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大题精练04 电磁感应规律的综合应用问题
公式、知识点回顾（时间：5分钟）
一、考向分析
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、函数图像、动能定理和能量守恒定律等。
4.电磁感应综合试题往往与导轨滑杆等模型结合,考査内容主要集中在电磁感应与力学中力的平衡、力与运动动量与能量的关系上,有时也能与电磁感应的相关图像问题相结合。通常还与电路等知识综合成难度较大的试题，与现代科技结合密切,对理论联系实际的能力要求较高。
二、动力学
牛顿第二运动定律 F合 = ma 或或者 Fx = m ax Fy = m ay
向心力
牛顿第三定律
三、运动学
匀变速直线运动 平均速度： Vt/ 2 == Vs/2 = 匀加速或匀减速直线运动：Vt/2 四、电磁学
电磁感应 1. ε=BLVsinθ平动切割 ε=N磁变模型ε=BLV中点 旋转切割 2.Ф=Bssinθ；e=NBSωcosωt (矩形线圈在匀强磁场中匀速转动) E有= (只有正弦) 3.焦耳热Q=I2Rt(I恒定)Q=Rt（I正弦变化） Q=ΔE机(I非正弦变化) 4.电量q=It q=n△ф/R BILt=BLq=mV2-mV1(只受洛仑兹力) 5.变压器= P入=P出 n1I1= n2I2 + n3I3 6. 输电 P=UI P损=（）2R线 U2送=U损+U 3达 P送=P损+P达 7. 电磁振荡 T=2 q=qmsinωt i=Imcosωt
法拉第电磁感应定律 普适公式： 导体切割：（B、L、v三者相互垂直）
五、解题思路
(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。
难度：★★★★★ 建议时间：60分钟
1．（2023 浙江模拟）舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。当开关S接通，电压恒为U＝10V的电源为系统供电，动子从静止开始推动飞机加速，此加速过程中线圈中的电流随时间的变化规律为I＝100sint（A）。当电流第一次减为零时飞机与动子脱离。此时断开S，动子将做阻尼运动而最终停下。已知线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1m，直流电阻不计。飞机的质量M＝8kg，动子和线圈的总质量m＝2kg，R0＝4Ω，B＝0.01T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：
（1）开关S接通后瞬间，线圈的自感电动势大小E自；
（2）电流第一次达到最大时，飞机的速度大小v1及飞机与动子脱离时的速度大小v2；
（3）飞机与动子脱离后，动子运动过程的位移大小x；
（4）电流第一次达到最大时，线圈存储的磁场能。（不考虑电磁辐射的能量）
2．（2023 浙江模拟）利用电磁感应加速物体除了有类似电磁弹射的方式外，还有一种利用感生电场加速带电物体的方式，其原理如图甲所示。一个用光滑绝缘细圆管绕成的圆环固定在水平面上，圆环半径为R。一个质量为m、电荷量为+q的小球（可视为质点）静止在细圆管中。垂直圆环平面、以圆环外侧为边界的圆柱形区域内存在竖直方向上的匀强磁场，其磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示，竖直向上为正。已知变化的磁场在细圆管处产生环形感生电场（稳定的感生电场可类比静电场）。细圆管半径大于小球半径且远小于圆环半径R。求：
（1）在0～2t0时间内，绕圆环一圈产生的感应电动势大小；
（2）在0～2t0时间内，细圆管内产生的感生电场的大小及方向（俯视）；
（3）在0～2t0期间，小球转动的圈数；
