2020版高考物理大一輪復習 第十章 專題強化十二 電磁感應的綜合問題講義（含解析）教科版.docx

專題強化十二電磁感應的綜合問題專題解讀1.本專題是運動學、動力學、恒定電流、電磁感應和能量等知識的綜合應用，高考既以選擇題的形式命題，也以計算題的形式命題.2.學好本專題，可以極大地培養(yǎng)同學們數(shù)形結合的推理能力和電路分析能力，針對性的專題強化，可以提升同學們解決數(shù)形結合、利用動力學和功能關系解決電磁感應問題的信心.3.用到的知識有：左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、平衡條件、牛頓運動定律、函數(shù)圖像、動能定理和能量守恒定律等.命題點一電磁感應中的圖像問題1.題型簡述借助圖像考查電磁感應的規(guī)律，一直是高考的熱點，此類題目一般分為兩類：(1)由給定的電磁感應過程選出正確的圖像；(2)由給定的圖像分析電磁感應過程，定性或定量求解相應的物理量或推斷出其他圖像.常見的圖像有Bt圖、Et圖、it圖、vt圖及Ft圖等.2.解題關鍵弄清初始條件、正負方向的對應變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達式、進出磁場的轉折點等是解決此類問題的關鍵.3.解題步驟(1)明確圖像的種類，即是Bt圖還是t圖，或者Et圖、It圖等；(2)分析電磁感應的具體過程；(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應關系；(4)結合法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出相應的函數(shù)關系式；(5)根據函數(shù)關系式，進行數(shù)學分析，如分析斜率的變化、截距等；(6)畫圖像或判斷圖像.4.常用方法(1)排除法：定性地分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是分析物理量的正負，以排除錯誤的選項.(2)函數(shù)法：根據題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關系，然后由函數(shù)關系對圖像進行分析和判斷.例1(2018全國卷18)如圖1，在同一水平面內有兩根平行長導軌，導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域寬度均為l，磁感應強度大小相等、方向交替向上向下.一邊長為l的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動.線框中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是()圖1答案D解析設線路中只有一邊切割磁感線時產生的感應電流為i.線框位移等效電路的連接電流0I2i(順時針)lI0lI2i(逆時針)2lI0分析知，只有選項D符合要求.變式1(多選)(2018湖北省黃岡市期末調研)如圖2所示，在光滑水平面內，虛線右側存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，一正方形金屬線框質量為m，電阻為R，邊長為L，從虛線處進入磁場時開始計時，在外力作用下，線框由靜止開始，以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進入磁場區(qū)域，t1時刻線框全部進入磁場，規(guī)定順時針方向為感應電流I的正方向，外力大小為F，線框中電功率的瞬時值為P，通過導線橫截面的電荷量為q，選項中Pt圖像和qt圖像均為拋物線，則這些量隨時間變化的圖像正確的是()圖2答案CD解析線框切割磁感線運動，則有運動速度vat，產生感應電動勢EBLv，所以產生感應電流i，故A錯誤；對線框受力分析，由牛頓第二定律得FF安ma，F(xiàn)安BLi，解得：Fma，故B錯誤；電功率Pi2R，P與t是二次函數(shù)，圖像為拋物線，故C正確；由電荷量表達式，則有q，q與t是二次函數(shù)，圖像為拋物線，故D正確.例2(多選)(2018廣西北海市一模)如圖3甲所示，導體框架abcd放置于水平面內，ab平行于cd，導體棒MN與兩導軌垂直并與導軌接觸良好，整個裝置放置于垂直于框架平面的磁場中，磁感應強度B隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，MN始終保持靜止.