全国通用2015届高考物理大二轮复习专题训练六第1课时电磁感应问题的综合分析 17页

‎【步步高】（全国通用）2015届高考物理大二轮复习 专题训练六 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．‎ 第1课时　电磁感应问题的综合分析 ‎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．‎ 图1‎ ‎(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.‎ ‎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．‎ 考向1　楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 例1　如图2甲所示，螺线管匝数n＝1 000匝，横截面积S＝‎10 cm2，螺线管导线电阻r＝1 Ω，电阻R＝4 Ω，磁感应强度B的B－t图象如图乙所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．通过电阻R的电流是交变电流 B．感应电流的大小保持不变 C．电阻R两端的电压为6 V D．C点的电势为4.8 V 解析　根据楞次定律可知，0到1秒内，电流从C流过R到A，在1秒到2秒内，电流从A流过R到C，因此电流为交流电，故A正确；计算知感应电流的大小恒为‎1.2 A，电阻R两端的电压U＝IR＝1.2×4 V＝4.8 V，故B正确，C错误；当螺线管左端是正极时，C点的电势才为4.8 V，当右端是正极时，则C点电势为－4.8 V，故D错误．‎ 答案　AB 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，在边长为a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的单匝正方形导线框架EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，导线框的电阻为R.现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过导线框转到图中虚线位置，则在这时间内(　　)‎ 图3‎ A．顺时针方向转动时，感应电流方向为E→F→G→H→E B．平均感应电动势大小等于 C．平均感应电动势大小等于 D．通过导线框横截面的电荷量为 答案　CD 解析　由线框的磁通量变小可以判断出感应电流的方向为：E→H→G→F→E，故A错误．根据几何关系知面积的变化ΔS＝(3－2)a2，平均感应电动势＝＝＝，故B错误，C正确．通过导线框横截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝·＝，故D正确．‎ 考向2　电磁感应图象问题的分析 例2　(2014·新课标Ⅰ·18)如图4(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上．在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是(　　)‎ 图4‎ 解析　由题图(b)可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab中的磁场是均匀变化的，则线圈ab中的电流是均匀变化的，故选项A、B、D错误，选项C正确．‎ 答案　C 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，一个“∠”形光滑导轨垂直于磁场固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab是与导轨材料、粗细相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在拉力作用下，导体棒以恒定速度v向右运动，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，则回路中感应电动势E、感应电流I、导体棒所受拉力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间变化的图象中正确的是(　　)‎ 图5‎ 答案　AC 解析　设“∠”形导轨的角度为α，则经时间t，产生的感应电动势E＝BLv＝B(vttan α)v＝Bv2ttan α，可知感应电动势与时间成正比，A正确；设单位长度的该导体电阻为r，则经时间t，回路总电阻R＝(vt＋vttan α＋)r，因此回路中的电流I＝为常量，与时间无关，图象为一条水平直线，B错误；由于匀速运动，拉力的功率等于产生焦耳热的功率，P＝I2R，由于I恒定不变，而R与时间成正比，因此功率P与时间成正比，是一条倾斜的直线，C正确；而产生的热量Q＝Pt，这样Q与时间的平方成正比，图象为一条曲线，D错误．‎ 考向3　电磁感应中的动力学问题分析 例3　如图6甲所示，电流传感器(相当于一只理想电流表)能将各时刻的电流数据实时通过数据采集器传输给计算机，经计算机处理后在屏幕上同步显示出I－t图象．电阻不计的足够长光滑平行金属轨道宽L＝‎1.0 m，与水平面的夹角θ＝37°.轨道上端连接阻值R＝1.0 Ω的定值电阻，金属杆MN长与轨道宽相等，其电阻r＝0.50 Ω、质量m＝‎‎0.02 kg ‎.在轨道区域加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，让金属杆从图示位置由静止开始释放，杆在整个运动过程中与轨道垂直，此后计算机屏幕上显示出如图乙所示的I－t图象．重力加速度g＝‎10 m/s2，‎ sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：‎ 图6‎ ‎(1)t＝1.2 s时电阻R的热功率；‎ ‎(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)t＝1.2 s时金属杆的速度大小和加速度大小．‎ 审题突破　金属杆在倾斜轨道上运动时受到几个力作用？