（4）t＝1.5t0时，求小球对管壁的作用力大小。
3．（2023 浙江模拟）如图所示，水平金属圆环由沿半径方向的金属杆连接，外环和内环的半径分别为r1＝0.3m，r2＝0.1m，圆环区域存在方向竖直向上，磁感应强度大小B＝1T的匀强磁场，金属圆环以角速度ω＝5rad/s绕中心轴线转动。金属环电阻不计，金属杆电阻R1＝0.1Ω，两环通过电刷分别与间距L＝0.5m的两条不计电阻的平行光滑金属导轨MQN、M'Q'N'连接，其中MQ、M'Q'段倾斜放置，倾斜角θ＝30°，MQ＝M'Q'＝4m，QN，QN'段水平放置，两段之间通过一小段（大小可忽略）光滑圆弧绝缘材料平滑相连，在Q和Q'两端向下引出两根无电阻的金属导线通过电键S2与一电容量C＝0.6F的电容器相连，在N和N′两端与电阻R＝0.1Ω相连，在倾斜导轨MQ、M'Q'区域内加有垂直于倾斜导轨平面向下的匀强磁场B1＝2T，在水平导轨的DD'E'E区域内加有垂直水平导轨平面向上的匀强磁场B2＝0.4T，DD'、EE'均与导轨垂直，且DE＝D′E′＝L＝0.5m，U形金属框cdef除c、f横截面处外其他表面都有绝缘层（与导轨间绝缘），U形金属框质量为3m，每边电阻均为R2＝0.1Ω，各边长度均为L＝0.5m，开始时紧挨导轨静置于DD′E′E左侧外。现有一不计电阻的质量为m的金属棒a紧贴MM′放置，合上电键S1时金属棒恰好静止在导轨上。（g＝10m/s2）
（1）求金属棒a的质量m；
（2）断开S1同时闭合S2，金属棒a向下滑行，求金属棒a到达倾斜导轨底端QQ′时的速度大小；
（3）金属棒a越过QQ′后与U形金属框发生碰撞，碰后黏在一起（金属棒a与导轨及U形金属框都接触良好）穿过磁场B2区域，求此过程中电阻R上产生的焦耳热。
4．（2022秋 宁波期末）粗糙绝缘水平桌面上存在两个相距为2L、垂直水平桌面向下的半无界匀强磁场。虚线MN左侧区域为Ⅰ区磁场，磁感应强度随时间均匀变化的规律为B1＝kt（k＞0）；虚线PQ右侧区域为Ⅱ区磁场，磁感应强度随时间变化规律未知。一个质量为m、电阻为R、与水平桌面间动摩擦因数为μ的n匝金属线框静止在如图所示位置，其中ab边长为2L，ad边长为L，且MN过ab、cd的中点。一段时间后，金属线框水平向右运动起来，而后以v0的速度穿出Ⅰ区磁场、进入Ⅱ区磁场。在线框进入Ⅱ区磁场的同时，给线框施加一个水平向右的恒力F＝2μmg，线框开始匀速进入Ⅱ区磁场，经t1时间后，线框开始以加速度a＝μg匀加速继续进入Ⅱ区磁场。已知Ⅱ区磁场的磁感应强度没有发生突变，当地重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）线框开始运动瞬间电功率的大小。
（2）框从开始运动到穿出Ⅰ区磁场的过程中，通过线框导线横截面电荷量的大小。
（3）若线框进入Ⅱ区磁场经t1时间后重新开始计时，求线框匀加速进入Ⅱ区磁场的过程中，磁感应强度B2随时间变化的规律（不用写出定义域）。
5．（2022秋 温州期末）如图甲所示，间距L＝2m的平行导轨由倾斜和竖直两部分组成（两部分均足够长），导轨电阻不计。倾斜光滑导轨所在平面与水平面夹角θ＝37°。倾斜和竖直导轨上分别放有ab、cd两根完全相同的导体棒，长度为L，质量m＝2kg，电阻R＝1Ω。cd棒置于竖直导轨的右侧与竖直导轨的动摩擦因数μ＝0.5。导轨所在空间内存在竖直向下的磁感应强度为B＝1T的匀强磁场。倾斜导轨上端与n＝100、面积S＝0.04m2的圆形金属线圈相连，线圈总电阻r＝0.5Ω，整个线圈内存在垂直线圈平面的磁场B0且磁场随时间均匀变化。将cd棒锁定在导轨上，闭合电键K后，ab棒刚好在光滑的斜面导轨上保持静止。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求圆形线圈内磁场随时间的变化率。
