【物理】2020届二轮复习专题四　电路与电磁感应第9讲电磁感应的综合应用学案 14页

第9讲　电磁感应的综合应用 ‎[相关知识链接]‎ ‎1．判断感应电流方向的两种方法 ‎(1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断．‎ ‎(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断．‎ ‎2．求感应电动势的常见情况与方法 情景图 研究对象 回路中磁通量发生变化 导体平动切割磁感线 导体转动切割磁感线 线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动 表达式 E＝n E＝BLv E＝BL2ω Em＝nBSω ‎[规律方法提炼]‎ ‎1．楞次定律中“阻碍”的四种表现形式 ‎(1)阻碍磁通量的变化——“增反减同”．‎ ‎(2)阻碍相对运动——“来拒去留”．‎ ‎(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”．‎ ‎(4)阻碍电流的变化(自感现象)——“增反减同”．‎ ‎2．在应用法拉第电磁感应定律E＝n＝nS时要注意：S为有效面积，当线圈的面积大于磁场的区域时，磁场的面积为有效面积．‎ 例1　(多选)(2019·河北唐山市第一次模拟)如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是(　　)‎ A．保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针的电流 B．保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针的电流 C．保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为 D．保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为 答案　BC 解析　由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈磁通量不变，所以在线圈中没有感应电流产生，故A错误；由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，线圈包含磁场的面积变小，磁通量变小，根据楞次定律可知，产生逆时针的电流，故B正确；保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得：I＝＝＝＝k＝k，故C正确，D错误．‎ 拓展训练1　(多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内(　　)‎ A．圆环所受安培力的方向始终不变 B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向 C．圆环中的感应电流大小为 D．圆环中的感应电动势大小为 答案　BC 解析　在0～t0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝＝πr2·＝，根据电阻定律可得R＝ρ，根据欧姆定律可得I＝＝，所以选项C正确，D错误．‎ 例2　(多选)(2018·全国卷Ⅰ·19)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是(　　)‎ A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动 B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向 C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向 D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动 答案　AD 解析　根据安培定则，开关闭合时铁芯中产生水平向右的磁场．开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A项正确；开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，B、C项错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D项正确．‎ 拓展训练2　(2019·湖南衡阳市第一次联考)如图所示是某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置，在电梯轿厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设线圈，这样可以在电梯突然坠落时减小对人员的伤害，关于该装置，下列说法正确的是(　　)‎ A．