2017年度高考物理（专题六 第1课时 电磁感应问题的综合分析）二轮专题练习
【步步高】2014高考物理大二轮专题复习与增分策略 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．
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，常用于计算平均电动势．
①若B变，而S不变，则E＝nS；
②若S变，而B不变，则E＝nB.
(2)导体棒垂直切割磁感线：E＝Blv，主要用于求电动势的瞬时值．
(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＝Bl2ω.
图1
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＝
·Δt＝n·Δt＝n.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.
题型1 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
例1 (2013·山东·18)将一段导线绕成图2甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内．回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反应F随时间t变化的图象是
( )
图2
解析 0～时间内，回路中产生顺时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab边所受安培力向左.～T时间内，回路中产生逆时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab边所受安培力向右，故B正确．
答案 B
以题说法 1.法拉第电磁感应定律E＝n，常有两种特殊情况，即E＝nS和E＝nB，其中是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，用同种电阻丝制成的正方形闭合线框1的边长与圆形闭合线框2的直径相等．m和n是1线框下边的两个端点，p和q是2线框水平直径的两个端点.1和2线框同时由静止开始释放并进入上边界水平、足够大的匀强磁场中，进入过程中m、n和p、q连线始终保持水平．当两线框完全进入磁场以后，下面说法正确的是( )
图3
A．m、n和p、q电势的关系一定有Um
Q2
D．进入磁场过程中流过1和2线框的电荷量Q1＝Q2
答案 AD
解析 当两线框完全进入磁场以后，根据右手定则知Un>Um，Uq>Up，A正确；两线框完全进入磁场后，由于两线框的速度关系无法确定，故不能确定两点间的电势差的关系，B错误；设m、n间距离为a，由q＝，R＝得进入磁场过程中流过1、2线框的电荷量都为，C错误，D正确．题型2 电磁感应图象问题
例2 (2013·福建·18)如图4，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气的影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律 ( )
图4
解析 线框在0～t1这段时间内做自由落体运动，v－t图象为过原点的倾斜直线，t2之后线框完全进入磁场区域中，无感应电流，线框不受安培力，只受重力，线框做匀加速直线运动，v－t图象为倾斜直线．t1～t2这段时间线框受到安培力作用，线框的运动类型只有三种，即可能为匀速直线运动、也可能为加速度逐渐减小的加速直线运动，还可能为加速度逐渐减小的减速直线运动，而A选项中，线框做加速度逐渐增大的减速直线运动是不可能的，故不可能的v－t图象为A选项中的图象．
答案 A
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，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R，边长为l，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场．规定顺时针方向为感应电流I的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过线框横截面的电荷量为q，其中P－t图象为抛物线，则这些量随时间变化的关系正确的是 ( )
图5
答案 C
解析 线框速度v＝at，产生的感应电动势E＝Blv＝Blat，感应电流i＝＝，i与t成正比，A错误；受到的安培力F安＝，又由F－F安＝ma得F＝＋ma，故B错误；电功率P＝＝，则P随t变化的关系是二次函数，其图象是开口向上的抛物线，C正确；通过线框横截面的电荷量q＝it＝，即q－t图象也是抛物线，D错误．
题型3 电磁感应过程的动力学分析
