1、电磁感应规律的综合应用1.内电路和外电路(1)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_.(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的_，其余部分是_.【答案】电源 内阻 外电路2.电源电动势和路端电压(1)电动势：E=_或E=_.(2)路端电压：U=IR=_.【答案】Blv E-Ir3.安培力的大小考点一电磁感应中的电路问题1对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体就是电源如：切割磁感线的导体棒、内有磁通量变化的线圈等这种电源将其他形式能转化为电能2对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成3问题分类(1)确定
2、等效电源的正负极、感应电流的方向、电势高低、电容器极板带电性质等问题(2)根据闭合电路求解电路中的总电阻、路端电压、电功率等问题(3)根据电磁感应的平均感应电动势求解电路中通过的电荷量：n，qt.特别提醒1.判断感应电流和感应电动势的方向，都是利用“相当于电源”的部分根据右手定则或楞次定律判定的实际问题中应注意外电路电流由高电势流向低电势，而内电路则相反2在闭合电路中，“相当于电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势考点二电磁感应中的图象问题1问题概括图象类型(1)随时间变化的图象如Bt图象、t图象、Et图象和it图象(2)随位移x变化的图象如Ex图象
3、和ix图象问题类型(1)由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象(画图象)(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(用图象)应用知识左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律、函数图象知识等2.思路导图3分析方法对图象的分析，应做到“四明确一理解”：(1)明确图象所描述的物理意义；明确各种“”、“”的含义；明确斜率的含义；明确图象和电磁感应过程之间的对应关系(2)理解三个相似关系及其各自的物理意义：vv，BB，.【典例】圆形导线框固定在匀强磁场中,磁感线的方向与导线框所在平面垂直.规定磁场的正方向垂直纸面向里,磁感应强度B随时间变化的规律
4、如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向,下列各图中正确的是( )【解析】选C.据法拉第电磁感应定律: ,由B-t图象知,13 s,B的变化率相同,01 s、34 s,B的变化率相同,再结合楞次定律,01 s、34 s 内感应电流的方向为顺时针方向,13 s内感应电流的方向为逆时针方向，可知C正确.考点三电磁感应中的动力学问题分析导体两种状态及处理方法(1)导体的平衡态静止状态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)导体的非平衡态加速度不为零处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析【典例】一个质量m0.1 kg的正方形金属框总电阻R0.5 ，金属
5、框放在表面绝缘的斜面AABB的顶端(金属框上边与AA重合)，自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边BB平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端(金属框下边与BB重合)，设金属框在下滑过程中的速度为v，与此对应的位移为x，那么v2x图象如图所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上，金属框与斜面间的动摩擦因数0.5，取g10 m/s2，sin 530.8；cos 530.6.(1)根据v2x图象所提供的信息，计算出金属框从斜面顶端滑至底端所需的时间T；(2)求出斜面AABB的倾斜角；(3)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；解析(1)由v2x图象可知：x10.9 mv13 m/s做匀加速运动x
6、21.0 mv13 m/s做匀速运动x31.6 m，末速度v25 m/s，做匀加速运动设线框在以上三段的运动时间分别为t1、t2、t3.(2)线框加速下滑时，由牛顿第二定律得mgsin mgcos mA由A5.0 m/s2得53(3)线框通过磁场时，线框做匀速运动，线框受力平衡考点三电磁感应中的能量问题分析1过程分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程(2)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的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功此过程中，其他形式的能转化为电能“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能(3)当
7、感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能2求解思路(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及WUIt或QI2Rt直接进行计算(2)若电流变化，则：利用安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能3. 在电磁感应中的动力学问题中有两类常见的模型.类型“电动电”型“动电动”型示意图已知棒Ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑水平，电阻不计棒Ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑，电阻不计分析S闭合，棒Ab受安培力F，
8、此时A，棒Ab速度v感应电动势BLv电流I安培力FBIL加速度A，当安培力F0时，A0，v最大，最后匀速棒Ab释放后下滑，此时Agsin ，棒Ab速度v感应电动势EBLv电流I安培力FBIL加速度A，当安培力Fmgsin 时，A0，v最大，最后匀速运动形式变加速运动变加速运动最终状态匀速运动vm匀速运动vm【典例】如图所示，水平虚线L1、L2之间是匀强磁场，磁场方向水平向里，磁场高度为h.竖直平面内有一等腰梯形线框，底边水平，其上下边长之比为51，高为2h.现使线框AB边在磁场边界L1的上方h高处由静止自由下落，当AB边刚进入磁场时加速度恰好为0，在AB边刚出磁场的一段时间内，线框做匀速运动求
