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2019年高考物理二輪復習 專題十 電磁感應問題的綜合分析訓練 1．楞次定律中“阻礙”的表現(xiàn) (1)阻礙磁通量的變化(增反減同)． (2)阻礙物體間的相對運動(來拒去留)． (3)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)． 2．感應電動勢的計算 (1)法拉第電磁感應定律：E＝n，常用于計算平均電動勢． ①若B變，而S不變，則E＝nS； ②若S變，而B不變，則E＝nB. (2)導體棒垂直切割磁感線：E＝Blv，主要用于求電動勢的瞬時值． (3)如圖1所示，導體棒Oa圍繞棒的一端O在垂直磁場的平面內做勻速圓周運動而切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢E＝Bl2ω. 圖1 3．感應電荷量的計算 回路中發(fā)生磁通量變化時，在Δt時間內遷移的電荷量(感應電荷量)為q＝IΔt＝Δt＝nΔt＝n.可見，q僅由回路電阻R和磁通量的變化量ΔΦ決定，與發(fā)生磁通量變化的時間Δt無關． 4．電磁感應電路中產(chǎn)生的焦耳熱 當電路中電流恒定時，可用焦耳定律計算；當電路中電流變化時，則用功能關系或能量守恒定律計算． 解決感應電路綜合問題的一般思路是“先電后力”，即： 先作“源”的分析——分析電路中由電磁感應所產(chǎn)生的電源，求出電源參數(shù)E和r； 接著進行“路”的分析——分析電路結構，弄清串、并聯(lián)關系，求出相關部分的電流大小，以便求解安培力； 然后是“力”的分析——分析研究對象(通常是金屬棒、導體、線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力； 接著進行“運動狀態(tài)”的分析——根據(jù)力和運動的關系，判斷出正確的運動模型； 最后是“能量”的分析——尋找電磁感應過程和研究對象的運動過程中，其能量轉化和守恒的關系． 考向1　楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用 例1　(雙選)如圖2甲所示，螺線管匝數(shù)n＝1 000匝，橫截面積S＝10 cm2，螺線管導線電阻r＝1 Ω，電阻R＝4 Ω，磁感應強度B的B－t圖象如圖乙所示(以向右為正方向)，下列說法正確的是(　　) 圖2 A．通過電阻R的電流是交變電流 B．感應電流的大小保持不變 C．電阻R兩端的電壓為6 V D．C點的電勢為4.8 V 解析　根據(jù)楞次定律可知，0到1秒內，電流從C流過R到A，在1秒到2秒內，電流從A流過R到C，因此電流為交流電，故A正確；計算知感應電流的大小恒為1.2 A，電阻R兩端的電壓U＝IR＝1.24 V＝4.8 V，故B正確，C錯誤；當螺線管左端是正極時，C點的電勢才為4.8 V，當右端是正極時，則C點電勢為－4.8 V，故D錯誤． 答案　AB 以題說法　1.法拉第電磁感應定律E＝n，常有兩種特殊情況，即E＝nS和E＝nB，其中是B－t圖象中圖線的斜率，若斜率不變則感應電動勢是恒定不變的． 2．楞次定律中的“阻礙”有三層含義：阻礙磁通量的變化；阻礙物體間的相對運動；阻礙原電流的變化．要注意靈活應用． (雙選)如圖3所示，在邊長為a的正方形區(qū)域內有勻強磁場，磁感應強度為B，其方向垂直紙面向外，一個邊長也為a的單匝正方形導線框架EFGH正好與上述磁場區(qū)域的邊界重合，導線框的電阻為R.現(xiàn)使導線框以周期T繞其中心O點在紙面內勻速轉動，經(jīng)過導線框轉到圖中虛線位置，則在這時間內(　　) 圖3 A．順時針方向轉動時，感應電流方向為E→F→G→H→E B．平均感應電動勢大小等于 C．平均感應電動勢大小等于 D．通過導線框橫截面的電荷量為 答案　CD 解析　由線框的磁通量變小可以判斷出感應電流的方向為：E→H→G→F→E，故A錯誤．根據(jù)幾何關系知面積的變化ΔS＝(3－2)a2，平均感應電動勢＝＝＝，故B錯誤，C正確．通過導線框橫截面的電荷量q＝Δt＝Δt＝＝，故D正確． 考向2　電磁感應圖象問題的分析 例2　(單選)(xx新課標Ⅰ18)如圖4(a)，線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上．在ab線圈中通以變化的電流，用示波器測得線圈cd間電壓如圖(b)所示．