例3 (16分)如图6所示，两平行导轨间距L＝0.1 m，足够长光滑的倾斜部分和粗糙的水平部分圆滑连接，倾斜部分与水平面的夹角θ＝30°，垂直斜面方向向上的磁场磁感应强度B＝0.5 T，水平部分没有磁场．金属棒ab质量m＝0.005 kg、电阻r＝0.02 Ω，运动中与导轨始终接触良好，并且垂直于导轨．电阻R＝0.08 Ω，其余电阻不计．当金属棒从斜面上离地高h＝1.0 m以上的任何地方由静止释放后，在水平面上滑行的最大距离x都是1.25 m．取g＝10 m/s2，求：
图6
(1)金属棒在斜面上的最大速度；
(2)金属棒与水平面间的动摩擦因数；
(3)从高度h＝1.0 m处滑下后电阻R上产生的热量．
审题突破 金属棒在倾斜导轨上运动时受到几个力作用？安培力有什么特点？金属棒在高于1.0 m的不同地方释放会有什么共同特点？
解析 (1)到达水平面之前已经开始匀速运动 (1分)
设最大速度为v，感应电动势E＝BLv (1分)
感应电流I＝ (1分)
安培力F＝BIL (1分)
匀速运动时，mgsin θ＝F (1分)
解得v＝1.0 m/s (1分)
(2)滑动摩擦力Ff＝μmg (1分)
金属棒在摩擦力作用下做匀减速直线运动，有Ff＝ma (1分)
金属棒在水平面做匀减速直线运动，有v2＝2ax (1分)
解得μ＝0.04 (1分)
(用动能定理同样可以得分)
(3)下滑的过程中，由动能定理可得：
mgh－W＝mv2 (2分)
安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热W＝Q (1分)
电阻R上产生的热量：QR＝Q (2分)
联立解得：QR＝3.8×10－2 J (1分)
答案 (1)1.0 m/s (2)0.04 (3)3.8×10－2 J
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甲所示，光滑绝缘水平面上有一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.2 T，以虚线MN为左边界，MN的左侧有一质量m＝0.1 kg，bc边长L1＝0.2 m，电阻R＝0.2 Ω的矩形线圈abcd.t＝0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1 s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时有一装置立即将拉力F改为变力，又经过1 s，线圈恰好完全进入磁场．整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示．
图7
(1)求线圈bc边刚进入磁场时的速度v1和线圈在第1 s内运动的距离x；
(2)写出第2 s内变力F随时间t变化的关系式；
(3)求线圈ab边的长度L2.
答案 (1)0.5 m/s 0.25 m (2)F＝(0.008t＋0.096) N
(3)1 m
解析 (1)由题图乙可知，线圈刚进入磁场时的感应电流I1＝0.1 A，此时线圈已运动的时间为1 s，
E1＝BL1v1
I1＝
联立以上两式，代入数据可得v1＝0.5 m/s
v1＝a1t
x＝a1t2＝0.25 m
(2)由题图乙，在第2 s内，线圈中的电流随时间的变化规律为i＝(0.2t－0.1) A，故线圈所受安培力随时间的变化规律为：
F安＝BIL1＝(0.008t－0.004) N
t＝2 s时线圈的速度v2＝＝1.5 m/s
线圈在第2 s内的加速度
a2＝＝1 m/s2
由牛顿第二定律得F＝F安＋ma2＝(0.008t＋0.096) N
(3)在第2 s内，线圈的位移等于L2，根据匀变速直线运动的规律有
L2＝v1t＋a2t2
上式中t为1 s，代入得L2＝1 m
10．综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题
审题示例
(22分)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8(a)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，g取10 m/s2.ab棒在方向竖直向上、大小按图(b)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．
(a)
(b) (c)
图8
(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；
(3)判断cd棒将做怎样的运动，求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在图(c)中定性画出cd棒所受摩擦力Ffcd随时间变化的图象．
审题模板
答题模板
(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 (3分)
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分)
