电磁感应的综合问题.docx

专题强化十二电磁感应的综合问题专题解读 1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题，也以计算题的形式命题.2.学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心. 3.用到的知识有：左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图象、动能定理和能量守恒定律等.命题点一电磁感应中的图象问题1.题型简述借助图象考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为两类：(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图象；(2)由给定的图象分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象.常见的图象有 B－ t 图、 E－ t 图、 i － t 图、 v－ t 图及 F－t 图等 .2.解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键.3.解题步骤(1)明确图象的种类，即是B－t 图还是Φ－ t 图，或者E－ t 图、 I－ t 图等；(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的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；(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)画图象或判断图象.4.两种常用方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小 )、变化快慢 (均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项.(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断 .例 1(多选 )(2017 ·河南六市一模 )边长为 a 的闭合金属正三角形轻质框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中，现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图 1 所示，则下列图象与这一拉出过程相符合的是( )图 1答案BC解析设正三角形轻质框架开始出磁场的时刻t ＝ 0，则其切割磁感线的有效长度L ＝ 2xtan 30 °2 3 2 3＝3 x ，则感应电动势 E 电动势 ＝ BL v ＝ 3 Bvx ，则 C 项正确， D 项错误 .框架匀速运动，故 F2 22 2外力 ＝ F 安＝ B L v＝4B x v∝ x 2， A 项错误 .P 外力功率 ＝ F 外力 v ∝F 外力 ∝ x 2， B 项正确 .R3R变式 1(2017 ·江西南昌三校四联 )如图 2 所示，有一个矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里 .一个三角形闭合导线框， 由位置 1(左 )沿纸面匀速到位置 2(右 ).取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点 (t ＝ 0)，规定逆时针方向为电流的正方向， 则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是 ()图 2答案 A解析线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流方向应为正方向，故 B 、 C 错误；线框进入磁场 的过程，线框切割磁感线的有效长度先均匀增大后均匀减小，由E ＝ BLv ，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流方向应为负方向，线框切割磁感线的有效长度先均匀增大后均匀减小，由 E ＝BLv ，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A 正确， D 错误 .变式 2 (2017 ·河北唐山一模 )如图 3 所示，在水平光滑的平行金属导轨左端接一定值电阻 R ，导体棒 ab 垂直导轨放置， 整个装置处于竖直向下的匀强磁场中.现给导体棒一向右的初速度，不考虑导体棒和导轨电阻，下列图线中，导体棒速度随时间的变化和通过电阻 R 的电荷量 q随导体棒位移的变化描述正确的是()图 3答案B2 2解析导体棒运动过程中受向左的安培力F ＝B L v，安培力阻碍棒的运动，速度减小，由牛R2 2顿第二定律得棒的加速度大小a ＝ F ＝B L v，则 a 减小， v － t 图线斜率的绝对值减小，故Bm RmΔΦ项正确， A 项错误 .通过 R 的电荷量 q ＝ It ＝EtΔΦ＝ BLt ＝R ·Δt ＝R RR x ，可知 C 、 D 项错误 .命题点二电磁感应中的动力学问题1.题型简述感应电流在磁场中受到安培力的作用， 因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起 .解决这类问题需要综合应用电磁感应规律( 法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律 (共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等).2.两种状态及处理方法状态 特征 处理方法平衡态 加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析3.动态分析的基本思路解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件 .