F- FA- Ff=Ma，
解得F= Ma+μmg+ (1+μ)).
上式中，当R/t= R0at，即t=时外力F取最大值。
所以，Fmax= Ma+μmg+ (1+μ)B2L2。
（3）设此过程中导轨运动距离s由动能定理，W合=△Ek，W合=Mas。
由于摩擦力Ff=μ(mg+ FA)，所以摩擦力做功W=μmgs+μWA=μmgs+μQ。
所以：s=
导轨动能的增加量△Ek=Mas=Ma。
【考点定位】此题考查电磁感应、安培力、动能定理、牛顿运动定律及其相关知识。
【最新模拟题训练】。
1．（2013唐山摸底）如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则0~t2时间
A．电容器C的电荷量大小始终没变
B．电容器C的a板先带正电后带负电
C．MN所受安培力的大小始终没变
D．MN所受安培力的方向先向右后向左
答案：AD
解析：磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C的电荷量大小始终没变，选项A正确B错误；由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，MN所受安培力的方向先向右后向左，选项C错误D正确。
2.（2013安徽师大摸底）如图，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框，边的边长为，边的边长为，线框的质量为，电阻为，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为，斜面上线（平行底边）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的边始终平行底边，则下列说法正确的是(　 　)
A．线框进入磁场前运动的加速度为
B．线框进入磁场时匀速运动的速度为
C．线框做匀速运动的总时间为
D．该匀速运动过程产生的焦耳热为
答案：D
解析：由牛顿第二定律，Mg-mgsinθ=(M+m)a，解得线框进入磁场前运动的加速度为，选项A错误；由平衡条件，Mg-mgsinθ-F安=0，F安=BI，I=E/R，E=Bv，联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v=，选项B错误。线框做匀速运动的总时间为t=/v=，选项C错误；由能量守恒定律，该匀速运动过程产生的焦耳热等于系统重力势能的减小，为，选项D正确。
3. （2013河南三市联考）矩形导线框固定在匀强磁场中， 如图甲所示。磁感线的方向与导线框所在平面 垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向里,磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则
A. 从0到t1时间内，导线框中电流的方向为abcda
B. 从O到t1时间内，导线框中电流越来越小
C. 从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcba
D. 从0到t2时间内，导线框ab边受到的安培力越来越大
答案：C解析：由楞次定律， 从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcba，选项A错误C正确；由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，从O到t1时间内，导线框中电流恒定，选项B错误；由安培力公式，从0到t2时间内，导线框ab边受到的安培力先减小后增大，选项D错误。
4．（2013四川自贡一诊）长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如右图所示。在时间内，直导线中电流向上。则在时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是 （ ）
A．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左
B．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右
C．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右
D．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左
．答案：B
解析：在时间内，由楞次定律可知，线框中感应电流的方向为顺时针，由左手定则可判断线框受安培力的合力方向向右，选项B正确。
5. （2013河南三市联考）两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，不计导轨的电阻， 重力加速度为g 则
A. 金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向 为 a→b
B. 金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为
C. 金属棒的最大速度为：
D. 金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为R
答案：BD
解析：金属棒在磁场中向下运动时，由楞次定律，流过电阻R的电流方向 为b→a，选项A错误；金属棒的速度为v时，金属棒中感应电动势E=BLv，感应电流I=E/(R+r)所受的安培力大小为F=BIL=,选项B正确；当安培力F=mg时，金属棒下落速度最大，金属棒的最大速度为v=，选项C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R和r的热功率为P=mgv=(R+r)，电阻R的热功率为R，选项D正确。
6. (10分) （2013山东兖州质检）如图所示,金属杆,在竖直平面内贴着光滑平行金属导轨下滑,导轨的间距,导轨上端接有的电阻,导轨与金属杆的电阻不计,整个装置处于的水平匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面.当金属杆下滑时,每秒钟有的重力势能减少,求杆下滑的速度的大小(不计空气阻力).
