【文档说明】高考物理一轮复习课件第10章电磁感应第30讲电磁感应定律的综合应用 (含详解).ppt，共(78)页，1.426 MB，由MTyang资料小铺上传

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第十章电磁感应高考总复习·物理第30讲电磁感应定律的综合应用高考总复习·物理板块一板块二板块三课时达标目录板块一︿︿[知识梳理]1．电源：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于________．如：切割磁感线的__________、有磁通量变化的________．

2．等效电路：内电路是__________________________________________；外电路由________、________等电学元件组成．在外电路中，电流从______电势处流向______电势处；在内电路中，电流

则从______电势处流向______电势处．电源导体棒线圈切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈电阻电容高低低高Blv3．与电路相联系的几个公式(1)电源电动势：E＝_________或E＝__________.(2)闭合电路欧姆定律：I＝_______.电源的内电压：U内＝____

____.电源的路端电压：U外＝IR＝____________.(3)消耗功率：P外＝________，P总＝________.(4)电热：Q＝____________.nΔΦΔtER＋rIrE－IrIUEII2Rt[基础小练]判断下列说法是否正确(1)闭合线框

在匀强磁场中切割磁感线，一定产生感应电流．()(2)穿过线框的磁通量发生变化时，产生的感应电动势与外电路无关．()(3)导体回路克服安培力做的功，等于电路中产生的总热量．()(4)导体棒在磁场中做切割磁感线运动时，安培力只能做负功．()

×√√√板块二︿︿[考法精讲]考法一电磁感应的电路问题归纳总结电磁感应电路问题的解题思路(1)确定电源：利用E＝nΔΦΔt或E＝Blvsinθ求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断感应电流的方向．如果在一个电路中切割磁感线的部分有多个并相互联系，可等效成电源的串、

并联．(2)分析电路结构：分析内、外电路，以及外电路的串、并联关系，画出等效电路图．(3)利用电路规律求解：应用闭合电路欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解．【自主练1】(2019·大庆实验中学高三期末)如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且

与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B．电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右匀速运动时()A．电容器两端的电压为零B．通过电阻R的电流为BLvRC．电容

器所带电荷量为CBLvD．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为B2L2vR答案C解析当导线MN匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，电路中电流为零，故电阻两端没有电压，此时导线MN产生的感应电动势恒定，根据闭合电路欧姆定律得知

，电容器两板间的电压为U＝E＝BLv，故选项A、B错误；电容器所带电荷量Q＝CU＝CBLv，故选项C正确；因匀速运动后MN所受合力为零，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故选项D错误．【自主练2】(2019·北京房山高三一模

)如图所示，在光滑水平面上有一长为L＝0.5m的单匝正方形闭合导体线框abcd，处于磁感应强度为B＝0.4T的有界匀强磁场中，其ab边与磁场的边界重合．线框由同种粗细均匀、电阻为R＝2Ω的导线制成．现用垂

直于线框ab边的水平拉力，将线框以速度v＝5m/s向右沿水平方向匀速拉出磁场，此过程中保持线框平面与磁感线垂直，且ab边与磁场边界平行．线框被拉出磁场的过程中，求：(1)通过线框的电流大小及方向；(2)线框中c、d两点间的电压大小；(3)水平拉力的功率．解析(1)cd边切割磁感线，产生感应电

动势E＝BLv，代入数据解得E＝1V，I＝ER＝0.5A，方向为cbadc.(2)c、d两点间电压为路端电压，由闭合电路欧姆定律Ucd＝I·34R＝0.75V.(3)线框受安培力F＝BIL，代入数据解得F＝

0.1N；匀速运动拉力等于安培力，由P＝Fv得P＝0.5W.答案(1)0.5A方向为cbadc(2)0.75V(3)0.5W考法二电磁感应的动力学和能量问题1．动力学两种状态及处理方法(1)平衡态，根据平衡条件列式分析；(2)非平衡态，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．2．动态分析的基本思路导体受外力运动―→感应电动势――→E＝Blv感应电流――→I＝ER＋r导体受安培力――→F＝BIl合力变化――→F合＝ma加速度变化―→速度变化―→临界状态．3．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，受哪些力，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化．(3)根据平衡、牛顿第二定律、功能关系或能量守恒定律列式求解．【例题1】(2019·资阳高三诊断