9、：(1)DC边刚进入磁场时，线框加速度的大小；(2)从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，线框的机械能损失和重力做功之比【2013年】20L32013四川卷 半径为A右端开小口的导体圆环和长为2A的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由确定，如图所示则()A0时，杆产生的电动势为2BAvB时，杆产生的电动势为BAvC0时，杆受的安培力大小为D时，杆受的安培力大小为20AD解析 当0时，杆在圆心位置，切割磁感线的有效长度
10、等于圆环直径，杆产生的感应电动势为E2BAv，A正确；当时，杆切割磁感线的有效长度等于圆环半径，杆产生的感应电动势为EBAv，B错误；当0时，回路的总电阻R1(2AA)R0，杆受的安培力F1BI1lB2A，C错误；当时，回路的总电阻R2(AA)R0，杆受的安培力F 2BI2lBA，D正确20L32013山东卷 如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动导体棒始终
11、与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是()AP2mgvsinBP3mgvsinC当导体棒速度达到时加速度大小为sinD在速度达到2v以后匀速运动的过程中， R上产生的焦耳热等于拉力所做的功图甲20AC解析 当导体棒的速度达到v时，对导体棒进行受力分析如图甲所示mgsinBILI所以mgsin当导体棒的速度达到2v时，对导体棒进行受力分析如图乙所示图乙mgsinF由可得Fmgsin功率PF2v2mgvsin，故A正确当导体棒速度达到时，对导体棒受力分析如图丙所示图丙A由可得 Agsin故C正确当导体棒的速度达到2v时，安培力等于拉力和mgsin之和，所以以
12、后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力和重力做功之和，故D错误11L52013天津卷 如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l0.5 m，左端接有阻值R0.3 的电阻，一质量m0.1 kg，电阻r0.1 的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B0.4 T棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以A2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q221.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触求：(1)棒在匀加速运
13、动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF.11解析 (1)设棒匀加速运动的时间为t，回路的磁通量变化量为，回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得其中Blx设回路中的平均电流为，由闭合电路的欧姆定律得则通过电阻R的电荷量为qt联立各式，代入数据得q4.5 C(2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v22Ax设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得W0mv2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2W联立各式，代入数据得Q21.8 J(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q221，可得Q
14、13.6 J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WFQ1Q25.4 J35L52013广东卷 如图9所示，质量为M的导体棒Ab，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻(1)调节RxR，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v.(2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx.图935(1)导体棒匀速下滑时，MgsinBIlI
15、设导体棒产生的感应电动势为E0，则E0BLv由闭合电路欧姆定律得：I联立，得v(2)改变Rx，由式可知电流不变设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U，电场强度大小为EUIRxEmgqE联立，得Rx22L52013福建卷 如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心一质量为m、带电荷量为q(q0)的小球，在管内沿逆时针方向(从上向下看)做圆周运动已知磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示，其中T0.设小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略(1)在t0到tT0这段时间内，小
16、球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小v0；(2)在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等试求tT0到t1.5T0这段时间内：细管内涡旋电场的场强大小E；电场力对小球做的功W.22解析 (1)小球运动时不受细管侧壁的作用力，因而小球所受洛伦兹力提供向心力qv0B0m由式解得v0 (2)在T0到1.5T0这段时间内，细管内一周的感应电动势E感r2由图乙可知由于同一条电场线上各点的场强大小相等，所以E由式及T0得E在T0到1.5T0时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为A小球运动的末速度大小vv0At由图乙
