第10章 第4讲 电磁感应中的动力学和能量问题(Word教师用书)-【新高考方案】2025年高考物理一轮总复习（江苏北京专版）

第4讲　电磁感应中的动力学和能量问题(综合融通课) (一) 电磁感应中的动力学问题　 1．两种状态及处理方法 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 根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析 2．“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 3．电磁感应中的动力学临界问题的分析思路 (1)解决这类问题的关键是通过受力情况和运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度为最大值或最小值的条件。 (2)基本思路是：导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力―→合外力变化加速度变化―→速度变化―→临界状态―→列式求解。 [考法全训] 考法(一)　水平面内的动力学问题 [例1]　(2024·南通高三检测)如图所示，一电阻可忽略的U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab、dc足够长，一根电阻为R的金属棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。则金属棒的速度v、加速度a、两端电压UMN、回路中电流强度i随时间t变化的关系图像正确的是(　 ) [解析]　金属框在恒力F作用下向右加速，由右手定则可知，bc边产生的感应电流从c流向b，由左手定则可知，金属棒受到向右的安培力作用，金属棒向右做加速运动，设金属框的加速度为a1，金属棒的加速度为a2，金属框的速度为v1，金属棒的速度为v2，金属棒的电阻为R，回路的感应电流I＝，设金属框的质量为M，金属棒的质量为m，对金属框，由牛顿第二定律得F－BIL＝Ma1，对金属棒MN，由牛顿第二定律得BIL＝ma2，金属框与金属棒都做初速度为零的加速运动，v1、v2都变大，a1从开始减小，金属棒的加速度a2从0开始增大，当金属框与金属棒的加速度相等时，即a1＝a2＝a，解得F＝(M＋m)a，之后加速度保持不变，回路中感应电流I＝＝＝，此后金属框与金属棒的速度差Δv保持不变，感应电流不变，金属棒两端电压UMN不变且不为0，金属棒所受到的安培力不变，加速度不变，金属框与金属棒以相等的加速度做匀加速直线运动，故A项正确，B、C、D项错误。 [答案]　A [针对训练] 1．(2024·苏州高三调研)如图甲、乙、丙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电。设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向里的匀强磁场中，导轨足够长。现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在图甲、乙、丙三种情形下关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是(　 ) A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动 B．图乙中，ab棒先做加速度越来越大的减速运动，最终静止 C．图丙中，ab棒先做初速度为v0的变减速运动，然后反向做变加速运动，最终做匀速运动 D．三种情形下导体棒ab最终都匀速运动 解析：选C　题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A项错误；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随着速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B项错误；题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做变减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做变加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，故C项正确；由以上分析可知，D项错误。 考法(二)　竖直平面内的动力学问题 [例2]　(2024·南京高三模拟)如图所示，间距为L的竖直光滑金属导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝B＋kt(k＞0，未知)变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止。导轨的电阻忽略不计。求： (1)通过金属杆AB的电流大小及方向； (2)比例系数k的值。 [解析]　(1)以金属杆为研究对象，由题意知金属杆恰能保持静止，可得2aB2I＝mg 通过金属杆的电流大小为I＝ 由左手定则知，通过金属杆的电流方向为从B到A。 (2)由于回路中的磁感应强度随时间变化，故回路中产生感应电流，此时回路中的感应电动势为E＝＝kπa2 根据闭合电路欧姆定律，有E＝(r＋R)I 联立可得k＝。 [答案]　(1)　方向为从B到A　(2) [针对训练] 2．