2018版浙江省高考物理教师文档讲义：第九章第3课时-电磁感应现象的综合问题（21页） 21页

第3课时　电磁感应现象的综合问题 ‎[基础过关]‎ 一、电磁感应中的电路问题 ‎1．电源和内阻：切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源。该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻。‎ ‎2．感应电动势：E＝BLv或E＝n。‎ 二、电磁感应中的动力学问题 ‎1．通电导体在磁场中受到安培力作用，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起。解决的基本方法如下：‎ ‎(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向；‎ ‎(2)求回路中的电流；‎ ‎(3)分析导体受力情况(包含安培力在内的全面受力分析)；‎ ‎(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。‎ ‎2．两种状态处理 ‎(1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态。‎ 处理方法：根据平衡条件——合外力等于零列式分析。‎ ‎(2)导体处于非平衡态——加速度不等于零。‎ 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析，或结合功能关系分析。‎ 三、电磁感应中的能量转化 ‎1．电磁感应现象的实质是其他形式的能和电能之间的转化。‎ ‎2．感应电流在磁场中受安培力，克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能。‎ ‎【过关演练】‎ ‎1．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈。当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E－t关系如图甲所示。如果只将刷卡速度改为，线圈中的E－t关系图可能是图乙中的(　　)‎ 乙 解析　由公式E＝Blv可知，当刷卡速度减半时，线圈中的感应电动势最大值减半，且刷卡所用时间加倍，故D选项正确。‎ 答案　D ‎2．(2015·浙江10月选考)如图1所示，质量m＝3.0×10－3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图2所示。‎ ‎(1)求0～0.10 s线圈中的感应电动势大小；‎ ‎(2)t＝0.22 s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD 中的电流方向及磁感应强度B2的方向；‎ ‎(3)t＝0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通过细杆CD的电荷量。‎ 解析　(1)由电磁感应定律E＝n 得E＝nS＝30 V ‎(2)电流方向C→D B2方向向上 ‎(3)由牛顿第二定律F＝ma＝m ‎(或由动量定理FΔt＝mv－0)‎ 安培力F＝IB1l ΔQ＝IΔt v2＝2gh 得ΔQ＝＝0.03 C 答案　(1)30 V　(2)电流方向C→D　B2方向向上 ‎(3)0.03 C ‎[要点突破]‎ 要点一　电磁感应的电路问题 ‎1．处理问题的一般思路 ‎(1)确定电源，在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体是电源；‎ ‎(2)分析电路结构(区分内、外电路及外电路的串、并联分析)，画出等效电路；‎ ‎(3)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功率等公式求解。‎ ‎2．一类特殊问题：根据电磁感应的平均感应电动势求解电路中通过的电量，有＝n，＝，q＝·t＝n。‎ ‎【例1】 如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A 铰链连接的长度为2a、电阻为的导体棒AB，由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为(　　)‎ A. B. C. D．Bav 解析　导体棒以A为轴转动切割产生的感应电动势E＝B·2a，整个电路是两个半圆环并联接在电源AB两端，故AB两端电压U＝·＝，所以A选项正确。‎ 答案　A 要点二　电磁感应图象问题 ‎1．图象问题大体上可分为三类 ‎(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象。‎ ‎(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量。‎ ‎(3)根据图象定量计算。‎ ‎2．解题步骤 ‎(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者是E－t图、I－t图等。‎ ‎(2)分析电磁感应的具体过程判断对应的图象是否分段，共分几段。‎ ‎(3)用右手定则或楞次定律确定感应电流的方向。‎ ‎(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。‎ ‎(5)根据函数关系式，进行数学分析。‎ ‎(6)画图象或判断图象。‎ ‎【例2】 矩形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图所示。