17、t0.5T0，并由式得vv0 由动能定理，电场力做功为Wmv2mv由式解得Wmv25L52013浙江卷 为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置如图所示，自行车后轮由半径r15.0102 m的金属内圈、半径r20.40 m的金属外圈和绝缘辐条构成后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B0.10 T、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r1、外半径为r2、张角.后轮以角速度2 rAd/s相对于转轴转动若不计其他电阻，忽略磁场的边缘效应(1)当金属条Ab进入“扇形”磁场时，求感应电动势
18、E，并指出Ab上的电流方向；(2)当金属条Ab进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；(3)从金属条Ab进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子转一圈过程中，内圈与外圈之间电势差UAb随时间t变化的UAbt图象；(4)若选择的是“1.5 V、0.3 A”的小灯泡，该“闪烁”装置能否正常工作？有同学提出，通过改变磁感应强度B、后轮外圈半径r2、角速度和张角等物理量的大小，优化前同学的设计方案，请给出你的评价.解析 (1)金属条Ab在磁场中切割磁感线时，所构成的回路的磁通量变化设经过时间t，磁通量变化量为，由法拉第电磁感应定律EBSB(rr)联立解得：EB(rr)4.9102 V根据右手定则(
19、或楞次定律)，可得感应电流方向为bA.(2)通过分析，可得电路图为(3)设电路中的总电阻为R总，根据电路图可知R总RRRAb两端电势差UAbEIRERE1.2102 V设Ab离开磁场区域的时刻为t1，下一根金属条进入磁场区域的时刻为t2，则t1 st2 s设轮子转一圈的时间为T，则T1 s在T1 s内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同可画出UAbt图象如图所示(4)“闪烁”装置不能正常工作(金属条的感应电动势只有4.9102 V，远小于小灯泡的额定电压，因此无法工作)B增大，E增大，但有限度；r2增大，E增大，但有限度；增大，E增大，但有限度；增大，E不变【2013年-2013年】1.（2
20、013四川理综T24）（19分）如图所示，间距=0.3m的平行金属导轨A1b1c1和A2b2c2分别固定在两个竖直面内，在水平面A1b1b2A2区域内和倾角=的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1=0.4T、方向竖直向上和B2=1T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场.电阻R=0.3、质量m1=0.1kg、长为 的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好.一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2=0.05kg的小环.已知小环以A=6 m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜
21、面向下的拉力F作用下匀速运动.不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长.取g=10 m/s2，sin=0.6，cos=0.8.求 （1）小环所受摩擦力的大小；（2）Q杆所受拉力的瞬时功率.【答案】（1）；（2）.【详解】（1）以小环为研究对象，由牛顿第二定律代入数据得（2）设流过杆K的电流为，由平衡条件得 对杆Q，根据并联电路特点以及平衡条件得 由法拉第电磁感应定律的推论得 根据欧姆定律有 且瞬时功率表达式为 联立以上各式得 2.（2013大纲版全国T24）如图，两根足够长的金属导轨Ab、cd竖直放置，导轨间距离为L电阻不计。在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡。整个系统置于匀强磁场
22、中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直。现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放。金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好。已知某时刻后两灯泡保持正常发光。重力加速度为g。求： (1)磁感应强度的大小： (2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率。【详解】设灯泡额定电流为，有灯泡正常发光时，流经MN的电流速度最大时，重力等于安培力由解得灯泡正常发光时联立得3.（2013重庆理综T23）（16分）有人设计了一种可测速的跑步机，测速原理如题23图所示，该机底面固定有间距为、长度为的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有电压表和电阻,绝缘橡胶带上镀
23、有间距为的平行细金属条，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，不计金属电阻，若橡胶带匀速运动时，电压表读数为,求：橡胶带匀速运动的速率；电阻R消耗的电功率；一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功。【详解】设电动势为，橡胶带运动速度为v所以设电阻R消耗的电功率为P：；电流强度安培力安培力做功4.（2013上海高考物理T32）电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S=1.15m，两导轨间距L=0.75 m，导轨倾角为30，导轨上端b接一阻值R=1.5的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上。阻值r=0.5，质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端b处由静止开始下
24、滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热。(取)求：(1)金属棒在此过程中克服安培力的功；(2)金属棒下滑速度时的加速度(3)为求金属棒下滑的最大速度，有同学解答如下：由动能定理，。由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答。【答案】0.4J 3.2m/s2 正确，27. 4m/s【详解】（1）下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于，因此 （2）金属棒下滑时受重力和安培力 由牛顿第二定律 (3)此解法正确。 金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动。无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速