規(guī)定豎直向上為磁場正方向，沿導體棒由M到N為感應電流的正方向，水平向右為導體棒所受安培力F的正方向，水平向左為導體棒所受摩擦力f的正方向，下列圖像中正確的是()圖3答案BD解析由題圖乙可知，回路中產生的感應電動勢先為零，后恒定不變，感應電流先為零，后恒定不變，回路中感應電流方向為逆時針，故A錯誤，B正確；在0t1時間內，導體棒MN不受安培力；在t1t2時間內，導體棒MN所受安培力方向水平向右，由FBIL可知，B均勻減小，MN所受安培力均勻減小；在t2t3時間內，導體棒MN所受安培力方向水平向左，由FBIL可知，B均勻增大，MN所受安培力均勻增大；根據平衡條件得到，棒MN受到的摩擦力大小fF，二者方向相反，即在0t1時間內，沒有摩擦力，而在t1t2時間內，摩擦力方向向左，大小均勻減小，在t2t3時間內，摩擦力方向向右，大小均勻增大，故C錯誤，D正確.變式2(多選)(2019安徽省黃山市質檢)如圖4甲所示，閉合矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁場的方向與導線框所在平面垂直，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示.規(guī)定垂直紙面向外為磁場的正方向，順時針為線框中感應電流的正方向，水平向右為安培力的正方向.關于線框中的感應電流i與ad邊所受的安培力F隨時間t變化的圖像，下列選項中正確的是()圖4答案BC解析由題圖乙可知，01s內，B增大，增大，由楞次定律可知，感應電流沿順時針方向，為正值，12s內，磁通量不變，無感應電流，23s內，B的方向垂直紙面向外，B減小，減小，由楞次定律可知，感應電流沿逆時針方向，為負值，34s內，B的方向垂直紙面向里，B增大，增大，由楞次定律可知，感應電流沿逆時針方向，感應電流為負值，A錯誤，B正確；由左手定則可知，在01s內，ad邊受到的安培力方向水平向右，是正值，12s內無感應電流，ad邊不受安培力，23s，安培力方向水平向左，是負值，34s，安培力方向水平向右，是正值.由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢ES，感應電流I，由Bt圖像可知，在每一時間段內，的大小是定值，在各時間段內I是定值，ad邊受到的安培力FBIL，I、L不變，B均勻變化，則安培力F均勻變化，不是定值，C正確，D錯誤.命題點二電磁感應中的動力學問題1.題型簡述感應電流在磁場中受到安培力的作用，因此電磁感應問題往往跟力學問題聯(lián)系在一起.解決這類問題需要綜合應用電磁感應規(guī)律(法拉第電磁感應定律、楞次定律)及力學中的有關規(guī)律(共點力的平衡條件、牛頓運動定律、動能定理等).2.兩種狀態(tài)及處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系進行分析3.動態(tài)分析的基本思路解決這類問題的關鍵是通過運動狀態(tài)的分析，尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度最大值或最小值的條件.具體思路如下：例3(2016全國卷24)如圖5，水平面(紙面)內間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上.t0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動.t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動.桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為.重力加速度大小為g.求：圖5(1)金屬桿在磁場中運動時產生的電動勢的大?。?2)電阻的阻值.