根据牛顿第二定律 mgsinθ=ma，sinθ===0.5，θ=30°， 由图得从线框下边进磁场到上边出磁场均做匀速运动，所以△s=2L=2d=（2.6﹣1.6）m=1 m，d=L=0.5m． （2）线框通过磁场时，v1=16，v1=4 m/s， 此时F安=mg sinθ，BL=mg sinθ，B==0.5 T． 2（3）t1=2=s=0.8 s，t2==s=0.25 s，s3=（3.4﹣2.6）m=0.8 m，s3=v1t3+a t3，t3=0.2 s， 所以t=t1+t2+t3=（0.8+0.25+0.2）s=1.25 s （4）未入磁场 F﹣mgsinθ=ma2，进入磁场F=mgsinθ+F安，∴F安=ma2， BL=m，v==2 m/s，F安==0.25N 在上升过程中产生的热量Q=2dF安， 上升过程中重力势能的增加量为△EP增=mg（s1+s2+s3）sinθ 当到达最高点时速度为0，该过程中做功最小． 由能量守恒得： 最小功 WF=2dF安+mg（s1+s2+s3）sinθ=+mg（s1+s2+s3）sinθ=1.95 J． 本题答案为：（1）θ=30°，0.5m．（2）0.5 T．（3）1.25 s．（4）1.95 J． 点评： 21．（2012?中山市校级模拟）如图1所示，在坐标系xOy中，在﹣L≤x＜0区域存在强弱可变化的磁场B1，在0≤x≤2L区域存在匀强磁场，磁感应强度B2=2.0T，磁场方向均垂直于纸面向里．一边长为L=0.2m、总电阻为R=0.8Ω的正方形线框静止于xOy平面内，线框的一边与y轴重合．

（1）若磁场B1的磁场强度在t=0.5s内由2T均匀减小至0，求线框在这段时间内产生的电热为多少？ （2）撤去磁场B1，让线框从静止开始以加速度a=0.4m/s沿x轴正方向做匀加速直线运动，求线框刚好全部出磁场前瞬间的发热功率．

（3）在（2）的条件下，取线框中逆时针方向的电流为正方向，试在图2给出的坐标纸上作出线框中的电流I随运动时间t的关系图线．（不要求写出计算过程，但要求写出图线端点的坐标值，可用根式表示）

2

解决本题的关键能通过图象分析出物体的运动状况：先做匀加速，再做匀速，接着做匀加速．以及能对线框进行正确的受力分析和熟练运用能量守恒定律．

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考点： 专题： 分析： 导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化． 压轴题；热力学定理专题． （1）根据法拉第电磁感应定律求出线框中产生的电动势，由欧姆定律求出感应电流，由焦耳定律求解线框产生的电热． （2）线框从静止开始沿x轴正方向做匀加速直线运动，通过位移3L时线框刚好全部出磁场，由运动学公式求出此时线框的速度，由E=BLv公式和功率公式求解发热功率． （3）线框从静止开始沿x轴正方向做匀加速直线运动过程中，速度v=at，与时间成正比，感应电动势E=BLv，感应电动势与时间也成正比，由欧姆定律得知，感应电流与时间成正比，由楞次判断出感应电流的方向，画出电流图象． 解答： 解：（1）线框中产生的电动势为E=线框中产生的电流为I==0.2A ?L=0.16V 2产生的电热为Q=IRt=0.016J （2）线框刚好全部出磁场前瞬间的速度为 v= 此时线框产生的电动势为E=B2Lv， 发热功率为P= 2由以上各式得P==0.096W （3）线框中的电流I随运动时间t的关系图线如图． 答：（1）线框在这段时间内产生的电热为0.016J． （2）线框刚好全部出磁场前瞬间的发热功率为0.096W． （3）线框中的电流I随运动时间t的关系图线如图． 点评： 对于电磁感应问题，先由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律救出感应电流，再研究焦耳热、安培力等等是经常采用的思路，本题还用到运动学公式求速度，难度适中． 22．（2012?麦积区校级模拟）如图水平金属导轨的间距为1m，处在一个竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=2T，其上有一个与之接触良好的金属棒，金属棒的电阻R=1Ω，导轨电阻不计，导轨左侧接有电源，电动势E=10V，内阻r=1Ω，某时刻起闭合开关，金属棒开始运动，已知金属棒的质量m=1kg，与导轨的动摩擦因数为0.5，导轨足够长．问：