具体思路如下：例 2(2016 ·全国卷 Ⅱ ·24)如图 4，水平面 (纸面 )内间距为 l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为 m 、长度为 l 的金属杆置于导轨上 .t ＝0 时，金属杆在水平向右、大小为 F 的恒定拉力作用下由静止开始运动 .t 0 时刻，金属杆进入磁感应强度大小为 B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域， 且在磁场中恰好能保持匀速运动 .杆与导轨的电阻均忽略不计， 两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为 μ.重力加速度大小为 g.求：图 4(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值 .答案 (1) Blt0(F－μg)(2)B2l2t0 m m解析 (1) 设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 F－μmg＝ ma①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝ at0②当金属杆以速度 v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E＝ Blv③联立①②③ 式可得FE＝Blt 0(m－μg)④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律E⑤I＝R式中 R 为电阻的阻值 .金属杆所受的安培力为F 安＝ BlI⑥因金属杆做匀速运动，有 F －μ mg－F 安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得 R＝B2l 2t0 m.变式 3 (2017 ·江淮十校三模 )宽为 L 的两光滑竖直裸导轨间接有固定电阻R，导轨 (电阻忽略不计 )间Ⅰ、Ⅱ区域中有垂直纸面向里宽为d，磁感应强度为 B 的匀强磁场，Ⅰ、Ⅱ区域间距为 h，如图 5，有一质量为 m、长为 L 、电阻不计的金属杆与竖直导轨紧密接触，从距区域Ⅰ上端 H 处由静止释放 .若杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，现以杆由静止释放为计时起点，则杆中电流随时间 t 变化的图象可能正确的是()图5答案B解析杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，说明产生的感应电流也应完全相同，排除 A 和C 选项 .因杆在无磁场区域中做a＝ g 的匀加速运动，又杆在Ⅰ 、Ⅱ 区域中运动情况完全相同，则杆在Ⅰ 、Ⅱ 区域应做减速运动，在区域Ⅰ中对杆受力分析知其受竖直向下的重力和竖直向mg－B2L2v R上的安培力，由牛顿第二定律得加速度a＝，方向竖直向上，则知杆做加速度逐渐mBLv减小的减速运动，又I＝R，由 I－ t 图线斜率变化情况可知选项 B 正确，选项 D 错误 .变式 4 (2017 ·上海单科·20 改编 )如图 6，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R 的电阻相连，该装置处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面 .质量为 m 的金属杆 ab 以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置.在运动过程中， ab 与导轨垂直且接触良好，不计ab 和导轨的电阻及空气阻力 .图6(1)求 ab 开始运动时的加速度 a 的大小；(2)分析并说明ab 在整个运动过程中速度、加速度的变化情况答案见解析解析(1) 利用楞次定律，对初始状态的ab 受力分析得：mgsin θ＋ BIL ＝ma .①对回路分析E BL v0I＝ R＝R②联立①② 得B2L2v0a＝ gsin θ＋mR(2)上滑过程：由第 (1) 问中的分析可知，上滑过程加速度大小表达式为：B2 L2va 上＝ gsin θ＋③mR上滑过程， a、v 反向，做减速运动.利用③式， v 减小则 a 减小，可知，杆上滑时做加速度逐渐减小的减速运动.下滑过程：由牛顿第二定律，对ab 受力分析得：B2L 2vmgsin θ－R＝ma下2 2B L va 下＝ gsin θ－因 a 下与 v 同向， ab 做加速运动 .由⑤得 v 增加， a 下减小，杆下滑时做加速度逐渐减小的加速运动.④⑤命题点三电磁感应中的动力学和能量问题1.题型简述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来实现的.安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程 .2.解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；(3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解.3.求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝ UIt 或 Q＝ I2Rt 直接进行计算.(2)若电流变化，则①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能.例 3如图7所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成.倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r 的定值电阻 .质量为 m、电阻也为r 的金属杆 MN 垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度为B 的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直轨道平面向下、磁感应强度也为 B 的匀强磁场 .闭合开关S，让金属杆MN 从图示位置由静止释放，已知金属杆MN 运动到水平轨道前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆MN 两端始终与导轨接触良好，重力加速度为g.