)(多选)如图所示，一个半径为r、粗细均匀、阻值为R的圆形导线框，竖直放置在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．现有一根质量为m、电阻不计的导体棒，自圆形线框最高点由静止释放，棒在下落过程中始终与线框保持良好接触．已

知下落距离为r2时棒的速度大小为v1，下落到圆心O时棒的速度大小为v2，忽略摩擦及空气阻力，下列说法正确的是()A．导体棒下落距离为r2时，棒中感应电流的方向向右B．导体棒下落距离为r2时，棒的加速度的大小为g－27B

2r2v12mRC．导体棒下落到圆心时，圆形导线框的发热功率为B2r2v22RD．导体棒从开始下落到经过圆心的过程中，圆形导线框产生的热量为mgr－12mv22[思维导引]导体棒下落距离为r2时，导体棒切割磁感线的有

效长度是多少？被导体棒分成的两部分圆弧的电阻各是多少？该电路为纯电阻电路，求圆形导线框的发热功率需要求出通过圆形线框的瞬时电流．答案BD解析导体棒下落过程中切割磁感线，根据右手定则可知，棒中感应电流的方向向左，故选项A错

误；棒下落距离为r2时，棒有效的切割长度为L＝2rcos30°＝3r，弦所对的圆心角为120°，则圆环上半部分的电阻为R3，圆环下半部分的电阻为2R3，由外电路并联电阻为R1＝R3×2R3R＝2R9，此时，回路中感应

电动势为E＝BLv1,I＝ER1，安培力F＝BIL，联立得F＝B23r2v1R1，由牛顿第二定律得mg－F＝ma得a＝g－27B2r2v12mR，故选项B正确；导体棒下落到圆心时，棒有效的切割长度

为2r，回路中的总电阻为R4，电动势为E＝B×2r×v2，根据公式P＝E2R4＝B×2r×v22R4＝16B2r2v22R，故选项C错误；从开始下落到经过圆心的过程中，棒的重力势能减小转化为棒的动能和内能，根据能量守恒定律得mgr＝12mv22

＋Q，解得Q＝mgr－12mv22，故选项D正确．【跟踪训练1-1】(2019·惠州高三调研)(多选)如图所示，在磁感应强度B＝1.0T的匀强磁场中，质量m＝1kg的金属杆PQ在水平向右的外力F作用下沿着粗糙“U”形导轨以速度v＝2m/s向右匀速滑动，“U”形导轨固定在水平面上，两导轨间

距离l＝1.0m，金属杆PQ与“U”形导轨之间的动摩擦因数μ＝0.3,电阻R＝3.0Ω，金属杆的电阻r＝1.0Ω，导轨电阻忽略不计，取重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．通过R的感应电流的方向为由d到aB．金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2.0V

C．金属杆PQ受到的外力F的大小为2.5ND．外力F做功的数值大于电路上产生的焦耳热答案BD解析PQ切割磁感线产生动生电动势，由右手定则可知电流方向为QPad，故选项A错误．PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为E＝Blv＝1×1×2V＝2V，故选项B正确．根据欧姆定律可得I＝ER＋r＝0.

5A，由力的平衡可知F＝BIl＋μmg＝3.5N，故选项C错误．由动能定理可得WF－Wf－WF安＝0，故WF＝Wf＋WF安，故选项D正确．【跟踪训练1-2】(2019·广东七校联合体联考)(多选)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨固定

在水平面上，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在位置a、c之间，金属棒PQ垂直导轨放置．今使棒以一定的初速度v0水平向右运动，到位置b时棒的速度为v，到位置c时棒恰好静止．设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，速度与棒始终垂直．则金属棒在由a到b和b到c的两个过程中()A．棒