25、度一定为最大。由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确。 5.（2013江苏物理T15）某种加速器的理想模型如题15-1图所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔A、b，两极板间电压uAb的变化图象如题15-2图所示，电压的最大值为U0、周期为T0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场。若将一质量为m0、电荷量为q的带正电的粒子从板内A孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运行时间T0后恰能再次从A 孔进入电场加速。现该粒子的质量增加了。(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)(1)若在t=0时刻将该粒子从板内A孔处静止释放，求其第二次加速后从b孔
26、射出时的动能；(2)现要利用一根长为L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响)，使题15-1图中实线轨迹(圆心为O)上运动的粒子从A孔正下方相距L处的c孔水平射出，请在答题卡图上的相应位置处画出磁屏蔽管；(3)若将电压uAb的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内A孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？【答案】(1) (2)见解析（3）【详解】（1）质量为的粒子在磁场中做匀速圆周运动：则当粒子的质量增加了，其周期增加,则根据题15-2图可知，粒子第一次的加速电压粒子第二次的加速电压射出的动能：解得：（2）磁屏蔽管的位置如图所示：在0时，粒
27、子被加速，则最多连续被加速的次数得N=25分析可得粒子在连续加速次数最多，且u=u0时也被加速的情况时，最终获得动能最大，粒子由静止开始加速的时刻(n=0,1.2,3.)最大动能EKm=解得6.（2013浙江理综T23）如图甲所示，在水平面上固定有长为L=2m、宽为d=1m的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧l=0.5m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。在t=0时刻，质量为m=0.1kg的导体棒以v0=1m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为=0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为=0.1/m，不计导体棒与导轨之间的接触电
28、阻及地球磁场的影响（取g=10m/s2）。 （1）通过计算分析4s内导体棒的运动情况；（2）计算4s内回路中电流的大小，并判断电流方向；（3）计算4s内回路产生的焦耳热。【答案】（1）前1s：匀减速直线运动，后3s：静止在离左端0.5m的位置（2）前2s：I=0，后两秒：I=0.2 A 电流方向是顺时针方向（3）【详解】(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有 代入数据解得：时， ，所以导体棒没有进入磁场区域.导体棒在1 s末已停止运动，以后一直保持静止，静止时离左端位置为x=0.5 m(2)由图乙可知：前2s磁通量不变，回路电动势和电流分别为 后2s回路产生的电动势为此时回路的总长度为5m
29、，因此回路的总电阻为电流为根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向.(3)前2s电流为零，后2s有恒定电流，焦耳热为7.（2013海南物理T16）如图，Ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m。竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略，重力加速度为g。在t=0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好。求：（1）细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；（2）两杆分别达到的最大速度。【答案】
30、（1）（2），【详解】（1）设任意时刻时，MN 、杆的速度分别为、。细线没烧断前： （1分）对MN杆在任意时刻： （1分）对杆在任意时刻： （1分） （1分） （1分） （1分） （1分） （1分）联立式解得： （1分）（2）当两杆达到最大速度时，对则有： （1分）联立解得，（1分）8.（2013天津理综T11）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成角。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=0.02kg，电阻均为R=0.1,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁
31、感应强度0.2T，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。取g=10，问（1） 通过棒cd的电流I是多少，方向如何？（2） 棒Ab受到的力F 多大？（3） 棒cd每产生的热量，力F做的功W是多少？【答案】1A，cd棒中的电流方向由d至c 0.2N 0.4J 【详解】棒cd受到的安培力为 - 棒cd在共点力作用下平衡，则 - 由式代入数值得： - 根据楞次定律可知，棒cd中电流方向由d至c - 棒Ab与棒cd受到的安培力大小相等， 对棒Ab，由共点力平衡条件得：- 代入数据解得： - 设在时间t内棒cd产生热量，由焦耳定律知 - 设棒Ab匀速运动的速度
32、大小为，其产生的感应电动势 - 由闭合电路欧姆定律可知 - 根据运动学公式可知，在时间t内，棒Ab沿导轨的位移 - 则力F做的功 -(11) 联立以上各式，代入数值解得：-（12） 9、 （2013天津卷）11.（18分）如图所示，质量m1=0.1kg，电阻R1=0.3，长度l=0.4m的导体棒Ab横放在U型金属框架上。框架质量m2=0.2kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数=0.2，相距0.4m的MM、NN相互平行，电阻不计且足够长。电阻R2=0.1的MN垂直于MM。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T。垂直于Ab施加F=2N的水平恒力，Ab从静止开始无摩擦地运