求：图 7(1)金属杆 MN 在倾斜导轨上滑行的最大速率v m；(2)金属杆 MN 在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度v m前，当流经定值电阻的电流从零增大到 I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q；(3)金属杆 MN 在水平导轨上滑行的最大距离x m.答案见解析解析(1) 金属杆 MN 在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得mgsin θ－ BI m L＝ 0根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：BL v mI m ＝ 2r2mgrsin θ解得： v m ＝2 2 B L(2)设在这段时间内，金属杆 MN 运动的位移为 x由电流的定义可得： q ＝ It根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得：平均电流I ＝BS ＝ BLx2rt 2r t2qr解得： x ＝ BL设电流为 I 0 时金属杆 MN 的速度为 v 0，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，可得 I 0＝BLv 0，解得 v 0＝ 2rI 02rBL设此过程中，电路产生的焦耳热为Q 热，由功能关系可得：12mgxsin θ＝ Q 热 ＋ 2mv 01定值电阻 r 产生的焦耳热 Q ＝ 2Q 热2 2解得： Q ＝mgqr sin θ mI 0 rBL－ B 2 L 2(3)设金属杆 MN 在水平导轨上滑行时的加速度大小为 a ，速度为 v 时回路电流为 I ，由牛顿第二定律得： BIL ＝ ma由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：BLv I ＝ 2r2 2v联立可得： B Lv ＝ m t2r B 2L2B 2L 22r v t ＝ m v ，即 2r x m ＝mv m得： x m ＝ 4m 2gr 2sin θB 4L 4变式 5(多选 )(2017 ·山东潍坊中学一模 )如图 8 所示，同一竖直面内的正方形导线框 a 、b 的边长均为 l ，电阻均为 R ，质量分别为 2m 和 m.它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l 、磁感应强度大小为 B 、方向垂直竖直面的匀强磁场区域 .开始时，线框 b 的上边与匀强磁场的下边界重合，线框现将系统由静止释放，当线框 b 全部进入磁场时，空气阻力，重力加速度为g，则 ()图 8A. a、 b 两个线框匀速运动时的速度大小为2mgR2 2B lB. 线框 a 从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为a 的下边到匀强磁场的上边界的距离为l .a、b 两个线框开始做匀速运动.不计摩擦和2 33B lC.从开始运动到线框 a 全部进入磁场的过程中，线框 a 所产生的焦耳热为 mglD.从开始运动到线框 a 全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl答案BC解析设两线框匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力大小为 F T，则对 a 有： F T＝2mg－E mgRBIl ，对 b 有： F T＝ mg，又 I＝， E＝ Blv，解得 v＝ 2 2，故 A 错误 .线框 a 从下边进入磁场R B l后，线框 a 通过磁场时以速度v 匀速运动，则线框 a 从下边进入磁场到上边离开磁场所用时3l3B2l3间 t ＝v＝mgR，故 B 正确 .从开始运动到线框 a 全部进入磁场的过程中，线框 a 只在其匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q，由功能关系有 2mgl － F T l＝ Q，得 Q＝ mgl ，故 C 正确 .设两线框从开始运动到线框 a 全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动2l 的距离，对这一过程，由能量守恒定律有： 4mgl12＋ W，得 W＝ 2mgl －3m3g2R2＝ 2mgl＋× 3mv 4 4 ，故D错误.22B l变式 6如图 9 所示，两条相距 d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻 .质量为 m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为 B、方向竖直向下 .当该磁场区域以速度 v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触 .求：图 9(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ；(2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P.答案Bdv0B2d2v0B2d2 v0－ v 2 (1)(2)(3)R mR R解析(1) MN 刚扫过金属杆时，感应电动势E＝Bdv0E感应电流I＝RBdv0解得 I＝R(2)安培力 F＝ BId由牛顿第二定律得F＝ma2 2解得a＝ B d v0mR(3)金属杆切割磁感线的相对速度v′＝ v0－ v，则感应电动势E′＝ Bd( v0－v)2电功率 P＝E′RB2 d2 v0－ v 2解得 P＝R1.