当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中 B．当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，闭合线圈A、B中的电流方向相反 C．当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，只有闭合线圈A在阻碍电梯下落 D．当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，只有闭合线圈B在阻碍电梯下落 答案　B 解析　若电梯突然坠落，闭合线圈A、B内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到应急避险作用，但不能阻止磁铁的运动，故A错误；当电梯坠落至永久磁铁在题图所示位置时，闭合线圈A 中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，闭合线圈B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知闭合线圈A与B中感应电流方向相反，故B正确；结合A的分析可知，当电梯坠落至永久磁铁在题图所示位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，故C、D错误．‎ ‎[相关知识链接]‎ 电磁感应现象中的电源与电路 ‎(1)产生感应电动势的那部分导体相当于电源．‎ ‎(2)在电源内部电流由负极流向正极．‎ ‎(3)电源两端的电压为路端电压．‎ ‎[规律方法提炼]‎ 电磁感应与动力学综合题的解题策略 ‎(1)电路分析：明确电源与外电路，可画等效电路图．‎ ‎(2)受力分析：把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论，v的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v的变化．‎ ‎(3)过程分析：注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”．‎ ‎(4)能量分析：克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．‎ 例3　(2019·湖北省稳派教育上学期第二次联考)如图所示，倾角为θ的光滑绝缘斜面上平行于底边的虚线ef下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，边长为L的正方形线框abcd放在斜面上，线框的电阻为R，线框的cd边刚好与ef重合．无初速度释放线框，当ab边刚好要进入磁场时，线框的加速度刚好为零，线框的质量为m，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)ab边刚好要进入磁场时线框的速度大小；‎ ‎(2)从释放线框到ab边进入磁场时，通过线框横截面的电荷量．‎ 答案　(1)　 (2) 解析　(1)由于ab边刚好要进入磁场时，线框的加速度刚好为零，‎ 即重力与安培力平衡 根据平衡条件得：mgsin θ＝F安＝ 解得：v＝ ‎(2)线框进磁场的过程中，平均电流为＝ 根据法拉第电磁感应定律有：＝ 解得：通过线框横截面的电荷量q＝Δt＝＝ 拓展训练3　半径为2r的圆形金属导轨固定在一水平面内，一根长为2r、电阻为R的金属棒OA一端与金属导轨接触良好，另一端固定在中心转轴上，现有方向(俯视)如图所示、大小为B1的匀强磁场，中间半径为r的地方无磁场．另有一水平金属轨导MN用导线连接金属圆环，M′N′用导线连接中心轴，导轨上放置一根金属棒CD，其长度L与水平金属导轨宽度相等，金属棒CD的电阻为2R，质量为m，与水平导轨之间的动摩擦因数为μ，水平导轨处在竖直向上的匀强磁场B2中，金属棒CD通过细绳、定滑轮与质量也为m的重物相连，细绳伸直、无张力且与CD垂直，重物放置在水平地面上．所有接触都良好，金属棒CD受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦和其他电阻，重力加速度为g.‎ ‎(1)若金属棒OA以角速度ω0顺时针转动(俯视)，求感应电动势及接在水平导轨上的理想电压表的电压(重物未动)；‎ ‎(2)若金属棒OA顺时针转动(俯视)的角速度随时间变化的关系为ω＝kt，求重物离开地面之前支持力随时间变化的表达式．‎ 答案　见解析 解析　(1)感应电动势 E＝B1r＝B1ω0r2‎ 感应电流I＝＝ 电压表示数UV＝I·2R＝B1ω0r2‎ ‎(2)电流I＝＝＝ 金属棒CD受到的安培力 F安＝B2IL＝ 重物离开地面之前受力平衡 FN＋FT＝mg 当F安≤μmg时即 t≤，FT＝0‎ 所以FN＝mg 当F安>μmg时即t>，FT＝F安－μmg 所以FN＝mg－＋μmg.‎ ‎1．电荷量的求解 电荷量q＝IΔt，其中I必须是电流的平均值．由E＝n、I＝、q＝IΔt联立可得q＝n，与时间无关．