2015届高考物理二轮专题训练：专题六第1课时电磁感应问题的综合分析

专题定位 高考对本部分内容的要求较高，常在选择题中考查电磁感应中的图象问题、变压器和交流电的描述问题，在计算题中作为压轴题，以导体棒运动为背景，综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律解决导体棒类问题．本专题考查的重点有以下几个方面：①楞次定律的理解和应用；②感应电流的图象问题；③电磁感应过程中的动态分析问题；④综合应用电路知识和能量观点解决电磁感应问题；⑤直流电路的分析；⑥变压器原理及三个关系；⑦交流电的产生及描述问题．应考策略 对本专题的复习应注意“抓住两个定律，运用两种观点，分析三种电路”．两个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；两种观点是指动力学观点和能量观点；三种电路指直流电路、交流电路和感应电路．第1课时 电磁感应问题的综合分析1．楞次定律中“阻碍”的表现 (1)阻碍磁通量的变化(增反减同)． (2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)． (3)阻碍原电流的变化(自感现象)． 2．感应电动势的计算(1)法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ，常用于计算平均电动势．①若B 变，而S 不变，则E ＝n ΔBΔt S ；②若S 变，而B 不变，则E ＝nB ΔSΔt.(2)导体棒垂直切割磁感线：E ＝Bl v ，主要用于求电动势的瞬时值．图1(3)如图1所示，导体棒Oa 围绕棒的一端O 在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动而切割磁感线，产生的电动势E ＝12Bl 2ω.3．感应电荷量的计算回路中发生磁通量变化时，在Δt 时间内迁移的电荷量(感应电荷量)为q ＝I ·Δt ＝E R ·Δt ＝n ΔΦR Δt ·Δt ＝n ΔΦR .可见，q 仅由回路电阻R 和磁通量的变化量ΔΦ决定，与发生磁通量变化的时间Δt 无关． 4．电磁感应电路中产生的焦耳热当电路中电流恒定时，可用焦耳定律计算；当电路中电流变化时，则用功能关系或能量守恒定律计算．解决感应电路综合问题的一般思路是“先电后力”，即：先作“源”的分析——分析电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E 和r ； 接着进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；然后是“力”的分析——分析研究对象(通常是金属棒、导体、线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；接着进行“运动状态”的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型； 最后是“能量”的分析——寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中，其能量转化和守恒的关系．考向1 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用例1 如图2甲所示，螺线管匝数n ＝1 000匝，横截面积S ＝10 cm 2，螺线管导线电阻r ＝1 Ω，电阻R ＝4 Ω，磁感应强度B 的B －t 图象如图乙所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是( )图2A ．通过电阻R 的电流是交变电流B ．感应电流的大小保持不变C ．电阻R 两端的电压为6 VD ．C 点的电势为4.8 V解析 根据楞次定律可知，0到1秒内，电流从C 流过R 到A ，在1秒到2秒内，电流从A 流过R 到C ，因此电流为交流电，故A 正确；计算知感应电流的大小恒为1.2 A ，电阻R 两端的电压U ＝IR ＝1.2×4 V ＝4.8 V ，故B 正确，C 错误；当螺线管左端是正极时，C 点的电势才为4.8 V ，当右端是正极时，则C 点电势为－4.8 V ，故D 错误． 答案 AB以题说法 1.法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ，常有两种特殊情况，即E ＝n ΔB Δt S 和E ＝nB ΔSΔt ，其中ΔBΔt是B －t 图象中图线的斜率，若斜率不变则感应电动势是恒定不变的．2．楞次定律中的“阻碍”有三层含义：阻碍磁通量的变化；阻碍物体间的相对运动；阻碍原电流的变化．要注意灵活应用．如图3所示，在边长为a 的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B ，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a 的单匝正方形导线框架EFGH 正好与上述磁场区域的边界重合，导线框的电阻为R .