已知線圈內部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比，則下列描述線圈ab中電流隨時間變化關系的圖中，可能正確的是(　　) 圖4 解析　由題圖(b)可知在cd間不同時間段內產(chǎn)生的電壓是恒定的，所以在該時間段內線圈ab中的磁場是均勻變化的，則線圈ab中的電流是均勻變化的，故選項A、B、D錯誤，選項C正確． 答案　C 以題說法　對于電磁感應圖象問題的分析要注意以下三個方面： (1)注意初始時刻的特征，如初始時刻感應電流是否為零，感應電流的方向如何． (2)注意看電磁感應發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖象變化相對應． (3)注意觀察圖象的變化趨勢，看圖象斜率的大小、圖象的曲直是否和物理過程對應． (雙選)如圖5所示，一個“∠”形光滑導軌垂直于磁場固定在磁感應強度為B的勻強磁場中，ab是與導軌材料、粗細相同的導體棒，導體棒與導軌接觸良好．在拉力作用下，導體棒以恒定速度v向右運動，以導體棒在圖中所示位置的時刻作為計時起點，則回路中感應電動勢E、感應電流I、導體棒所受拉力的功率P和回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q隨時間變化的圖象中正確的是(　　) 圖5 答案　AC 解析　設“∠”形導軌的角度為α，則經(jīng)時間t，產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv＝B(vttan α)v＝Bv2ttan α，可知感應電動勢與時間成正比，A正確；設單位長度的該導體電阻為r，則經(jīng)時間t，回路總電阻R＝(vt＋vttan α＋)r，因此回路中的電流I＝為常量，與時間無關，圖象為一條水平直線，B錯誤；由于勻速運動，拉力的功率等于產(chǎn)生焦耳熱的功率，P＝I2R，由于I恒定不變，而R與時間成正比，因此功率P與時間成正比，是一條傾斜的直線，C正確；而產(chǎn)生的熱量Q＝Pt，這樣Q與時間的平方成正比，圖象為一條曲線，D錯誤． 考向3　電磁感應中的動力學問題分析 例3　如圖6甲所示，電流傳感器(相當于一只理想電流表)能將各時刻的電流數(shù)據(jù)實時通過數(shù)據(jù)采集器傳輸給計算機，經(jīng)計算機處理后在屏幕上同步顯示出I－t圖象．電阻不計的足夠長光滑平行金屬軌道寬L＝1.0 m，與水平面的夾角θ＝37.軌道上端連接阻值R＝1.0 Ω的定值電阻，金屬桿MN長與軌道寬相等，其電阻r＝0.50 Ω、質量m＝0.02 kg.在軌道區(qū)域加一垂直軌道平面向下的勻強磁場，讓金屬桿從圖示位置由靜止開始釋放，桿在整個運動過程中與軌道垂直，此后計算機屏幕上顯示出如圖乙所示的I－t圖象．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，試求： 圖6 (1)t＝1.2 s時電阻R的熱功率； (2)勻強磁場的磁感應強度B的大?。? (3)t＝1.2 s時金屬桿的速度大小和加速度大?。? 審題突破　金屬桿在傾斜軌道上運動時受到幾個力作用？安培力有什么特點？圖象反映金屬桿運動情況如何？根據(jù)哪個過程可求磁感應強度B的大??？ 解析　(1)由I－t圖象可知，當t＝1.2 s時，I＝0.15 A P＝I2R＝0.1521.0 W＝0.022 5 W (2)由題圖乙知，當金屬桿穩(wěn)定運動時的電流為0.16 A 穩(wěn)定時桿勻速運動，受力平衡，則有：mgsin θ＝BI′L 代入數(shù)據(jù)解得：B＝0.75 T (3)t＝1.2 s時電源電動勢E＝I(R＋r)＝BLv 代入數(shù)據(jù)得：v＝0.3 m/s mgsin θ－BIL＝ma 代入數(shù)據(jù)得：a＝ m/s2 答案　(1)0.022 5 W　(2)0.75 T　(3)0.3 m/s　 m/s2 以題說法　電磁感應與動力學問題的解題策略 在此類問題中力現(xiàn)象和電磁現(xiàn)象相互聯(lián)系、相互制約，解決問題前要建立“動—電—動”的思維順序，可概括為： (1)找準主動運動者，用法拉第電磁感應定律和楞次定律求解感應電動勢的大小和方向． (2)根據(jù)等效電路圖，求解回路中的電流． (3)分析安培力對導體棒運動速度、加速度的影響，從而推理得出對電路中的電流的影響，最后定性分析導體棒最終的運動情況． (4)列牛頓第二定律或平衡方程求解． 