第55讲电磁感应中的动力学和能量问题（练习）（解析版）_4.2025物理总复习_2025年新高考资料_一轮复习_2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

第 55 讲 电磁感应中的动力学和能量问题 目录 01 模拟基础练 【题型一】电磁感应中的动力学问题 【题型二】电磁感应中的能量问题 02 重难创新练 【题型一】电磁感应中的动力学问题 1.如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电 阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框的电阻不计，开始时，给 ef一个向右的初速度，则( ) A.ef将减速向右运动，但不是匀减速运动 B.ef将匀减速向右运动，最后停止 C.ef将匀速向右运动 D.ef将往返运动 【答案】 A 【解析】 ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动， 由F＝IlB＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B、C、D错误。 2.(多选)如图所示，电阻R、电容器C与固定在同一水平面上的光滑平行导轨相连，导轨间有竖直向下的匀 强磁场。一导体棒垂直放在导轨上且与导轨接触良好，导体棒与导轨电阻不计。现让导体棒获得一初速度 v 从位置A向右滑动并经过B、C两位置，在导体棒向右滑动的过程中，下列说法正确的是( ) 0A.R中的电流从a到b B.导体棒向右做匀速滑动 C.电容器的带电荷量逐渐变小 D.在BC段滑动时导体棒动能的减少量等于电阻R上产生的热量 【答案】 AC 【解析】 根据右手定则可知导体棒的感应电流为逆时针方向，则电阻R中的电流从a到b，故A正确； 导体棒受到的安培力F＝ILB＝，由牛顿第二定律得＝ma，导体棒的加速度a＝，导体棒受安培力作用而做 减速运动，随着速度v的减小，加速度a减小，故B错误；根据Q＝CU可知电容器的带电荷量 Q＝ CBLv，随着速度v的减小，电容器的带电荷量逐渐变小，故C正确；导体棒运动过程中，根据能量守恒定 律可知导体棒动能的减少量和电容器储存的电能减小量之和等于电阻R产生的热量，故D错误。 3.如图所示，一宽度为L的光滑导轨与水平面成α角，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面向 上，导轨上端连有一阻值为R的电阻，导轨电阻不计。一质量为m、电阻也为R的金属棒从导轨顶端由静 止释放，设导轨足够长，重力加速度为g，下列说法正确的是( ) A.金属棒将做匀加速运动 B.释放的瞬间金属棒的加速度大小为gcos α C.金属棒的最大速度大小为 D.金属棒下滑相等距离的时间内通过定值电阻R的电荷量越来越多 【答案】 C 【解析】 对金属棒，根据牛顿第二定律，有mgsin α－ILB＝ma，根据闭合电路欧姆定律，有I＝，由此 可知，金属棒先向下做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动，故A错误；释放的瞬间金属棒所受安 培力为零，所以加速度大小为a＝gsin α，故B错误；当金属棒的加速度为零时，此时速度最大，有 mgsin α＝I LB＝，解得v ＝，故C正确；金属棒下滑过程中通过定值电阻R的电荷量为q＝I·Δt，又有I＝＝＝， m m 所以q＝，由此可知，下滑相等距离的时间内通过定值电阻R的电荷量相等，故D错误。 4.(多选)如图甲所示，平行金属导轨及所在平面与水平面成37°角。不计金属导轨电阻，平行导轨间距L＝1 m，定值电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方有垂直于导轨平面的匀强磁场。将电阻 r＝1 Ω、m＝0.1 kg的金属棒 ab从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，金属棒下滑过程中的 v－t图像如图乙所示。已知sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( ) A.金属棒下滑过程中受到的摩擦力为0.2 NB.匀强磁场的磁感应强度大小为2 T C.金属棒在磁场中下滑0.1 s过程中电阻R中电流为0.5 A D.金属棒在磁场中下滑0.1 s过程中电阻R产生的热量为1.875×10－2 J 【答案】 BD 【解析】 由图乙知ab进磁场前的加速度为a＝＝5 m/s2，由mgsin 37°－F＝ma，解得F＝0.1 N，A错误； f f ab进磁场后做匀速运动，有mgsin 37°＝F＋ILB，回路中电流I＝，解得B＝2 T，B正确；金属棒在磁场中 f 下滑0.1 s过程中电阻R中电流I＝＝0.25 A，C错误；金属棒在磁场中下滑0.1 s过程中电阻R产生的热量 Q＝I2Rt＝1.875×10－2 J，D正确。 