现使导线框以周期T 绕其中心O 点在纸面内匀速转动，经过T8导线框转到图中虚线位置，则在这T8时间内( )图3A ．顺时针方向转动时，感应电流方向为E →F →G →H →EB ．平均感应电动势大小等于16a 2B9TC ．平均感应电动势大小等于8(3－22)a 2BTD ．通过导线框横截面的电荷量为(3－22)a 2BR答案 CD解析 由线框的磁通量变小可以判断出感应电流的方向为：E →H →G →F →E ，故A 错误．根据几何关系知面积的变化ΔS ＝(3－22)a 2，平均感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝B ·ΔSΔt＝8(3－22)a 2BT ，故B 错误，C 正确．通过导线框横截面的电荷量q ＝I Δt ＝E R Δt ＝8(3－22)a 2B T ·R ·T 8＝(3－22)a 2BR ，故D 正确．考向2 电磁感应图象问题的分析例2 (2014·新课标Ⅰ·18)如图4(a)，线圈ab 、cd 绕在同一软铁芯上．在ab 线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd 间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab 中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )图4解析 由题图(b)可知在cd 间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab 中的磁场是均匀变化的，则线圈ab 中的电流是均匀变化的，故选项A 、B 、D 错误，选项C 正确． 答案 C以题说法 对于电磁感应图象问题的分析要注意以下三个方面：(1)注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何． (2)注意看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应． (3)注意观察图象的变化趋势，看图象斜率的大小、图象的曲直是否和物理过程对应．如图5所示，一个“∠”形光滑导轨垂直于磁场固定在磁感应强度为B 的匀强磁场中，ab 是与导轨材料、粗细相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在拉力作用下，导体棒以恒定速度v 向右运动，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，则回路中感应电动势E 、感应电流I 、导体棒所受拉力的功率P 和回路中产生的焦耳热Q 随时间变化的图象中正确的是( )图5答案 AC解析 设“∠”形导轨的角度为α，则经时间t ，产生的感应电动势E ＝BL v ＝B (v t tan α)v ＝B v 2t tan α，可知感应电动势与时间成正比，A 正确；设单位长度的该导体电阻为r ，则经时间t ，回路总电阻R ＝(v t ＋v t tan α＋v t cos α)r ，因此回路中的电流I ＝ER 为常量，与时间无关，图象为一条水平直线，B 错误；由于匀速运动，拉力的功率等于产生焦耳热的功率，P ＝I 2R ，由于I 恒定不变，而R 与时间成正比，因此功率P 与时间成正比，是一条倾斜的直线，C 正确；而产生的热量Q ＝Pt ，这样Q 与时间的平方成正比，图象为一条曲线，D 错误． 考向3 电磁感应中的动力学问题分析例3 如图6甲所示，电流传感器(相当于一只理想电流表)能将各时刻的电流数据实时通过数据采集器传输给计算机，经计算机处理后在屏幕上同步显示出I －t 图象．电阻不计的足够长光滑平行金属轨道宽L ＝1.0 m ，与水平面的夹角θ＝37°.轨道上端连接阻值R ＝1.0 Ω的定值电阻，金属杆MN 长与轨道宽相等，其电阻r ＝0.50 Ω、质量m ＝0.02 kg.在轨道区域加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，让金属杆从图示位置由静止开始释放，杆在整个运动过程中与轨道垂直，此后计算机屏幕上显示出如图乙所示的I －t 图象．重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：图6(1)t ＝1.2 s 时电阻R 的热功率； (2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小；(3)t ＝1.2 s 时金属杆的速度大小和加速度大小．审题突破 金属杆在倾斜轨道上运动时受到几个力作用？安培力有什么特点？图象反映金属杆运动情况如何？根据哪个过程可求磁感应强度B 的大小？ 