如圖7所示，固定在同一水平面內的兩根平行長直金屬導軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上磁感應強度大小為B的勻強磁場中．一質量為m(質量分布均勻)的導體桿ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸，桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導軌運動距離L時，速度恰好達到最大(運動過程中桿始終與導軌保持垂直)．設桿接入電路的電阻為r，導軌電阻不計，重力加速度大小為g.求： 圖7 (1)此過程桿的速度最大值vm； (2)此過程流過電阻R的電量． 答案　(1)　(2) 解析　(1)當桿達到最大速度vm時，E＝Bdvm F安＝BId　I＝　f＝μmg 勻速時合力為零． F－μmg－＝0 得vm＝. (2)由公式q＝t?。健。? 得q＝＝＝. 11．綜合應用動力學觀點和能量觀點分析電磁感應問題 例4　(22分)如圖8所示，平行金屬導軌與水平面間夾角均為37，導軌間距為1 m，電阻不計，導軌足夠長．兩根金屬棒ab和以a′b′的質量都是0.2 kg，電阻都是1 Ω，與導軌垂直放置且接觸良好，金屬棒和導軌之間的動摩擦因數(shù)為0.25，兩個導軌平面處均存在著垂直軌道平面向上的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度B的大小相同．讓a′b′固定不動，將金屬棒ab由靜止釋放，當ab下滑速度達到穩(wěn)定時，整個回路消耗的電功率為8 W．求： 圖8 (1)ab下滑的最大加速度； (2)ab下落了30 m高度時，其下滑速度已經(jīng)達到穩(wěn)定，則此過程中回路電流的發(fā)熱量Q為多大？ (3)如果將ab與a′b′同時由靜止釋放，當ab下落了30 m高度時，其下滑速度也已經(jīng)達到穩(wěn)定，則此過程中回路電流的發(fā)熱量Q′為多大？(g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8) 解析　(1)當ab棒剛下滑時，ab棒的加速度有最大值： a＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2.(2分) (2)ab棒達到最大速度時做勻速運動，有 mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ，(2分) 整個回路消耗的電功率 P電＝BILvm＝(mgsin θ－μmgcos θ)vm＝8 W，(2分) 則ab棒的最大速度為： vm＝10 m/s(1分) 由P電＝＝(2分) 得：B＝0.4 T．(1分) 根據(jù)能量守恒得： mgh＝Q＋mv＋μmgcos θ(2分) 解得：Q＝30 J．(1分) (3)由對稱性可知，當ab下落30 m穩(wěn)定時其速度為v′，a′b′也下落30 m，其速度也為v′，ab和a′b′都切割磁感線產(chǎn)生電動勢，總電動勢等于兩者之和． 根據(jù)共點力平衡條件，對ab棒受力分析， 得mgsin θ＝BI′L＋μmgcos θ(2分) 又I′＝＝(2分) 代入解得v′＝5 m/s(1分) 由能量守恒2mgh＝2mv′2＋2μmgcos θ＋Q′(3分) 代入數(shù)據(jù)得Q′＝75 J．(1分) 答案　(1)4 m/s2　(2)30 J　(3)75 J (限時：15分鐘，滿分：16分) (xx安徽23)如圖9甲所示，勻強磁場的磁感應強度B為0.5 T，其方向垂直于傾角θ為30的斜面向上．絕緣斜面上固定有“∧”形狀的光滑金屬導軌MPN(電阻忽略不計)，MP和NP長度均為2.5 m，MN連線水平，長為3 m．以MN中點O為原點、OP為x軸建立一維坐標系Ox.一根粗細均勻的金屬桿CD，長度d為3 m、質量m為1 kg、電阻R為0.3 Ω，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v＝1 m/s在導軌上沿x軸正向運動(金屬桿與導軌接觸良好)．g取10 m/s2. 　 