安培力有什么特点？图象反映金属杆运动情况如何？根据哪个过程可求磁感应强度B的大小？‎ 解析　(1)由I－t图象可知，当t＝1.2 s时，I＝‎‎0.15 A P＝I2R＝0.152×1.0 W＝0.022 5 W ‎(2)由题图乙知，当金属杆稳定运动时的电流为‎0.16 A 稳定时杆匀速运动，受力平衡，则有：‎ mgsin θ＝BI′L 代入数据解得：B＝0.75 T ‎(3)t＝1.2 s时电源电动势E＝I(R＋r)＝BLv 代入数据得：v＝‎0.3 m/s mgsin θ－BIL＝ma 代入数据得：a＝ m/s2‎ 答案　(1)0.022 5 W　(2)0.75 T　(3)‎0.3 m/s　 m/s2‎ 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所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.求：‎ 图7‎ ‎(1)此过程杆的速度最大值vm；‎ ‎(2)此过程流过电阻R的电量．‎ 答案　(1)　(2) 解析　(1)当杆达到最大速度vm时，E＝Bdvm F安＝BIdI＝Ff＝μmg 匀速时合力为零．‎ F－μmg－＝0‎ 得vm＝.‎ ‎(2)由公式q＝t＝＝ 得q＝＝＝.‎ ‎10．综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题 例4　 (22分)如图8所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为37°，导轨间距为‎1 m，电阻不计，导轨足够长．两根金属棒ab和以a′b′的质量都是‎0.2 kg，电阻都是1 Ω，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B的大小相同．让a′b ‎′固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8 W．求：‎ 图8‎ ‎(1)ab下滑的最大加速度；‎ ‎(2)ab下落了‎30 m高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q为多大？‎ ‎(3)如果将ab与a′b′同时由静止释放，当ab下落了‎30 m高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q′为多大？(g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ 思维导图 解析　(1)当ab棒刚下滑时，ab棒的加速度有最大值：‎ a＝gsin θ－μgcos θ＝‎4 m/s2.(2分)‎ ‎(2)ab棒达到最大速度时做匀速运动，有 mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ，(2分)‎ 整个回路消耗的电功率 P电＝BILvm＝(mgsin θ－μmgcos θ)vm＝8 W，(2分)‎ 则ab棒的最大速度为：vm＝‎10 m/s(1分)‎ 由P电＝＝(2分)‎ 得：B＝0.4 T．(1分)‎ 根据能量守恒得：‎ mgh＝Q＋mv＋μmgcos θ·(2分)‎ 解得：Q＝30 J．(1分)‎ ‎(3)由对称性可知，当ab下落‎30 m稳定时其速度为v′，a′b′也下落‎30 m，其速度也为v′，ab和a′b′都切割磁感线产生电动势，总电动势等于两者之和．‎ 根据共点力平衡条件，对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)‎ 代入数据得Q′＝75 J．(1分)‎ 答案　(1)‎4 m/s2　(2)30 J　(3)75 J ‎(限时：15分钟，满分：16分)‎ ‎(2014·安徽·23)如图9甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为‎2.5 m，MN连线水平，长为‎3 m．以MN中点O为原点、OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为‎3 m、质量m为‎1 kg、电阻R为0.3 Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝‎1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g取‎10 m/s2.‎ 图9‎ ‎(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝‎0.8 m处电势差UCD；‎ ‎(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出F－x关系图像；‎ ‎(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．‎ 答案　(1)1.5 V　－0.6 V ‎(2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)　见解析图 ‎(3)7.5 J 解析　(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势 E＝Blv(l＝d)　E＝1.5 V(D点电势高)当x＝‎0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l外，则 l外＝d－dOP＝ ＝‎‎2 m 得l外＝‎‎1.2 m 由楞次定律判断D点电势高，故C、D两端电势差 UCD＝－Bl外v＝－0.6 V.‎ ‎(2)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是 l＝d＝3－x 对应的电阻R1＝R 电流I＝ 杆受的安培力为F安＝BIl＝7.5－3.75x 根据平衡条件得F＝F安＋mgsin θ F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)‎ 画出的F－x图象如图所示．‎ ‎(3)外力F所做的功WF等于F－x图线下所围的面积．