‎ ‎2．求解焦耳热Q的三种方法 ‎(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流、电阻不变；‎ ‎(2)功能关系：Q＝W克服安培力，电流变不变都适用；‎ ‎(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)，电流变不变都适用．‎ ‎3．用到的物理规律 匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等．‎ 例4　(2019·浙南名校联盟期末)如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1L2之间、L3L4之间存在匀强磁场，大小均为1 T，方向垂直于虚线所在平面．现有一根电阻为2 Ω的均匀金属丝，首尾相连制成单匝矩形线圈abcd，连接处接触电阻忽略，cd的宽度L＝0.5 m，线圈质量为0.1 kg，将其从图示位置静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，其中0～t1时刻图线是曲线，其他都是直线；并且t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g取10 m/s2)．求：‎ ‎(1)线圈匀速运动的速度大小；‎ ‎(2)线圈的长度ad；‎ ‎(3)在0～t1时间内通过线圈横截面的电荷量；‎ ‎(4)0～t3时间内，线圈ab边产生的热量．‎ 答案　(1)8 m/s　 (2)2 m ‎(3)0.25 C　(4)0.18 J 解析　(1) t2～t3时间ab在L3L4内做匀速直线运动，‎ 而E＝BLv2，F＝BL，F＝mg 解得：v2＝＝8 m/s；‎ ‎(2)从cd边出L2到ab边刚进入L3一直是匀加速，因而ab刚进上方磁场时，cd也应刚进下方磁场，设磁场宽度是d，有：3d＝v2t－gt2，t＝t2－t1＝0.6 s 得：d＝1 m，有：ad＝2d＝2 m；‎ ‎(3)0～t1时间内，通过线圈横截面的电荷量为q＝＝＝0.25 C；‎ ‎(4)在0～t3时间内由能量守恒得：‎ 线圈产生的热量Q总＝mg·5d－mv＝1.8 J 线圈ab边产生的热量Q＝Q总＝0.18 J.‎ 拓展训练4　(2019·福建三明市期末质量检测)如图所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角θ＝37°，导轨间距L＝0.4 m，其下端连接一个定值电阻R＝4 Ω，其他电阻不计．两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T．一质量为m＝‎ ‎0.04 kg的导体棒ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：‎ ‎(1)导体棒下滑的最大速度大小；‎ ‎(2)导体棒从静止加速到v＝4 m/s的过程中，通过R的电荷量q＝0.2 C，则R产生的热量．‎ 答案　(1)6 m/s　(2)0.16 J 解析　(1)当导体棒所受的合外力为零时，速度最大，‎ 则：mgsin θ＝BIL I＝ 联立解得vm＝6 m/s ‎(2)设该过程中电流的平均值为，则q＝Δt　＝ ＝ 解得x＝＝2 m 由能量守恒定律可得：mgxsin θ＝mv2＋Q 解得Q＝0.16 J 拓展训练5　(2019·江苏泰州市上学期期末)如图所示，光滑导轨MN和PQ固定在竖直平面内，导轨间距为L，两端分别接有阻值均为R的定值电阻R1和R2.两导轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m的金属杆与导轨相互垂直且接触良好，从ab处由静止释放，若金属杆离开磁场前已做匀速运动，其余电阻均不计．重力加速度为g，求：‎ ‎(1)金属杆离开磁场前的瞬间流过R1的电流大小和方向；‎ ‎(2)金属杆离开磁场时速度的大小；‎ ‎(3)金属杆穿过整个磁场过程中电阻R1上产生的电热．‎ 答案　(1)　方向从P到M ‎(2)　(3)－ 解析　(1)设流过金属杆中的电流为I，由平衡条件得mg＝BI，解得I＝ 所以R1中的电流大小I1＝＝，方向从P到M.‎ ‎(2)设杆匀速运动时的速度为v 由E＝Bv，E＝I 得v＝ ‎(3)mg＝Q＋mv2‎ 得Q＝－ R1上产生的焦耳热为QR1＝Q＝－ 专题强化练 基础题组 ‎1．(多选)(2019·山东滨州市上学期期末)2017年12月17日，第二架国产大飞机C919在上海浦东国际机场首飞成功，C919在上海上空水平匀速飞行，由于地磁场的存在，其机翼就会切割磁感线，则下列说法正确的是(　　)‎ A．机翼左端的电势比右端电势高 B．机翼左端的电势比右端电势低 C．机翼相当于电源，其非静电力与洛伦兹力有关 D．飞机飞行过程中洛伦兹力做正功 答案　AC 解析　在上海上空地磁场在竖直方向的分量向下，根据右手定则可知机翼左端的电势比右端电势高，故A正确，B错误；在飞机飞行的过程中机翼切割磁感线产生感应电动势，机翼相当于电源，其非静电力与洛伦兹力有关，故C正确；飞机飞行过程中洛伦兹力始终不做功，故D错误．