解析 (1)由I －t 图象可知，当t ＝1.2 s 时，I ＝0.15 A P ＝I 2R ＝0.152×1.0 W ＝0.022 5 W(2)由题图乙知，当金属杆稳定运动时的电流为0.16 A 稳定时杆匀速运动，受力平衡，则有： mg sin θ＝BI ′L代入数据解得：B ＝0.75 T(3)t ＝1.2 s 时电源电动势E ＝I (R ＋r )＝BL v 代入数据得：v ＝0.3 m/s mg sin θ－BIL ＝ma 代入数据得：a ＝38m/s 2答案 (1)0.022 5 W (2)0.75 T (3)0.3 m/s38m/s 2 以题说法 电磁感应与动力学问题的解题策略在此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前要建立“动—电—动”的思维顺序，可概括为：(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向． (2)根据等效电路图，求解回路中的电流．(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的电流的影响，最后定性分析导体棒最终的运动情况． (4)列牛顿第二定律或平衡方程求解．如图7所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离L 时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g .求：图7(1)此过程杆的速度最大值v m ； (2)此过程流过电阻R 的电量． 答案 (1)(F －μmg )(R ＋r )B 2d 2(2)BdLR ＋r解析 (1)当杆达到最大速度v m 时，E ＝Bd v m F 安＝BId I ＝ER ＋r F f ＝μmg匀速时合力为零． F －μmg －B 2d 2v mR ＋r ＝0得v m ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2d 2.(2)由公式q ＝I t I ＝ER ＋r E ＝ΔΦΔt得q ＝ΔΦR ＋r ＝B ΔS R ＋r ＝BdLR ＋r.10．综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题例4 (22分)如图8所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为37°，导轨间距为1 m ，电阻不计，导轨足够长．两根金属棒ab 和以a ′b ′的质量都是0.2 kg ，电阻都是1 Ω，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B 的大小相同．让a ′b ′固定不动，将金属棒ab 由静止释放，当ab 下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8 W ．求：图8(1)ab 下滑的最大加速度；(2)ab 下落了30 m 高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q 为多大？(3)如果将ab 与a ′b ′同时由静止释放，当ab 下落了30 m 高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q ′为多大？(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 思维导图解析 (1)当ab 棒刚下滑时，ab 棒的加速度有最大值： a ＝g sin θ－μg cos θ＝4 m/s 2.(2分) (2)ab 棒达到最大速度时做匀速运动，有 mg sin θ＝BIL ＋μmg cos θ，(2分) 整个回路消耗的电功率P 电＝BIL v m ＝(mg sin θ－μmg cos θ)v m ＝8 W ，(2分) 则ab 棒的最大速度为：v m ＝10 m/s(1分) 由P 电＝E 22R ＝(BL v m )22R (2分)得：B ＝0.4 T ．(1分) 根据能量守恒得：mgh ＝Q ＋12m v 2m ＋μmg cos θ·h sin θ(2分) 解得：Q ＝30 J ．(1分)(3)由对称性可知，当ab 下落30 m 稳定时其速度为v ′，a ′b ′也下落30 m ，其速度也为v ′，ab 和a ′b ′都切割磁感线产生电动势，总电动势等于两者之和． 根据共点力平衡条件，对ab 棒受力分析， 得mg sin θ＝BI ′L ＋μmg cos θ(2分) 又I ′＝2BL v ′2R ＝BL v ′R (2分)代入解得v ′＝5 m/s(1分)由能量守恒2mgh ＝12×2m v ′2＋2μmg cos θhsin θ＋Q ′(3分)代入数据得Q ′＝75 J ．(1分) 答案 (1)4 m/s 2 (2)30 J (3)75 J(限时：15分钟，满分：16分)(2014·安徽·23)如图9甲所示，匀强磁场的磁感应强度B 为0.5 T ，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN (电阻忽略不计)，MP 和NP 长度均为2.5 m ，MN 连线水平，长为3 m ．