答案(1)Blt0(g)(2)解析(1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得Fmgma設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有vat0當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律知產生的電動勢為EBlv聯(lián)立式可得EBlt0(g)(2)設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據歐姆定律I式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為F安BlI因金屬桿做勻速運動，有FmgF安0聯(lián)立式得R.變式3(多選)(2018安徽省安慶市二模)如圖6甲所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成角，M、P兩端接一電阻R，整個裝置處于方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中.t0時對金屬棒施加一平行于導軌的外力F，使金屬棒由靜止開始沿導軌向上運動，金屬棒電阻為r，導軌電阻忽略不計.已知通過電阻R的感應電流I隨時間t變化的關系如圖乙所示.下列關于棒的運動速度v、外力F、流過R的電荷量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時間變化的圖像正確的是()圖6答案AB解析根據題圖乙所示的It圖像可知Ikt，其中k為比例系數(shù)，由閉合電路歐姆定律可得：Ikt，可推出：Ekt(Rr)，而E，所以有：kt(Rr)，t圖像是一條過原點且斜率大于零的直線，故B正確；因EBlv，所以vt，vt圖像是一條過原點且斜率大于零的直線，說明金屬棒做的是初速度為零的勻加速直線運動，即vat，故A正確；對金屬棒在沿導軌方向有FBIlma，而I，vat，得到Fma，可見Ft圖像是一條斜率大于零且與縱軸正半軸有交點的直線，故C錯誤；qtt2，qt圖像是一條開口向上的拋物線，故D錯誤.變式4如圖7甲所示，間距L0.5m的兩根光滑平行長直金屬導軌傾斜放置，導軌平面傾角30.導軌底端接有阻值R0.8的電阻，導軌間有、兩個矩形區(qū)域，其長邊都與導軌垂直，兩區(qū)域的寬度均為d20.4m，兩區(qū)域間的距離d10.4m，區(qū)域內有垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小B01T，區(qū)域內的磁感應強度B隨時間t變化如圖乙所示，規(guī)定垂直于導軌平面向上的磁感應強度方向為正方向.t0時刻，把導體棒MN無初速度地放在區(qū)域下邊界上.已知導體棒的質量m0.1kg，導體棒始終與導軌垂直并接觸良好，且導體棒在磁場邊界時都認為處于磁場中，導體棒和導軌電阻不計，取重力加速度g10m/s2.求：圖7(1)0.1s內導體棒MN所受的安培力大??；(2)t0.5s時回路中的電動勢和流過導體棒MN的電流方向；(3)0.5s時導體棒MN的加速度大小.答案(1) 0.5N(2)0.4VNM(3)7m/s2解析(1)t10.1s時間內感應電動勢E1d2L，I10.1s內安培力F1B0I1L，解得F10.5N(2)因F1mgsin，故導體棒在0.1s內靜止，從第0.1s末開始加速，設加速度為a1，則：mgsinma1，d1a1t2，v1a1t，解得：t0.4s，v12m/st0.5s時，導體棒剛滑到區(qū)域上邊界，此時B20.8T，切割磁感線產生的電動勢E2B2Lv10.8Vt0.5s時，因磁場變化而產生的感應電動勢E3d2L，6T/s，解得E31.2Vt0.5s時的總電動勢EE3E20.4V導體棒電流方向：NM(3)設0.5s時導體棒的加速度為a，有Fmgsinma，又I，F(xiàn)B2IL，解得a7m/s2，方向沿斜面向下.命題點三電磁感應中的動力學和能量問題1.題型簡述電磁感應過程的實質是不同形式的能量轉化的過程，而能量的轉化是通過安培力做功來實現(xiàn)的.安培力做功的過程，是電能轉化為其他形式的能的過程；外力克服安培力做功的過程，則是其他形式的能轉化為電能的過程.2.解題的一般步驟(1)確定研究對象(導體棒或回路)；(2)弄清電磁感應過程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉化；(3)根據能量守恒定律或功能關系列式求解.3.求解電能應分清兩類情況(1)若回路中電流恒定，可以利用電路結構及WUIt或QI2Rt直接進行計算.