1.路上使用-种电磁装置向控制中心传输信号以确定火车的位置和速度，

安放在火车首节车厢下面的磁铁能产生匀强磁场，如图

(俯视图)．当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便会产

一电信号，被控制中心接收．当火车以恒定速度通过线时，表示线圈两端的电压U_ab随时间变化关系的图像是：(　　 )

18．(2011·河南省示范性高中模拟)如图所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l₁＝1m，bc边的边长l₂＝0.6m，线框的质量m＝1kg，电阻R＝0.1Ω，线框与绝缘细线相连，现用F＝20N的恒力通过定滑轮向下拉细线并带动线框移动(如图所示)，斜面上ef线(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间做匀速运动，ef和gh的距离s＝18.6m，取g＝10m/s²，求：

(1)线框进入磁场前的加速度和线框进入磁场时做匀速运动的速度v；

(2)简要分析线框在整个过程中的运动情况并求出ab边由静止开始到运动到gh线处所用的时间t；

(3)ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热．

[解析]　(1)线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力F，斜面的支持力和线框重力，设线框进入磁场前的加速度为a，对线框由牛顿第二定律得

F－mgsinα＝ma

解得a＝＝15m/s²

因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动

所以线框abcd受力平衡F＝mgsinα+F_A

ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E＝Bl₁v

形成的感应电流I＝＝，受到的安培力F_A＝BIl₁

联立上述各式得F＝mgsinα+，代入数据解得v＝6m/s

(2)线框abcd进入磁场前，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到gh线处，也做匀加速直线运动．进磁场前线框的加速度大小为a＝15m/s²

该阶段运动的时间为t₁＝＝s＝0.4s

进磁场的过程中匀速运动的时间为t₂＝＝s＝0.1s

线框完全进入磁场后其受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度大小仍为a＝15m/s²

s－l₂＝vt₃+at

解得：t₃＝1.2s

因此ab边由静止开始运动到gh线处所用的时间为t＝t₁+t₂+t₃＝1.7s

(3)线框的ab边运动到gh线处的速度v′＝v+at₃＝6m/s+15×1.2m/s＝24m/s

整个运动过程中产生的焦耳热

Q＝F_Al₂＝(F－mgsinα)l₂＝9J

17．日本专家研究调查得出了一个惊人的结论，东京高速道路所形成的振动可产生4GW以上的电力，这一数值相当于供给东京23个区的家庭用电的4成．如图甲所示是某人设计的一种振动发电装置，它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r＝0.1m、匝数为n＝20的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)．在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为0.2T，线圈的电阻为1. 5Ω，它的引出线接有质量为0.01kg、电阻为0.5Ω的金属棒MN，MN置于倾角为30°的光滑导轨上，导轨宽度为0.25m.外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过MN.当线圈向右的位移x随时间t变化的规律如图丙所示时(x取向右为正)，g＝10m/s².求：

(1)若MN固定不动，流过它的电流大小和方向？

(2)若MN可自由滑动，至少要加多大的匀强磁场B′才能使MN保持静止，请在图丁中画出磁感应强度B′随时间变化的图象．

[解析]　(1)由图丙知线圈运动速度：v＝＝0.8m/s

线圈向右运动时切割磁感线，且各处磁场方向与组成线圈的导线垂直，线圈产生电动势：

E＝nBLv＝2πrnBv

流过MN电流：I＝

联立以上三式并代入数据得：I＝＝1A

流过MN的电流方向从M到N.当线圈向左运动时，电流大小不变，流过MN的电流方向从N到M.

(2)如图所示MN受重力、斜面支持力和安培力作用处于静止状态，要使外加磁场B′最小，即安培力最小，当流过MN的电流从M到N时，由左手定则知磁场方向垂直轨道平面向下．

mgsin30°＝B′IL

B′＝＝0.2T

当流过MN的电流从N到M时，要使MN静止，B′的方向相反，即垂直轨道平面向上，以此方向为正方向，则磁感应强度B′随时间变化图象如图所示．

[规律总结]　本题涵盖力学中的位移图象、三力平衡，电磁学中的安培力、感应电动势、闭合电路欧姆定律、左手定则等问题．解本类综合题的关键是按照物理现象的因果关系及本质特征将其分解为若干个简单问题，再逐个解决．

16．两根光滑的长直金属导轨MN、M′N′平行置于同一水平面内，导轨间距为l，电阻不计，M、M′处接有如图所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为C.长度也为l、阻值同为R的金属棒ab垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中．ab在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab运动距离为s的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q.求：

(1)ab运动速度v的大小；

(2)电容器所带的电荷量q.