以MN 中点O 为原点、OP 为x 轴建立一维坐标系Ox .一根粗细均匀的金属杆CD ，长度d 为3 m 、质量m 为1 kg 、电阻R 为0.3 Ω，在拉力F 的作用下，从MN 处以恒定速度v ＝1 m/s 在导轨上沿x 轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g 取10 m/s 2.图9(1)求金属杆CD 运动过程中产生的感应电动势E 及运动到x ＝0.8 m 处电势差U CD ； (2)推导金属杆CD 从MN 处运动到P 点过程中拉力F 与位置坐标x 的关系式，并在图乙中画出F －x 关系图像；(3)求金属杆CD 从MN 处运动到P 点的全过程产生的焦耳热． 答案 (1)1.5 V －0.6 V(2)F ＝12.5－3.75x (0≤x ≤2) 见解析图 (3)7.5 J解析 (1)金属杆CD 在匀速运动中产生的感应电动势E ＝Bl v (l ＝d ) E ＝1.5 V(D 点电势高)当x ＝0.8 m 时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l 外，则l 外＝d －OP －xOP d OP ＝MP 2－(MN2)2＝2 m得l 外＝1.2 m由楞次定律判断D 点电势高，故C 、D 两端电势差 U CD ＝－Bl 外v ＝－0.6 V .(2)杆在导轨间的长度l 与位置x 的关系是 l ＝OP －x OP d ＝3－32x对应的电阻R 1＝l d R电流I ＝Bl vR 1杆受的安培力为F 安＝BIl ＝7.5－3.75x 根据平衡条件得F ＝F 安＋mg sin θ F ＝12.5－3.75x (0≤x ≤2) 画出的F －x 图象如图所示．(3)外力F 所做的功W F 等于F －x 图线下所围的面积． 即W F ＝5＋12.52×2 J ＝17.5 J而杆的重力势能增加量ΔE p ＝mgOP sin θ 故全过程产生的焦耳热Q ＝W F －ΔE p ＝7.5 J.(限时：45分钟)题组1 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1．(2014·四川·6)如图1所示，不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H 、P 固定在框上，H 、P 的间距很小．质量为0.2 kg 的细金属杆CD 恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m 的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30 °角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B ＝(0.4－0.2t ) T ，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则( )图1A ．t ＝1 s 时，金属杆中感应电流方向从C 到DB ．t ＝3 s 时，金属杆中感应电流方向从D 到CC ．t ＝1 s 时，金属杆对挡板P 的压力大小为0.1 ND ．t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力大小为0.2 N答案 AC解析 根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C 到D ，故A正确，B 错误；由法拉第电磁感应定律可知：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ⊥S Δt ＝ΔBL 2Δtsin 30°＝0.2×12×12 V ＝0.1 V ，故感应电流为I ＝E R＝1 A ，金属杆受到的安培力F A ＝BIL ，t ＝1 s 时，F A ＝0.2×1×1 N ＝0.2 N ，方向如图甲，此时金属杆受力分析如图甲，由平衡条件可知F 1＝F A ·cos 60°＝0.1 N ，F 1为挡板P 对金属杆施加的力．t ＝3 s 时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图乙，此时挡板H 对金属杆施加的力向右，大小F 3＝BIL cos 60°＝0.2×1×1×12N ＝0.1 N ．故C 正确，D 错误． 2．如图2甲所示，在竖直向上的磁场中，水平放置一个单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m 2，线圈电阻为1 Ω，磁场的磁感应强度大小B 随时间t 的变化规律如图乙所示，规定从上往下看顺时针方向为线圈中感应电流i 的正方向．则( )图2A ．0～5 s 内i 的最大值为0.1 AB ．第4 s 末i 的方向为正方向C ．