2020版物理新增分大一轮人教通用版讲义：第十章电磁感应专题强化十二

专题强化十二　电磁感应的综合问题
专题解读 1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题，也以计算题的形式命题.
2.学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心.
3.用到的知识有：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、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图象、动能定理和能量守恒定律等.

命题点一　电磁感应中的图象问题
1.题型简述
借助图象考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为两类：
(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图象；
(2)由给定的图象分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象.常见的图象有B－t图、E－t图、i－t图、v－t图及F－t图等.
2.解题关键
弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键.
3.解题步骤
(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；
(2)分析电磁感应的具体过程；
(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；
(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；
(6)画图象或判断图象.
4.常用方法
(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项.
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断.
例1　(2018·全国卷Ⅱ·18)如图1，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下.一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动.线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是(　　)

图1


答案　D
解析　设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.
线框位移
等效电路的连接
电流
0～

I＝2i(顺时针)
～l

I＝0
l～

I＝2i(逆时针)
～2l

I＝0

分析知，只有选项D符合要求.
变式1　(多选)(2018·湖北省黄冈市期末调研)如图2所示，在光滑水平面内，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一正方形金属线框质量为m，电阻为R，边长为L，从虚线处进入磁场时开始计时，在外力作用下，线框由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场，规定顺时针方向为感应电流I的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导线横截面的电荷量为q，选项中P－t图象和q－t图象均为抛物线，则这些量随时间变化的图象正确的是(　　)

图2

答案　CD
解析　线框切割磁感线运动，则有运动速度v＝at，产生感应电动势E＝BLv，所以产生感应电流i＝＝，故A错误；对线框受力分析，由牛顿第二定律得F－F安＝ma，F安＝BLi＝，解得：F＝ma＋，故B错误；电功率P＝i2R＝，P与t是二次函数，图象为抛物线，故C正确；由电荷量表达式，则有q＝，q与t是二次函数，图象为抛物线，故D正确.
例2　(多选)(2018·广西北海市一模)如图3甲所示，导体框架abcd放置于水平面内，ab平行于cd，导体棒MN与两导轨垂直并与导轨接触良好，整个装置放置于垂直于框架平面的磁场中，磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示，MN始终保持静止.规定竖直向上为磁场正方向，沿导体棒由M到N为感应电流的正方向，水平向右为导体棒所受安培力F的正方向，水平向左为导体棒所受摩擦力Ff的正方向，下列图象中正确的是(　　)

图3

答案　BD
解析　由题图乙可知，回路中产生的感应电动势先为零，后恒定不变，感应电流先为零，后恒定不变，回路中感应电流方向为逆时针，故A错误，B正确；在0～t1时间内，导体棒MN不受安培力；在t1～t2时间内，导体棒MN所受安培力方向水平向右，由F＝BIL可知，B均匀减小，MN所受安培力均匀减小；在t2～t3时间内，导体棒MN所受安培力方向水平向左，由F＝BIL可知，B均匀增大，MN所受安培力均匀增大；根据平衡条件得到，棒MN受到的摩擦力大小Ff＝F，二者方向相反，即在0～t1时间内，没有摩擦力，而在t1～t2时间内，摩擦力方向向左，大小均匀减小，在t2～t3时间内，摩擦力方向向右，大小均匀增大，故C错误，D正确.
变式2　(多选)(2019·安徽省黄山市质检)如图4甲所示，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示.规定垂直纸面向外为磁场的正方向，顺时针为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向.关于线框中的感应电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列选项中正确的是(　　)

图4


答案　BC
解析　由题图乙可知，0～1 s内，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，为正值，1～2 s内，磁通量不变，无感应电流，2～3 s内，B的方向垂直纸面向外，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为负值，3～4 s内，B的方向垂直纸面向里，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流为负值，A错误，B正确；由左手定则可知，在0～1 s内，ad边受到的安培力方向水平向右，是正值，1～2 s内无感应电流，ad边不受安培力，2～3 s，安培力方向水平向左，是负值，3～4 s，安培力方向水平向右，是正值.由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝＝S，感应电流I＝＝，由B－t图象可知，在每一时间段内，的大小是定值，在各时间段内I是定值，ad边受到的安培力F＝BIL，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，C正确，D错误.
命题点二　电磁感应中的动力学问题
1.题型简述
感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等).
2.两种状态及处理方法
状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析

3.动态分析的基本思路
解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件.具体思路如下：
→→→
例3　(2016·全国卷Ⅱ·24)如图5，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上.t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动.t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：