【题型二】电磁感应中的能量问题 5.(多选)如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗 糙，二者平滑连接。右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、 磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边 界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为 μ，金属棒与导轨间接触良好。重力加速度 为g，则金属棒穿过磁场区域的过程中( ) A.流过定值电阻的电流方向是N→Q B.通过金属棒的电荷量为 C.克服安培力做的功为mgh D.金属棒产生的焦耳热为(mgh－μmgd) 【答案】 BD 【解析】 金属棒下滑到底端时速度向右，磁场方向竖直向上，根据右手定则可知流过定值电阻的电流方 向是Q→N，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，通过金属棒的电荷量为 q＝·Δt＝·Δt＝，故B正确； 根据动能定理有mgh－μmgd－W ＝0，则克服安培力所做的功为W ＝mgh－μmgd，电路中产生的焦耳热 安 安 等于克服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为Q ＝(mgh－μmgd)，选项C错误，D正确。 R 6.(2023·北京卷，9)如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最 终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是( ) A.线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向 B.线框出磁场的过程中做匀减速直线运动 C.线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等D.线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等 【答案】 D 【解析】 线框进磁场的过程中由楞次定律知，电流方向为逆时针方向，A错误；线框出磁场的过程中， 根据E＝BLv，I＝，F ＝ILB，F ＝ma，联立有F ＝＝ma，由左手定则可知线框受到的安培力向左，则线 A A A 框做加速度减小的减速运动，B错误；由能量守恒定律得线框产生的焦耳热Q＝F L，而线框进、出磁场时 A 均做减速运动，但其进磁场时的速度大，受到的平均安培力大，产生的焦耳热多，C错误；线框在进和出 的两过程中通过导线横截面的电荷量q＝It，其中I＝，E＝BL，则联立有q＝x，由于线框在进和出的过程 中线框的位移均为L，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D正确。 7.如图甲所示，地面上方高度为d的空间内有水平方向的匀强磁场，质量为m的正方形闭合导线框abcd的 边长为l，从bc边距离地面高为h处将其由静止释放，已知h>d>l。从导线框开始运动到bc边即将落地的 过程中，导线框的v－t图像如图乙所示。重力加速度为g，不计空气阻力，以下有关这一过程的判断正确 的是( ) A.t～ t 时间内导线框受到的安培力逐渐增大 1 2 B. 磁场的高度d可以用v－t图中阴影部分的面积表示 C.导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量 D. 导线框产生的焦耳热大于mgl 【答案】 D 【解析】 由题图乙可知，在0～t 时间内，导线框自由落体，t ～t 时间内导线框切割磁感线进入磁场， 1 1 2 做加速度减小的减速运动，电流减小，则安培力在减小，A错误；在t～t 时间段内，导线框切割磁感线， 1 2 距离为l，完全进入后又做加速运动直到落地，所以磁场高度d为t ～t 时间内的位移，B错误；安培力做 1 3 负功，所以重力势能减少量等于动能增加量和安培力做功的和，C错误；t～t 时间内，F >mg，克服安培 1 2 安 力做的功大于重力做功，所以在下降过程中导线框产生的焦耳热大于mgl，D正确。 8．(2024届·景德镇高三模拟)(多选)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＝0.4 【答案】CD 【解析】： 当杆的运动达到稳定时，根据受力平衡可得F＝F ＋f，又F ＝BIL＝BL＝BL＝，联立可得 安 安 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错误，C、D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。 9．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。 