将一段导线绕成如图 1 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为匀强磁场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，能正确反映 F 随时间 t 变化的图象是()图1答案B根据 B－ t 图象可知，在0～T解析2时间内， B－ t 图线的斜率为负且为定值，根据法拉第电B磁感应定律 E＝ n t S 可知，该段时间圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的，由楞次定T律可知， ab 中电流方向为 b→ a，再由左手定则可判断ab 边受到向左的安培力，且0～2时间内安培力恒定不变，方向与规定的正方向相反；在T～T 时间内， B－t 图线的斜率为正且为2定值，故 ab 边所受安培力仍恒定不变，但方向与规定的正方向相同.综上可知， B 正确 . 2.如图 2 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里的匀强磁场区域，磁场仅限于虚线边界所围的区域，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，则金属框穿过磁场的过程中感应电流 i 随时间 t 变化的图象是 ()图2答案C解析在金属框进入磁场过程中，感应电流的方向为逆时针，金属框切割磁感线的有效长度线性增大，排除 A 、 B；在金属框出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，金属框切割磁感线的有效长度线性减小，排除D，故 C 正确 .3.(多选 )(2017山·东泰安二模)如图 3 甲所示，间距为L 的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R.垂直导轨的导体棒ab在平行导轨的水平外力 F 作用下沿导轨运动， F 随 t 变化的规律如图乙所示.在 0～ t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动.图乙中 t0、F 1、 F 2为已知量，棒和导轨的电阻不计.则 ()图3A. 在 t0以后，导体棒一直做匀加速直线运动B. 在 t0以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动C.在 0～ t0时间内，导体棒的加速度大小为2 F 2－F 1 R22t0B LF 2－ F1 t0D.在 0～ t0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为2BL答案BD解析因在 0～ t0时间内棒做匀加速直线运动，故在t0时刻 F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持 F 2不变，安培力逐渐变大，导体棒先做加速度减小的加速运动，当加速度a＝0，即导体棒所受安培力与外力2 相等后，导体棒做匀速直线运动，故 A 错误， B 正确 .设在F0 时间内导体棒的加速度为a，通过导体棒横截面的电荷量为q，导体棒的质量为m， t 00～ t22ΔΦ，ΔΦ＝ B S＝BL vt0，时刻导体棒的速度为v，则有： a＝v，F2－B L v＝ ma，F1＝ma，q＝t 0R R2F2－F1R F2－F 1 0t解得： a＝ 2 20， q＝2BL，故 C 错误， D 正确 .B L t4.如图 4 所示的匀强磁场中有一根弯成45°的金属线 POQ ，其所在平面与磁场垂直，长直导线 MN 与金属线紧密接触，起始时OA＝l 0，且 MN ⊥ OQ ，所有导线单位长度电阻均为r ，MN 匀速水平向右运动的速度为v，使 MN 匀速运动的外力为 F ，则外力 F 随时间变化的规律图象正确的是 ()图4答案C解析设经过时间 t，则 MN 距 O 点的距离为 l0＋vt，直导线在回路中的长度也为l 0＋ vt，此时直导线产生的感应电动势E＝ B(l 0＋ vt)v；整个回路的电阻为R＝ (2＋ 2)(l0＋ vt)r，回路的E B l 0＋ vt v Bv电流I＝R＝2＋2 l0＋vt r＝2＋2 r；直导线受到的外力 F 大小等于安培力，即 F ＝ BIL ＝Bv2B B v(l 0＋ vt) ，故C 正确 .(l 0＋ vt)＝2＋ 2 r2＋ 2 r5.(多选 )(2017 河·南三市二模 )如图 5 所示，一根总电阻为R 的导线弯成宽度和高度均为 d 的“半正弦波”形闭合线框.竖直虚线之间有宽度也为d、磁感应强度为 B 的匀强磁场，方向垂直于线框所在的平面 .线框以速度 v 向右匀速通过磁场，ab 边始终与磁场边界垂直.从 b 点到达边界开始到 a 点离开磁场为止，在这个过程中()图5A.线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向B.ab 段直导线始终不受安培力的作用1C.平均感应电动势为2BdvB2 d3vD.线框中产生的焦耳热为R答案 AD解析整个过程中闭合线框中的磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可判定A 正确 .ab 段导线中有电流通过且与磁场垂直，故其受安培力的作用， B 错误 .由于整个过程中磁通量变化量为 0，故平均感应电动势为0， C 错误 .整个过程中线框中产生一个周期的正弦式E2Bdv 2 B 2d 3交变电流，其电动势峰值为E m ＝ Bdv ，则线框中产生的焦耳热为Q ＝2 2d vR t ＝R · ＝，v RD 正确 .6.(2016 全·国卷 Ⅰ ·24)如图 6，两固定的绝缘斜面倾角均为 θ，上沿相连 .两细金属棒 ab(仅标出a 端 )和 cd(仅标出 c 端 )长度均为 L ，质量分别为 2m 和 m ；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路 abdca ，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平 .右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B ，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为 R ，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为 μ，重力加速度大小为 g ，已知金属棒 ab 匀速下滑 .