‎ ‎2．(2019·山东德州市上学期期末)如图所示， a、b为两弹性金属线圈，线圈 a 套在通电螺线管外部，线圈 b 置于通电螺线管的内部，两线圈所在平面都垂直于通电螺线管的轴线，通电螺线管中的电流方向如图所示．当通电螺线管中的电流增大时，对两线圈中的感应电流方向和缩扩情况说法正确的是(　　)‎ A．自左向右看， a 线圈中的感应电流方向为顺时针 B．自左向右看， b 线圈中的感应电流方向为顺时针 C．a 线圈会扩张 D．b 线圈会扩张 答案　C 解析　通电螺线管中的电流增大时，穿过线圈a的磁通量向右增加，根据楞次定律可知，a中产生的感应电流方向为逆时针(从左向右看)；穿过线圈b 的磁通量向右增加，根据楞次定律可知，b中产生的感应电流方向为逆时针(从左向右看)；选项A、B错误；因螺线管外部磁场向左，根据左手定则可知，a线圈的各个小段均受到向外的磁场力，有扩张的趋势，选项C正确；同理可知因螺线管内部磁场向右，根据左手定则可知，b线圈的各个小段均受到指向圆心的磁场力，有收缩的趋势，选项D错误．‎ ‎3．(2019·江苏通州区、海门市、启东三县联考)如图所示，磁场中有两个正方形导体环a、b，磁场方向与导体环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两正方形边长之比为2∶1，环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两环间的相互影响．下列说法正确的是(　　)‎ A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向 B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向 C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向 D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向 答案　A 解析　根据法拉第电磁感应定律E＝n＝nS，题中相同 a正方形中产生的感应电动势为Ea＝＝S＝a2‎ 同理，b正方形中产生的感应电动势为Eb＝b2‎ 由于a∶b＝2∶1，所以＝ 由于磁场向里，磁感应强度B随时间均匀增大，根据楞次定律可知，感应电流均沿逆时针方向．‎ ‎4．(多选)(2019·全国卷Ⅱ·21)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时加速度恰好为零．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是(　　)‎ 答案　AD 解析　当PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图象可能是A；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图象可能是D.‎ ‎5．(多选)(2019·山东潍坊市下学期高考模拟)如图所示，固定在同一水平面内的两平行长直金属导轨，间距为1 m，其左端用导线接有两个阻值为4 Ω的电阻，整个装置处在竖直向上、大小为2 T的匀强磁场中．一质量为2 kg的导体杆MN垂直于导轨放置，已知杆接入电路的电阻为2 Ω，杆与导轨之间的动摩擦因数为0.5.对杆施加水平向右、大小为20 N的拉力，杆从静止开始沿导轨运动，杆与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度g＝10 m/s2.则(　　) ‎ A．M点的电势高于N点 B．杆运动的最大速度是10 m/s C．杆上产生的焦耳热与两电阻产生焦耳热的和相等 D．当杆达到最大速度时，MN两点间的电势差大小为20 V 答案　BC 解析　根据右手定则可知，MN产生的感应电流的方向为M→N，则N相当于电源的正极，故M点的电势低于N点，故选项A错误；当杆的合力为零时，其速度达到最大值，即：F＝μmg＋BIL＝μmg＋，由于R总＝R＋r＝4 Ω，代入数据整理可以得到最大速度v＝‎ ‎10 m/s，故选项B正确；由于杆上电阻r与两电阻并联阻值相等，而且并联的电流与通过杆MN的电流始终相等，则根据焦耳定律可知，杆上产生的焦耳热与两电阻产生焦耳热的和相等，故选项C正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当速度最大时，其MN感应电动势为：E＝BLv ‎＝2×1×10 V＝20 V，根据闭合电路欧姆定律可知，此时电路中总电流为：I总＝＝ A＝5 A，则此时MN两点间的电势差大小为：UNM＝E－I总r＝20 V－5×2 V＝10 V，故D错误．‎ 能力题组 ‎6．(2019·湖北天门、仙桃等八市第二次联考)如图甲所示，MN、PQ是两根长为L＝2 m、倾斜放置的平行金属导轨，导轨间距d＝1 m，导轨所在平面与水平面成一定角度，M、P间接阻值为R＝6 Ω的电阻．