[解析]　本题是电磁感应中的电路问题，ab切割磁感线产生感应电动势为电源．电动势可由E＝BLv计算．其中v为所求，再结合闭合 (或部分)电路欧姆定律、焦耳定律，电容器及运动学知识列方程可解得．

(1)设ab上产生的感应电动势为E，回路中的电流为I，ab运动距离s所用时间为t，三个电阻R与电源串联，总电阻为4R，则E＝Blv

由闭合电路欧姆定律有I＝

t＝

由焦耳定律有Q＝I²(4R)t

由上述方程得v＝

(2)设电容器两极板间的电势差为U，则有U＝IR

电容器所带电荷量q＝CU

解得q＝

[答案]　(1)　(2)

15．截面积S＝0.2m²，匝数n＝100匝的线圈A，处在如图(甲)所示的磁场中，磁感应强度B随时间按图(乙)所示规律变化，方向垂直线圈平面，规定向外为正方向．电路中R₁＝4Ω，R₂＝6Ω，C＝30μF，线圈电阻不计．

(1)闭合S稳定后，求通过R₂的电流；

(2)闭合S一段时间后再断开，则断开后通过R₂的电荷量是多少？

[解析]　由于线圈A所在的磁场变化引起穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电动势．当S闭合后，就有电流通过R₁、R₂.

(1)由图知B随时间按线性变化，变化率＝0.2T/s.由法拉第电磁感应定律得E＝nS＝4V.由楞次定律确定电流方向，在0-1s内，原磁场为负，即向里，大小在减小，故感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，因此由安培定则知线圈中的电流方向为顺时针方向．从电路角度来看，线圈就是电源，其内阻不计，R₁和R₂串联后构成外电路，C与R₂并联，当电流恒定时，电容器支路中无电流．由闭合电路欧姆定律得流过R₂的电流I＝＝0.4A，方向向下．

(2)S闭合后，将对C充电，充电结束后电容器支路断路，电容器两端的电势差等于R₂两端的电压．因此，其充电量Q＝CU＝CE＝7.2×10^－5C.S断开后，电容器通过R₂放电，所以放电量为7.2×10^－5C.

[答案]　(1)0.4A，方向向下　(2)7.2×10^－5C

14．(2011·北京海淀区期末)如图所示，光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m的金属杆ab，以初速度v₀从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端．若运动过程中，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，且轨道与金属杆的电阻均忽略不计，则　 　　　　 (　)

A．整个过程中金属杆所受合外力的冲量大小为2mv₀

B．上滑到最高点的过程中克服安培力与重力所做功之和等于mv

C．上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于mv－mgh

D．金属杆两次通过斜面上的同一位置时电阻R的热功率相同

[解析]　金属杆从轨道底端滑上斜面到又返回到出发点时，由于电阻R上产生热量，故返回时速度小于v₀，故整个过程中金属杆所受合外力的冲量大小小于2mv₀，A错误；上滑到最高点时动能转化为重力势能和电阻R上产生的焦耳热(即克服安培力所做的功)，BC正确；金属杆两次通过斜面上同一位置时的速度不同，电路的电流不同，故电阻的热功率不同，D错误．

[答案]　BC

13．(2011·北京西城区抽样测试)实验室经常使用的电流表是磁电式仪表．这种电流表的构造如图甲所示．蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布的．当线圈通以如图乙所示的电流，下列说法正确的是　　　　　 (　)

A．线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行

B．线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动

C．当线圈转到如图乙所示的位置，b端受到的安培力方向向上

D．当线圈转到如图乙所示的位置，安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动

[解析]　考查电流表的工作原理．由辐向分布的磁场可知，线圈转到任何位置，它的平面都跟磁感线平行，A正确；通过线圈中的电流在磁场作用下产生的安培力的力矩与螺旋弹簧的扭动力矩平衡时，指针静止，B正确；当线圈转动到图乙所示的位置时，根据左手定则，b端受到的安培力方向向下，C错误；使线圈沿顺时针方向转动，D正确．