在磁场中的电流从Q流到PB．位置b时棒的速度为v02C．棒运动的加速度大小相等D．a到b棒的动能减少量大于b到c棒的动能减少量答案ABD解析根据右手定则可知，棒在磁场中的电流从Q流到P，选项A正确；金属棒在运动过程中，通过棒截面的电量q＝I－t＝E－Rt＝BLv－Rt＝BLxR，从a到b的过程

中与从b到c的过程中，棒的位移x相等，B、R相等，因此通过棒横截面的电荷量相等，根据动量定理F安t＝BI－Lt＝BLq＝mΔv，则金属棒从a到b和从b到c速度的变化相同，可知位置b时棒的速度为v02，选项B正确；

金属棒受到的安培力大小F＝BIL＝BBLvRL＝B2L2vR，金属棒受到的安培力水平向左，金属棒在安培力作用下做减速运动，速度减小，则安培力减小，棒的加速度逐渐减小，选项C错误；a到b棒的动能减少量12mv2－12mv22＝38mv2，b到c棒的动能减少量12m

v22－0＝18mv2，故选项D正确．【跟踪训练1-3】(2019·驻马店高三质检)(多选)如图所示，足够长的“U”形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，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良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中()A．产生的焦耳热为qBLvB．ab棒中的电流方向从a到bC．

下滑的位移大小为qRBLD．运动的平均速度大于12v答案CD解析设棒下滑位移的大小为x，由电量q＝I－t＝E－Rt＝BLvtR＝BLxR，得x＝qRBL，根据能量守恒定律得棒产生的焦耳热为Q＝mgxsin

θ－12mv2，假设棒的速度为v时做匀速运动，则有mgsinθ＝B2L2vR，结合x＝qRBL，得Q＝qBLv－12mv2<qBLv，故选项A错误，C正确．由右手定则判断知，ab棒中的电流方向从b到a，故选项B错误．金属棒

ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度不等于12v，根据速度－时间图象面积表示位移可知，棒的变加速运动的位移大于匀加速运动的位移，则平均速度应大于12v，故选项D正确．考法三电磁感应的图象问题1

．解决电磁感应图象问题的两种常用方法(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．2．分析电磁感应图象问题的思路3．解决电磁感应图象问题的“三点关注”：(1)关注初始时刻，看初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向．(2)关注变化过

程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应．(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程对应．【例题2】(2019·福建高三质检)(多选)如图所示，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过

磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度．以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图中，可能正确的是()[思维导引]线框进入磁场时速度大小不确定，安培力与重力大小关系存在三种可能，需要分情况讨论：重力等于安培力；重力大于安培力；重力小于安

培力，然后根据牛顿第二定律分析加速度变化特点．答案BCD解析线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用．若安培力等于重力，线框做匀速运动，此时vm＝mgRB2L2，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时

的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，故选项A错误；若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，故选项B正确；若重力小于安培力，由B2L2Rv－mg＝ma可知，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的

减小而减小，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，进入过程与离开过程安培力变化情况可能完全相同，故选项C正确；若进入时重力大于安培力，由mg－B2L2Rv＝ma，则做加速度减小的加速运动，离开磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，故选项D正确．【跟踪训练2-1】

(2019·北海高三一模)(多选)如图甲所示，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，下列图象正确的是()答案BD解析由图看出，磁感应强度先不变，后均匀减小，再反向均匀增大，则可判定ΔBΔt的值，先为零，然后一定

，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生的感应电动势先为零，后恒定不变，感应电流先没有，后恒定不变，根据楞次定律得知，回路中感应电流方向逆时针，为正，选项A错误，B正确．在0～t1时间内，导体棒MN不受安培力；由左手定则判断可知，

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所受安培力大小F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所受安培力大小F均匀增大；根据平衡条件得到，棒MN受

到的静摩擦力大小Ff＝F，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，大小减小，在t2～t3时间内，摩擦力方向向右，大小增大，选项C错误，D正确．【跟踪训练2-2】(

2019·郴州高三质检)如图所示，边长为2L的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个直角边长为L的等腰直角三角形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框斜边的中线和虚线框的一条对角线恰好共线．从t＝0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角