圖9 (1)求金屬桿CD運動過程中產(chǎn)生的感應電動勢E及運動到x＝0.8 m處電勢差UCD； (2)推導金屬桿CD從MN處運動到P點過程中拉力F與位置坐標x的關系式，并在圖乙中畫出F－x關系圖像； (3)求金屬桿CD從MN處運動到P點的全過程產(chǎn)生的焦耳熱． 答案　(1)1.5 V?。?.6 V (2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)　見解析圖 (3)7.5 J 解析　(1)金屬桿CD在勻速運動中產(chǎn)生的感應電動勢 E＝Blv(l＝d)　E＝1.5 V(D點電勢高)當x＝0.8 m時，金屬桿在導軌間的電勢差為零．設此時桿在導軌外的長度為l外，則 l外＝d－d　OP＝ ＝2 m 得l外＝1.2 m 由楞次定律判斷D點電勢高，故C、D兩端電勢差 UCD＝－Bl外v＝－0.6 V. (2)桿在導軌間的長度l與位置x的關系是 l＝d＝3－x 對應的電阻R1＝R 電流I＝ 桿受的安培力為F安＝BIl＝7.5－3.75x 根據(jù)平衡條件得F＝F安＋mgsin θ F＝12.5－3.75x(0≤x≤2) 畫出的F－x圖象如圖所示． (3)外力F所做的功WF等于F－x圖線下所圍的面積． 即WF＝2 J＝17.5 J 而桿的重力勢能增加量ΔEp＝mgOPsin θ 故全過程產(chǎn)生的焦耳熱Q＝WF－ΔEp＝7.5 J. (限時：45分鐘) 題組1　楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用 1．(雙選)(xx四川6)如圖1所示，不計電阻的光滑U形金屬框水平放置，光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很小．質量為0.2 kg的細金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長為1 m的正方形，其有效電阻為0.1 Ω.此時在整個空間加方向與水平面成30 角且與金屬桿垂直的勻強磁場，磁感應強度隨時間變化規(guī)律是B＝(0.4－0.2t) T，圖示磁場方向為正方向．框、擋板和桿不計形變．則(　　) 圖1 A．t＝1 s時，金屬桿中感應電流方向從C到D B．t＝3 s時，金屬桿中感應電流方向從D到C C．t＝1 s時，金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1 N D．t＝3 s時，金屬桿對擋板H的壓力大小為0.2 N 答案　AC 解析　根據(jù)楞次定律可判斷感應電流的方向 總是從C到D，故A正確，B錯誤；由法拉第電磁感應定律可知：E＝＝＝sin 30＝0.212 V＝0.1 V，故感應電流為I＝＝1 A，金屬桿受到的安培力FA＝BIL，t＝1 s時，F(xiàn)A＝0.211 N＝0.2 N，方向如圖甲，此時金屬桿受力分析如圖甲，由平衡條件可知F1＝FAcos 60＝0.1 N，F(xiàn)1為擋板P對金屬桿施加的力．t＝3 s時，磁場反向，此時金屬桿受力分如圖乙，此時擋板H對金屬桿施加的力向右，大小F3＝BILcos 60＝0.211 N＝0.1 N．故C正確，D錯誤． 2．(單選)如圖2甲所示，在豎直向上的磁場中，水平放置一個單匝金屬圓線圈，線圈所圍的面積為0.1 m2，線圈電阻為1 Ω，磁場的磁感應強度大小B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定從上往下看順時針方向為線圈中感應電流i的正方向．則(　　) 圖2 A．0～5 s內i的最大值為0.1 A B．第4 s末i的方向為正方向 C．第3 s內線圈的發(fā)熱功率最大 D．3～5 s內線圈有擴張的趨勢 答案　D 解析　在t＝0時磁通量的變化率最大，感應電流最大為I＝＝＝0.01 A，選項A錯誤；第4 s末，B在正方向逐漸減小，根據(jù)楞次定律可知，i的方向為負方向，選項B錯誤；第3 s內，線圈中感應電動勢為零，所以第3 s內線圈的發(fā)熱功率為零，選項C錯誤；3～5 s內穿過線圈的磁通量減少，根據(jù)楞次定律可知線圈有擴張的趨勢，選項D正確． 3．(雙選)如圖3所示，平行金屬導軌MN和PQ，它們的電阻可忽略不計，在M和P之間接有阻值為R＝3.0 Ω的定值電阻，導體棒ab長l＝0.5 m，其電阻不計，且與導軌接觸良好，整個裝置處于方向豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度B＝0.4 T，現(xiàn)使ab以v＝10 m/s的速度向右做勻速運動，則以下判斷(　　) 圖3 A．