【解析】当杆匀速下滑时,重力的功率等于电路的电功率,设重力的功率为,则有:
(1)………………………4分
由法拉第电磁感应定律得:
(2) ………………………2分
联立(1)(2)解得:

代入数据得:
即棒下滑的速度大小为 ………4分
7．（2013山东青岛二中测试）如图甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场磁感应强度B=1.0 T，质量为m=0.04 kg、高h=0.05 m、总电阻R=5 Ω、n=100匝的矩形线圈竖直固定在质量为M=0.08kg的小车上，小车与线圈的水平长度l相同．当线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v1=10 m/s进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直。若小车运动的速度v随车的位移x变化的v－x图象如图乙所示，则根据以上信息可知 （ ）
A．小车的水平长度l=15 cm
B．磁场的宽度d=35cm
C．小车的位移x=10 cm时线圈中的电流I=7 A
D．线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量Q=1.92J
【答案】C
【解析】本题考查电磁感应综合，意在考查学生分析综合能力。从x=5 cm开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，在安培力作用下小车做减速运动，速度v随位移x减小，当x=15 cm时，线圈完全进入磁场，小车做匀速运动．小车的水平长度l=10 cm.，A项错；当x=30 cm时，线圈开始离开磁场，则d=30cm－5cm=25cm.，B项错；当x=10 cm时，由图象知，线圈速度v2=7 m/s，感应电流I==7A，C项正确；线圈左边离开磁场时，小车的速度为v3=2 m/s.，线圈上产生的电热为Q= （M＋m）（）=5.76J，D项错。
8．（2013山东济南外国语学校测试）如图甲所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向内的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围的区域内，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上。若取顺时针方向为电流的正方向，则金属框穿过磁场过程的感应电流i随时间t变化的图像是下图所示的
【答案】C
【解析】（根据楞次定律可判断出金属框进磁场过程中和出磁场过程中的感应电流方向，根据切割的有效长度在变化，知感应电动势以及感应电流的大小也在变化．）根据楞次定律，在进磁场的过程中，感应电流的方向为逆时针方向，切割的有效长度线性增大，排除A、B；在出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，切割的有效长度线性减小，排除D．故选项C正确。
9．（2013山东青岛二中测试）如图所示，两根光滑的平行金属导轨竖直放置在匀强磁场中，磁场和导轨平面垂直，金属杆ab与导轨接触良好可沿导轨滑动，开始时电键S断开，当ab杆由静止下滑一段时间后闭合S，则从S闭合开始计时，ab杆的速度v与时间t的关系图象可能正确的是 （ ）

【答案】ACD
【解析】若ab杆速度为v时，S闭合，则ab杆中产生的感应电动势E=BLv，ab杆受到的安培力，如果安培力等于ab杆的重力，则ab杆匀速运动，A项正确；如果安培力小于ab杆的重力，则ab杆先加速最后匀速，C项正确；如果安培力大于ab杆的重力，则ab杆先减速最后匀速，D项正确；ab杆不可能匀加速运动，B项错。
10.（16分）（2013江苏常州模拟）如图，光滑斜面的倾角= 30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1 = l m，bc边的边长l2= 0.6 m，线框的质量m = 1 kg，电阻R = 0.1Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M = 2 kg，斜面上ef线（ef∥gh）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B = 0.5 T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh的距离s = 11.4 m，（取g = 10.4m/s2），求：
⑴线框进入磁场前重物M的加速度；
⑵线框进入磁场时匀速运动的速度v；
⑶ab边由静止开始到运动到gh线处所用的时间t；
⑷ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热．
10.【解析】（1）线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力FT，斜面的支持力和线框重力，重物M受到重力和拉力FT．对线框，由牛顿第二定律得FT – mg sinα= ma （2分）
联立解得线框进入磁场前重物M的加速度= 5m/s2 （2分）
（2）因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以重物受力平衡Mg = FT′，
线框abcd受力平衡FT′= mg sinα + FA（1分）
ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E = Bl1v
形成的感应电流（1分）
受到的安培力（1分）
联立上述各式得，Mg = mg sinα+（1分）
代入数据解得v=6 m/s（1分）
（3）线框abcd进入磁场前时，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到gh线，仍做匀加速直线运动．
进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度相同，为a = 5 m/s2
该阶段运动时间为（1分）
进磁场过程中匀速运动时间（1分）