（2）断开电键K的同时，解除cd棒的锁定，并对ab棒施加沿斜面向下的拉力F＝kt，此后ab棒由静止开始沿倾斜轨道做匀加速运动。
（a）求ab棒加速度的大小和k的数值；
（b）已知在2s内拉力F做功为122.88J，求这一过程中cd棒产生的焦耳热；
（c）求cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在图乙中画出cd棒所受摩擦力随时间变化的图线，在图线上标出t0时刻及其对应纵坐标（可以用字母表示）。
6．（2013春 台州期末）如图所示，两根光滑固定导轨相距0.4m竖直放置，导轨电阻不计，在导轨末端P、Q两点用两根等长的细导线悬挂金属棒cd．棒cd的质量为0.01kg，长为0.2m，处在磁感应强度为B0＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里。相距0.2m的水平线MN和JK之间的区域内存在着垂直导轨平面向里的匀强磁场，且磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示。在t＝0时刻，质量为0.02kg、阻值为0.3Ω的金属棒ab从虚线MN上方0.2m高处，由静止开始释放，下落过程中保持水平，且与导轨接触良好。结果棒ab在t1时刻从上边界MN进入磁场中做匀速运动，在t2时刻从下边界JK离开磁场，g取10m/s2．求：
（1）在0～t1时间内，电路中感应电动势的大小；
（2）在t1～t2时间内，棒cd受到细导线的总拉力为多大；
（3）棒cd在0～t2时间内产生的焦耳热。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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大题精练04 电磁感应规律的综合应用问题
公式、知识点回顾（时间：5分钟）
一、考向分析
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、函数图像、动能定理和能量守恒定律等。
4.电磁感应综合试题往往与导轨滑杆等模型结合,考査内容主要集中在电磁感应与力学中力的平衡、力与运动动量与能量的关系上,有时也能与电磁感应的相关图像问题相结合。通常还与电路等知识综合成难度较大的试题，与现代科技结合密切,对理论联系实际的能力要求较高。
二、动力学
牛顿第二运动定律 F合 = ma 或或者 Fx = m ax Fy = m ay
向心力
牛顿第三定律
三、运动学
匀变速直线运动 平均速度： Vt/ 2 == Vs/2 = 匀加速或匀减速直线运动：Vt/2 四、电磁学
电磁感应 1. ε=BLVsinθ平动切割 ε=N磁变模型ε=BLV中点 旋转切割 2.Ф=Bssinθ；e=NBSωcosωt (矩形线圈在匀强磁场中匀速转动) E有= (只有正弦) 3.焦耳热Q=I2Rt(I恒定)Q=Rt（I正弦变化） Q=ΔE机(I非正弦变化) 4.电量q=It q=n△ф/R BILt=BLq=mV2-mV1(只受洛仑兹力) 5.变压器= P入=P出 n1I1= n2I2 + n3I3 6. 输电 P=UI P损=（）2R线 U2送=U损+U 3达 P送=P损+P达 7. 电磁振荡 T=2 q=qmsinωt i=Imcosωt
法拉第电磁感应定律 普适公式： 导体切割：（B、L、v三者相互垂直）
五、解题思路
(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。
难度：★★★★★ 建议时间：60分钟