由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是(　 ) A．甲和乙都做加速运动 B．甲做匀速运动，乙做减速运动 C．甲做加速运动，乙做减速运动 D．甲做减速运动，乙做加速运动 解析：选A　由题意知，两线圈体积相同，由电阻定律可知，甲的电阻是乙的电阻的4倍；两线圈到达磁场上边界时两线圈的速度相同，设乙线圈的匝数为n，两线圈的边长均为l，两线圈进入磁场后，乙受到的安培力F乙＝nBIl＝，甲受到的安培力F甲＝＝，可见，甲、乙受到的安培力大小相同，重力也相同，则运动情况相同，A正确。 考法(三)　斜面上的动力学问题 [例3]　如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下。导轨和ab杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和ab杆接触良好，不计它们之间的摩擦。(重力加速度为g) (1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图； (2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求杆中的电流及其加速度的大小； (3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。 [解析]　(1)由右手定则可知，ab杆中电流方向为a→b。如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于导轨平面向上；安培力F安，方向沿导轨向上。 (2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv， 此时电路中的电流I＝＝， ab杆受到安培力F安＝BIL＝， 根据牛顿第二定律，有 mgsin θ－F安＝mgsin θ－＝ma， 解得a＝gsin θ－。 (3)当a＝0时，ab杆有最大速度vm， 由平衡条件得mgsin θ＝， 解得vm＝。 [答案]　(1)见解析图　(2)　gsin θ－　(3) [针对训练] 3.(2024·海头高三调研)如图所示，电阻不计的光滑金属导轨固定放置在倾角为30°的斜面上，两导轨间距为l，两侧接有阻值均为R的定值电阻，MNN′M′范围内有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m的金属棒置于导轨上，金属棒的电阻为r，由静止释放金属棒，金属棒经过时间t进入磁场，进入磁场后给金属棒施加沿斜面向上的恒力F＝mg，金属棒恰好静止在M′N′处，金属棒始终与导轨垂直并接触良好，重力加速度为g，下列说法正确的是(　 ) A．金属棒刚进入磁场中的速度为gt B．金属棒刚进入磁场时两端的电压为 C．整个过程流过金属棒的电荷量为 D．整个过程，电路中一个电阻R上产生的热量为 解析：选C　由于金属棒未进入磁场时只受重力和支持力，有mgsin 30°＝ma，金属棒速度v＝at，解得v＝gt，A项错误；金属棒刚进入磁场时产生的感应电动势E＝Blv＝Blgt，金属棒两端的电压U＝E＝，B项错误；金属棒进入磁场后F＝mgsin 30°，金属棒在磁场中所受合力等于安培力，由动量定理－Bql＝0－mv，解得q＝＝，C项正确；由于金属棒最终静止在M′N′处，由能量守恒定律Q＝mv2，电路中其中一个电阻产生的热量Q1＝·Q＝＝，D项错误。 (二) 电磁感应中的能量问题 1．电磁感应中的能量转化 2．求解焦耳热Q的三种方法 方法一 焦耳定律：Q＝I2Rt 方法二 功能关系：Q＝W克服安培力 方法三 能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量 3.解题的一般步骤 (1)确定研究对象(导体棒或回路)； (2)分析电磁感应过程中研究对象受哪些力、哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化； (3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。 [典例]　(2022·全国乙卷)如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40 m的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3Ω/m；在t＝0到t＝3.0 s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)。求： (1)t＝2.0 s时金属框所受安培力的大小； (2)在t＝0到t＝2.0 s时间内金属框产生的焦耳热。 [解析]　(1)金属框的总电阻为 R＝4lλ＝4×0.40×5.0×10－3 Ω＝0.008 Ω 金属框中产生的感应电动势为 E＝＝＝0.1××0.42 V＝0.008 V 金属框中的电流为I＝＝1 A t＝2.0 s时磁感应强度B2＝(0.3－0.1×2)T＝0.1 T 金属框处于磁场中的有效长度为L＝l 此时金属框所受安培力大小为 F＝B2IL＝0.1×1××0.4 N＝0.04 N。 (2)0～2.0 s内金属框产生的焦耳热为 Q＝I2Rt＝12×0.008×2 J＝0.016 J。 [答案]　(1)0.04 N　(2)0.016 J [针对训练] 1．