求：图 6(1)作用在金属棒 ab 上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小.答案(1) mg(sin θ－ 3μcos θ)mgR(2)B 2L 2(sinθ－ 3μcos θ)解析(1) 由于ab 、cd 棒被平行于斜面的导线相连，故ab 、 cd 速度总是相等， cd 也做匀速直线运动 .设导线的张力的大小为F T ，右斜面对ab 棒的支持力的大小为F N1 ，作用在 ab 棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为F N2 ，对于ab 棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得N1＋F T＋F①2mgsin θ＝μFF N1＝ 2mgcos θ②对于 cd 棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得N2 ＝F T′＝F T③mgsin θ＋μFF N2＝ mgcos θ④联立①②③④式得： F＝ mg(sin θ－ 3μcos θ)⑤(2)设金属棒运动速度大小为v，ab 棒上的感应电动势为E＝ BLv⑥E回路中电流 I＝R⑦安培力 F＝ BIL⑧联立⑤⑥⑦⑧ 得：mgRv＝B2L2(sin θ－ 3μcos θ)7.如图 7 所示，两平行光滑金属导轨倾斜放置且固定，两导轨间距为L ，与水平面间的夹角为θ，导轨下端有垂直于轨道的挡板(图中未画出 )，上端连接一个阻值R＝ 2r 的电阻，整个装置处在磁感应强度为 B、方向垂直导轨向上的匀强磁场中，两根相同的金属棒ab、cd 放在导轨下端，其中棒ab 靠在挡板上，棒cd 在沿导轨平面向上的拉力作用下，由静止开始沿导轨向上做加速度为 a 的匀加速运动 .已知每根金属棒质量为m、长度为 L 、电阻为 r，导轨电阻不计，棒与导轨始终接触良好.求：图7(1)经多长时间棒ab 对挡板的压力变为零；(2)棒 ab 对挡板压力为零时，电阻R 的电功率；(3)棒 ab 运动前，拉力 F 随时间 t 的变化关系 .5mgrsin θm2g2r sin2θ答案(1)2B2L 2a(2)2B2L2(3)F ＝ m(gsin θ＋ a)＋3B2L 2a5r t解析(1)棒 ab 对挡板的压力为零时，受力分析可得BI ab L ＝ mgsin θ设经时间 t 0 棒 ab 对挡板的压力为零，棒 cd 产生的电动势为 E ，则E ＝BLat 0回路中电流 I ＝Er ＋ R 外Rr2 R 外＝R ＋ r ＝ 3rI ab ＝ RIR ＋ r5mgrsin θ解得 t 0＝ 2B 2L 2a(2)棒 ab 对挡板压力为零时， cd 两端电压为U cd ＝ E － Ir解得 U cd ＝mgr sin θBL 此时电阻 R 的电功率为U cdP ＝ R2m 2 g 2 rsin 2θ解得 P ＝2B 2L 2(3)对 cd 棒，由牛顿第二定律得F －BI ′ L －mgsin θ＝ maE ′I ′ ＝r ＋ R 外 E ′＝ BLat2 23B L a解得 F ＝ m( gsin θ＋ a)＋t.5r8.(2016 全·国卷 Ⅲ ·25)如图 8，两条相距 l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面 ) 内，其左端接一阻值为 R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间 有一面积为 S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小 B 1 随时间 t的变化关系为 B 1＝ kt ，式中 k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域， 区域左边界 MN(虚线 )与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B 0，方向也垂直于纸面向里 .某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过 MN ，此后向右做匀速运动 .金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计.求：图 8(1)在 t＝ 0 到 t＝ t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻 t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小.答案(1) kt0SR(2)B0l v0 (t－ t0)＋ kSt (B0lv0＋ kS)B0lR解析(1) 在金属棒未越过MN 之前，穿过回路的磁通量的变化量为ΔΦ＝ BS＝ k tS①由法拉第电磁感应定律有ΔΦ②E＝tE由欧姆定律得 I ＝R③由电流的定义得q④I＝t联立①②③④ 式得kS| q|＝R t⑤由⑤式得，在 t＝ 0 到 t＝t 0的时间间隔内即t＝ t0，流过电阻 R 的电荷量 q 的绝对值为kt0S⑥|q|＝R(2)当 t>t0时，金属棒已越过MN .由于金属棒在MN 右侧做匀速运动，有F ＝F 安⑦式中， F 是外加水平恒力， F 安是金属棒受到的安培力 .设此时回路中的电流为I，F 安＝ B0⑧lI此时金属棒与MN 之间的距离为s＝ v0(t－ t0 )⑨匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0⑩ls回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′?其中Φ＝ B1S＝ ktS?由⑨⑩ ??式得，在时刻t(t>t0)，穿过回路的总磁通量为Φt＝B0lv0( t－t0)＋kSt?在 t 到 t＋t 的时间间隔内，总磁通量的改变量ΔΦt为ΔΦt＝(B0lv0＋kS)t由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为ΔΦtE t＝t由欧姆定律得I ＝E R t联立⑦⑧ ???式得B0lF ＝(B0lv0＋ kS) R .? ? ?。