【答案】：(1)1.5 N (2)0.5 m (3)0.4 J 【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 ·2D＝0.5×2×0.5×2×0.4 J＝0.4 J。 安1．(多选)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．t 时刻回路没有感应电流 0 B．在t～2t 时间内，流过金属棒的感应电流方向是从Q到P 0 0 C．在0～t 时间内，金属棒PQ所受安培力方向水平向右 0 D．2t 时刻金属棒PQ所受摩擦力方向水平向右 0 【答案】CD 【解析】： t 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t～ 0 0 2t 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； 0 在0～t 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 0 安培力方向水平向右，C正确；根据楞次定律可知，2t 时刻金属棒PQ中的感应电流从P到Q，则安培力 0 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正确。 2．(多选)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．所受安培力不会大于mgsin θ D．下滑速度大小一定小于mgsin θ 【答案】AC 【解析】： 对金属棒ab，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－F ＝ma，由题可知，开始滑动时，金属棒 安 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正 确；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v ＝，故D错误。 m 3．(2024·重庆模拟)(多选)如图所示，间距为L的水平边界MN、PQ之间存在垂直于纸面向外的匀强磁场，“日”字形线框位于磁场区域上方某一高度，线框三条短边 ab、ef、cd的长度均为L、电阻均为R，两条 长边ac、bd的长度均为2L、电阻不计，ef位于线框正中间。若线框由静止释放，t＝0时刻cd边进入磁场 且恰好做匀速运动，则整个线框通过磁场区域的过程中，线框的速度大小v，a、b两点之间的电势差U ， ab 流过ab边的电流强度I ，ab边产生的焦耳热Q ，以上物理量随时间t的变化图像正确的是( ) ab ab 【答案】AD 【解析】： 设cd进入匀强磁场瞬间的速度大小为v ，匀强磁场的磁感应强度大小为B，线框质量为m， 0 切割磁感线产生的电动势E＝BLv ，通过cd的电流I＝，由平衡条件得BIL＝mg，当ef进入磁场瞬间，cd 0 出磁场，回路电动势和总电流不变，仍满足BIL＝mg，同理当ab进入磁场时亦有BIL＝mg，由此可知，线 框通过磁场区域的过程中做匀速运动，故A正确；当cd边切割磁感线时，ef、ab并联，根据闭合电路欧姆 定律可知，a、b两点之间的电势差U ＝E－IR，当ef边切割磁感线时，cd、ab并联，根据闭合电路欧姆 ab 定律可知，a、b两点之间的电势差仍为U ＝E－IR，同理，当ab边切割磁感线时，a、b两点之间的电势 ab 差仍为U ＝E－IR，可知，整个过程中a、b两点之间的电势差并不发生变化，故B错误；当cd和ef切割 ab 磁感线时，通过ab的电流强度为，而当ab进入磁场后，回路中的总电流不变，仍为I，但此时ab切割磁 感线，相当于电源，因此通过ab的电流强度为I，故C错误；当cd和ef切割磁感线时，ab产生的焦耳热 Q ＝2Rt，当ab进入磁场后Q ＝I2Rt，由函数关系可知，D正确。 ab ab 5．(2024·华中师大一附中模拟)(多选)如图所示，两条足够长的光滑平行导轨MN、PQ水平放置，导轨间距 为L＝1 m，电阻不计，两导体棒a、b静置于导轨上，导体棒a的电阻不计，b棒的阻值为R＝1 Ω，单刀 双掷开关1接在电容为C＝0.5 F的电容器上，初始状态，电容器不带电。电容器的右侧有垂直纸面向里的 匀强磁场B ＝1 T，电容器左侧有垂直纸面向外的匀强磁场B ＝0.5 T，导体棒a通过细线跨过光滑定滑轮 1 2 与竖直悬挂的重物A相连，已知重物A、两导体棒a、b三者的质量均为m＝1 kg。现将开关S接1位置， 释放重物A，同时开始计时；t ＝0.25 s时断开开关S，t ＝0.45 s时将开关S接2位置，导体棒b开始运动； 1 2 t 时刻两导体棒的加速度大小相等。重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( ) 3 A．t 时刻导体棒a的速度为v＝1 m/s 1 1 B．t 时刻导体棒a的速度为v＝3 m/s 2 2C．