设t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在0～4 s时间内，选项图中能正确反映线框ab边所受的安培力F随时间t变化的图象是(规定ab边所受的安培力向左为正)(　　)‎ 解析　在0～1 s内，由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电流大小恒定，由楞次定律可得线框内产生的感应电流方向为顺时针方向，根据左手定则可判断出线框ab边所受安培力方向向左(为正)，由F＝BIL可知F随磁感应强度的减小而减小。在1～2 s内，由楞次定律可得线框内产生的感应电流方向为顺时针方向，根据左手定则可判断出线框ab边所受安培力方向向右(为负)，由F＝BIL可知F随磁感应强度的增大而增大。同理在2～3 s内，线框ab边所受安培力方向向左(为正)，由F＝BIL可知F随磁感应强度的减小而减小。在3～4 s内，线框ab边所受安培力方向向右(为负)，由F＝BIL可知F随磁感应强度的增大而增大，D正确。‎ 答案　D 要点三　电磁感应的动力学问题 ‎1．电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I＝。‎ ‎2．受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIl或，根据牛顿第二定律列动力学方程：F合＝ma。‎ ‎3．过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力平衡条件列平衡方程F合＝0。‎ ‎【例3】 如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l＝0.5 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角。完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触。已知两棒质量均为m＝0.02 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T。棒ab在平行于导轨向上的力F 作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止。g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)通过棒cd的电流I是多少？方向如何？‎ ‎(2)棒ab受到的力F是多大？‎ 解析　(1)棒cd受到的安培力为 Fcd＝BIl 棒cd在共点力作用下平衡，则 Fcd＝mgsin 30°‎ 联立解得I＝1 A 根据楞次定律可知，棒cd中电流方向由d至c。‎ ‎(2)棒ad与棒cd受到的安培力大小相等，即 Fab＝Fcd 对棒ab，由共点力平衡条件得 F＝mgsin 30°＋BIl 解得F＝0.2 N 答案　(1)1 A　由d至c　(2)0.2 N 要点四　电磁感应的能量问题 ‎1．电磁感应过程实质是不同形式的能量转化的过程，电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力作用。因此闭合电路的一部分导体运动切割磁感线时必克服安培力做功。此过程中，其他形式的能转化为电能。克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能。‎ 同理，电流做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，电流做多少功就有多少电能转化为其他形式的能。‎ ‎2．电能求解思路主要有三种：‎ ‎(1)利用克服安培力做功求解，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，导体切割磁感线产生感应电流时，开始的机械能总和与最后的机械能总和之差等于产生的电能。‎ ‎(3)利用电路特征来求解，通过电路中所消耗的电能来计算。‎ ‎【例4】 如图所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为(　　)‎ A．2mgL B．2mgL＋mgH C．2mgL＋mgH D．2mgL＋mgH 解析　设ab边刚进入磁场时的速度为v1，则cd边刚穿出磁场时的速度为 v2＝①‎ 线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L。‎ 由题意得mv＝mgH②‎ mv＋mg·2L＝mv＋Q③‎ 由①②③得Q＝2mgL＋mgH。C选项正确。‎ 答案　C ‎[精练题组]‎ ‎1．如图所示，A是一边长为l的正方形线框，电阻为R，现维持线框以恒定的速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场B区域。取逆时针方向为电流正方向，线框从图示位置开始运动，则线框中产生的感应电流i随时间t变化的图线是图中的(　　)‎ 解析　由于线框进入和穿出磁场时，线框内磁通量均匀变化，因此在线框中产生的感应电流大小不变，根据楞次定律可知，线框进入磁场时感应电流的方向与规定的正方向相同，穿出磁场时感应电流的方向与规定的正方向相反，因此应选B。‎ 答案　B ‎2．如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框中导线的电阻都可不计。开始时，给ef一个向右的初速度，则(　　)‎ A．ef将减速向右运动，但不是匀减速 B．ef将匀减速向右运动，最后停止 C．ef将匀速向右运动 D．ef将往返运动 解析　ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIl＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确。‎ 答案　A ‎3．