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（1）金属棒速度为2m/s时金属棒的加速度为多大？ （2）金属棒达到稳定状态时的速度为多大？

（3）导轨的右端是一个高和宽均为0.8m的壕沟，那么金属棒离开导轨后能否落到对面的平台？

考点： 专题： 分析： 导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律；安培力． 压轴题；电磁感应中的力学问题． （1）根据E=BLv求出速度为2m/s时的感应电动势，从而得出电路中的实际电压，根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流，再根据牛顿第二定律求出加速度的大小． （2）当安培力与阻力相等时，金属棒达到稳定状态，根据平衡，结合闭合电路欧姆定律求出稳定的速度大小． （3）金属棒离开导轨后做平抛运动，根据高度求出平抛运动的时间，从而得出水平位移，判断能否落到对面的平台． 解答： 解：（1）感应电动势：?=BLv=2×1×2V=4V…① 且产生的感应电流其方向与电路电流方向相反，则此时电路的实际电压： U=E﹣?=10﹣4V=6V…② 电流：I= F合=F安﹣f=BIl﹣μmg=1N…③ …④ （2）金属棒达到稳定状态，即：F安=f…⑤ 则：BIl=μmg …⑥ E﹣?=I（R+r） 得：?=E﹣I（R+r）=5V…⑦ 由?=Blv得： …⑧ （3）x=vt…⑩ 得：t=0.4s，x=1m＞0.8m 知金属棒能够落到对面的平台． 答：（1）金属棒速度为2m/s时金属棒的加速度为1m/s． （2）金属棒达到稳定状态时的速度为2.5m/s． （3）金属棒能够落到对面的平台．

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2…⑨

点评：

本题是电磁感应与电路和动力学的综合，注意产生的感应电动势与电源电动势方向相反，结合闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律等知识进行求解． 23．（2012?眉山模拟）如图所示，两根不计电阻的金属导线MN与PQ 放在水平面内，MN是直导线，PQ的PQ1段是直导线，Q1Q2段是弧形导线，Q2Q3段是直导线，MN、PQ1、Q2Q3相互平行．M、P间接入一个阻值R=0.25Ω的电阻．质量m=1.0kg、不计电阻的金属棒AB能在MN、PQ上无摩擦地滑动，金属棒始终垂直于MN，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．金属棒处于位置（I）时，给金属棒一向右的初速度v1=4 m/s，同时给一方向水平向右F1=3N的外力，使金属棒向右做匀减速直线运动；当金属棒运动到位置（Ⅱ）时，外力方向不变，改变大小，使金属棒向右做匀速直线运动2s到达位置（Ⅲ）．已知金属棒在位置（I）时，与MN、Q1Q2相接触于a、b两点，a、b的间距L1=1 m；金属棒在位置（Ⅱ）时，棒与MN、Q1Q2相接触于c、d两点；位置（I）到位置（Ⅱ）的距离为7.5m．求： （1）金属棒向右匀减速运动时的加速度大小；

（2）c、d两点间的距离L2；

（3）金属棒从位置（I）运动到位置（Ⅲ）的过程中，电阻R上放出的热量Q．

考点： 专题： 分析： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化． 压轴题；电磁感应与电路结合． （1）金属棒从位置（I）到位置（Ⅱ）的过程中做匀减速运动，加速度不变，方向向左．在位置I时，由E1=BL1v1，I1=牛顿第二定律求解加速度大小． （2）由运动学公式求出金属棒在位置（Ⅱ）时的速度v2，金属棒在（I）和（II）之间做匀减速直线运动，加速度大小保持不变，外力F1恒定，则AB棒受到的安培力不变即F安1=F安2，由安培力的表达式求解L2； （3）金属棒从位置（Ⅱ）到位置（Ⅲ）的过程中，做匀速直线运动，感应电动势大小与位置Ⅱ的感应电动势大小相等，安培力与位置Ⅱ的安培力大小相等，求出两个过程外力做功，根据能量守恒求解热量． 、F安1=BI1L1推导出安培力表达式，根据解答： 解：（1）金属棒从位置（I）到位置（Ⅱ）的过程中，加速度不变，方向向左，设大小为a，在位置I时，a、b间的感应电动势为E1，感应电流为I1，受到的安培力为F安1， 则E1=BL1v1 又I1=，F安1=BI1L1， 得 F安1= 代入解得 F安1=4N 由牛顿第二定律得 F安1﹣F1=ma 解得 a=1m/s．

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