(2024·南京高三调研)如图甲所示是法拉第制作的世界上最早的发电机的实验装置：一个可绕水平固定转轴转动的铜盘，铜盘的一部分处在蹄形磁体中。如图乙所示，设蹄形磁体的磁场沿水平方向且磁感应强度为B，实验时用导线连接铜盘的中心C，用导线通过滑片D与铜盘的边缘连接且接触良好。若用外力使铜盘按如图乙方向转动起来，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(　 ) A．R中的电流沿a到b的方向 B．因为通过铜盘面的磁通量不变，所以R中无电流 C．若铜盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D．若铜盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率变为原来的4倍 解析：选D　若用外力使铜盘按题图乙方向转动起来，根据右手定则可得感应电流方向为C到D(电源内部)，D端是电源的正极，所以通过R的电流沿b到a的方向，A、B项错误；若铜盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流大小发生变化，但是电流方向不发生变化，C项错误；若铜盘转动的角速度变为原来的2倍，则根据E＝Bωr2，电流在R上的热功率P＝＝，即电流在R上的热功率变为原来的4倍，D项正确。 2．如图所示，AB、CD为两个平行的、不计电阻的水平光滑金属导轨，置于方向垂直导轨平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻。质量为m、长为L且电阻不计的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统。开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AC间的电阻R上产生的焦耳热为Q，则(　 ) A．导体棒在水平方向做简谐运动 B．初始时刻导体棒所受的安培力大小为 C．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为mv02－Q D．当导体棒再次回到初始位置时，AC间的电阻R的热功率小于 解析：选D　导体棒运动过程中，安培力做功，电阻产生焦耳热，则棒和弹簧的机械能有损失，则当棒再次回到初始位置时速度小于v0，导体棒水平方向做的不是简谐运动，则导体棒回到初始位置时产生的感应电动势E1<BLv0，根据热功率公式P＝可知，AC间的电阻R的热功率P<，故A错误，D正确；根据公式E＝BLv0，I＝，F＝BIL，可得初始时刻导体棒所受的安培力大小为F＝，故B错误；当导体棒第一次到达最右端时，设弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律有Ep＋2Q＝mv02，解得Ep＝mv02－2Q，故C错误。 [课时跟踪检测] A卷——质量水平评价 1.如图，一足够长通电直导线固定在光滑水平面上，质量为0.04 kg的硬质金属环在该平面上运动，初速度大小为v0＝2 m/s、方向与导线的夹角为60°，则该金属环最终(　 ) A．做曲线运动，环中最多能产生0.08 J的电能 B．静止在平面上，环中最多能产生0.04 J的电能 C．做匀加速直线运动，环中最多能产生0.02 J的电能 D．做匀速直线运动，环中最多能产生0.06 J的电能 解析：选D　金属环在向右上方运动过程中，通过金属环的磁通量减少，根据楞次定律可知金属环受到的安培力会阻碍其运动，直到其磁通量不发生变化，即沿着导线的方向运动时，金属环不再受到安培力的作用，此时金属环将做匀速直线运动，只具有竖直方向的速度，根据速度合成与分解规律可知金属环最终做匀速直线运动的速度为v＝v0cos 60°＝v0＝1 m/s，根据能量守恒定律可得，金属环中产生的电能为E＝mv02－mv2＝0.06 J，所以D正确，A、B、C错误。 2．(2024·宿迁模拟)如图所示，水平绝缘地面上固定一足够长的光滑U形导轨，空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场。将金属棒ab垂直放置在导轨上，在垂直于棒的拉力F作用下，金属棒由静止开始向右运动。若拉力F的大小保持不变，金属棒的速度达到最大速度的时，加速度大小为a1；若拉力F的功率保持不变，金属棒的速度达到最大速度的时，加速度大小为a2。已知上述两种情况下金属棒的最大速度相同，金属棒运动过程中始终与导轨接触良好，电路中除金属棒以外的电阻均不计，则等于(　 ) A．1　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选D　设金属棒的最大速度为v，匀强磁场的磁感应强度大小为B，金属棒的电阻为R，导轨间距为L，当拉力F的大小保持不变，金属棒的速度达到最大速度的时有－＝ma1，当拉力F的功率保持不变时有P＝，金属棒的速度达到最大速度的时有－＝ma2，解得＝，故选D。 3．如图甲所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，对其施加外力，安培力随时间变化如图乙所示，取向右为正方向，则外力随时间变化的图像为(　 ) 解析：选C　设金属棒有效切割长度为L，回路总电阻为R，金属棒做切割磁感线运动产生的感应电动势E＝BLv，又E＝IR，FA＝BIL，联立得FA＝，再结合题图乙及楞次定律，可知金属棒刚开始向右做匀减速直线运动，后向左做匀加速直线运动，且加速度大小一直为a＝，方向向左，综上，当v＝0时，即FA＝0，也就是t＝t0时，F≠0，且方向向左，故选C。 