(2)在2 s末金属棒ab的速率v＝at＝2 m/s (1分)
所发生的位移x＝at2＝2 m (1分)
由动能定理得WF－m1gx－W安＝m1v2 (2分)
又Q＝W安
联立以上各式并代入数据，解得Q＝18 J (2分)
(3)cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动． (2分)
当cd棒速度达到最大时，对cd棒有：m2g＝μFN (1分)
又FN＝F安，F安＝BIL
整理解得m2g＝μBIL (2分)
对abcd回路：I＝＝ (2分)
解得vm＝
＝ m/s＝2 m/s (1分)
vm＝at0得t0＝2 s (1分)
Ffcd随时间变化的图象如图所示． (2分)
答案 (1)1.2 T 1 m/s2 (2)18 J (3)见解析
如图9所示，正方形单匝均匀线框abcd，边长L＝0.4 m，每边电阻相等，总电阻R＝0.5 Ω.一根足够长的绝缘轻质细线跨过两个轻质光滑定滑轮，一端连接正方形线框，另一端连接绝缘物体P.物体P放在一个光滑的足够长的固定斜面上，斜面倾角θ＝30°，斜面上方的细线与斜面平行．在正方形线框正下方有一有界的匀强磁场，上边界Ⅰ和下边界Ⅱ都水平，两边界之间距离也是L＝0.4 m．磁场方向水平，垂直纸面向里，磁感应强度大小B＝0.5 T．现让正方形线框的cd边距上边界Ⅰ高度h＝0.9 m的位置由静止释放，且线框在运动过程中始终与磁场垂直，cd边始终保持水平，物体P始终在斜面上运动，线框刚好能以v＝3 m/s的速度进入匀强磁场并匀速通过匀强磁场区域．释放前细线绷紧，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
图9
(1)线框的cd边在匀强磁场中运动的过程中，c、d间的电压是多大；
(2)线框的质量m1和物体P的质量m2分别是多大；
(3)在cd边刚进入磁场时，给线框施加一个竖直向下的拉力F，使线框以进入磁场前的加速度匀加速通过磁场区域，在此过程中，力F做功W＝0.23 J，求正方形线框cd边产生的焦耳热是多少．
答案 (1)0.45 V (2)0.032 kg 0.016 kg (3)0.057 5 J
解析 (1)正方形线框匀速通过匀强磁场区域的过程中，设cd边上的感应电动势为E，线框中的电流强度为I，c、d间的电压为Ucd，则
E＝BLv
I＝
Ucd＝IR
解得Ucd＝0.45 V
(2)正方形线框匀速通过磁场区域的过程中，设受到的安培力为F安，细线上的张力为FT，则
F安＝BIL
FT＝m2gsin θ
m1g＝FT＋F安
正方形线框在进入磁场之前的运动过程中，根据能量守恒有
m1gh－m2ghsin θ＝(m1＋m2)v2
解得m1＝0.032 kg，m2＝0.016 kg
(3)因为线框在磁场中运动的加速度与进入磁场前的加速度相同，所以在通过磁场区域的过程中，线框和物体P的总机械能保持不变，故力F做功W等于整个线框中产生的焦耳热Q，即
W＝Q
设线框cd边产生的焦耳热为Qcd，根据Q＝I2Rt有
Qcd＝Q
解得Qcd＝0.057 5 J
(限时：45分钟)
一、单项选择题
1． (2013·新课标Ⅰ·17)如图1，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是
( )
图1
答案 A
解析 设∠bac＝2θ，MN以速度v匀速运动，导体棒单位长度的电阻为R0.经过时间t，导体棒的有效切割长度L＝2vttan θ，感应电动势E＝BLv＝2Bv2ttan θ，回路的总电阻R＝(2vttan θ＋)R0，回路中电流i＝＝.故i与t无关，是一个定值，选项A正确．
2． (2013·安徽·16)如图2所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6) ( )
图2
A．2.5 m/s 1 W B．5 m/s 1 W
C．7.5 m/s 9 W D．15 m/s 9 W
答案 B
解析 导体棒MN匀速下滑时受力如图所示，由平衡条件可得F安
＋μmgcos θ＝mgsin θ，所以F安＝mg(sin θ－μcos θ)＝0.4 N，由F安
＝BIL得I＝＝1 A，所以E＝I(R灯＋RMN)＝2 V，导体棒的运动速
度v＝＝5 m/s，小灯泡消耗的电功率为P灯＝I2R灯＝1 W．正确选项为B.
3． 如图3所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的直角三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直．则下列各图中可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化的规律的是 ( )
图3
答案 D
解析 根据法拉第电磁感应定律和楞次定律，可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化规律的是图D.