‎ 即WF＝×2 J＝17.5 J 而杆的重力势能增加量ΔEp＝mgOPsin θ 故全过程产生的焦耳热Q＝WF－ΔEp＝7.5 J.‎ ‎(限时：45分钟)‎ 题组1　楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 ‎1．(2014·四川·6)如图1所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小．质量为 ‎0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为‎1 m的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30 °角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t) T，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则(　　)‎ 图1‎ A．t＝1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D B．t＝3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C C．t＝1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N D．t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N 答案　AC 解析　根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C到D，故A正确，B错误；由法拉第电磁感应定律可知：E＝＝＝sin 30°＝0.2×12× V＝0.1 V，故感应电流为I＝＝‎1 A，金属杆受到的安培力FA＝BIL，t＝1 s时，FA＝0.2×1×1 N＝0.2 N，方向如图甲，此时金属杆受力分析如图甲，由平衡条件可知F1＝FA·cos 60°＝0.1 N，F1为挡板P对金属杆施加的力．t＝3 s时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图乙，此时挡板H对金属杆施加的力向右，大小F3＝BILcos 60°＝0.2×1×1× N＝0.1 N．故C正确，D错误．‎ ‎2．如图2甲所示，在竖直向上的磁场中，水平放置一个单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为‎0.1 m2‎，线圈电阻为1 Ω，磁场的磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示，规定从上往下看顺时针方向为线圈中感应电流i的正方向．则(　　)‎ 图2‎ A．0～5 s内i的最大值为‎0.1 A B．第4 s末i的方向为正方向 C．第3 s内线圈的发热功率最大 D．3～5 s内线圈有扩张的趋势 答案　D 解析　在t＝0时磁通量的变化率最大，感应电流最大为I＝＝＝‎0.01 A，选项A错误；第4 s末，B在正方向逐渐减小，根据楞次定律可知，i的方向为负方向，选项B错误；第3 s内，线圈中感应电动势为零，所以第3 s内线圈的发热功率为零，选项C错误；3～5 s内穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知线圈有扩张的趋势，选项D正确．‎ ‎3．有人设计了一个汽车＂再生能源装置＂原理简图如图3甲所示．当汽车减速时，线圈受到辐向磁场的阻尼作用助汽车减速，同时将产生的电能储存．图甲中，线圈匝数为n，ab长度为L1，bc长度为L2.图乙是此装置的侧视图．切割处磁场的磁感应强度大小恒为B，有理想边界的两个扇形磁场区边线夹角都是90°.某次测试时，外力使线圈以角速度ω逆时针匀速转动，线圈中电流i随时间变化图象如图丙所示(I为已知量)，取ab边刚开始进入右侧的扇形磁场时刻t＝0.不计线圈转轴处的摩擦，则(　　)‎ 图3‎ A．线圈在图乙所示位置时，线圈中电流方向为a→b→c→d→a B．线圈在图乙所示位置时，线圈产生电动势的大小为nBL‎1L2ω C．外力做功的平均功率为 D．闭合电路的总电阻为 答案　ACD 解析　有两个边一直在均匀辐向磁场中做切割磁感线运动，故根据切割公式，有E＝2nBL1v，其中v＝ ωL2，解得E＝nBL‎1L2ω，根据右手定则，图乙中的线圈通过的电流方向为a→b→c→d→a，故A正确，B错误；根据欧姆定律，电流I＝，解得R＝.线圈转动一个周期时间内，产生电流的时间是半周期，故外力做功的平均功率P＝I2R，解得P＝，故C、D正确．‎ 题组2　电磁感应图象问题的分析 ‎4．如图4所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置在靠近MP的位置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．t＝0时对金属棒施一平行于导轨的外力F，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速运动．下列关于穿过回路abPMa的磁通量Φ、磁通量的瞬时变化率、通过金属棒的电荷量q以及a、b两端的电势差U随时间t变化的图象中，正确的是(　　)‎ 图4‎ 答案　BD 解析　由题意知ab棒做匀加速运动，其运动位移为x＝at2，磁通量Φ＝BLx＝BL·at2，故A错误；磁通量的瞬时变化率＝＝BLv＝BLat，故B正确；流过金属棒的电荷量q＝＝，所以C错误；a、b两端的电压U＝E＝BLat，所以D正确．‎ ‎5．(2014·福建三明市三校联考)如图5甲所示，在水平桌面上，一个面积为S、电阻为r 的圆形金属框置于磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B1随时间t的变化关系如图乙所示．在0～1 s内磁场方向垂直线框平面向下，圆形金属框与一个电阻不计的水平平行金属导轨相连接，水平导轨上放置一根导体棒，导体棒的长为L、电阻为R，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场中，其磁感应强度值为B2，方向垂直导轨平面向下．