[答案]ABD

12．(2011·浙江杭州质检)超导磁悬浮列车是利用超导体的抗磁作用使列车车体向上浮起，同时通过周期性地变换磁极方向而获得的推进动力的新型交通工具．其推进原理可以简化为如图所示的模型：在水平面上相距L的两根平行直导轨间，有竖直方向等距离分布的匀强磁场B₁和B₂，且B₁＝B₂＝B，每个磁场的宽度都是L，相间排列，所有这些磁场都以相同的速度向右匀速运动，这时跨在两导轨间的长为L，宽为L的金属框abcd(悬浮在导轨上方)在磁场力作用下也将会向右运动．设金属的总电阻为R，运动中所受到的阻力恒为F_f，金属框的最大速度为v_m，则磁场向右匀速运动的速度v可表示为 　　 (　)

A．v＝(B²L²v_m－F_fR)/(B²L²)

B．v＝(4B²L²v_m+F_fR)/(4B²L²)

C．v＝(4B²L²v_m－F_fR)/(4B²L²)

D．v＝(2B²L²v_m+F_fR)/(2B²L²)

[解析]　导体棒ad和bc各以相对磁场的速度(v－v_m)切割磁感线运动，由右手定则可知回路中产生的电流方向为abcda，回路中产生的电动势为E＝2BL(v－v_m)，回路中电流为：I＝2BL(v－v_m)/R，由于左右两边ad和bc均受到安培力，则合安培力F_合＝2×BLI＝4B²L²(v－v_m)/R，依题意金属框达到最大速度时受到的阻力与安培力平衡，则F_f＝F_合，解得磁场向右匀速运动的速度v＝(4B²L²v_m+F_fR)/(4B²L²)，B对．

[答案]B

11．(2010·湖北部分重点中学联考)如图a所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为m的单匝均匀正方形铜钱框，边长为a，在1位置以速度v₀进入磁感应强度为B的匀强磁场并开始计时t＝0，若磁场的宽度为b(b>3a)，在3t₀时刻线框到达2位置速度又为v₀并开始离开匀强磁场．此过程中v－t图象如图b所示，则　　　　　　　 (　)

A．t＝0时，线框右侧边MN的两端电压为Bav₀

B．在t₀时刻线框的速度为v₀－

C．线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度一定比t₀时刻线框的速度大

D．线框从1位置进入磁场到完全离开磁场位置3过程中线框中产生的电热为2Fb

[解析]　t＝0时，线框右侧边MN的两端电压为外电压，为Bav₀，A项错误；从t₀时刻至3t₀时刻线框做匀加速运动，加速度为，故在t₀时刻的速度为v₀－2at₀＝v₀－，B项错误；因为t＝0时刻和t＝3t₀时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故在位置3时的速度与t₀时刻的速度相等，C项错误；线框在位置1和位置3时的速度相等，根据动能定理，外力做的功等于克服安培力做的功，即有Fb＝Q，所以线框穿过磁场的整个过程中，产生的电热为2Fb，D项正确．

[答案]　D

10．(2011·武汉调研)如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L.纸面内一边长为L的正方形导框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在t＝0时刻恰好位于图中所示的位置．以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流-位移(I-x)关系的是　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　 (　)

[解析]　线框进入磁场的过程中，线框的右边做切割磁感线运动，产生感应电动势，从而在整个回路中产生感应电流，由于线框做匀速直线运动，且切割磁感线的有效长度不断增加，其感应电流的大小不断增加，由右手定则，可判定感应电流的方向是顺时针的；线框全部进入磁场后，线框的左边和右边同时切割磁感线，当x≤L时，回路中的感应电流不断减小，由右手定则可判定感应电流的方向是顺时针；当L<x<2L时，回路中的感应电流不断增加，但感应电流的方向是逆时针．线框出磁场的过程，可依照同样方法分析．

[答案]　A