1．（2023 浙江模拟）舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。当开关S接通，电压恒为U＝10V的电源为系统供电，动子从静止开始推动飞机加速，此加速过程中线圈中的电流随时间的变化规律为I＝100sint（A）。当电流第一次减为零时飞机与动子脱离。此时断开S，动子将做阻尼运动而最终停下。已知线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1m，直流电阻不计。飞机的质量M＝8kg，动子和线圈的总质量m＝2kg，R0＝4Ω，B＝0.01T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：
（1）开关S接通后瞬间，线圈的自感电动势大小E自；
（2）电流第一次达到最大时，飞机的速度大小v1及飞机与动子脱离时的速度大小v2；
（3）飞机与动子脱离后，动子运动过程的位移大小x；
（4）电流第一次达到最大时，线圈存储的磁场能。（不考虑电磁辐射的能量）
【解答】解：（1）根据闭合电路的欧姆定律可得：
U+（﹣nBlv）+（﹣E自）＝0
自感电动势E自
接通瞬间v＝0，则U＝E自＝10V
（2）当I达到最大时，，可得：E自＝0
U＝nBlv1
解得：v1＝10m/s
脱离时刻，有
U+（﹣nBlv2）+（﹣E自′）＝0
由于t＝0时刻与脱离时刻相同，电流处于减小的过程，则E自′＝﹣E自＝﹣10V
解得：v2＝20m/s
（3）飞机与动子脱离后的运动过程，由动量定理可得：
﹣nBlIΔt＝0﹣mΔv
累加得：nBlq＝mv2
其中：q
代入数据解得：x＝160m
（4）动子从静止开始到电流第一次达到最大的过程，由动量定理可得：
nBlq1＝（m+M）v1
联立解得：W＝500J
答：（1）开关S接通后瞬间，线圈的自感电动势大小为10V；
（2）电流第一次达到最大时，飞机的速度大小为10m/s，飞机与动子脱离时的速度大小为20m/s；
（3）飞机与动子脱离后，动子运动过程的位移大小为160m；
（4）电流第一次达到最大时，线圈存储的磁场能为500J。
2．（2023 浙江模拟）利用电磁感应加速物体除了有类似电磁弹射的方式外，还有一种利用感生电场加速带电物体的方式，其原理如图甲所示。一个用光滑绝缘细圆管绕成的圆环固定在水平面上，圆环半径为R。一个质量为m、电荷量为+q的小球（可视为质点）静止在细圆管中。垂直圆环平面、以圆环外侧为边界的圆柱形区域内存在竖直方向上的匀强磁场，其磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示，竖直向上为正。已知变化的磁场在细圆管处产生环形感生电场（稳定的感生电场可类比静电场）。细圆管半径大于小球半径且远小于圆环半径R。求：
（1）在0～2t0时间内，绕圆环一圈产生的感应电动势大小；
（2）在0～2t0时间内，细圆管内产生的感生电场的大小及方向（俯视）；
（3）在0～2t0期间，小球转动的圈数；
（4）t＝1.5t0时，求小球对管壁的作用力大小。
【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律可得：
由图乙可得
联立解得绕圆环一圈产生的感应电动势大小为：
（2）在0～2t0期间
解得：
由楞次定律可得，感生电场方向为顺时针方向。
（3）小球转动一圈动能增量由动能定理得：
ΔEk0＝W电
其中W电＝Eq×2πR
联立解得：
小球在感生电场中，由牛顿第二定律得：
Eq＝maE
所以t1＝2t0末时小球的速度为：
解得：
小球动能增加与圈数N关系
解得：
（4）t2＝1.5t0末时小球的速度为：
v＝aE×1.5t0
解得：
小球此时在圆管内的受力分析如图
由牛顿第二定律
解得：
又由牛顿第三定律，小球对管壁的作用力为：
答：（1）在0～2t0时间内，绕圆环一圈产生的感应电动势大小为
（2）在0～2t0时间内，细圆管内产生的感生电场的大小为，方向为顺时针；
（3）在0～2t0期间，小球转动的圈数为；
（4）t＝1.5t0时，求小球对管壁的作用力大小为：。