t 时刻导体棒a的加速度为 m/s2 3 D．t 时刻回路消耗的热功率为25 W 3 【答案】AD 【解析】： 对导体棒a和重物A，根据牛顿第二定律得mg－BiL＝2ma ，根据i＝，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ 1 1 BLΔv，联立解得a ＝＝4 m/s2，t 时刻导体棒a的速度v ＝at ＝1 m/s，故A正确；断开开关S后，不受安 1 1 1 1 11 培力，则有mg＝2ma ，t 时刻导体棒a的速度为v ＝v ＋a(t －t)＝2 m/s，故B错误；开关S接2位置， 2 2 2 1 2 2 1 设t 时刻导体棒a的加速度为a ，mg－BIL＝2ma ，t 时刻导体棒b的加速度为a ，BIL＝ma ，解得a ＝ 3 3 1 3 3 3 2 3 3 2.5 m/s2，I＝5 A，t 时刻回路消耗的热功率为P＝I2R＝25 W，故C错误，D正确。 3 6．(多选)如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，磁场范围足够大， 磁感应强度的大小左边为2B，右边为3B，一个竖直放置的宽为L、长为3L、质量为m、电阻为r的矩形金 属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到虚线位置(在左边磁场中的 长度为L、在右边磁场中的长度为2L)时，线框的速度为v，则下列判断正确的是( ) A．此时线框中电流方向为逆时针，电功率为 B．此过程中通过线框截面的电荷量为 C．此时线框的加速度大小为 D．此过程中线框克服安培力做的功为mv2 【答案】AD 【解析】： 在图示位置根据右手定则可知，线框中电流方向为逆时针，线框产生的电动势为E＝3BL·＋ 2BL·＝BLv，线框中的电流为I＝＝，则电功率为P＝EI＝，故A正确；此过程中磁通量的变化量为 ΔΦ＝ 2B·3L2－(2B·L2－3B·2L2)＝10BL2，此过程中通过线框截面的电荷量为q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝，故B错误；线 框受到的安培力大小为F＝3BIL＋2BIL＝，此时线框的加速度大小为a＝＝，故C错误；由动能定理得－W ＝m2－mv2，可得此过程中线框克服安培力做的功为W ＝mv2，故D正确。 安 安 7．(2024·哈九中模拟预测)(多选)如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定， 间距为L＝1 m，质量为m的金属杆ab垂直放置在轨道上且与轨道接触良好，其阻值忽略不计。空间存在 匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝0.5 T。P、M间接有阻值为R 的定值电阻， 1 Q、N间接电阻箱R。现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得最大速度为v ，得到与的关系如图乙 m 所示。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，则( )A．金属杆中感应电流方向为由a指向b B．金属杆所受的安培力的方向沿轨道向上 C．金属杆的质量为1 kg D．定值电阻的阻值为1 Ω 【答案】BD 【解析】： 由右手定则可判断，金属杆中感应电流方向由b指向a，故A错误；由左手定则可知，金属 杆所受的安培力沿轨道向上，故B正确；总电阻为R ＝，通过ab的电流为I＝，当达到最大速度时，金 总 属杆受力平衡，则有mgsin θ＝BIL＝·(R＋R)，变形得＝·＋，根据图像可得＝k＝ s·m－1·Ω，＝b＝0.5 s·m－ 1 1，解得m＝0.1 kg，R＝1 Ω，故C错误，D正确。 1 8．(2024·湖北武汉模拟)如图，质量为M的U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，间距为L的ab和 dc边平行，都与bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根电阻为R、质量为m的导体棒 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， 磁感应强度大小为B，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。 (1)若导体棒MN在外力作用下保持静止，求最终稳定状态时金属框的速度大小； (2)若导体棒不受外力作用，求最终稳定状态时电路中的电动势。 【答案】：(1) (2) 【解析】：(1)由题意知，金属框做加速度减小的加速运动，稳定状态时做匀速直线运动，根据受力平衡有 F ＝F 安 导体棒的感应电动势为E＝BLv 导体棒的感应电流为I＝ 安培力为F ＝BIL 安 联立解得v＝。 (2)导体棒、金属框最终以相同的加速度做匀加速直线运动，速度差一定，对整体由牛顿第二定律有 F＝(m ＋M)a 对导体棒受力分析有BIL＝ma，E＝IR 联立解得E＝。 9.如图所示，“凹”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一平面内，ab、bc边长均为2l，gf边长为l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，bc边离磁 场上边界的距离为l，线框由静止释放，从bc边进入磁场到gf边进入磁场前，线框做匀速运动。在gf边离 开磁场后，ah、ed边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框在下落过程中始终处于竖直平面内，且 bc、 gf边保持水平，重力加速度为g。 (1)线框ah、ed边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc边刚进入磁场时的几倍？ (2)若磁场上下边界间的距离为H，则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为多少？ 【答案】：(1)4 (2)mg(H－13l) 【解析】：(1)设bc边刚进入磁场时速度为v，有E＝2Blv，I＝，F＝2BIl 1 1 1 1 1 1 线框做匀速运动，有F＝mg 1 联立可得v＝ 1 设ah、ed边将离开磁场时速度为v，有 2 E＝Blv，I＝，F＝IlB 2 2 2 2 2 线框做匀速运动，有F＝mg 2 联立可得v＝， 2 综上所述＝4。 (2)bc边进入磁场前，根据动能定理，有 mgl＝mv2 1 穿过磁场过程中，根据能量守恒定律，有 mg(H＋2l)＋mv2＝mv2＋Q 1 2 联立可得Q＝mg(H－13l)。 10.(2024·山西临汾翼城中学高三期中)如图所示，用粗细均匀的导线制成的一只单匝圆形金属圈，现被一根 绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为 m＝0.1 kg，半径为r＝0.1 m，导线单位长 度的阻值为ρ＝0.1 Ω/m，金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B随 时间t的变化关系如图乙所示。金属圈下半部分在磁场外。已知从t＝0时刻起，测得经过10 s丝线刚好被 拉断。重力加速度g取10 m/s2。求：(1)金属圈中感应电流的大小及方向； (2)丝线所能承受的最大拉力F； (3)在丝线断前的10 s时间内金属圈中产生的焦耳热Q(保留2位有效数字)。 【答案】 (1)0.2 A，方向为逆时针 (2)1.32 N (3)0.025 J 【解析】 (1)由楞次定律及安培定则可知，金属圈中电流方向为逆时针方向， 由题图乙知，磁感应强度的变化率 ＝0.8 T/s 金属圈的电阻为R＝2πrρ 由法拉第电磁感应定律得，金属圈产生的感应电动势为E＝＝· 金属圈中感应电流为I＝ 联立解得I＝0.2 A。 (2)由题图乙知，磁感应强度B＝·t＝0.8t T 金属圈受到的安培力F ＝I·2rB 安 丝线所受拉力F ＝F ＋mg T 安 经过t＝10 s丝线刚好被拉断，则 丝线所能承受的最大拉力F＝1.32 N。 (3)金属圈内产生的焦耳热Q＝I2Rt 联立解得Q≈0.025 J。 11.如图(a)，固定的绝缘斜面MNPQ倾角θ＝37°，虚线OO 与底边MN平行，且虚线OO 下方分布有垂直 1 1 于斜面向上(设为正方向)的匀强磁场，磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像如图(b)。质量m＝3.0×10－ 2 kg、边长L＝2.0×10－1 m、电阻R＝2.0×10－3 Ω粗细均匀的正方形导线框abcd置于斜面上，一半处在 OO 的下方，另一半处在OO 的上方，ab与OO 平行。已知t＝0时，导线框恰好静止在斜面上，最大静摩 1 1 1 擦力可以认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)导线框与斜面间的动摩擦因数μ的大小； (2)导线框从t＝0到恰好滑动的这段时间，导线框产生的焦耳热Q。 【答案】 (1)0.75 (2)3.6×10－2 J 【解析】 (1)已知t＝0时，导线框恰好静止在斜面上，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，则有 mgsin θ＝μmgcos θ 解得动摩擦因数μ的大小为μ＝0.75。(2)设导线框经t时间恰好滑动，此时磁场的磁感应强度为B，则有B＝t 当导线框受到的摩擦力方向向下且为最大静摩擦力时，导线框恰好滑动，此时有 ILB＝mgsin θ＋μmgcos θ 导线框中感应电流为I＝ 感应电动势为E＝＝S＝· 由题图(b)可知＝0.1 T/s 由焦耳定律可得Q＝I2Rt 联立以上各式并代入数据解得Q＝3.6×10－2 J。