线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度仍为a = 5m/s2
解得：t3 =1.2 s（1分）
因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间为t = t1+t2+t3=2.5s （1分）
（4）线框ab边运动到gh处的速度v′=v + at3 = 6 m/s+5×1.2 m/s=12 m/s （1分）
整个运动过程产生的焦耳热Q = FAl2 =（Mg – mgsinθ）l2 = 9 J （3分）
11．（20分）（2013天星调研卷）水平放置的光滑平行导轨，导轨之间距离L=0.2m，轨道平面内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，完全相同的导体棒ab和cd棒静止在导轨上，如图所示.。现用F=0.2N向右的水平恒力使ab棒由静止开始运动，经t=5s，ab棒的加速度a=1.37m/s2。已知导体棒ab和cd的质量均为m=0.1kg，电阻均为R=0.5Ω．则：
（1）当导体棒ab和cd棒速度差为△v=2m/s时，求回路中的感应电流。
（2）求t=5s时ab和cd两棒的速度vab、 vcd。
（3）导体棒均稳定运动时两棒的速度差。
解：（1）ab棒在外力F的作用下向右运动，从而产生感应电动势，使得ab棒受到水平向左的安培力，cd棒受到水平向右的安培力，两棒同时向右运动，均产生感应电动势，其回路的等效电动势：
E等 = Eab - Ecd = BLvab - BLvcd = BL(vab-vcd) = BL△v ， （2分）
代人题给数据，得E等= BL△v =0.5×0.2×2V=0.2V。（1分）
由闭合电路欧姆定律，回路中的感应电流I=E等/2R=0.2A。（2分）
（2）导体棒所受安培力F安= BIL = （2分）
根据牛顿第二定律有：F - F安= ma （1分）
因为是非匀变速运动，故用动量定理，对导体棒ab：
（F - F安）t = mvab-0 （2分）
对导体棒cd：F安t = mvcd-0 （2分）
联立解得此时ab、cd两棒的速度分别为：
vab =8.15m/s vcd=1.85m/s．（2分）
（3）该题中的“稳定状态”应该是它们的加速度相同，此时两棒速度不相同但保持“相对”稳定，所以整体以稳定的速度差、相同的加速度一起向右做加速运动．
对导体棒ab和cd棒用整体法有：F = 2ma′ （2分）
对cd棒用隔离法有： = ma′（2分）
从而可得稳定时速度差△v=vab-vcd=10m/s ． （2分）
12. (10分) （2013安徽黄山七校联考）如图所示，M、N为纸面内两平行光滑导轨，间距为L。轻质金属杆a、b可在导轨上左右无摩擦滑动，杆与导轨接触良好，导轨右端与定值电阻连接。P、Q为平行板器件，两板间距为d，上下两板分别与定值电阻两端相接。两板正中左端边缘有一粒子源始终都有速度为的带正电粒子沿平行于极板的方向进入两板之间。整个装置处于垂直于纸面向外的匀强磁场中。已知轻杆和定值电阻的阻值分别为r和R，其余电阻不计，带电粒子的重力不计，为使粒子沿原入射方向从板间右端射出，则轻杆应沿什么方向运动？速度多大？
12.解析：
粒子在电场中运动，电场力F＝qU/d； 1分
粒子在磁场中运动，磁场力F’＝qv0B； 1分
因为粒子沿原入射方向从板间右端射出，所以粒子所受的电场力和洛伦兹力相互平衡，
得qU/d = qv0B； 2分
轻质金属杆a、b切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，
R中电流I=E/(R+r)
PQ之间电压U=IR
联立解得v=(R+r) v0。 2分
由右手定则得杆应向右运动。
13. （2013天星北黄卷）如图所示，宽为L=2m、足够长的金属导轨MN和M’N’放在倾角为θ=30°的斜面上，在N和N’之间连有一个1.6Ω的电阻R。在导轨上AA’处放置一根与导轨垂直、质量为m=0.8kg的金属滑杆，导轨和滑杆的电阻均不计。用轻绳通过定滑轮将电动小车与滑杆的中点相连，绳与滑杆的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮的正下方水平面上的P处（小车可视为质点），滑轮离小车的高度H=4.0m。在导轨的NN’和OO’所围的区域存在一个磁感应强度B=1.0T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场，此区域内滑杆和导轨间的动摩擦因数为μ=，此区域外导轨是光滑的（取g =10m/s2）。若电动小车沿PS以v=1.2m/s的速度匀速前进时，滑杆经d=1m的位移由AA’滑到OO’位置。已知滑杆滑到OO’位置时细绳中拉力为10.1N，g取10m/s2，求：
（1）通过电阻R的电量q；
（2）滑杆通过OO’位置时的速度大小；
（3）滑杆通过OO’位置时所受的安培力；
（4）滑杆通过OO’位置时的加速度。
【命题意图】 本题主要考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电流定义、绳端速度分解、安培力、摩擦力、牛顿运动定律等知识点，意在考查考生综合应用知识分析相关问题的的能力。
【解题思路】（1）滑杆由AA’滑到OO’的过程中切割磁感线，
产生的平均感应电动势E=△Φ/△t=BLd/△t。（2分）
平均电流I=E/R，（2分）
通过电阻R的电荷量q=I△t
联立解得q= BLd/R。（2分）
代入数据，可得 q=1.25C。（1分）
（2）滑杆运动到OO’位置时，小车通过S点时的速度为v=1.2m/s，设细绳与水平面的夹角α，则，H/ sinα-H＝d，解得sinα＝H/(H+d)=0.8，（2分）
由sin2α+cos2α=1可得cosα＝0.6。
小车的速度可视为绳端沿绳伸长方向的速度与垂直于绳长方向的速度的合速度，此时滑杆向上的速度等于绳端沿绳长方向的速度：
即v1=vcosα=1.2×0.6m/s=0.72m/s。（2分）
（3）滑杆运动到OO’位置产生感应电动势E=BLv1，（2分）
产生感应电流 I=E/R（2分）
受到的安培力F安=BIL=.