第3 s 内线圈的发热功率最大D ．3～5 s 内线圈有扩张的趋势答案 D解析 在t ＝0时磁通量的变化率最大，感应电流最大为I ＝E R ＝0.01 V 1 Ω＝0.01 A ，选项A 错误；第4 s 末，B 在正方向逐渐减小，根据楞次定律可知，i 的方向为负方向，选项B 错误；第3 s 内，线圈中感应电动势为零，所以第3 s 内线圈的发热功率为零，选项C 错误；3～5 s内穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知线圈有扩张的趋势，选项D 正确．3．有人设计了一个汽车＂再生能源装置＂原理简图如图3甲所示．当汽车减速时，线圈受到辐向磁场的阻尼作用助汽车减速，同时将产生的电能储存．图甲中，线圈匝数为n ，ab 长度为L 1，bc 长度为L 2.图乙是此装置的侧视图．切割处磁场的磁感应强度大小恒为B ，有理想边界的两个扇形磁场区边线夹角都是90°.某次测试时，外力使线圈以角速度ω逆时针匀速转动，线圈中电流i 随时间变化图象如图丙所示(I 为已知量)，取ab 边刚开始进入右侧的扇形磁场时刻t ＝0.不计线圈转轴处的摩擦，则( )图3A ．线圈在图乙所示位置时，线圈中电流方向为a →b →c →d →aB ．线圈在图乙所示位置时，线圈产生电动势的大小为12nBL 1L 2ω C ．外力做功的平均功率为nBL 1L 2ωI 2D ．闭合电路的总电阻为nBL 1L 2ωI答案 ACD解析 有两个边一直在均匀辐向磁场中做切割磁感线运动，故根据切割公式，有E ＝2nBL 1v ，其中v ＝12ωL 2，解得E ＝nBL 1L 2ω，根据右手定则，图乙中的线圈通过的电流方向为a →b →c →d →a ，故A 正确，B 错误；根据欧姆定律，电流I ＝E R ，解得R ＝nBL 1L 2ωI.线圈转动一个周期时间内，产生电流的时间是半周期，故外力做功的平均功率P ＝12I 2R ，解得P ＝nBL 1L 2ωI 2，故C 、D 正确． 题组2 电磁感应图象问题的分析4．如图4所示，光滑平行金属导轨MN 、PQ 所在平面与水平面成θ角，M 、P 两端接一阻值为R 的定值电阻，阻值为r 的金属棒ab 垂直导轨放置在靠近MP 的位置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．t ＝0时对金属棒施一平行于导轨的外力F ，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速运动．下列关于穿过回路abPMa 的磁通量Φ、磁通量的瞬时变化率ΔΦΔt、通过金属棒的电荷量q 以及a 、b 两端的电势差U 随时间t 变化的图象中，正确的是( )图4答案 BD解析 由题意知ab 棒做匀加速运动，其运动位移为x ＝12at 2，磁通量Φ＝BLx ＝BL ·12at 2，故A 错误；磁通量的瞬时变化率ΔΦΔt ＝BL Δx Δt＝BL v ＝BLat ，故B 正确；流过金属棒的电荷量q ＝ΔΦR ＝BL Δx R ，所以C 错误；a 、b 两端的电压U ＝R R ＋r E ＝R R ＋rBLat ，所以D 正确． 5．(2014·福建三明市三校联考)如图5甲所示，在水平桌面上，一个面积为S 、电阻为r 的圆形金属框置于磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B 1随时间t 的变化关系如图乙所示．在0～1 s 内磁场方向垂直线框平面向下，圆形金属框与一个电阻不计的水平平行金属导轨相连接，水平导轨上放置一根导体棒，导体棒的长为L 、电阻为R ，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场中，其磁感应强度值为B 2，方向垂直导轨平面向下．若导体棒始终保持静止，则其所受的静摩擦力F f 随时间变化的图象是下图中的(设水平向右为静摩擦力的正方向)( )图5答案 A解析 在0到1秒内磁感应强度B 1随时间t 均匀增加，感应电动势和电流恒定且感应电流方向为逆时针，则根据左手定则可得导体棒受到的安培力的方向为向左，大小恒定，所以棒受到的静摩擦力方向为向右，即为正方向，且大小也恒定．而在1秒到2秒内磁感应强度大小不变，则线圈中没有感应电动势，所以没有感应电流，则也没有安培力，因此棒不受静摩擦力．6．如图6所示，电阻不计的平行导轨竖直固定，上端接有电阻R ，高度为h 的匀强磁场与导轨平面垂直．一导体棒从磁场上方的A 位置释放，用x 表示导体棒进入磁场后的位移，i 表示导体棒中的感应电流大小，v 表示导体棒的速度大小，E k 表示导体棒的动能，a 表示导体棒的加速度大小，导体棒与导轨垂直并接触良好．