线方向进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域用I表示导线框中的感应电流(逆时针方向为正)，则下列表示I-t关系的图象中，正确的是()答案D解析从t＝0开始一直到等腰直角三角形导线框完全进入磁场过程中，穿过等腰直角三角形导线框的磁通量增大，根

据“增反减同”可知，在等腰直角三角形导线框中产生逆时针的感应电流，且等腰直角三角形导线框在磁场中切割磁感线的长度增大，所以感应电流也增大，到等腰直角三角形导线框刚要出磁场时穿过等腰直角三角形导线框的磁通量不变，不产生感应电流，在穿过等腰直角三角形导线框的磁通量出磁场的过程中穿过等

腰直角三角形导线框的磁通量减小，根据“增反减同”可知，在等腰直角三角形导线框中产生顺时针的感应电流，即为负，且等腰直角三角形导线框在磁场中切割磁感线的有效长度均匀减少至零，综上所分析可知，选项D正确．【跟踪训练2-3】(2019·湖南六校高三联考)(多选)如图甲所示，在MN

、OP间存在一匀强磁场，t＝0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙所示．已知线框质量m＝1kg、电阻R＝2Ω，则()A．磁场宽度为4mB．匀强磁场的磁感应强度为2TC．线框穿过磁场过

程中，通过线框的电荷量为2CD．线框穿过磁场过程中，线框产生的热量为1J答案AB解析线框的加速度为a＝F0m＝21m/s2＝2m/s2，磁场宽度d＝12at22＝4m，选项A正确；当线框全部进入磁场的瞬间有F1－F安＝ma,F安＝B2L2vR＝B

2L2at1R，解得B＝2T，选项B正确；线框穿过磁场的过程中，通过线圈的电荷量为零，线框穿过磁场过程中，线框产生的热量为Q＝W－12mv2>1J，选项C、D错误．[典例诊断]【例题3】(2019·蚌埠

高三二模)(多选)如图所示，MN和PQ为水平放置的足够长的光滑平行导轨，导轨间距为L，其左端连接个阻值为R的电阻，垂直导轨平面有一个磁感应强度为B的有界匀强磁场．质量为m、电阻为r的金属棒与导轨始终保持垂直且接触良好．若金属棒以向右的初速度v0进入磁场，运动到右边界(图中虚线位置)时速度恰好

为零．导轨电阻不计，求：(1)金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小；(2)金属棒运动过程中，定值电阻R上产生的电热；(3)金属棒运动到磁场中央位置时的速度大小．[错解实录]【解析】(1)金属棒刚进来磁场时切割磁感线产生的电动势为E＝BLv0，由闭合电路欧姆定律得I＝ER＋r，金属棒受到的

安培力为F＝BIL，解得F＝B2L2v0R＋r.(2)从能量转换的角度上考虑，金属棒的动能转化为电路中的电热，所以电阻R产生的电热为Q＝12mv20.(3)在恒力和安培力的作用，依题意，金属棒在磁场中做匀减速运动，设金属棒运动到磁场中央位置时的速度为v，金属棒运动的加速度为a，于是有0～v20

＝－2aL，v2－v20＝－2a·L2，解得v＝22v0.【答案】(1)B2L2v0R＋r(2)12mv20(3)22v0[名师点评]错解第(2)问的答案为12mv20：误认为金属棒的动能全部转化为回路中消耗的电能就是定值电阻R产生的电热，而得出错误的答案

，实际上金属棒的动能转化为定值电阻R和金属棒上产生的电热．错解第(3)问的答案为22v0：将金属棒在磁场中的的运动当作是匀减速运动而得出错误答案，实际上金属棒的运动是变减速运动，不能直接运用匀变速直线运动的公式求解．解析(1)金属棒刚进来磁场时切割磁感线产生的电动势为E＝BLv0