4． (2013·新课标Ⅱ·16)如图4，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v－t图象中，可能正确描述上述过程的是 ( )
图4
答案 D
解析 导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E＝BLv、I＝、F＝BIL得F＝，随着v的减小，安培力F减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F＝，导线框做加速度减小的减速运动，所以选项D正确．
5． 图5中L是绕在铁芯上的线圈，它与电阻R、R0、电键和电池E可构成闭合回路．线圈上的箭头表示线圈中电流的正方向，当电流的流向与箭头所示的方向相同时，该电流为正，否则为负．电键K1和K2都处于断开状态．设在t＝0时刻，接通电键K1，经过一段时间，在t＝t1时刻，再接通电键K2，则能正确表示L中的电流I随时间t变化图线的是 ( )
图5
答案 A
解析 t＝0时刻，接通电键K1，由于线圈自感的作用，L中的电流I逐渐增大．在t＝t1时刻，再接通电键K2，线圈产生自感电动势，电流逐渐减小，选项A正确．
二、多项选择题
6． 如图6甲所示，MN左侧有一垂直纸面向里的匀强磁场．现将一边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场方向垂直，且bc边与磁场边界MN重合．当t＝0时，对线框施加一水平拉力F，使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当t＝t0时，线框的ad边与磁场边界MN重合．图乙为拉力F随时间t变化的图线．由以上条件可知，磁场的磁感应强度B的大小及t0时刻线框的速率v为
( )
图6
A．B＝ B．B＝
C．v＝ D．v＝
答案 BC
解析 由法拉第电磁感应定律有E＝BLv，而v＝at，由欧姆定律有I＝，由安培力公式有F安＝BIL，由牛顿第二定律有F－F安＝ma，解得F＝ma＋t，由此式及F－t图象可知F0＝ma，＝，解得a＝，B＝ ，则v＝at0＝，选项B、C正确，A、D错误．
7． 如图7所示，间距l＝0.4 m的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ＝30°，正方形区域abcd内匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T，方向垂直于斜面．甲、乙两金属杆电阻R相同、质量均为m＝0.02 kg，垂直于导轨放置．起初，甲金属杆处在磁场的上边界ab上，乙在甲上方距甲也为l处．现将两金属杆同时由静止释放，并同时在甲金属杆上施加一个沿着导轨的拉力F，使甲金属杆始终以a＝5 m/s2的加速度沿导轨匀加速运动，已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，取g＝10 m/s2，则 ( )
图7
A．每根金属杆的电阻R＝0.016 Ω
B．甲金属杆在磁场中运动的时间是0.4 s
C．甲金属杆在磁场中运动过程中F的功率逐渐增大
D．乙金属杆在磁场中运动过程中安培力的功率是0.1 W
答案 BC
解析 乙金属杆在进入磁场前，甲、乙两金属杆加速度大小相等，当乙刚进入磁场时，甲刚好出磁场．由v2＝2al解得乙进、甲出磁场时的速度大小均为v＝2 m/s，由v＝at解得甲金属杆在磁场中运动的时间为t＝0.4 s，选项B正确；乙金属杆进入磁场后有mgsin 30°＝BIl，又Blv＝I·2R，联立解得R＝0.064 Ω，选项A错误；甲金属杆在磁场中运动过程中力F和杆的速度都逐渐增大，则其功率也逐渐增大，选项C正确；乙金属杆在磁场中运动过程中安培力的功率是P＝BIlv＝0.2 W，选项D错误．故本题答案为B、C.
8． 如图8所示，两条电阻不计的平行导轨与水平面成θ角，导轨的一端连接定值电阻R1，匀强磁场垂直穿过导轨平面．一根质量为m、电阻为R2的导体棒ab，垂直导轨放置，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，且R2＝2R1.如果导体棒以速度v匀速下滑，导体棒此时受到的安培力大小为F，则以下判断正确的是 ( )
图8
A．电阻R1消耗的电功率为
B．整个装置消耗的机械功率为Fv
C．整个装置因摩擦而消耗的功率为μmgvcos θ
D．若使导体棒以v的速度匀速上滑，则必须施加沿导轨向上的外力F外＝2F
答案 AC
解析 由能量守恒定律可知，安培力的功率等于电路中消耗的电功率，因此有P＝P1＋P2＝Fv，由焦耳定律可知＝＝，解得P1＝Fv，A正确；由于导体棒匀速运动，整个装置消耗的机械功率等于重力的功率，为mgvsin θ，B错误；下滑过程中，导体棒所受摩擦力大小为Ff＝μmgcos θ，整个装置因摩擦而消耗的功率为P′＝Ffv＝μmgvcos θ，C正确；若使导体棒以v