代入数据，可得F安=1.5N。（2分）
（4）滑杆通过OO’位置时所受摩擦力
f=μmgcosθ=×0.8×10×/2N=3N。（1分）
由F-mgsinθ-f- F安=ma，解得加速度a=2m/s2。（2分）

14．（苏州调研）如图甲所示，一正方形单匝线框abcd放在光滑绝缘水平面上，线框边长为L、质量为m、电阻为R．该处空间存在一方向竖直向下的匀强磁场，其右边界MN平行于ab，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，0~t0时间内B随时间t均匀变化，t0时间后保持B=B0不变．
（1）若线框保持静止，则在时间t0内产生的焦耳热为多少？
（2）若线框从零时刻起，在一水平拉力作用下由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过时间t0线框cd边刚要离开边界MN．则在此过程中拉力做的功为多少？
（3）在（2）的情况下，为使线框在离开磁场的过程中，仍以加速度a做匀加速直线运动，试求线框在离开磁场的过程中水平拉力F随时间t的变化关系．

14．（15分）解：（1）线框中产生的感应电动势 （2分）
在时间t0内产生的焦耳热 （1分）
解得 （2分）
（2）t0时刻线框的速度 （1分）
在此过程中拉力做的功 （1分）
解得 （2分）
（3）设线框离开磁场过程的时间为，则有

解得
线框在离开磁场的过程中运动的速度 （1分）
产生的感应电流 （1分）
由牛顿第二定律有 （2分）
解得 （） （2分）
15．（2013山东青岛二中测试）如图所示，两金属杆ab和cd长均为L，电阻均为R，质量分别为M和m．用两根质量、电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧，两金属杆都处于水平位置，整个装置处于与回路平面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场中，若金属杆ab正好匀速向下运动，求运动的速度。
【答案】
【解析】若ab棒以速度v向下匀速运动，cd棒也将以速度v向上匀速运动，两棒都垂直切割磁场线产生感应电动势。在闭合电路中，ab棒受到的磁场力向上，cd棒受到的磁场力向下，悬线对两棒的拉力都向上且为F
则对 ab棒：Mg=BIL+F
对cd棒：mg+BIL=F
又I=
解得：Mg-mg=2BIL=2·
所以运动的速度为v=
16．（2013山东青岛二中测试）两根金属导轨平行放置在倾角为θ=30°的斜面上，导轨左端接有电阻R=10Ω，导轨自身电阻忽略不计。匀强磁场垂直于斜面向上，磁感强度B=0.5T。质量为m=0.1kg，电阻可不计的金属棒ab静止释放，沿导轨下滑（金属棒a b与导轨间的摩擦不计）。如图所示，设导轨足够长，导轨宽度L=2m，金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好，当金属棒下滑h=3m时，速度恰好达到最大值。求此过程中金属棒达到的最大速度和电阻中产生的热量。
【答案】5m/s，1.75J
【解析】当金属棒速度恰好达到最大速度时，金属棒受力平衡，有：mgsinθ=F安
解得金属棒所受安培力 F安=0.5N
据法拉第电磁感应定律，感应电动势 E=BLv
据闭合电路欧姆定律，感应电流 I=
又F安=BIL
解得最大速度v =5m/s
下滑过程中，由能量守恒定律得：mgh－Q = mv2
解得电阻中产生的热量Q= 1.75J
17．（2013山东青岛二中测试）如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长为1m、质量为0.1kg的导体棒MN，其电阻R为1Ω，导体棒架在处于磁感应强度B=1T，竖直放置的框架上，当导体棒上升h=3.8m时获得稳定的速度，导体产生的热量为2J，电动机牵引棒时，电压表、电流表计数分别为7V、1A，电动机的内阻r=1Ω，不计框架电阻及一切摩擦；若电动机的输出功率不变，g取10m/s2，求：