，由闭合电路欧姆定律得I＝ER＋r，金属棒受到的安培力为F＝BIL，解得F＝B2L2v0R＋r.(2)从能量转换的角度上考虑，金属棒的动能转化为回路中的中热量，即Q＝12mv20，则电阻R产生的电热为Q′＝RR＋rQ＝R2R＋rm

v20.(3)在安培力作用下，金属棒做的运动必然是变加速运动，不可能是匀变速直线运动，故求位移时，不能用直线运动公式，金属棒从开始都最后由动量定理得－BLq＝0－mv0，设金属棒运动到磁场中央位置时的速度为v.由动量定

理得BLq2＝mv－mv0，解得v＝v02.答案(1)B2L2v0R＋r(2)R2R＋rmv20(3)12v0易错警示导体在匀强磁场中的运动分析(1)导体棒在匀强磁场中的运动，受到安培力作用，这个力与瞬时速度有关，若外

力是恒力，加速度必然变化，不可认为是匀变速直线运动，除非外力也是变力．(2)在只有安培力作用下的导体棒的运动，可以灵活运用动量定理来快捷解决问题，即F安·t＝mv－mv0，由于F安·t＝BL·I·t＝BLq，所以有BLq＝mv－mv0，其中q＝ΔΦR＝B

LxR.(3)准确理解安培力、导体棒的运动情况跟速度的关系以及动量定理的灵活应用是解答这类问题的关键点．【跟踪训练3】(2019·无锡高三期末)如图所示，质量为m、总电阻为R、边长为L的正方形单匝导线框ABCD静止在光滑水平面上，线框右侧某处有一左边界平行于AD、范围足够大的匀强磁场，磁感

应强度为B0，方向垂直于纸面向里．距离磁场边界L2处有一与边界平行的足够大的挡板PQ.现用大小为F、水平向右的恒力作用在AD中点，线框匀速进入磁场，与挡板碰撞后立即静止，此时将水平恒力撤去．求：(1)AD到达磁场边界时的速度大小；(2)线框在磁场中运动的过程中，AD边产生的电热

以及流过AD边的电量；(3)若线框与挡板PQ碰撞后，挡板对线框产生一个大小为f的恒定吸引力，且磁场的磁感应强度按B＝B0＋kt(k为大于零的常数)变化，则再经过多长时间线框可以挣脱PQ的束缚？(PQ不影响线框的导电性能

)解析(1)设进磁场时线框的速度大小为v0,F＝F安，又F安＝BIL,I＝BLv0R，联立解得v0＝FRB2L2.(2)因为Q＝W克安＝12FL,QAD＝14Q＝18FL，流过AD边的电量q＝IΔt＝BLv0R·L2v0＝BL22R.(3)根据法拉第电磁感应定律有，感应电动势E＝

ΔΦΔt＝12kL2，根据闭合电路欧姆定律有I＝ER，设经时间t有f＝(B0＋kt)ERL，解得t＝2fRk2L3－B0k.答案(1)FRB2L2(2)18FLBL22R(3)2fRk2L3－B0k板块三︿︿1

．(2019·天津重点高中高三联考)倾角为α的光滑绝缘斜面如图所示，在相隔为d的平行虚线MN与PQ间有大小为B的匀强磁场，方向垂直斜面向下．一质量为m，电阻为R，边长为L的正方形单匝纯电阻金属线框，在斜面上某点由静止释放，当cd边刚进入磁场时，线框的加速度大小为a，方向沿斜面向

下；线框ab边刚要离开磁场和cd边刚进入磁场时，cd边两端的电压相同．已知磁场的宽度d大于线框的边长L，不计空气阻力，重力加速度为g.求：(1)cd边刚进入磁场时，线框中的电流方向；(2)cd边刚进入磁场时线框速度v；(3)线框通过磁场的过程中，线框中产

生的热量Q.解析(1)由右手定则知电流方向为adcba.(2)由牛顿第二定律得mgsinα－FA＝ma，安培力的大小为FA＝BIL,由闭合电路欧姆定律得I＝ER，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，得v＝mgsinα－maRB2L2.(3)cd边进入磁场时，cd边两端电压为U＝