33、动，始终与MM、NN保持良好接触，当Ab运动到某处时，框架开始运动。设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.（1）求框架开始运动时、Ab速度v的大小；（2）从Ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q=0.1J，求该过程Ab位移x的大小。解析：（1）对框架的压力框架受水平面的支持力依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力中的感应电动势中电流受到的安培力F框架开始运动时由上述各式代入数据解得（2）闭合回路中产生的总热量由能量守恒定律，得代入数据解得10、 （2013江苏卷）13（15分）如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L, 一理
34、想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I。整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻。求： （1）磁感应强度的大小B；（2）电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；（3）流经电流表电流的最大值解析：（1）电流稳定后，道题棒做匀速运动 解得 （2）感应电动势 E=BLv 电影电流由式解得（3）由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为机械能守恒 感应电动势的最大值感应电流的最大值解得 本题考查电磁感应的规律和电磁感应与力学的综合。难度：难。11、 （2
35、013上海物理）32.（14分）如图，宽度L=0.5m的光滑金属框架MNPQ固定板个与水平面内，并处在磁感应强度大小B=0.4T，方向竖直向下的匀强磁场中，框架的电阻非均匀分布，将质量m=0.1kg，电阻可忽略的金属棒Ab放置在框架上，并且框架接触良好，以P为坐标原点，PQ方向为x轴正方向建立坐标，金属棒从处以的初速度，沿x轴负方向做的匀减速直线运动，运动中金属棒仅受安培力作用。求：（1）金属棒Ab运动0.5m，框架产生的焦耳热Q；（2）框架中ANPb部分的电阻R随金属棒Ab的位置x变化的函数关系；（3）为求金属棒Ab沿x轴负方向运动0.4s过程中通过Ab的电量q，某同学解法为：先算出金属棒的
36、运动距离s，以及0.4s时回路内的电阻R，然后代入q=求解。指出该同学解法的错误之处，并用正确的方法解出结果。解析：（1），因为运动中金属棒仅受安培力作用，所以F=BIL又，所以且，得所以（2），得，所以。（3）错误之处：因框架的电阻非均匀分布，所求是0.4s时回路内的电阻R，不是平均值。正确解法：因电流不变，所以。本题考查电磁感应、电路与牛顿定律、运动学公式的综合应用。难度：难。12、 （2013重庆卷）23.（16分）法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究。实验装置的示意图可用题23图表示，两块面积均为S的矩形金属板，平行、正对、竖直地全部浸在河水中，间距为d。水流速度处处相
37、同，大小为v，方向水平。金属板与水流方向平行。地磁场磁感应强度的竖直分量为B，水的电阻为p，水面上方有一阻值为R的电阻通过绝缘导线和电建K连接到两金属板上。忽略边缘效应，求：（1）该发电装置的电动势；（2）通过电阻R的电流强度；（3）电阻R消耗的电功率。解析：（1）由法拉第电磁感应定律，有（2）两板间河水的电阻 由闭合电路欧姆定律，有 (3)由电功率公式，得 【考点提升训练】一、选择题(本题共8小题，每题9分，至少一个答案正确，选不全得5分，共72分)1.在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆形线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，取线圈中磁场方向向上为正，当磁感应强度
38、B随时间t如图乙变化时，下列选项中能正确表示线圈中感应电流变化的是( )2.(2013福州模拟)如图所示，在x0的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面(纸面)向里.具有一定电阻的矩形线框Abcd位于xOy平面内，线框的Ab边与y轴重合.令线框从t=0时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流I(取逆时针方向为电流正方向)随时间t的变化图线I-t图可能是图中的( )3.两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m、电荷量为+q的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度
39、B的变化情况和磁通量的变化率分别是( )A.磁感应强度B竖直向上且正增强, B.磁感应强度B竖直向下且正增强，C.磁感应强度B竖直向上且正减弱，D.磁感应强度B竖直向下且正减弱，4.(2013扬州模拟)如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角60斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示，规定斜向下为正方向，导体棒Ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒Ab在水平外力作用下始终处于静止状态.规定Ab的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0t时间内，能正确反映流过导体棒Ab的电流i和导体棒Ab所受水平外力F随时间t变化的图象是( )
40、5. A和B是两个大小相同的环形线圈，将两线圈平行共轴放置，如图甲所示，当线圈A中的电流i1随时间变化的图象如图乙所示时，若规定两电流方向如图甲所示的方向为正方向，则线圈B中的电流i2随时间t变化的图象是图中的( )6.如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内有一位于纸面内的电阻均匀的正方形导体框Abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框分别从两个方向移出磁场的过程中( )A导体框所受安培力方向相同B.导体框中产生的焦耳热相同C.导体框Ad边两端电压相同D.通过导体框截面的电荷量相同7.矩形线圈Abcd,长Ab=20 cm,宽bc=10 cm，匝数n=200，线圈回