图5
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值.
答案　(1)Blt0(－μg)　(2)
解析　(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E＝Blv③
联立①②③式可得
E＝Blt0(－μg)④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律
I＝⑤
式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为
F安＝BlI⑥
因金属杆做匀速运动，有F－μmg－F安＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得R＝.
变式3　(多选)(2018·安徽省安庆市二模)如图6甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中.t＝0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计.已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示.下列关于棒的运动速度v、外力F、流过R的电荷量q以及闭合回路中磁通量的变化率随时间变化的图象正确的是(　　)

图6

答案　AB
解析　根据题图乙所示的I－t图象可知I＝kt，其中k为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得：I＝＝kt，可推出：E＝kt(R＋r)，而E＝，所以有：＝kt(R＋r)，－t图象是一条过原点且斜率大于零的直线，故B正确；因E＝Blv，所以v＝t，v－t图象是一条过原点且斜率大于零的直线，说明金属棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v＝at，故A正确；对金属棒在沿导轨方向有F－BIl＝ma，而I＝，v＝at，得到F＝＋ma，可见F－t图象是一条斜率大于零且与纵轴正半轴有交点的直线，故C错误；q＝Δt＝＝＝t2，q－t图象是一条开口向上的抛物线，故D错误.
变式4　如图7甲所示，间距L＝0.5 m的两根光滑平行长直金属导轨倾斜放置，导轨平面倾角θ＝30°.导轨底端接有阻值R＝0.8 Ω的电阻，导轨间有Ⅰ、Ⅱ两个矩形区域，其长边都与导轨垂直，两区域的宽度均为d2＝0.4 m，两区域间的距离d1＝0.4 m，Ⅰ区域内有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B0＝1 T，Ⅱ区域内的磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，规定垂直于导轨平面向上的磁感应强度方向为正方向.t＝0时刻，把导体棒MN无初速度地放在区域Ⅰ下边界上.已知导体棒的质量m＝0.1 kg，导体棒始终与导轨垂直并接触良好，且导体棒在磁场边界时都认为处于磁场中，导体棒和导轨电阻不计，取重力加速度g＝10 m/s2.求：

图7
(1)0.1 s内导体棒MN所受的安培力大小；
(2)t＝0.5 s时回路中的电动势和流过导体棒MN的电流方向；
(3)0.5 s时导体棒MN的加速度大小.
答案　(1) 0.5 N　(2)0.4 V　N→M　(3)7 m/s2
解析　(1)Δt1＝0.1 s时间内感应电动势E1＝d2L，I1＝
0.1 s内安培力F1＝B0I1L，解得F1＝0.5 N
(2)因F1＝mgsin θ，故导体棒在0.1 s内静止，从第0.1 s末开始加速，设加速度为a1，则：mgsin θ＝ma1，d1＝a1Δt2，v1＝a1Δt，解得：Δt＝0.4 s，v1＝2 m/s
t＝0.5 s时，导体棒刚滑到Ⅱ区域上边界，此时B2＝0.8 T，
切割磁感线产生的电动势E2＝B2Lv1＝0.8 V
t＝0.5 s时，因磁场变化而产生的感应电动势
E3＝d2L，＝6 T/s，解得E3＝1.2 V
t＝0.5 s时的总电动势E＝E3－E2＝0.4 V
导体棒电流方向：N→M
(3)设0.5 s时导体棒的加速度为a，有F＋mgsin θ＝ma，又I＝，F＝B2IL，解得a＝7 m/s2，方向沿斜面向下.
命题点三　电磁感应中的动力学和能量问题
1.题型简述
电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的.安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程.
2.解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)；
(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；
(3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解.
3.求解电能应分清两类情况
(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算.
(2)若电流变化，则
①利用安培力做功求解：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：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能.
例4　(2018·吉林省吉林市第二次调研)如图8甲所示，一边长L＝2.5 m、质量m＝0.5 kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在方向竖直向上、磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合.在水平力F作用下由静止开始向左运动，经过5 s线框被拉出磁场.测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图乙所示，在金属线框被拉出的过程中，

图8
(1)求通过线框的电荷量及线框的总电阻；
(2)分析线框运动性质并写出水平力F随时间变化的表达式；
(3)已知在这5 s内力F做功1.92 J，那么在此过程中，线框产生的焦耳热是多少.
答案　见解析
解析　(1)根据q＝t，由I－t图象得，q＝1.25 C
又根据＝＝＝
得R＝4 Ω；
(2)由题图乙可知，感应电流随时间变化的规律：I＝0.1t
由感应电流I＝，可得金属线框的速度随时间也是线性变化的，v＝＝0.2t
线框做初速度为0的匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s2
线框在外力F和安培力F安作用下做匀加速直线运动，F－F安＝ma
又F安＝BIL
得F＝(0.2t＋0.1) N；
(3)5 s时，线框从磁场中拉出时的速度v5＝at＝1 m/s
由能量守恒得：W＝Q＋mv52
线框中产生的焦耳热Q＝W－mv52＝1.67 J
变式5　(多选)如图9所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B.质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g.金属杆(　　)