的速度匀速上滑，则安培力方向沿斜面向下而大小不变，由共点力平衡条件可知，则应沿斜面向上施加的拉力为F外＝mgsin θ＋F＋μmgcos θ，又导体棒以速度v匀速下滑时，导体棒受到的安培力大小为F，有mgsin θ＝F，故F外＝2F＋μmgcos θ，D错误．
9． 如图9所示，空间存在垂直纸面向里的高度为a的有界匀强磁场，磁场边界水平，磁感应强度大小为B.一个边长为2a、质量为m的正方形线框ABCD，AB边电阻为R1，CD边电阻为R2，其他两边电阻不计，从距离磁场上边界某一高度处自由下落，AB边恰能匀速通过磁场，重力加速度为g，则 ( )
图9
A．线框匀速运动的速度为
B．线框匀速运动时，AB边消耗的电功率为
C．线框通过磁场的整个过程中，电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向
D．从开始到AB边刚好进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量为
答案 AB
解析 线框匀速通过磁场时，安培力等于重力，即＝mg，解得v＝，选项A正确；安培力等于重力，则有BI·2a＝mg，AB边消耗的电功率为I2R1＝，选项B正确；根据楞次定律，电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，选项C错误；从开始到AB边刚好进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量为，选项D错误．
三、非选择题
10． 如图10甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.2 m，电阻R＝0.4 Ω，导轨上停放一质量为m＝0.1 kg，电阻为r＝0.1 Ω的金属杆ab，导轨的电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场的方向竖直向下．现用一外力F沿水平方向拉杆，使杆由静止开始运动，若理想电压表示数U随时间t的变化关系如图乙所示．求：
图10
(1)金属杆在第5秒末的瞬时速度；
(2)若在5秒时间内电阻R上产生的焦耳热为12.5 J，求在这段时间内外力F所做的功．
答案 (1)25 m/s (2)46.875 J
解析 (1)由题图乙可知t＝5 s时，U＝2 V
由I＝＝ A＝5 A
E＝I(R＋r)＝5×(0.4＋0.1) V＝2.5 V
E＝BLv
解得v＝＝ m/s＝25 m/s
(2)由动能定理，WF－W安＝mv2
W安＝Q1＋Q2＝Q
＝＝
因Q1＝12.5 J，故Q2＝3.125 J
所以W安＝Q＝15.625 J
WF＝mv2＋W安 ＝31.25 J＋15.625 J＝46.875 J
11．如图11所示，一质量m＝0.5 kg的“日”字形匀质导线框“abdfeca”静止在倾角α＝37°的粗糙斜面上，线框各段长ab＝cd＝ef＝ac＝bd＝ce＝df＝L＝0.5 m，ef与斜面底边重合，线框与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，ab、cd、ef三段的阻值相等且均为R＝0.4 Ω，其余部分电阻不计．斜面所在空间存在一有界矩形匀强磁场区域GIJH，其宽度GI＝HJ＝L，长度IJ>L，IJ∥ef，磁场垂直斜面向上，磁感应强度B＝1 T．现用一大小F＝5 N、方向沿斜面向上且垂直于ab的恒力作用在ab中点，使线框沿斜面向上运动，ab进入磁场时线框恰好做匀速运动．若不计导线粗细，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
图11
(1)ab进入磁场前线框运动的加速度a的大小；
(2)cd在磁场中运动时，外力克服安培力做功的功率P；
(3)线框从开始运动到ef恰好穿出磁场的过程中，线框中产生的焦耳热与外力F做功的比值.
答案 (1)2 m/s2 (2)2.4 W (3)
解析 (1)ab进入磁场前，线框做匀加速运动
摩擦力Ff＝μmgcos α
由牛顿第二定律有F－mgsin α－Ff＝ma
代入数据解得加速度a＝2 m/s2
(2)由于线框穿过磁场的过程中有且仅有一条边切割磁感线，等效电路也相同，所以线框一直做匀速运动，设速度大小为v
由力的平衡条件有F＝mgsin α＋μmgcos α＋F安
代入数据解得F安＝1 N
而F安＝BIL＝
R总＝R＋＝0.6 Ω
解得v＝2.4 m/s
所以P＝F安v＝2.4 W
(3)设ab进入磁场前线框发生的位移为x
则x＝＝1.44 m
则Q＝F安·3L＝1.5 J
W＝F(x＋3L)＝14.7 J
＝