如图所示，质量为m、高为h的矩形导线框在竖直面内自由下落，其上下两边始终保持水平，途中恰好匀速穿过一有理想边界、高亦为h的匀强磁场区域，线框在此过程中产生的内能为(　　)‎ A．mgh B．2mgh C．大于mgh而小于2mgh D．大于2mgh 解析　因线框匀速穿过磁场，在穿过磁场的过程中合外力做功为零，克服安培力做功为2mgh，产生的内能亦为2mgh，故选B。‎ 答案　B ‎4．(2016·浙江余杭期末)如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则(　　)‎ A．W1W2，q1>q2 D．W1>W2，q1＝q2‎ 解析　设线框的长为L1，宽为L2，速度为v，线框所受的安培力大小为FA＝BIL2，又I＝，E＝BL2v中，则得FA＝线框匀速运动，外力与安培力平衡，则外力的大小为F＝FA＝，外力做功为W＝FL1＝·L1＝·，可见，外力做功与所用时间成反比，则有W1>W2。两种情况下，线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等，根据感应电荷量公式q＝可知，通过导线截面的电荷量相等，即有q1＝q2，故选D。‎ 答案　D ‎5．如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。‎ ‎(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；‎ ‎(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；‎ ‎(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。‎ 解析　(1)如图所示，ab杆受重力mg，竖直向下；支持力FN，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上。‎ ‎(2)当ab杆速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，此时电路中电流I＝＝ ab杆受到安培力F安＝BIL＝ 根据牛顿第二定律，有 ma＝mgsin θ－F安＝mgsin θ－ a＝gsin θ－。‎ ‎(3)当a＝0时，ab杆有最大速度：vm＝。‎ 答案　(1)见解析图　(2)　gsin θ－ ‎(3) ‎6．如图所示，导线全部为裸导线，半径为r的圆内有垂直于圆平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根长度大于2r的导线MN以速率v 在圆环上无摩擦地自左端匀速滑到右端，电路中的定值电阻阻值为R，其余电阻不计，试求：‎ ‎(1)MN从圆环左端滑到右端的过程中，通过定值电阻的电流平均值及通过的电荷量；‎ ‎(2)MN从圆环左端滑到右端的过程中，通过定值电阻的电流最大值。‎ 解析　(1)从左端到右端磁通量的变化量 ΔΦ＝BΔS＝Bπr2‎ 从左端到右端的时间Δt＝ 根据法拉第电磁感应定律，平均感应电动势 ＝＝＝ 所以，电路中平均感应电流＝＝ 通过定值电阻的电荷量q＝Δt＝·＝。‎ ‎(2)当导线运动到圆环的圆心处时，切割磁感线的有效长度最大，产生的感应电动势也就最大，通过定值电阻的电流也就最大，此时Em＝B·2r·v，所以Im＝，由以上两式，得Im＝。‎ 答案　(1)　　(2) ‎7．(2016·浙江温州中学选考模拟)如图所示，在高度差h＝0.5 m的平行虚线范围内，有磁感应强度B＝0.5 T、方向垂直于竖直平面向里的匀强磁场，正方形线框abcd的质量m＝0.1 kg、边长L＝0.5 m、电阻R＝0.5 Ω，线框平面与竖直平面平行，静止在位置“Ⅰ”时，cd边跟磁场下边缘有一段距离。现用一竖直向上的恒力F＝4.0 N向上提线框，线框由位置“Ⅰ”无初速度开始向上运动，穿过磁场区，最后到达位置“Ⅱ”(ab 边恰好出磁场)，线框平面在运动中保持与磁场方向垂直，且cd边保持水平。设cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速直线运动。g取10 m/s2。‎ ‎(1)求线框进入磁场前距磁场下边界的距离H；‎ ‎(2)线框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的过程中，恒力F做的功是多少？线框内产生的热量又是多少？‎ 解析　(1)在恒力作用下，线框开始向上做匀加速直线运动，设线框的加速度为a，据牛顿第二定律有：‎ F－mg＝ma 设cd边刚进磁场时，线框速度设为v1，线框从静止到cd边刚进磁场过程中，由运动学方程有：‎ v＝2a·H cd边刚进磁场时产生电动势E＝BLv1，感应电流 I＝＝ 安培力F安＝BIL 线框做匀速直线运动，则有F＝F安＋mg，‎ 联立以上各式，可解得v1＝＝24 m/s，‎ 由v＝2aH解得H＝9.6 m。‎ ‎(2)恒力F做的功W＝F(H＋L＋h)＝42.4 J，‎ 从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中，拉力所做的功等于线框增加的重力势能和产生的热量Q，‎ 即F(L＋h)＝mg(L＋h)＋Q，‎ 解得：Q＝(F－mg)(L＋h)＝3.0 J 或Q＝I2Rt＝()2R(＋)＝3.0 J。‎ 答案　(1)9.6 m　(2)42.4 J　3.0 J 活页作业 ‎1．水平放置的金属框架cdef处于如图所示的匀强磁场中，金属棒ab处于粗糙的框架上且与框架接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒ab始终保持静止，则(　　)‎ A．ab中电流增大，ab棒所受摩擦力也增大 B．ab中电流不变，ab棒所受摩擦力也不变 C．ab中电流不变，ab棒所受摩擦力增大 D．