4．图甲所示粗糙U形导线框固定在水平面上，右端放有一金属棒PQ，整个装置处于竖直方向的磁场中，磁感应强度B按图乙规律变化，规定竖直向上为正方向，整个过程金属棒保持静止。则(　 ) A．t0时刻回路没有感应电流 B．在t0～2t0时间内，流过金属棒的感应电流方向是从Q到P C．在0～t0时间内，金属棒PQ所受安培力方向水平向右 D．2t0时刻金属棒PQ所受摩擦力方向水平向左 解析：选C　t0时刻回路的磁通量为零，但是磁通量的变化率不为零，则回路有感应电流，A错误；在t0～2t0时间内，回路的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，流过金属棒的感应电流方向是从P到Q，B错误；在0～t0时间内，回路的磁通量向上减小，则金属棒中有从P到Q的感应电流，由左手定则可知，PQ所受安培力方向水平向右，C正确；根据楞次定律可知，2t0时刻金属棒PQ中的感应电流从P到Q，则安培力方向水平向左，由平衡条件可知，所受摩擦力方向水平向右，D错误。 5.如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ互相平行，间距为L，上端接入阻值为R的定值电阻，构成U形平面，与水平面的夹角为θ(0°＜θ＜90°)，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，金属棒ab的质量为m，接入电路的电阻为r。则金属棒ab沿导轨下滑过程中(　 ) A．最大加速度为gsin θ B．当金属棒ab下滑速度为v时，其两端电压为BLv C．所受安培力始终小于mgsin θ D．下滑速度大小一定小于mgsin θ 解析：选A　对金属棒ab，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－F安＝ma，由题可知，开始滑动时，金属棒ab所受安培力为零，此时加速度最大，为gsin θ，故A正确；由法拉第电磁感应定律可得，当金属棒ab下滑速度为v时，产生的感应电动势为BLv，则金属棒ab两端电压为BLv，故B错误；金属棒ab沿导轨下滑时，所受安培力增大，则加速度减小，当加速度为零时，所受安培力达到最大，为mgsin θ，故C错误；当金属棒ab所受安培力等于mgsin θ时，金属棒ab做匀速运动，此时速度最大，则有mgsin θ＝，解得vm＝，故D错误。 6．(2024·泰州高三调研)如图甲，水平面上两根足够长的粗糙金属导轨平行固定放置，间距为L＝1.0 m，一端通过导线与阻值为R＝0.5 Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m＝0.5 kg 的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计，匀强磁场竖直向下。用与导轨平行的拉力F作用在金属杆上，使杆运动，当改变拉力的大小时，相对应稳定时的速度v也会变化，已知v和F的关系如图乙所示。重力加速度取g＝10 m/s2，则(　 ) A．金属杆受到的拉力与速度成正比 B．该磁场的磁感应强度为B＝0.25 T C．图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小 D．导轨与金属杆之间的动摩擦因数为μ＝0.3 解析：选C　当杆的运动达到稳定时，根据受力平衡可得F＝F安＋f，又F安＝BIL＝BL＝BL＝，联立可得F＝＋f，可知金属杆受到的拉力与速度不成正比关系，当v＝0时，F＝f，即图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小，由图像可得f＝2 N＝μmg，解得μ＝0.4，故A、D错误，C正确；根据F＝＋f，可得v＝F－f，可知v －F图像的斜率为k＝＝＝2，解得该磁场的磁感应强度为B＝＝ T＝0.5 T，故B错误。 7．(2024·南京高三调研)如图所示，两根固定的足够长的平行水平金属导轨MN、PQ间距为L，其电阻不计，M、P两端接有阻值为R的电阻。一导体棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终接触良好。已知ab的质量为m、电阻为r，整个装置处在方向竖直向下、大小为B的匀强磁场中。ab棒在水平向右的恒定拉力作用下，以初速度v0沿导轨向右运动，运动距离为x时达到最大速度vm。已知导体棒与两导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求： (1)恒力的大小； (2)该过程中电阻R产生的焦耳热。 解析：(1)导体棒最终做匀速运动，棒受力平衡F＝BIL＋μmg，I＝，E＝BLvm 联立解得F＝μmg＋。 (2)设棒加速过程中克服安培力做功为W，有Fx－μmgx－W＝mvm2－mv02 电阻R产生的焦耳热与克服安培力做功的关系为Q＝W 联立解得 Q＝。 答案：(1)μmg＋ (2) 8．如图(a)所示，单匝线框cdef位于倾角θ＝30°的斜面上，斜面上有一长度为D的矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.5 T。已知线框边长为cd＝D＝0.4 m，质量为m＝0.1 kg，总电阻为R＝0.25 Ω，现对线框施加一沿斜面向上的力F使之运动。斜面与线框间的动摩擦因数μ＝，线框速度随时间变化关系如图(b)所示。