導體ab中的感應電動勢E＝2.0 V B．電路中的電流I＝0.5 A C．導體ab棒所受安培力方向向右 D．導體ab棒所受合力做功為零 答案　AD 解析　ab棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢：E＝BLv＝0.40.510 V＝2.0 V，選項A正確；根據(jù)右手定則得，ab棒中的電流方向從b到a，電流大小為I＝＝ A，選項B錯誤；根據(jù)左手定則判斷知：棒ab所受安培力方向向左，選項C錯誤；棒ab做勻速運動，動能不變，根據(jù)動能定理可知合力做功為零，選項D正確． 題組2　電磁感應圖象問題的分析 4．(雙選)如圖4所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一阻值為R的定值電阻，阻值為r的金屬棒ab垂直導軌放置在靠近MP的位置，其他部分電阻不計．整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向下．t＝0時對金屬棒施一平行于導軌的外力F，金屬棒由靜止開始沿導軌向上做勻加速運動．下列關于穿過回路abPMa的磁通量Φ、磁通量的瞬時變化率、通過金屬棒的電荷量q以及a、b兩端的電勢差U隨時間t變化的圖象中，正確的是(　　) 圖4 答案　BD 解析　由題意知ab棒做勻加速運動，其運動位移為s＝at2，磁通量Φ＝BLs＝BLat2，故A錯誤；磁通量的瞬時變化率＝＝BLv＝BLat，故B正確；流過金屬棒的電荷量q＝＝，所以C錯誤；a、b兩端的電壓U＝E＝BLat，所以D正確． 5．(單選)如圖5甲所示，在水平桌面上，一個面積為S、電阻為r的圓形金屬框置于磁場中，線框平面與磁場垂直，磁感應強度B1隨時間t的變化關系如圖乙所示．在0～1 s內磁場方向垂直線框平面向下，圓形金屬框與一個電阻不計的水平平行金屬導軌相連接，水平導軌上放置一根導體棒，導體棒的長為L、電阻為R，且與導軌接觸良好，導體棒處于另一勻強磁場中，其磁感應強度值為B2，方向垂直導軌平面向下．若導體棒始終保持靜止，則其所受的靜摩擦力Ff隨時間變化的圖象是下圖中的(設水平向右為靜摩擦力的正方向)(　　) 圖5 答案　A 解析　在0到1秒內磁感應強度B1隨時間t均勻增加，感應電動勢和電流恒定且感應電流方向為逆時針，則根據(jù)左手定則可得導體棒受到的安培力的方向為向左，大小恒定，所以棒受到的靜摩擦力方向為向右，即為正方向，且大小也恒定．而在1秒到2秒內磁感應強度大小不變，則線圈中沒有感應電動勢，所以沒有感應電流，則也沒有安培力，因此棒不受靜摩擦力． 6．(雙選)如圖6所示，電阻不計的平行導軌豎直固定，上端接有電阻R，高度為h的勻強磁場與導軌平面垂直．一導體棒從磁場上方的A位置釋放，用s表示導體棒進入磁場后的位移，i表示導體棒中的感應電流大小，v表示導體棒的速度大小，Ek表示導體棒的動能，a表示導體棒的加速度大小，導體棒與導軌垂直并接觸良好．以下圖象可能正確的是(　　) 圖6 答案　AC 解析　導體棒進入磁場后，受到向上的安培力和重力，如果安培力大于重力，導體棒將做減速運動，安培力F安＝減小，當安培力減小到等于重力時，做勻速運動；電流I＝，由于速度先減小后不變，故電流也是先減小后不變，故A正確；導體棒進入磁場后，受到向上的安培力和重力，如果安培力大于重力，導體棒將做減速運動，根據(jù)動能定理，有：mgs－F安s＝Ek－Ek0，故Ek＝mgs－F安s＋Ek0，由于減速運動時安培力是變力，故對應的Ek－s圖不是直線，故B錯誤；導體棒進入磁場后，受到向上的安培力和重力，如果安培力等于重力，導體棒的加速度為零；離開磁場后只受重力，加速度為g，故C正確；導體棒離開磁場后只受重力，加速度為g，即s＞h部分的v－t圖象的斜率不可能為零，故D錯誤． 題組3　綜合應用動力學觀點和能量觀點分析電磁感應問題 7．(雙選)如圖7所示，水平傳送帶帶動兩金屬桿勻速向右運動，傳送帶右側與兩光滑平行金屬導軌平滑連接，導軌與水平面間夾角為30，兩虛線EF、GH之間有垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度為B，磁場寬度為L，兩金屬桿的長度和兩導軌的間距均為d，兩金屬桿a、b質量均為m，兩桿與導軌接觸良好．