图9
A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C.穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于
答案　BC
解析　穿过磁场Ⅰ后，金属杆在磁场之间做加速运动，在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度，即进入磁场Ⅰ时的速度等于进入磁场Ⅱ时的速度，大于从磁场Ⅰ出来时的速度，金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，加速度方向向上，A错误；金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，由牛顿第二定律知BIL－mg＝－mg＝ma，a随着减速过程逐渐变小，即在前一段做加速度减小的减速运动，在磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由v－t图象(可能图象如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时，B正确；

由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知，
W安1－mg·2d＝0，
W安1＝2mgd.
即通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd，C正确；
设刚进入磁场Ⅰ时速度为v，则由机械能守恒定律知mgh＝mv2，①
进入磁场时BIL－mg＝－mg＝ma，
解得v＝，②
由①②式得h＝>，D错误.
变式6　(2018·福建省南平市适应性检测)如图10所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L＝0.2 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道.仅在水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1.0 T.一根质量m＝0.2 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x＝9 m时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度.当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h＝0.8 m处.已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，取g ＝10 m/s2.求：

图10
(1)金属棒运动的最大速率v；
(2)金属棒在磁场中速度为时的加速度大小；
(3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热.
答案　见解析
解析　(1)金属棒从出磁场到上升到弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律得：
mv2＝mgh①
由①得：v＝＝4 m/s②
(2)金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I，根据平衡条件得
F＝BIL＋μmg③
I＝④
联立②③④式得F＝0.6 N⑤
金属棒速度为时，设回路中的电流为I′，根据牛顿第二定律得
F－BI′L－μmg＝ma⑥
I′＝⑦
联立②⑤⑥⑦得：a＝1 m/s2⑧
(3)设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q，根据功能关系：
Fx＝μmgx＋mv2＋Q⑨
则电阻R上的焦耳热QR＝Q⑩
联立⑤⑨⑩解得：QR＝1.5 J.

1.(多选)(2018·广西防城港市3月模拟)如图1所示，等边闭合三角形线框，开始时底边与匀强磁场的边界平行且重合，磁场的宽度大于三角形的高度，线框由静止释放，穿过该磁场区域，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)

图1
A.线框进磁场过程中感应电流为顺时针方向
B.线框底边刚进入和刚穿出磁场时线圈的加速度大小可能相同
C.线框出磁场的过程，可能做先减速后加速的直线运动
D.线框进出磁场过程，通过线框横截面的电荷量不同
答案　BC
解析　线框进入磁场过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流为逆时针方向，故A错误；线框底边刚进入瞬间，速度为零，产生的感应电动势为零，下落加速度为g，完全进入磁场后下落加速度为g，随着下落速度的增大，出磁场时产生的安培力可能等于2mg，此时减速的加速度大小可能为g，故B正确；线框出磁场的过程，可能先减速，随着速度减小，切割长度变短，线框受到的安培力减小，当小于重力后线框做加速直线运动，故C正确；线框进、出磁场过程，磁通量变化相同，所以通过线框横截面的电荷量相同，故D错误.
2.(2018·陕西省咸阳市第二次模拟)如图2甲所示，匝数n＝2的金属线圈(电阻不计)围成的面积为20 cm2，线圈与R＝2 Ω的电阻连接，置于竖直向上、均匀分布的磁场中，磁场与线圈平面垂直，磁感应强度为B，B－t关系如图乙所示，规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向，忽略线圈的自感影响，则下列i－t关系图正确的是(　　)

图2


答案　D
解析　由题图乙可知，0～2 s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0～2 s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为正方向；同理可知，2～5 s内电路中的电流方向为逆时针，为负方向，由E＝n可得E＝nS，则知0～2 s内电路中产生的感应电动势大小为：E1＝2×20×10－4× V＝6×10－6 V，则电流大小为：I1＝＝×10－6A＝3×10－6 A；同理2～5 s内，I2＝2×10－6 A，故A、B、C错误，D正确.
3.(多选)(2019·湖北省武汉市调研)如图3甲所示，在足够长的光滑的固定斜面上放置着金属线框，垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示(规定垂直斜面向上为正方向).t＝0时刻将线框由静止释放，在线框下滑的过程中，下列说法正确的是(　　)