3．（2023 浙江模拟）如图所示，水平金属圆环由沿半径方向的金属杆连接，外环和内环的半径分别为r1＝0.3m，r2＝0.1m，圆环区域存在方向竖直向上，磁感应强度大小B＝1T的匀强磁场，金属圆环以角速度ω＝5rad/s绕中心轴线转动。金属环电阻不计，金属杆电阻R1＝0.1Ω，两环通过电刷分别与间距L＝0.5m的两条不计电阻的平行光滑金属导轨MQN、M'Q'N'连接，其中MQ、M'Q'段倾斜放置，倾斜角θ＝30°，MQ＝M'Q'＝4m，QN，QN'段水平放置，两段之间通过一小段（大小可忽略）光滑圆弧绝缘材料平滑相连，在Q和Q'两端向下引出两根无电阻的金属导线通过电键S2与一电容量C＝0.6F的电容器相连，在N和N′两端与电阻R＝0.1Ω相连，在倾斜导轨MQ、M'Q'区域内加有垂直于倾斜导轨平面向下的匀强磁场B1＝2T，在水平导轨的DD'E'E区域内加有垂直水平导轨平面向上的匀强磁场B2＝0.4T，DD'、EE'均与导轨垂直，且DE＝D′E′＝L＝0.5m，U形金属框cdef除c、f横截面处外其他表面都有绝缘层（与导轨间绝缘），U形金属框质量为3m，每边电阻均为R2＝0.1Ω，各边长度均为L＝0.5m，开始时紧挨导轨静置于DD′E′E左侧外。现有一不计电阻的质量为m的金属棒a紧贴MM′放置，合上电键S1时金属棒恰好静止在导轨上。（g＝10m/s2）
（1）求金属棒a的质量m；
（2）断开S1同时闭合S2，金属棒a向下滑行，求金属棒a到达倾斜导轨底端QQ′时的速度大小；
（3）金属棒a越过QQ′后与U形金属框发生碰撞，碰后黏在一起（金属棒a与导轨及U形金属框都接触良好）穿过磁场B2区域，求此过程中电阻R上产生的焦耳热。
【解答】解：（1）金属圆环在环形磁场中转动时产生动生电动势：E＝B（r1﹣r2）
而平均切割速度：
s1闭合时，a导体棒与金属圆环“电源”构成回路，此时电流：I
a静止在倾斜的导轨上，由平衡条件有：mgsinθ＝B1IL
联立代入数据解得：m＝0.4kg
（2）断开S1同时闭合S2，金属棒a与电容器组成电路，金属棒a向下滑行过程中，电容器的电压U始终等于金属棒a切割磁感线产生的感应电动势E′，则有：U＝E′＝B1Lv
电容器的电量：q＝CU
电路中的电流：ICCB1LCB1La
对金属棒a，根据牛顿第二定律得：mgsinθ﹣B1IL＝ma
联立可得：mgsinθL2a＝ma
代入数据得到：a＝2m/s2
金属棒a匀加速下滑，设金属棒a到达倾斜导轨底端QQ′时的速度大小为v0，由运动学公式得：2a MQ
代入数据可得：v0＝4m/s
（3）金属棒a越过QQ′后与U形金属框发生完全非弹性碰撞，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝（m+3m）v1
代入数据得：v1＝1m/s
在de边进入磁场的过程，金属棒a电阻不计，金属棒a将电阻R短路，U形金属框cdef与a构成的回路的总电阻为3R2＝0.3Ω。设de边到达EE′时的速度为v2，以水平向右为正方向，此过程由动量定理得：
﹣B2L×Δt＝4mv2﹣4mv1
联立代入数据解得：v2m/s
在金属棒a（在cf之间）进入磁场B2的过程，U形金属框的总电阻3R2与电阻R并联，电路总电阻为：
R总
设金属棒a到达EE′时的速度为v3，同理由动量定理得：
﹣B2L×Δt＝4mv3﹣4mv2
联立代入数据解得：v3m/s
a由DD′到EE′的过程产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得：
Q，解得：Q
由于并联，R与U形金属框的产生的焦耳热与电阻成反比，则有电阻R上产生的焦耳热为：
QRJ＝0.175J
答：（1）金属棒a的质量m为0.4kg；
（2）金属棒a到达倾斜导轨底端QQ′时的速度大小为4m/s；
（3）电阻R上产生的焦耳热为0.175J。