41、路总电阻R=5 ,整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过.若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图所示，则( )A线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B.线圈回路中产生的感应电流为0.4 C.当t=0.3 s时，线圈的Ab边所受的安培力大小为0.016 ND.在1 min内线圈回路产生的焦耳热为48 J8.(2013盐城模拟)如图(A)所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为1 kg的单匝均匀正方形铜线框，在1位置以速度v0=3 m/s进入匀强磁场时开始计时t=0，此时线框中感应电动势为1 V，在t=3 s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场.此过程中v-t图象如图(b)所示，那么( )
42、At=0时,线框右侧的边两端M、N间电压为0.25 VB.恒力F的大小为1.0 NC.线框完全离开磁场的位置3的瞬时速度为2 m/sD.线框完全离开磁场的位置3的瞬时速度为1 m/s二、计算题(本大题共2小题，共28分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 9.(12分)如图所示，水平面上固定一个间距L=1 m的光滑平行金属导轨，整个导轨处在竖直方向的磁感应强度B=1 T的匀强磁场中,导轨一端接阻值R=9 的电阻.导轨上有质量m=1 kg、电阻r=1 、长度也为1 m的导体棒，在外力的作用下从t=0开始沿平行导轨方向运动，其速度随时间的变化规律是，不计导轨电阻.求：(1)t=
43、4 s时导体棒受到的安培力的大小;(2)请在如图所示的坐标系中画出电流平方与时间的关系(I2-t)图象.10.(16分)如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d=0.5 m，电阻不计，左端通过导线与阻值R=2 的电阻连接，右端通过导线与阻值RL=4 的小灯泡L连接.在CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长，有一阻值r=2 的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处.CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示.在t=0至t=4 s内，金属棒PQ保持静止，在t=4 s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动.已知从t=0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整
44、个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化.求：(1)通过小灯泡的电流.(2)金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小.1.【解析】选A.由法拉第电磁感应定律和楞次定律可知,在，感应电流的方向应与图示方向相反，即为负方向，故B、C错误;在，原磁场为反方向且磁场在增强,可判断感应电流方向与图示方向相反，为负方向，且其大小为时间内的2倍，故A正确，D错误.2.【解析】选D.线框匀加速向右运动时，cd边切割磁感线，由右手定则知电流方向为顺时针，方向为负; ,故D项正确.3.【解题指南】解答本题应把握以下三点：(1)由平衡条件判断金属板的电性.(2)根据楞次定律判断磁场的方向及磁感应强度的变化情况.(3)由平衡条
45、件、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律综合求解磁通量的变化率.【解析】选C.由平衡条件知,下金属板带正电，故电流应从线圈下端流出，等效电路如图所示，由楞次定律可以判定磁感应强度B为竖直向上且正减弱或竖直向下且正增强，A、D错误;因,联立可求得,故只有C项正确.4.【解析】选B、D.由楞次定律可判定回路中的电流始终为bA方向,为负值，由法拉第电磁感应定律可判定回路电流大小恒定，故A错误，B正确;由F安=BIL可得F安随B的变化而变化，在0t0时间内，F安方向向右，故外力F与F安等值反向，方向向左为负值;在t0t时间内，磁场方向改变，F安方向改变，故外力F方向也改变为正值，其大小随B的增大而增大
46、，D项正确，C错误.【总结提升】电磁感应图象问题“四注意”(1)注意图象的初始条件.(2)注意物理量的方向与正负的对应关系.(3)注意物理量的变化趋势.(4)注意物理量的增减或方向正、负的转折点.5.【解析】选D.在第一阶段原电流减少，线圈B中的磁场减弱，感应电流产生磁场与A中电流产生磁场方向相同;在第二阶段，A中电流反向增大，线圈B中的磁场增强，感应电流磁场与A中电流产生磁场方向相反.因i1的斜率变小，在B中产生的i2在变小，方向为负方向.故D正确.6.【解析】选C、D.将线框向左和向右拉出磁场，产生电流方向都为逆时针，由左手定则知，第一次Ad边受安培力向右，第二次bc边受安培力向左，故A错
47、误;两次产生电动势之比为13，所以电流之比为13，所用时间之比为31，由Q=I2Rt，可知两次产生焦耳热不同，故B错误;第一次，第二次，故C正确;由知，两次通过截面的电荷量相同，故D正确.7.【解析】选B、D.由可知,由于线圈中磁感应强度的变化率为常数,则回路中感应电动势为，且恒定不变，故选项A错误;回路中感应电流的大小为,选项B正确;当t=0.3 s时，磁感应强度B=0.2 T，则安培力为，故选项C错误;1 min内线圈回路产生的焦耳热为Q=I2Rt=0.42560 J=48 J,选项D正确.8.【解析】选C.MN边切割磁感线，相当于电源，其两端的电压是路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知，线
48、框右侧的边两端M、N间电压为，A错误;根据13 s时间内线框做匀加速直线运动可知，这段时间线框中没有感应电流，线框所受合力为F，根据牛顿第二定律可知F=mA=0.5 N,B错误;根据图线可知线框进入磁场和离开磁场时的初速度和受力情况都一样，所以线框离开时的速度和t=1 s时刻的相同，即为2 m/s,C正确，D错误.【变式备选】如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为，金属圆环的直径也是.圆环从左边界进入磁场，以垂直于磁场边界的恒定速度v穿过磁场区域.则下列说法正确的是( )A.感应电流的大小是先增大后减小再增大再减小B.感应电流的方向先逆时针后顺时针C.金属