（1）导体棒能达到的稳定速度为多少？
（2）导体棒从静止达到稳定所需的时间为多少？
【答案】（1）2m/s（2）1s
【解析】（1）电动机的输出功率为W
F安=BIL=
当速度稳定时，由平衡条件得
解得v=2m/s
（2）由能量守恒定律得
解得t=1s
18．（2013山东青岛二中测试）如图甲所示，两定滑轮可以绕垂直于纸面的光滑水平轴、O转动，滑轮上绕一细线，线的一端系一质量为M的重物，另一端系一质量为m的金属杆．在竖直平面内有两根间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、MN，在Q、N之间连接有阻值为R的电阻，其余电阻不计．磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直．开始时金属杆置于导轨下端，将重物由静止释放，重物最终能匀速下降，运动过程中金属杆始终与导轨接触良好．
（1）求重物匀速下降的速度大小．
（2）对一定的磁感应强度B，取不同的质量M，测出相应的重物做匀速运动时的v值，得到实验图线如图乙所示，图中画出了磁感应强度分别为B1和B2时的两条实验图线。试根据实验结果计算比值．
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）当重物匀速下降时，设速度为v
则 感应电动势
感应电流
金属杆受到的安培力
由平衡条件得
解得
（2）由（1）求得的结果，v-M图线的斜率
得
由图乙得 ，
所以，
19．(15分) （2013江苏阜宁中学月考）如图所示，有一个倾角为θ的足够长的斜面，沿着斜面有一上下宽度为2b的匀强磁场，磁感应强度为B,方向垂直斜面向外，磁场的边界与底边平行。现有一质量为m的“日”字形导线框在斜面上静止开始释放，其中三条平行边和斜面底边及磁场的边界平行（电阻均为R），其余两条平行长边不计电阻，整个框和斜面的动摩檫因素为μ（μ （1）导线框从静止开始到进入磁场时所滑过的距离s；
（2）通过计算说明导线框能否匀速通过整个磁场；
（3）导线框从静止开始到全部离开磁场所产生的焦耳热Q
19．（15分）解析：
（1）mgsinθ=μmgcosθ+F安 （1分） F安=BIb（1分）
I=E/(R+R/2) （1分） E=Bbv（1分）
可得：v=  （1分）
a=gsinθ-μgcosθ（1分） s=v2/2a （1分）
可得：s=  (1分)
（2）能，（2分）在穿越过程中，当只有一条边在磁场中运动时有E=Bbv，
I=E/(R+R/2)
F安=BIb 都不变，仍然有mgsinθ=μmgcosθ+F安 因而能匀速运动；
当有二条边在磁场中运动时把它们看成整体，有E=Bbv I=E/( R/2 + R)， F安=BIb 都不变，仍然有mgsinθ=μmgcosθ+F安 因而能匀速运动，综上所述，它能匀速穿越整个磁场。（2分）
（3）由能量守恒得： mg(4bsinθ)= Q+μmg(4b)cosθ（2分）
Q=4mgb(sinθ-μcosθ) （2分）
20．(8分) （2013福建厦门名校测试）如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角＝30°，导轨电阻不计．磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向上，两根长为L的完全相同的金属棒ab、cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，每根棒的质量均为m电阻均为R.现对ab施加平行导轨向上的恒力F，当ab向上做匀速直线运动时，cd保持静止状态．
(1)求力F的大小；
(2)ab运动速度v的大小。
20.【解析】　(1)ab棒所受合外力为零，
F－Fab－mgsinα＝0. (1分)
cd棒所受合外力为零，
Fcd－mgsinα＝0. (1分)
ab、cd棒所受安培力，Fab＝Fcd＝BIL＝BL=mgsinα
联立解得F＝mg，(2分)
v＝.(4分)