4．（2022秋 宁波期末）粗糙绝缘水平桌面上存在两个相距为2L、垂直水平桌面向下的半无界匀强磁场。虚线MN左侧区域为Ⅰ区磁场，磁感应强度随时间均匀变化的规律为B1＝kt（k＞0）；虚线PQ右侧区域为Ⅱ区磁场，磁感应强度随时间变化规律未知。一个质量为m、电阻为R、与水平桌面间动摩擦因数为μ的n匝金属线框静止在如图所示位置，其中ab边长为2L，ad边长为L，且MN过ab、cd的中点。一段时间后，金属线框水平向右运动起来，而后以v0的速度穿出Ⅰ区磁场、进入Ⅱ区磁场。在线框进入Ⅱ区磁场的同时，给线框施加一个水平向右的恒力F＝2μmg，线框开始匀速进入Ⅱ区磁场，经t1时间后，线框开始以加速度a＝μg匀加速继续进入Ⅱ区磁场。已知Ⅱ区磁场的磁感应强度没有发生突变，当地重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）线框开始运动瞬间电功率的大小。
（2）框从开始运动到穿出Ⅰ区磁场的过程中，通过线框导线横截面电荷量的大小。
（3）若线框进入Ⅱ区磁场经t1时间后重新开始计时，求线框匀加速进入Ⅱ区磁场的过程中，磁感应强度B2随时间变化的规律（不用写出定义域）。
【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势：E＝nnkL2
根据闭合电路的欧姆定律可得：I
根据电功率的计算公式可得：P＝I2R
联立解得：P
（2）刚开始运动时，FA＝μmg，即nB1IL＝μmg
所以磁感应强度：B1
此时线圈内的磁通量为：
刚出磁场时，线圈内的磁通量为零，根据电荷量的计算公式可得：
qnt＝nn
（3）匀速进入过程中，根据平衡条件可得：F＝μmg+FA′，其中FA′＝nB0I′L
解得：B0
匀加速继续进入过程中：F＝2μmg，a＝μg，所以安培力为零，又因为磁场不发生突变，所以磁场不为零，因此感应电流为零，即磁通量不发生变化，所以有：
B0L2＝B2L（L+v0t）
解得：B2。
答：（1）线框开始运动瞬间电功率的大小为；
（2）框从开始运动到穿出Ⅰ区磁场的过程中，通过线框导线横截面电荷量的大小为；
（3）若线框进入Ⅱ区磁场经t1时间后重新开始计时，线框匀加速进入Ⅱ区磁场的过程中，磁感应强度B2随时间变化的规律为B2。
5．（2022秋 温州期末）如图甲所示，间距L＝2m的平行导轨由倾斜和竖直两部分组成（两部分均足够长），导轨电阻不计。倾斜光滑导轨所在平面与水平面夹角θ＝37°。倾斜和竖直导轨上分别放有ab、cd两根完全相同的导体棒，长度为L，质量m＝2kg，电阻R＝1Ω。cd棒置于竖直导轨的右侧与竖直导轨的动摩擦因数μ＝0.5。导轨所在空间内存在竖直向下的磁感应强度为B＝1T的匀强磁场。倾斜导轨上端与n＝100、面积S＝0.04m2的圆形金属线圈相连，线圈总电阻r＝0.5Ω，整个线圈内存在垂直线圈平面的磁场B0且磁场随时间均匀变化。将cd棒锁定在导轨上，闭合电键K后，ab棒刚好在光滑的斜面导轨上保持静止。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求圆形线圈内磁场随时间的变化率。
（2）断开电键K的同时，解除cd棒的锁定，并对ab棒施加沿斜面向下的拉力F＝kt，此后ab棒由静止开始沿倾斜轨道做匀加速运动。
（a）求ab棒加速度的大小和k的数值；
（b）已知在2s内拉力F做功为122.88J，求这一过程中cd棒产生的焦耳热；
（c）求cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在图乙中画出cd棒所受摩擦力随时间变化的图线，在图线上标出t0时刻及其对应纵坐标（可以用字母表示）。
【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律得：E＝nnS