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求外力F大小； (2)求cf长度L； (3)求回路产生的焦耳热Q。 解析：(1)由题图(b)可知，在0～0.4 s内线框做匀加速运动，加速度为 a＝＝ m/s2＝5 m/s2 根据牛顿第二定律有 F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma 代入数据解得F＝1.5 N。 (2)由题图(b)可知线框cf边匀速进入磁场，则有F＝mgsin θ＋μmgcos θ＋BIL 其中I＝＝ 联立解得L＝0.5 m，I＝2 A。 (3)线框穿过磁场过程中，回路产生的焦耳热等于安培力做的功，即 Q＝W＝F安·2D＝0.5×2×0.5×2×0.4 J＝0.4 J。 答案：(1)1.5 N　(2)0.5 m　(3)0.4 J B卷——重难考法强化 9．(2024·南京高三检测)如图甲所示，MN、PQ为足够长的两平行金属导轨，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝30°，匀强磁场磁感应强度B＝0.5 T，垂直于导轨平面向上，MP间接有电流传感器，质量m＝2.0 kg、阻值R＝1.0 Ω的金属杆ab垂直导轨放置，它与导轨的动摩擦因数μ＝。用外力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使ab由静止开始运动并开始计时，电流传感器显示回路中的电流I随时间t变化的图像如图乙所示，0～3 s内拉力做的功为225 J，除金属杆电阻外，其他电阻不计。取g＝10 m/s2，求： (1)0～3 s内，金属杆ab运动的位移； (2)0～3 s内，产生的焦耳热。 解析：(1)由题图乙知，0～3 s内通过金属杆的电荷量q＝4.5 C 又＝＝ ＝ q＝·Δt 得x＝＝9 m。 (2)根据法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得I＝ 结合题图乙，可得3 s末金属杆的速度为v＝6 m/s 由动能定理得WF－mgxsin α－μmgxcos α－Q＝mv2，得Q＝9 J。 答案：(1)9 m　(2)9 J 10．(2024·昆山高三模拟)如图甲所示，倾角为30°、足够长的光滑绝缘斜面，虚线MN、PQ间存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，MN、PQ均与斜面顶边(顶边水平)平行。一单匝正方形金属线框abcd通过一轻质绝缘细线连接静止在斜面上，且线框一半位于磁场中，ab边平行MN。已知线框质量m＝2 kg、边长L＝0.5 m、电阻R＝0.4 Ω，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求t＝0.1 s时线框中的感应电流大小及t＝0.25 s 时细线的拉力大小； (2)在0.25 s后剪断细线，金属线框由静止沿斜面下滑，ab边进磁场前瞬间，线框加速度为0，当cd边刚出磁场时，线框加速度大小为1 m/s2，整个下滑过程cd边始终与PQ平行。求MN、PQ间距s及线框进入磁场的过程中产生的焦耳热Q。 解析：(1)t＝0.1 s时线框中的感应电动势为E＝·＝× V＝3 V 感应电流为I＝＝7.5 A t＝0.25 s时磁感应强度为4 T，线框所受安培力沿斜面向下，细线的拉力大小为F＝mgsin 30°＋BIL＝25 N。 (2)ab边进磁场前瞬间，线框匀速运动， 则mgsin 30°＝BL 得v1＝1 m/s 当cd边刚出磁场时，根据牛顿第二定律BL－mgsin 30°＝ma 得v2＝1.2 m/s 根据机械能守恒定律 mv12＋mg(s－L)sin 30°＝mv22 得s＝0.544 m 根据能量守恒定律 mgsin 30°＝mv12＋Q 线框进入磁场的过程中产生的焦耳热为 Q＝1.5 J。 答案：(1)7.5 A　25 N　(2)0.544 m　1.5 J 11.(2024·南京师大附中月考)如图所示，在竖直平面内的虚线下方存在范围足够大、方向水平的匀强磁场，同一高度处磁感应强度大小相等，竖直方向上磁感应强度随距离的关系满足B＝kh，k为常量，将一竖直放置、边长为L的单匝正方形金属线框abcd从图示位置由静止释放，线圈质量为m、电阻为R，不计空气阻力，重力加速度为g。求： (1)线圈中的最大电流Im和电流的方向； (2)线圈由静止下落高度h(已达最大电流)的过程中线圈中产生的焦耳热Q。 解析：(1)当线圈受到的安培力等于重力时，线圈的速度达到最大，即此时线圈中的电流最大，设此时线圈下落高度为h0，则ad边所处位置的磁感应强度为B1＝kh0 bc边所处位置的磁感应强度为 B2＝k(h0＋L) mg＝B2ImL－B1ImL 解得线圈中的最大电流为Im＝ 根据楞次定律可知电流方向为顺时针方向。 (2)设线圈中电流最大时线圈的速度为v，则线圈下落高度h时，ad边切割磁感线产生的感应电动势为E1＝B1′Lv＝khLv bc边切割磁感线产生的感应电动势为E2＝B2′Lv＝k(h＋L)Lv 线圈的感应电动势为E＝E2－E1＝kL2v 根据闭合电路欧姆定律有E＝ImR 解得线圈下落高度h时，线圈的速度为v＝ 根据能量守恒定律有Q＝mgh－mv2 解得线圈由静止下落高度h(已达最大电流)的过程中线圈中产生的焦耳热为Q＝mgh－。 答案：(1)　顺时针方向 (2)mgh－ 学科网（北京）股份有限公司 $$