49、圆环受到的安培力先向左后向右D.进入磁场的过程中感应电动势的平均值为【解析】选A、B.在圆环进入磁场的过程中，通过圆环的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势,圆环切割磁感线的有效长度先增大后减小，所以感应电流先增大后减小.同理可以判断圆环出磁场时的情况, A、B正确;根据楞次定律的推广可知，圆环进入磁场和出磁场时所受安培力都向左，C错误;圆环进入磁场时感应电动势的平均值为，D错误.9.【解析】(1)4 s时导体棒的速度是 (2分)感应电动势E=BLv(1分)感应电流 (1分)此时导体棒受到的安培力F安=BIL=0.4 N(2分)(2)由(1)可得 (3分)作出
50、图象如图所示.(3分)答案：(1)0.4 N(2)见解析图10.【解析】(1)04 s内，电路中的感应电动势 (3分)此时灯泡中的电流 (3分)(2)由于灯泡亮度没有变化，故IL没变化.根据E=Bdv(2分) (2分) (2分) (2分)解得v=1 m/s (2分)答案：(1)0.1 A(2)1 m/s一、选择题(本题共8小题，每题9分，至少一个答案正确，选不全得5分，共72分)1.(2013济宁模拟)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( )AAb中电流增大，Ab棒所受摩擦力增大
51、B. Ab中电流不变，Ab棒所受摩擦力不变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2.如图所示，光滑的“”形金属导体框竖直放置，质量为m的金属棒MN与框架接触良好.磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处于Abcd和cdef区域.现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒刚进入磁场B1区域时，恰好做匀速运动.以下说法正确的是( )A.若B2=B1，金属棒进入B2区域后将加速下滑B.若B2=B1，金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑C.若B2B1，金属棒进入B2区域后可能先加速后匀速下滑D.若B2B1，金属棒进入B2
52、区域后可能先匀减速后匀速下滑3.如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.有一质量为m长为的导体棒从Ab位置获得平行斜面的大小为v的初速度向上运动，最远到达Ab的位置，滑行的距离为s,导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为.则( )A上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B.上滑过程中电流做功发出的热量为C.上滑过程中导体棒克服安培力做的功为D.上滑过程中导体棒损失的机械能为4.(2013福州模拟)如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂
53、直导轨放置.今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置A、b时，速率分别为vA、vb，到位置c时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，A到b与b到c的间距相等，则金属棒在由A到b和由b到c的两个过程中( )A回路中产生的内能相等B.棒运动的加速度相等C.安培力做功相等D.通过棒横截面积的电荷量相等5.如图所示，竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面内，不计空气阻力，则( )A上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功B.上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功C.上升过程
54、克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率D.上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率6.如图所示，正方形导线框Abcd的边长为L=10 cm,线框平面位于竖直平面内，上下两边处于水平状态.当它从某高处落下时通过一匀强磁场，磁场方向垂直于线框平面，线框的Ab边刚进入磁场时，由于安培力的作用使得线框恰能匀速运动.已知磁场的宽度h=4L，线框刚进入磁场时的速度v0=2.5 m/s.那么若以向下为力的正方向，则线框通过磁场区域过程中所受安培力的图象是以下四图中的( )7.(2013广州模拟)一导线弯成如图所示的闭合线圈，以速度v向左匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向
55、垂直平面向外.线圈总电阻为R，从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止，下列结论正确的是( )A.感应电流一直沿顺时针方向B.线圈受到的安培力先增大，后减小C.感应电动势的最大值E=BrvD.穿过线圈某个横截面的电荷量为8.如图甲所示，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B0=0.5 T,并且以的变化率均匀增加.图象如图乙所示，水平放置的导轨不计电阻，不计摩擦阻力，宽度L=0.5 m,在导轨上放着一金属棒MN，电阻R0=0.1 ,并且水平细线通过定滑轮悬吊着质量M=0.2 kg的重物.导轨上的定值电阻R=0.4 ,与P、Q端点相连组成回路.又知PN长d=0.8 m.在重物被拉起的过程中，下列说法中正确的
56、是( )A电流的方向由P到QB.电流的大小为0.1 AC.从磁感应强度为B0开始计时，经过495 s的时间，金属棒MN恰能将重物拉起D.电阻R上产生的热量约为16 J二、计算题(本大题共2小题，共28分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 9.(2013天津高考)(14分)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为,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 ,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.