以下图象可能正确的是( )图6答案 AC解析 导体棒进入磁场后，受到向上的安培力和重力，如果安培力大于重力，导体棒将做减速运动，安培力F 安＝B 2L 2v R 减小，当安培力减小到等于重力时，做匀速运动；电流I ＝BL v R，由于速度先减小后不变，故电流也是先减小后不变，故A 正确；导体棒进入磁场后，受到向上的安培力和重力，如果安培力大于重力，导体棒将做减速运动，根据动能定理，有：mgx －F 安x ＝E k －E k0，故E k ＝mgx －F 安x ＋E k0，由于减速运动时安培力是变力，故对应的E k －x 图不是直线，故B 错误；导体棒进入磁场后，受到向上的安培力和重力，如果安培力等于重力，导体棒的加速度为零；离开磁场后只受重力，加速度为g ，故C 正确；导体棒离开磁场后只受重力，加速度为g ，即x ＞h 部分的v －t 图象的斜率不可能为零，故D 错误． 题组3 综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题7．如图7所示，水平传送带带动两金属杆匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30°，两虚线EF 、GH 之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场宽度为L ，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d ，两金属杆a 、b 质量均为m ，两杆与导轨接触良好．当金属杆a 进入磁场后恰好做匀速直线运动，当金属杆a 离开磁场时，金属杆b 恰好进入磁场，则( )图7A ．金属杆b 进入磁场后做加速运动B ．金属杆b 进入磁场后做匀速运动C ．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL 2D ．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL答案 BD解析 由题意知，a 进入磁场后恰好做匀速直线运动，可得：mg sin θ＝BIL ，I ＝BL v R，由题意知，b 进入磁场时的速度等于a 进入磁场时的速度，故当b 进入磁场时，也做匀速直线运动，所以A 错误，B 正确；a 在磁场中产生的热量Q 1＝F 安L ＝mg sin 30°L ＝12mgL ，b 在磁场中运动产生的热量Q 2＝Q 1，所以两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为Q ＝Q 1＋Q 2＝mgL ，故D 正确．8．在如图8所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B 的匀强磁场区域，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场宽度均为L ，一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t 1时刻ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区域，此时导线框恰好以速度v 1做匀速直线运动；t 2时刻ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置，此时导线框又恰好以速度v 2做匀速直线运动．重力加速度为g ，下列说法中正确的是( )图8A ．当ab 边刚越过JP 时，导线框的加速度大小为a ＝g sin θB ．导线框两次匀速直线运动的速度v 1∶v 2＝4∶1C ．在t 1到t 2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量D ．在t 1到t 2的过程中，有3mgL sin θ2＋m (v 21－v 22)2机械能转化为电能 答案 BD解析 ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区域时，导线框做匀速运动，所以mg sin θ＝BI 1L ＝B 2L 2v 1R，当ab 边刚越过JP 时，I 2＝E 2R ＝2BL v 1R，由2BI 2L －mg sin θ＝ma ，联立解得a ＝3g sin θ，所以A 错误；当a ＝0时，以速度v 2做匀速直线运动，即4B 2L 2v 2R －mg sin θ＝0，得：mg sin θ＝4B 2L 2v 2R，所以v 1∶v 2＝4∶1，故B 正确；在t 1到t 2的过程中，根据能量守恒知导线框克服安培力做功的大小等于导线框重力势能的减少量加上动能的减少量，即克服安培力做功W ＝3mgL sin θ2＋m (v 21－v 22)2，所以C 错误；又克服安培力做功等于产生的电能，所以D 正确． 9．(2014·新课标Ⅱ·25)半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图9所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下．在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g .求：错误！未找到引用源。