若导体棒始终保持静止，则其所受的静摩擦力Ff随时间变化的图象是下图中的(设水平向右为静摩擦力的正方向)(　　)‎ 图5‎ 答案　A 解析　在0到1秒内磁感应强度B1随时间t均匀增加，感应电动势和电流恒定且感应电流方向为逆时针，则根据左手定则可得导体棒受到的安培力的方向为向左，大小恒定，所以棒受到的静摩擦力方向为向右，即为正方向，且大小也恒定．而在1秒到2秒内磁感应强度大小不变，则线圈中没有感应电动势，所以没有感应电流，则也没有安培力，因此棒不受静摩擦力．‎ ‎6．如图6所示，电阻不计的平行导轨竖直固定，上端接有电阻R，高度为h的匀强磁场与导轨平面垂直．一导体棒从磁场上方的A位置释放，用x表示导体棒进入磁场后的位移，i表示导体棒中的感应电流大小，v表示导体棒的速度大小，Ek表示导体棒的动能，a表示导体棒的加速度大小，导体棒与导轨垂直并接触良好．以下图象可能正确的是(　　)‎ 图6‎ 答案　AC 解析　导体棒进入磁场后，受到向上的安培力和重力，如果安培力大于重力，导体棒将做减速运动，安培力F安＝减小，当安培力减小到等于重力时，做匀速运动；电流I＝，由于速度先减小后不变，故电流也是先减小后不变，故A正确；导体棒进入磁场后，受到向上的安培力和重力，如果安培力大于重力，导体棒将做减速运动，根据动能定理，有：mgx－F安x＝Ek－Ek0，故Ek＝mgx－F安x＋Ek0，由于减速运动时安培力是变力，故对应的Ek－x图不是直线，故B错误；导体棒进入磁场后，受到向上的安培力和重力，如果安培力等于重力，导体棒的加速度为零；离开磁场后只受重力，加速度为g，故C正确；导体棒离开磁场后只受重力，加速度为g，即x＞h部分的v－t图象的斜率不可能为零，故D错误．‎ 题组3　综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题 ‎7．如图7所示，水平传送带带动两金属杆匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30°，两虚线EF、GH之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场宽度为L，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d，两金属杆a、b质量均为m，两杆与导轨接触良好．当金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动，当金属杆a离开磁场时，金属杆b恰好进入磁场，则(　　)‎ 图7‎ A．金属杆b进入磁场后做加速运动 B．金属杆b进入磁场后做匀速运动 C．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为 D．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL 答案　BD 解析　由题意知，a进入磁场后恰好做匀速直线运动，可得：mgsin θ＝BIL，I＝，由题意知，b进入磁场时的速度等于a进入磁场时的速度，故当b 进入磁场时，也做匀速直线运动，所以A错误，B正确；a在磁场中产生的热量Q1＝F安L＝mgsin 30°L＝mgL，b在磁场中运动产生的热量Q2＝Q1，所以两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为Q＝Q1＋Q2＝mgL，故D正确．‎ ‎8．在如图8所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t1时刻ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动．重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)‎ 图8‎ A．当ab边刚越过JP时，导线框的加速度大小为a＝gsin θ B．导线框两次匀速直线运动的速度v1∶v2＝4∶1‎ C．在t1到t2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量 D．在t1到t2的过程中，有＋机械能转化为电能 答案　BD 解析　ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区域时，导线框做匀速运动，所以mgsin θ＝BI‎1L＝，当ab边刚越过JP时，I2＝＝，由2BI‎2L－mgsin θ＝ma，联立解得a＝3gsin θ，所以A错误；当a＝0时，以速度v2做匀速直线运动，即－mgsin θ＝0，得：mgsin θ＝，所以v1∶v2＝4∶1，故B正确；在t1到t2的过程中，根据能量守恒知导线框克服安培力做功的大小等于导线框重力势能的减少量加上动能的减少量，即克服安培力做功W＝＋，所以C错误；又克服安培力做功等于产生的电能，所以D正确．‎ ‎9．(2014·新课标Ⅱ·25)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O ‎，装置的俯视图如图9所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g.求：‎ 图9‎ ‎(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；‎ ‎(2)外力的功率．‎ 答案　(1)方向为C→D　大小为 ‎(2)＋ 解析　(1)根据右手定则，得导体棒AB上的电流方向为B→A，故电阻R上的电流方向为C→D.‎ 设导体棒AB中点的速度为v，则v＝ 而vA＝ωr，vB＝2ωr 根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB上产生的感应电动势E＝Brv 根据闭合电路欧姆定律得I＝，联立以上各式解得通过电阻R的感应电流的大小为I＝.‎ ‎(2)根据能量守恒定律，外力的功率P等于安培力与摩擦力的功率之和，即P＝BIrv＋Ffv，而Ff＝μmg 解得P＝＋.‎