ab棒受力平衡，根据平衡条件可得：mgtanθ＝BIL
根据闭合电路欧姆定律：I，其中：R并R
联立解得圆形线圈内磁场随时间的变化率：T/s；
（2）（a） 对ab棒受力分析，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+F﹣BILcosθ＝ma
根据闭合电路欧姆定律可得：I
由运动学公式可得：v＝at
又有：F＝kt
整理代入数据得：12+kt﹣1.28at＝2a
联立解得：a＝6m/s2，k＝7.68N/s；
（b）2s内拉力F做功为122.88J，在这一过程中对ab棒利用动能定理可得：mgxsinθ+W外﹣W安mv2﹣0
其中位移xat2m＝12m
速度：v＝at＝6×2m/s＝12m/s
克服安培力做功等于回路产生的热量：Q总＝W安
由电路分析可得cd棒产生的焦耳热：Qcd
联立解得：Qcd＝61.44J；
（c）cd棒受到的摩擦力等于重力时速度达到最大，根据平衡条件可得：fcd＝mg
根据滑动摩擦力的计算公式可得：fcd＝μFN＝μBIL
根据速度—时间关系可得：v＝at0
解得：t0＝4.17s
cd棒达到最大速度后，继续向下做减速运动，到速度为零时，因重力小于最大静摩擦力而静止，最终为静摩擦力为：fcd＝mg
其fcd﹣t图如图所示。
答：（1）圆形线圈内磁场随时间的变化率为T/s；
（2）（a）ab棒加速度的大小为6m/s2，k的数值为7.68N/s；
（b）已知在2s内拉力F做功为122.88J，这一过程中cd棒产生的焦耳热为61.44J；
（c）cd棒达到最大速度所需的时间为4.17s，cd棒所受摩擦力随时间变化的图线见解析。
6．（2013春 台州期末）如图所示，两根光滑固定导轨相距0.4m竖直放置，导轨电阻不计，在导轨末端P、Q两点用两根等长的细导线悬挂金属棒cd．棒cd的质量为0.01kg，长为0.2m，处在磁感应强度为B0＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里。相距0.2m的水平线MN和JK之间的区域内存在着垂直导轨平面向里的匀强磁场，且磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示。在t＝0时刻，质量为0.02kg、阻值为0.3Ω的金属棒ab从虚线MN上方0.2m高处，由静止开始释放，下落过程中保持水平，且与导轨接触良好。结果棒ab在t1时刻从上边界MN进入磁场中做匀速运动，在t2时刻从下边界JK离开磁场，g取10m/s2．求：
（1）在0～t1时间内，电路中感应电动势的大小；
（2）在t1～t2时间内，棒cd受到细导线的总拉力为多大；
（3）棒cd在0～t2时间内产生的焦耳热。
【解答】解：（1）ab棒做自由落体运动，
棒的位移：h，解得：t10.2s，
磁感应强度的变化率：2.5T/s，
0﹣t1时间内的感应电动势：E1SLabh＝0.2V；
（2）ab棒匀速进入磁场区域，由平衡条件得：
BI2Lab＝mabg，代入数据解得：I2＝1A，
在时间t1﹣t2内，对cd棒，由平衡条件得：
FT＝mcdg+B0I2Lcd，代入数据解得：FT＝0.2N；
（3）ab棒刚进入磁场时的速度：v＝gt1＝2m/s，
ab棒刚进入磁场时的感应电动势：E2＝BLabv＝0.4V，
由图示电路图可知，RcdRab＝0.1Ω，
在0﹣t1内感应电流：I10.5A，
棒cd在0﹣t2内产生的焦耳热：Qcd＝Q1+Q2Rcdt1Rcd 0.015J；
答：（1）在0～t1时间内，电路中感应电动势的大小为0.2V；
（2）在t1～t2时间内，棒cd受到细导线的总拉力为多大为0.2N；
（3）棒cd在0～t2时间内产生的焦耳热为0.015J。
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