ab中电流增大，ab棒所受摩擦力不变 解析　磁感应强度均匀增大时，磁通量的变化率恒定，故回路中的感应电动势和感应电流都是恒定的；又棒ab所受的摩擦力等于安培力，即Ff＝F安＝BIL，故当B增加时，摩擦力增大，选项C正确。‎ 答案　C ‎2．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，图中正确表示线圈中感应电动势E变化的是(　　)‎ 解析　在第1 s内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感应电动势E1＝＝S，在第2 s和第3 s内，磁场B不变化，线圈中无感应电流，在第4 s和第5 s内，B减小，由楞次定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势E1＝＝S，由于ΔB1＝ΔB2，Δt2＝2Δt1，故E1＝2E2，由此可知，A选项正确。‎ 答案　A ‎3．如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是图中的(　　)‎ 解析　由题意可知，安培力的方向向右，根据左手定则可知感应电流的方向由B到A，再由右手定则可知，当垂直向外的磁场在增加时，会产生由B到A的感应电流，由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，则安培力的表达式F＝BIL＝BL，因安培力的大小不变，则B是定值，因磁场B增大，则减小，故D选项正确，A、B、C选项错误。‎ 答案　D ‎4．(多选)如图所示，竖直平面内有一足够长的宽度为L的金属导轨，质量为m的金属导体棒ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒ab与金属导轨接触良好，ab电阻为R，其他电阻不计。导体棒ab由静止开始下落，过一段时间后闭合开关S，发现导体棒ab立刻做变速运动，则在以后导体棒ab的运动过程中，下列说法中正确的是(　　)‎ A．导体棒ab做变速运动期间加速度一定减小 B．单位时间内克服安培力做的功全部转化为电能，电能又转化为内能 C．导体棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能和内能之和，符合能的转化和守恒定律 D．导体棒ab最后做匀速运动时，速度大小为v＝ 解析　导体棒由静止下落，在竖直向下的重力作用下，做加速运动，开关闭合时，由右手定则可知，导体中产生的电流方向为逆时针方向，再由左手定则，可判定导体棒受到的安培力方向向上，F＝BIL＝BL，导体棒受到的重力和安培力的合力变小，加速度变小，做加速度越来越小的变速运动，A正确；最后合力为零，加速度为零，做匀速运动，由F－mg＝0得，BL＝mg，v＝，D正确；导体棒克服安培力做功，减少的机械能转化为电能，由于电流的热效应，电能又转化为内能，B正确，C错误。‎ 答案　ABD ‎5．(多选)如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1＝2v2，在先后两种情况下(　　)‎ A．线圈中的感应电流之比I1∶I2＝2∶1‎ B．线圈中的感应电流之比I1∶I2＝1∶2‎ C．线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝4∶1‎ D．通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶1‎ 解析　由于v1＝2v2，根据E＝BLv得感应电动势之比＝，感应电流I＝，则感应电流之比为＝，A正确，B错误；线圈出磁场所用的时间t＝，则时间比为＝，根据Q＝I2Rt可知热量之比为＝，C错误；根据q＝Δt＝Δt＝Δt＝得＝，D正确。‎ 答案　AD ‎6．(多选)如图所示，水平放置的U形框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里的、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计，导体AC与U形框架间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是(　　)‎ A．此时AC两端电压为UAC＝2BLv B．此时AC两端电压为UAC＝ C．此过程中电路产生的电热为Q＝Fd－mv2‎ D．此过程中通过电阻R0的电荷量为q＝ 解析　AC的感应电动势为E＝2BLv，两端电压为UAC＝＝，A错，B对；由功能关系得Fd＝mv2＋Q＋μmgd，C错；此过程中平均感应电流为＝ ‎，通过电阻R0的电荷量为q＝Δt＝，D对。‎ 答案　BD ‎7．(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒与导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则(　　)‎ A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g B．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝ D．电阻R上产生的热量等于金属棒重力势能的减少量 解析　金属棒刚释放时，弹簧处于原长，此时弹力为零，又因此时速度为零，因此也不受安培力作用，金属棒只受到重力作用，其加速度应等于重力加速度，故A正确；金属棒向下运动时，由右手定则可知，金属棒上电流方向向右，电阻在外电路，其电流方向为b→a，故B错误；金属棒速度为v时，安培力大小为F＝BIL＝，故C正确；金属棒下落过程中，由能量守恒守律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能以及电阻R上产生的热量，因此D错误。