质量为m＝0.2 kg、长度为d的金属棒ab放在两导轨上中点位置，金属棒恰好能静止．从t＝0时刻开始，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度随时间变化如图乙所示，在t0＝0.1 s时刻，金属棒刚要沿导轨向上运动，此时磁感应强度B0＝1.2 T．已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，不计金属棒和导轨电阻，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.求：‎ ‎(1)0～t0时间内通过电阻R的电荷量q；‎ ‎(2)金属棒与导轨之间的动摩擦因数μ.‎ 答案　(1)0.2 C　(2)0.75‎ 解析　(1)由题意得0～t0时间内回路中磁通量的变化量：ΔФ＝B0d ①‎ 由法拉第电磁感应定律可得：E＝②‎ 由欧姆定律可得：I＝③‎ 故0～t0时间内通过电阻R的电荷量：q＝IΔt④‎ 联立①②③④解得q＝0.2 C；‎ ‎(2)由题意得金属棒在t＝0时刻恰好能处于静止状态，设导轨平面与水平面之间的夹角为θ 则有mgsin θ＝Ffm⑤‎ Ffm＝μFN⑥‎ FN＝mgcos θ⑦‎ 在t0＝0.1 s时刻，金属棒刚要沿导轨向上运动，则有F安＝mgsin θ＋Ffm⑧‎ 此时F安＝B0Id⑨‎ 联立⑤⑥⑦⑧⑨解得μ＝0.75.‎ ‎7．平行直导轨由水平部分和倾斜部分组成，导轨间距L＝0.5 m，PQ是分界线，倾斜部分倾角为θ＝30°，PQ 右侧有垂直于斜面向下的匀强磁场B2＝1 T，PQ 左侧存在着垂直于水平面但方向未知、大小也为1 T的匀强磁场B1，如图所示．质量m＝0.1 kg、接入电路的电阻r＝‎ ‎0.1 Ω的两根金属细杆ab和cd垂直放于该导轨上，其中ab杆光滑，cd杆与导轨间的动摩擦因数为μ＝，导轨底端接有R＝0.1 Ω的电阻．开始时ab、cd均静止于导轨上．现对ab杆施加一水平向左的恒定外力F，使其向左运动，当ab杆向左运动的位移为x时开始做匀速直线运动，此时cd刚要开始沿斜面向上运动(仍保持静止)，再经t＝0.4 s撤去外力F，最后ab杆静止在水平导轨上．整个过程中电阻R的发热量为Q＝1.0 J．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(g＝10 m/s2，不计空气阻力)‎ ‎(1)判断B1磁场的方向；‎ ‎(2)刚撤去外力F时ab杆的速度v的大小；‎ ‎(3)求ab杆的最大加速度a的大小和加速过程中的位移x的大小．‎ 答案　(1)竖直向下　(2)1.5 m/s　(3)25 m/s2　1.8 m 解析　(1)由左手定则可判断cd杆中电流从d流向c，即ab杆中电流从a流向b，由右手定则可判断，B1的方向为竖直向下．‎ ‎(2)当cd刚要开始向上运动时，cd杆受力平衡， 可得：‎ B2IcdL＝mgsin θ＋μmgcos θ 得：Icd＝2.5 A Iab＝2Icd 由闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得：‎ B1Lv＝Iab(r＋)‎ 解得v＝1.5 m/s ‎(3)当速度达到最大时ab杆受力平衡，即F＝B1IabL 解得F＝2.5 N 而ab杆刚开始运动时水平方向只受拉力作用，此时加速度最大 F＝ma，a＝25 m/s2‎ 对ab杆进行受力分析，ab杆从开始到最后，其初、末速度都为0，由动能定理可得 Fx′＋W安＝0‎ ‎|W安|＝6Q 解得x′＝2.4 m x＝x′－vt＝1.8 m.‎ ‎8．用质量为m、总电阻为R的均质导线做成边长为l的正方形线框MNPQ，‎ 并将其放在光滑的平行绝缘的倾斜轨道上，轨道的倾角为θ，平行导轨的间距也为l，如图所示，在导轨的下端有一宽度为l(即ab＝l)、磁感应强度为B的有界匀强磁场，磁场的边界aa′、bb′垂直于导轨，磁场的方向与线框平面垂直．把线框从静止状态释放，线框恰好能够匀速地穿过磁场区域．若当地的重力加速度为g，求：‎ ‎(1)线框进入磁场时的运动速度的大小和离开磁场时感应电流的方向；‎ ‎(2)线框MN边运动到aa′的过程中通过线框导线横截面的电荷量；‎ ‎(3)穿过磁场的过程中，线框中产生的热量Q.‎ 答案　(1)　方向为MNPQM　(2) ‎(3)2mglsin θ 解析　(1)感应电动势：E＝Blv，感应电流：I＝，安培力：F＝BIl，‎ 线框在磁场区域做匀速运动时，其受力如图所示：‎ 根据平衡条件，有F＝mgsin θ，‎ 解得匀速运动的速度：v＝，‎ 由楞次定律，线框离开磁场时感应电流方向为MNPQM；‎ ‎(2)由BlI＝mgsin θ得，I＝，‎ 运动时间：t＝＝，所以q＝It＝；‎ ‎(3)穿过磁场过程中线框沿轨道匀速运动了2l的距离，机械能的减小量为ΔE减＝mg·2lsin θ，由能量守恒定律ΔE增＝ΔE减得，线框中产生的热量为Q＝ΔE减＝2mglsin θ.‎