(2)若電流變化，則利用安培力做功求解：電磁感應中產生的電能等于克服安培力所做的功；利用能量守恒求解：若只有電能與機械能的轉化，則減少的機械能等于產生的電能.例4(2018吉林省吉林市第二次調研)如圖8甲所示，一邊長L2.5m、質量m0.5kg的正方形金屬線框，放在光滑絕緣的水平面上，整個裝置處在方向豎直向上、磁感應強度B0.8T的勻強磁場中，它的一邊與磁場的邊界MN重合.在水平力F作用下由靜止開始向左運動，經過5s線框被拉出磁場.測得金屬線框中的電流隨時間變化的圖像如圖乙所示，在金屬線框被拉出的過程中，圖8(1)求通過線框的電荷量及線框的總電阻；(2)分析線框運動性質并寫出水平力F隨時間變化的表達式；(3)已知在這5s內力F做功1.92J，那么在此過程中，線框產生的焦耳熱是多少.答案見解析解析(1)根據qt，由It圖像得，q1.25C又根據得R4；(2)由題圖乙可知，感應電流隨時間變化的規(guī)律：I0.1t由感應電流I，可得金屬線框的速度隨時間也是線性變化的，v0.2t線框做初速度為0的勻加速直線運動，加速度a0.2m/s2線框在外力F和安培力F安作用下做勻加速直線運動，F(xiàn)F安ma又F安BIL得F(0.2t0.1) N；(3)5s時，線框從磁場中拉出時的速度v5at1m/s由能量守恒得：WQmv52線框中產生的焦耳熱QWmv521.67J變式5(多選)如圖9所示，豎直放置的“”形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場、的高和間距均為d，磁感應強度為B.質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場和時的速度相等.金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g.金屬桿()圖9A.剛進入磁場時加速度方向豎直向下B.穿過磁場的時間大于在兩磁場之間的運動時間C.穿過兩磁場產生的總熱量為4mgdD.釋放時距磁場上邊界的高度h可能小于答案BC解析穿過磁場后，金屬桿在磁場之間做加速運動，在磁場上邊緣速度大于從磁場出來時的速度，即進入磁場時的速度等于進入磁場時的速度，大于從磁場出來時的速度，金屬棒在磁場中做減速運動，加速度方向向上，A錯誤；金屬棒在磁場中做減速運動，由牛頓第二定律知BILmgmgma，a隨著減速過程逐漸變小，即在前一段做加速度減小的減速運動，在磁場之間做加速度為g的勻加速直線運動，兩個過程位移大小相等，由vt圖像(可能圖像如圖所示)可以看出前一段用時多于后一段用時，B正確；由于進入兩磁場時速度相等，由動能定理知，W安1mg2d0，W安12mgd.即通過磁場產生的熱量為2mgd，故穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd，C正確；設剛進入磁場時速度為v，則由機械能守恒定律知mghmv2，進入磁場時BILmgmgma，解得v，由式得h>，D錯誤.變式6(2018福建省南平市適應性檢測)如圖10所示，一對平行的粗糙金屬導軌固定于同一水平面上，導軌間距L0.2m，左端接有阻值R0.3的電阻，右側平滑連接一對彎曲的光滑軌道.僅在水平導軌的整個區(qū)域內存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小B1.0T.一根質量m0.2kg、電阻r0.1的金屬棒ab垂直放置于導軌上，在水平向右的恒力F作用下從靜止開始運動，當金屬棒通過位移x9m時離開磁場，在離開磁場前已達到最大速度.當金屬棒離開磁場時撤去外力F，接著金屬棒沿彎曲軌道上升到最大高度h0.8m處.已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)0.1，導軌電阻不計，棒在運動過程中始終與導軌垂直且與導軌保持良好接觸，取g10m/s2.求：圖10(1)金屬棒運動的最大速率v；(2)金屬棒在磁場中速度為時的加速度大??；(3)金屬棒在磁場區(qū)域運動過程中，電阻R上產生的焦耳熱.答案見解析解析(1)金屬棒從出磁場到上升到彎曲軌道最高點，根據機械能守恒定律得：mv2mgh由得：v4m/s(2)金屬棒在磁場中做勻速運動時，設回路中的電流為I，根據平衡條件得FBILmgI聯(lián)立式得F0.6N金屬棒速度為時，設回路中的電流為I，根據牛頓第二定律得FBILmgmaI聯(lián)立得：a1m/s2(3)設金屬棒在磁場區(qū)域運動過程中，回路中產生的焦耳熱為Q，根據功能關系：Fxmgxmv2Q則電阻R上的焦耳熱QRQ聯(lián)立解得：QR1.5J.1.