图3
A.线框中产生大小、方向周期性变化的电流
B.MN边受到的安培力先减小后增大
C.线框做匀加速直线运动
D.线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失
答案　BC
解析　穿过线框的磁通量先向下减小，后向上增大，则根据楞次定律可知，感应电流方向不变，选项A错误；因磁感应强度的变化率不变，则感应电动势不变，感应电流不变，而磁感应强度的大小先减小后增大，根据F＝BIL可知，MN边受到的安培力先减小后增大，选项B正确；因线框平行的两边电流等大反向，则整个线框受到的安培力为零，则线框下滑的加速度不变，线框做匀加速直线运动，选项C正确；因安培力对线框做功为零，斜面光滑，则线框的机械能守恒，选项D错误.
4.(多选)(2018·福建省厦门市质检)如图4所示，在倾角为θ的光滑固定斜面上，存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直斜面向上，磁场的宽度为2L.一边长为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场瞬间和刚越过MN穿出磁场瞬间速度刚好相等.从ab边刚越过GH处开始计时，规定沿斜面向上为安培力的正方向，则线框运动的速率v与线框所受安培力F随时间变化的图线中，可能正确的是(　　)

图4


答案　AC
解析　根据楞次定律可得线框进入磁场的过程中电流方向为顺时针；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E＝BLv，感应电流I＝，所受的安培力大小为F＝BIL＝，ab边刚越过GH进入磁场瞬间和刚越过MN穿出磁场瞬间速度刚好相等，可能的运动情况有两种，一是进磁场时匀速，完全进入磁场后做匀加速直线运动，出磁场过程中，做加速度逐渐减小的减速运动，二是进磁场时做加速度逐渐减小的减速运动，完全进入磁场后做匀加速运动，出磁场时做加速度逐渐减小的减速运动，结合图象知A正确，B错误；根据左手定则可得线框进入磁场的过程中安培力方向沿斜面向上，为正，且F＝BIL＝，线框完全进入磁场后，线框所受安培力为零；出磁场的过程中安培力方向沿斜面向上，且出磁场时的安培力可能等于进入磁场时的安培力，所以C正确，D错误.
5.(2018·山东省泰安市上学期期末)如图5，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连.两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L、质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，两定滑轮间的距离也为L.左斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上.已知斜面及两根柔软轻导线足够长.回路总电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.使两金属棒水平，从静止开始下滑.求：

图5
(1)金属棒运动的最大速度vm的大小；
(2)当金属棒运动的速度为时，其加速度大小是多少？
答案　(1)　(2)(sin θ－3μcos θ)
解析　(1)达到最大速度时，设两导线中张力均为FT，金属棒cd受到的安培力为F
对ab、cd，根据平衡条件得到：
2mgsin θ＝2FT＋2μmgcos θ
2FT＝mgsin θ＋μmgcos θ＋F
而安培力F＝BIL
根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律：E＝BLvm，I＝
整理得到：vm＝
(2)当金属棒的速度为时，设两导线中张力均为FT1，金属棒cd受到的安培力为F1，根据牛顿第二定律：
2mgsin θ－2FT1－2μmgcos θ＝2ma
2FT1－mgsin θ－μmgcos θ－F1＝ma
又F1＝BI1L，E1＝BL，I1＝，
联立解得：a＝(sin θ－3μcos θ).
6.(2018·天津市实验中学模拟)如图6所示，固定光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、 方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上.初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿导轨向上的初速度v0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触.已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行.

图6
(1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；
(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a.
答案　(1)　电流方向为b→a　(2)gsin θ－
解析　(1)导体棒产生的感应电动势为：E1＝BLv0
根据闭合电路欧姆定律得通过R的电流大小为：I1＝＝
根据右手定则判断得知：电流方向为b→a
(2)导体棒第一次回到初始位置时产生的感应电动势为：E2＝BLv
根据闭合电路欧姆定律得感应电流为： I2＝＝
导体棒受到的安培力大小为：F＝BIL＝，方向沿斜面向上.导体棒受力如图所示：

根据牛顿第二定律有：mgsin θ－F＝ma
解得：a＝gsin θ－.
7.(2018·广东省惠州市模拟)如图7所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′、bb′围成的区域中有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g、总电阻R＝1 Ω、边长d＝0.1 m的正方形金属线圈MNQP，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端由静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域.已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

图7
(1)线圈进入磁场区域时的速度大小；
(2)线圈释放时，PQ边到bb′的距离；
(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热.
答案　(1)2 m/s　(2)1 m　(3)4×10－3 J
解析　(1)对线圈受力分析，根据平衡条件得：F安＋μmgcos θ＝mgsin θ，F安＝BId，I＝，E＝Bdv
联立并代入数据解得：v＝2 m/s
(2)线圈进入磁场前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：
a＝＝2 m/s2
线圈释放时，PQ边到bb′的距离L＝＝ m＝1 m；
(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d＝0.1 m，Q＝W安＝F安·2d
代入数据解得：Q＝4×10－3 J.