當金屬桿a進入磁場后恰好做勻速直線運動，當金屬桿a離開磁場時，金屬桿b恰好進入磁場，則(　　) 圖7 A．金屬桿b進入磁場后做加速運動 B．金屬桿b進入磁場后做勻速運動 C．兩桿在穿過磁場的過程中，回路中產(chǎn)生的總熱量為 D．兩桿在穿過磁場的過程中，回路中產(chǎn)生的總熱量為mgL 答案　BD 解析　由題意知，a進入磁場后恰好做勻速直線運動，可得：mgsin θ＝BIL，I＝，由題意知，b進入磁場時的速度等于a進入磁場時的速度，故當b進入磁場時，也做勻速直線運動，所以A錯誤，B正確；a在磁場中產(chǎn)生的熱量Q1＝F安L＝mgsin 30L＝mgL，b在磁場中運動產(chǎn)生的熱量Q2＝Q1，所以兩桿在穿過磁場的過程中，回路中產(chǎn)生的總熱量為Q＝Q1＋Q2＝mgL，故D正確． 8．(雙選)在如圖8所示的傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小均為B的勻強磁場區(qū)域，區(qū)域Ⅰ的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁場方向垂直斜面向下，磁場寬度均為L，一個質量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框，由靜止開始沿斜面下滑，t1時刻ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ區(qū)域，此時導線框恰好以速度v1做勻速直線運動；t2時刻ab邊下滑到JP與MN的中間位置，此時導線框又恰好以速度v2做勻速直線運動．重力加速度為g，下列說法中正確的是(　　) 圖8 A．當ab邊剛越過JP時，導線框的加速度大小為a＝gsin θ B．導線框兩次勻速直線運動的速度v1∶v2＝4∶1 C．在t1到t2的過程中，導線框克服安培力做功的大小等于重力勢能的減少量 D．在t1到t2的過程中，有＋機械能轉化為電能 答案　BD 解析　ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ區(qū)域時，導線框做勻速運動，所以mgsin θ＝BI1L＝，當ab邊剛越過JP時，I2＝＝，由2BI2L－mgsin θ＝ma，聯(lián)立解得a＝3gsin θ，所以A錯誤；當a＝0時，以速度v2做勻速直線運動，即－mgsin θ＝0，得：mgsin θ＝，所以v1∶v2＝4∶1，故B正確；在t1到t2的過程中，根據(jù)能量守恒知導線框克服安培力做功的大小等于導線框重力勢能的減少量加上動能的減少量，即克服安培力做功W＝＋，所以C錯誤；又克服安培力做功等于產(chǎn)生的電能，所以D正確． 9．(xx新課標Ⅱ25)半徑分別為r和2r的同心圓形導軌固定在同一水平面內，一長為r、質量為m且質量分布均勻的直導體棒AB置于圓導軌上面，BA的延長線通過圓導軌中心O，裝置的俯視圖如圖9所示．整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應強度的大小為B，方向豎直向下．在內圓導軌的C點和外圓導軌的D點之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)．直導體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉動，在轉動過程中始終與導軌保持良好接觸．設導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，導體棒和導軌的電阻均可忽略．重力加速度大小為g.求： 圖9 (1)通過電阻R的感應電流的方向和大??； (2)外力的功率． 答案　(1)方向為C→D　大小為 (2)＋ 解析　(1)根據(jù)右手定則，得導體棒AB上的電流方向為B→A，故電阻R上的電流方向為C→D. 設導體棒AB中點的速度為v，則v＝ 而vA＝ωr，vB＝2ωr 根據(jù)法拉第電磁感應定律，導體棒AB上產(chǎn)生的感應電動勢E＝Brv 根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝， 聯(lián)立以上各式解得通過電阻R的感應電流的大小為 I＝. (2)根據(jù)能量守恒定律，外力的功率P等于安培力與摩擦力的功率之和，即P＝BIrv＋Ffv， 而Ff＝μmg 解得P＝＋.