(多選)(2018廣西防城港市3月模擬)如圖1所示，等邊閉合三角形線框，開始時底邊與勻強磁場的邊界平行且重合，磁場的寬度大于三角形的高度，線框由靜止釋放，穿過該磁場區(qū)域，不計空氣阻力，則下列說法正確的是()圖1A.線框進磁場過程中感應電流為順時針方向B.線框底邊剛進入和剛穿出磁場時線圈的加速度大小可能相同C.線框出磁場的過程，可能做先減速后加速的直線運動D.線框進出磁場過程，通過線框橫截面的電荷量不同答案BC解析線框進入磁場過程中，磁通量增大，根據楞次定律可知，感應電流為逆時針方向，故A錯誤；線框底邊剛進入瞬間，速度為零，產生的感應電動勢為零，下落加速度為g，完全進入磁場后下落加速度為g，隨著下落速度的增大，出磁場時產生的安培力可能等于2mg，此時減速的加速度大小可能為g，故B正確；線框出磁場的過程，可能先減速，隨著速度減小，切割長度變短，線框受到的安培力減小，當小于重力后線框做加速直線運動，故C正確；線框進、出磁場過程，磁通量變化相同，所以通過線框橫截面的電荷量相同，故D錯誤.2.(2018陜西省咸陽市第二次模擬)如圖2甲所示，匝數(shù)n2的金屬線圈(電阻不計)圍成的面積為20cm2，線圈與R2的電阻連接，置于豎直向上、均勻分布的磁場中，磁場與線圈平面垂直，磁感應強度為B，Bt關系如圖乙所示，規(guī)定感應電流i從a經過R到b的方向為正方向，忽略線圈的自感影響，則下列it關系圖正確的是()圖2答案D解析由題圖乙可知，02s內，線圈中磁通量的變化率相同，故02s內電流的方向相同，由楞次定律可知，電路中電流方向為順時針，即電流為正方向；同理可知，25s內電路中的電流方向為逆時針，為負方向，由En可得EnS，則知02 s內電路中產生的感應電動勢大小為：E1220104 V6106 V，則電流大小為：I1106A3106A；同理25s內，I22106A，故A、B、C錯誤，D正確.3.(多選)(2019湖北省武漢市調研)如圖3甲所示，在足夠長的光滑的固定斜面上放置著金屬線框，垂直于斜面方向的勻強磁場的磁感應強度B隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定垂直斜面向上為正方向).t0時刻將線框由靜止釋放，在線框下滑的過程中，下列說法正確的是()圖3A.線框中產生大小、方向周期性變化的電流B.MN邊受到的安培力先減小后增大C.線框做勻加速直線運動D.線框中產生的焦耳熱等于其機械能的損失答案BC解析穿過線框的磁通量先向下減小，后向上增大，則根據楞次定律可知，感應電流方向不變，選項A錯誤；因磁感應強度的變化率不變，則感應電動勢不變，感應電流不變，而磁感應強度的大小先減小后增大，根據FBIL可知，MN邊受到的安培力先減小后增大，選項B正確；因線框平行的兩邊電流等大反向，則整個線框受到的安培力為零，則線框下滑的加速度不變，線框做勻加速直線運動，選項C正確；因安培力對線框做功為零，斜面光滑，則線框的機械能守恒，選項D錯誤.4.(多選)(2018福建省廈門市質檢)如圖4所示，在傾角為的光滑固定斜面上，存在著磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直斜面向上，磁場的寬度為2L.一邊長為L的正方形導線框，由靜止開始沿斜面下滑，當ab邊剛越過GH進入磁場瞬間和剛越過MN穿出磁場瞬間速度剛好相等.從ab邊剛越過GH處開始計時，規(guī)定沿斜面向上為安培力的正方向，則線框運動的速率v與線框所受安培力F隨時間變化的圖線中，可能正確的是()圖4答案AC解析根據楞次定律可得線框進入磁場的過程中電流方向為順時針；根據法拉第電磁感應定律可得感應電動勢EBLv，感應電流I，所受的安培力大小為FBIL，ab邊剛越過GH進入磁場瞬間和剛越過MN穿出磁場瞬間速度剛好相等，可能的運動情況有兩種，一是進磁場時勻速，完全進入磁場后做勻加速直線運動，出磁場過程中，做加速度逐漸減小的減速運動，二是進磁場時做加速度逐漸減小的減速運動，完全進入磁場后做勻加速運動，出磁場時做加速度逐漸減小的減速運動，結合圖像知A正確，B錯誤；根據左手定則可得線框進入磁場的過程中安培力方向沿斜面向上，為正，且FBIL，線框完全進入磁場后，線框所受安培力為零；出磁場的過程中安培力方向沿斜面向上，且出磁場時的安培力可能等于進入磁場時的安培力，所以C正確，D錯誤.5.