‎ 答案　AC ‎8．(多选)如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，用导线与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面。有一导体棒ab，质量为m，两导轨间距为l，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值相等，都等于R，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，有(　　)‎ A．棒中感应电流的方向由a到b B．棒所受安培力的大小为 C．棒两端的电压为 D．棒动能的减少量等于其重力势能的增加量与电路上产生的电热之和 解析　由右手定则可判定导体棒中的电流方向为a→b，故选项A正确；由E＝Blv及串、并联电路的特点，知R外＝，则I＝＝，所以导体棒所受安培力的大小F＝BIl＝，故选项B错误；结合I＝，知导体棒两端的电压U＝I·＝，故选项C正确；由能量守恒知：导体棒动能的减少量等于其重力势能的增加量以及电路中产生的电热和克服摩擦力做功产生的内能，故选项D错误。‎ 答案　AC ‎9．如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距0.2 m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4 Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4 s时，突然接通开关S，则 ‎(1)试说出S接通后，导体ab的运动情况；‎ ‎(2)导体ab匀速下落的速度是多少？(g取10 m/s2)‎ 解析　(1)闭合S之前导体自由下落的末速度为：‎ v0＝gt＝4 m/s。‎ S闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab 立即受到一个竖直向上的安培力。‎ F安＝BIL＝＝0.016 N＞mg＝0.002 N。‎ 此刻导体棒所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为 a＝＝－g，所以，ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动。当速度减小至F安＝mg时，ab做竖直向下的匀速运动。‎ ‎(2)设匀速竖直向下的速度为vm，‎ 此时F安＝mg，即＝mg，vm＝＝0.5 m/s。‎ 答案　(1)先做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动，后做匀速运动　(2)0.5 m/s ‎10．如图甲所示，一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框的右边紧贴着边界。t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力，让线框从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t0穿出磁场。如图乙所示为外力随时间变化的图象。线框质量m、电阻R及图象中的F0、t0均为已知量，则根据上述条件，求：‎ ‎(1)金属线框的边长L；‎ ‎(2)磁感应强度B。‎ 解析　对金属线框有F－BIL＝ma，①‎ 又I＝②‎ v＝at③‎ 解①②③式得F＝t＋ma④‎ 又L＝at⑤‎ 将t1＝0，F1＝F0和t2＝t0，F2＝3F0，‎ 代入④⑤式解得L＝，‎ B＝。‎ 答案　(1)　(2) ‎11．如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距l＝0.6 m，两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表，电阻r＝2 Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知R1＝2 Ω，R2＝1 Ω，导轨及导线电阻均不计。在矩形区域CDFE内有竖直向上的磁场，CE＝0.2 m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示。开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力F，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场运动过程中电压表的示数始终保持不变。求：‎ ‎(1)t＝0.1 s时电压表的读数；‎ ‎(2)恒力F的大小；‎ ‎(3)从t＝0时刻到金属棒运动出磁场过程中整个电路产生的热量。‎ 解析　(1)设磁场宽度为d＝CE，在0～0.2 s的时间内，‎ 有E＝，E＝ld＝0.6 V 此时，R1与金属棒r并联，再与R2串联 R＝R并＋R2＝(1＋1) Ω＝2 Ω U＝R并＝0.3 V。‎ ‎(2)金属棒进入磁场后，有 I′＝＋＝0.45 A FA＝BI′l＝1×0.45×0.6 N＝0.27 N 由于金属棒进入磁场后电压表示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，有 F＝FA＝0.27 N。‎ ‎(3)金属棒在0～0.2 s的运动时间内有 Q＝t＝0.036 J 金属棒进入磁场后，有 R′＝＋r＝ Ω，‎ E′＝I′R′＝1.2 V，E′＝Blv，v＝2 m/s t′＝＝ s＝0.1 s Q′＝E′I′t′＝0.054 J，‎ Q总＝Q＋Q′＝(0.036＋0.054) J＝0.09 J。‎ 答案　(1)0.3 V　(2)0.27 N　(3)0.09 J