34BLv，设ab边离开磁场时，线框的速度为v1，cd边两端电压为U＝14BLv1，知v1＝3v，由能量守恒定律得12mv21－12mv2＋Q＝mg(d＋L)sinα，得Q＝mg(d＋L)sinα－4mR2mgsinα－ma2

B4L4.答案(1)adcba(2)mgsinα－maRB2L2(3)mg(d＋L)sinα－4mR2mgsinα－ma2B4L42．(2019·长春十一中期末)如图甲所示，电阻不计的两根平行光滑金属导轨相距L＝0.5m，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨的下端PQ间

接有R＝8Ω电阻．相距x＝6m的MN和PQ间存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．磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示．将导体棒ab垂直放在导轨上，导体棒ab接入电路部分阻值为r＝2Ω，使导体棒从t＝0时由静止释放，t＝1s时导

体棒恰好运动到MN，开始匀速下滑．g取10m/s2.求：(1)0～1s内回路中的感应电动势；(2)导体棒ab的质量；(3)0～2s时间内导体棒所产生的热量．解析(1)0～1s内，磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定

律有E1＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS，由图象得ΔBΔt＝2T/s，且S＝Lx＝3m2，代入解得E1＝6V.(2)导体棒从静止开始做匀加速运动，加速度a＝gsinθ＝10×0.5＝5m/s2，t＝1s末进入磁场区域的速度为v＝at1＝5×1＝5m/s，

导体棒切割磁感线产生的电动势E2＝BLv＝2×0.5×5V＝5V，根据导体棒进入磁场区域做匀速运动，可知导体受到的合力为零，有mgsinθ＝F安＝BIL，根据闭合电路欧姆定律有I＝E2R＋r，联立以上

各式得m＝0.1kg.(3)在0～1s内回路中产生的感应电动势为E1＝6V，根据闭合电路欧姆定律可得I1＝E1R＋r＝0.6A，1s～2s内，导体棒切割磁感线产生的电动势为E2＝5V，根据闭合电路欧姆定律可得I2＝E2R＋r＝0.5A，0～2s时间内导体棒所产生的热

量Q＝I21rt1＋I22r(t2－t1)，代入数据解得Q＝1.22J.答案(1)6V(2)0.1kg(3)1.22J3．如图甲所示，宽为L，倾角为θ的平行金属导轨，下端垂直于导轨连接一阻值为R的定值电阻，垂直于导轨平面存在匀强磁场B(

图中未画出)，且该磁场随时间变化的规律如图乙所示，t＝0时刻磁感应强度为B0，此时，在导轨上距电阻x1处放置一质量为m，电阻为2R的金属杆，t1时刻前金属杆处于静止状态，当磁场即将减小到B1时，金属杆也即将开始下滑(金属杆所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力

)．求：(1)0～t1时间内通过定值电阻的电荷量；(2)0～t1时间内金属杆与导轨间的最大静摩擦力；(3)若金属杆沿导轨下滑x2后开始做匀速运动，求金属杆下滑x2过程中电阻R产生的焦耳热．解析(1)感应电动势E＝ΔΦΔt＝Lx1B0－B1t1

，感应电流I＝E3R，通过定值电阻的电荷量q＝IΔt,即q＝Lx1B0－B13R.(2)在t1时刻，对杆有mgsinθ－F安－Ffm＝0，其中F安＝B1IL，联立可得Ffm＝mgsinθ－B1L2x1B0－B13Rt1.(3)当金属杆达到最大速度时mgs

inθ－Ffm－F′安＝0,即此时感应电流与0～t1时间内感应电流大小相等，感应电动势也相等，所以B1Lv＝Lx1B0－B1t1，从开始滑动到达到最大速度的过程有mgx2sinθ＝Q热＋Q滑＋12mv2，其中Q滑＝Ffmx2，电阻R上产生的焦耳热QR＝13Q热，解得QR＝B1

L2x1x2B0－B19Rt1－mx21B0－B126B21t21.答案(1)Lx1B0－B13R(2)mgsinθB1L2x1B0－B13Rt1(3)B1L2x1x2B0－B19Rt1－mx21B0－B126B21t21