(2018山東省泰安市上學期期末)如圖5，兩固定的絕緣斜面傾角均為，上沿相連.兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L、質量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，兩定滑輪間的距離也為L.左斜面上存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上.已知斜面及兩根柔軟輕導線足夠長.回路總電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度大小為g.使兩金屬棒水平，從靜止開始下滑.求：圖5(1)金屬棒運動的最大速度vm的大??；(2)當金屬棒運動的速度為時，其加速度大小是多少？答案(1)(2)(sin3cos)解析(1)達到最大速度時，設兩導線中張力均為T，金屬棒cd受到的安培力為F對ab、cd，根據平衡條件得到：2mgsin2T2mgcos2TmgsinmgcosF而安培力FBIL根據法拉第電磁感應定律及閉合電路歐姆定律：EBLvm，I整理得到：vm(2)當金屬棒的速度為時，設兩導線中張力均為T1，金屬棒cd受到的安培力為F1，根據牛頓第二定律：2mgsin2T12mgcos2ma2T1mgsinmgcosF1ma又F1BI1L，E1BL，I1，聯(lián)立解得：a(sin3cos).6.(2018天津市實驗中學模擬)如圖6所示，固定光滑金屬導軌間距為L，導軌電阻不計，上端a、b間接有阻值為R的電阻，導軌平面與水平面的夾角為，且處在磁感應強度大小為B、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中.質量為m、電阻為r的導體棒與固定彈簧相連后放在導軌上.初始時刻，彈簧恰處于自然長度，導體棒具有沿導軌向上的初速度v0.整個運動過程中導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸.已知彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧的中心軸線與導軌平行.圖6(1)求初始時刻通過電阻R的電流I的大小和方向；(2)當導體棒第一次回到初始位置時，速度變?yōu)関，求此時導體棒的加速度大小a.答案(1)電流方向為ba(2)gsin解析(1)導體棒產生的感應電動勢為：E1BLv0根據閉合電路歐姆定律得通過R的電流大小為：I1根據右手定則判斷得知：電流方向為ba(2)導體棒第一次回到初始位置時產生的感應電動勢為：E2BLv根據閉合電路歐姆定律得感應電流為：I2導體棒受到的安培力大小為：FBIL，方向沿斜面向上.導體棒受力如圖所示：根據牛頓第二定律有：mgsinFma解得：agsin.7.(2018廣東省惠州市模擬)如圖7所示，足夠長的粗糙絕緣斜面與水平面成37角放置，在斜面上虛線aa和bb與斜面底邊平行，在aa、bb圍成的區(qū)域中有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應強度為B1 T；現(xiàn)有一質量為m10g、總電阻R1、邊長d0.1m的正方形金屬線圈MNQP，讓PQ邊與斜面底邊平行，從斜面上端由靜止釋放，線圈剛好勻速穿過整個磁場區(qū)域.已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5，(取g10m/s2，sin370.6，cos370.8)求：圖7(1)線圈進入磁場區(qū)域時的速度大小；(2)線圈釋放時，PQ邊到bb的距離；(3)整個線圈穿過磁場的過程中，線圈上產生的焦耳熱.答案(1)2m/s(2)1m(3)4103J解析(1)對線圈受力分析，根據平衡條件得：F安mgcosmgsin，F(xiàn)安BId，I，EBdv聯(lián)立并代入數(shù)據解得：v2m/s(2)線圈進入磁場前做勻加速運動，根據牛頓第二定律得：a2m/s2線圈釋放時，PQ邊到bb的距離Lm1m；(3)由于線圈剛好勻速穿過磁場，則磁場寬度等于d0.1m，QW安F安2d代入數(shù)據解得：Q4103J.