57、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.取g=10 m/s2,问：(1)通过棒cd的电流I是多少，方向如何？(2)棒Ab受到的力F多大？(3)棒cd每产生Q=0.1 J的热量，力F做的功W是多少？10.(2013启东模拟)(14分)如图所示，MN与PQ是两条水平放置彼此平行的金属导轨，质量m=0.2 kg,电阻r=0.5 的金属杆Ab垂直跨接在导轨上，匀强磁场的磁感线垂直于导轨平面，导轨左端接阻值R=2 的电阻，理想电压表并接在R两端，导轨电阻不计.t=0时刻Ab受水平拉力F的作用后由静止开始向右做匀加速运动，Ab与导轨间的动摩擦因数=0.2.
58、第4 s末，Ab杆的速度为v=1 m/s,电压表示数U=0.4 V.取重力加速度g=10 m/s2.(1)在第4 s末，Ab杆产生的感应电动势和受到的安培力各为多大？(2)若第4 s末以后，Ab杆做匀速运动，则在匀速运动阶段的拉力为多大？整个过程拉力的最大值为多大？(3)若第4 s末以后，拉力的功率保持不变，Ab杆能达到的最大速度为多大？1.【解析】选C.由法拉第电磁感应定律知，磁感应强度均匀增大，则Ab中感应电动势和电流不变，由知摩擦力增大，选项C正确.2.【解析】选B、C.当金属棒刚进入磁场B1区域时，做匀速运动，故,金属棒进入B2区域后，若B2=B1，有,仍匀速下滑；若B2B1,有,棒可
59、能加速下滑或先加速下滑后匀速下滑；若B2B1，有,棒可能减速下滑或先减速下滑后匀速下滑，但金属棒MN不能做匀减速下滑，故B、C正确.3.【解析】选B、D.电路中总电阻为2R，故最大安培力的数值为，故A错误；由能量守恒定律可知：导体棒动能减少的数值应该等于导体棒重力势能的增加量以及克服安培力做功产生的电热和克服摩擦阻力做功产生的内能，其公式表示为：，则有：,即为安培力做的功，B正确、C错误；导体棒损失的机械能即为安培力和摩擦力做功的和，；D正确.4.【解析】选D.棒由A到b再到c的过程中，速度逐渐减小.根据，E减小，故I减小.再根据，安培力减小，根据F=mA,加速度减小，B错误.由于A与b、b与
60、c间距相等，故从A到b安培力做的功大于从b到c安培力做的功，故A、C错误.再根据平均感应电动势得,故D正确.5.【解析】选A、C.线圈上升过程中，加速度增大且在减速，下降过程中，运动情况比较复杂，有加速、减速或匀速等，把上升过程看做反向的加速，可以比较当运动到同一位置时，线圈速度都比下降过程中相应的速度要大，可以得到结论：上升过程中克服安培力做功多；上升过程时间短，故正确选项为A、C.6.【解析】选B. Ab边刚进入磁场时安培力等于重力且方向向上，故A、D错误；线框全部进入磁场后，线框中无感应电流，且向下做加速运动，当线框从下边离开磁场时将做减速运动，安培力逐渐减小且方向向上，故C错误，B正确
61、.7.【解析】选A、B.在闭合线圈进入磁场的过程中，通过闭合线圈的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向一直为顺时针方向，A正确；导体切割磁感线的有效长度先变大后变小，感应电流先变大后变小，安培力也先变大后变小，B正确；导体切割磁感线的有效长度最大值为2r，感应电动势最大为E=2Brv,C错误；穿过线圈某个横截面的电荷量为,D错误.8.【解题指南】解答本题应注意以下三点：(1)根据楞次定律判断感应电流的方向，应用法拉第电磁感应定律计算感应电动势的大小.(2)在计算导体棒MN所受安培力时，应注意磁感应强度B的变化.(3)由Q=I2Rt计算产生的热量.【解析】选A、C.根据楞次定律可知电流
62、方向从MNPQM，故A对；电流大小,故B错；要恰好把质量M=0.2 kg的重物拉起，则,解得t=495 s,故C对；电阻R上产生的热量Q=I2Rt，故,故D错.【变式备选】(2013泰州模拟)如图所示，电阻为R，导线电阻均可忽略，ef是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与Ab、cd保持良好接触，又能沿足够长的框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑一段时间后闭合开关S，则S闭合后( )A.导体棒ef的加速度可能大于gB.导体棒ef的加速度一定小于gC.导体棒ef最终速度随S闭合时刻的不同而不同D.导体棒ef的机械能与回路内产生的电能之和一定
63、守恒【解析】选A、D.开关闭合前，导体棒只受重力而加速下滑，闭合开关时有一定的初速度v0，若此时F安mg，则F安-mg=mA.若F安mg,则mg-F安=mA,因为F安的大小不确定，所以导体棒ef的加速度可能大于g、小于g、等于g，故A正确，B错误.无论闭合开关时初速度多大，导体棒最终的安培力应和重力平衡，故C错误.根据能量守恒定律知，D正确.9.【解析】(1)棒cd受到的安培力为(1分)棒cd在共点力作用下平衡，则Fcd=mgsin30(1分)由式代入数值得：I=1 A(1分)根据楞次定律可知，棒cd中电流方向由d至c.(1分)(2)棒Ab与棒cd受到的安培力大小相等，FAb=Fcd(1分)对
64、棒Ab，由共点力平衡条件得：(2分)代入数据解得：F=0.2 N(1分)(3)设在时间t内棒cd产生Q=0.1 J热量，由焦耳定律知Q=I2Rt(1分)设棒Ab匀速运动的速度大小为v，其产生的感应电动势(1分)由闭合电路欧姆定律可知(1分)根据运动学公式可知，在时间t内，棒Ab沿导轨的位移x=vt(1分)则力F做的功W=Fx联立以上各式，代入数值解得：W=0.4 J(2分)答案：(1)1 A方向由d至c(2)0.2N (3)0.4 J【总结提升】电磁感应中力、电、能综合问题的理解思路(1)认真审题，弄清题目给出的情景和运动过程的关键状态.(2)明确等效电源，画出等效电路，进行电路的分析并列式.
65、(3)确定研究对象并进行受力分析，画出受力示意图.(4)写出安培力的表达式，抓住关键状态列出牛顿运动定律的表达式.(5)确定研究过程，明确安培力做功与电路中电能的转化关系，列出动能定理的表达式.(6)联立方程进行求解.10.【解析】(1)4 s末的感应电流： (1分)电动势：E=I(R+r)=0.5 V(1分)由E=BLv得 (2分)4 s末Ab受的安培力：F安=BIL=0.1 N(1分)(2)匀速阶段，Ab受力平衡拉力F=mg+F安=0.5 N(2分)加速到第4 s末时拉力最大， (2分)(3)若第4 s末开始，拉力的功率不变，此时P=FmAxv=0.551 W=0.55 W(1分)设Ab的最大速度为vm,此时的拉力为F,则 (2分)代入数据： (1分)解得vm=1.08 m/s(1分)答案：(1)0.5 V0.1 N(2)0.5 N0.55 N(3)1.08 m/s
