2018年山东省济南一中高三物理三轮冲刺法拉第电磁感应定律及其应用1-精美

法拉第电磁感应定律及其应用一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中.一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦.在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()A.PQ中电流先增大后减小 B.PQ两端电压先减小后增大C.PQ上拉力的功率先减小后增大 D.线框消耗的电功率先减小后增大C（济南一中）解：根据右手定则可知，PQ中电流的方向为Q→P，画出该电路的等效电路图如图，其中R1为ad和bc上的电阻值，R2为ab上的电阻与cd上的电阻的和，电阻之间的关系满足：R当导体棒向右运动的过程中，开始时的电阻值：R当导体棒位于中间位置时，左右两侧的电阻值是相等的，此时：R中可知当导体棒向右运动的过程中，开始时的电阻值小于中间位置处的电阻值，所以当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小。A、导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E=BLv，保持不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析得知电路中的总电流先减小后增大，即PQ中电流先减小后增大。故A错误。B、PQ中电流先减小后增大，PQ两端电压为路端电压，U=E-IR，可知PQ两端的电压先增大后减小。故B错误；C、导体棒匀速运动，PQ上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R先增大后减小，由P=E2R得知，PQD、由以上的分析可知，导体棒PQ上的电阻始终大于线框的电阻，当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小，根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知，当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大，所以可得线框消耗的电功率先增大后减小。故D错误。故选：C。本题分段过程分析：当PQ从左端滑到ab中点的过程和从ab中点滑到右端的过程，抓住PQ产生的感应电动势不变．导体棒由靠近ab边向dc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析PQ两端的电压如何变化；由题意，PQ上外力的功率等于电功率，由P=E当PQ从左端滑到ab中点的过程中，由于总电阻增大，则干路电流减小，PQcb回路的电阻减小，通过cb的电流增大，可知ab中电流减小；当PQ从ab中点滑到右端的过程中，干路电流增大，PQda回路的电阻增大，PQ两端的电压减小，可知ab中电流减小；根据矩形线框总电阻与PQ电阻的关系，分析其功率如何变化.当矩形线框的总电阻等于PQ的电阻时，线框的功率最大．本题一要分析清楚线框总电阻如何变化，抓住PQ位于ad中点时线框总电阻最大，分析电压的变化和电流的变化；二要根据推论：外电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，分析功率的变化．如图(a)所示，半径为r的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R构成闭合回路.若圆环内加一垂直于纸面变化的磁场，变化规律如图(b)所示.规定磁场方向垂直纸面向里为正，不计金属圆环的电阻.以下说法正确的是()A.0-1s内，流过电阻R的电流方向为a→bB.1-2s内，回路中的电流逐渐减小C.2-3s内，穿过金属圆环的磁通量在减小D.t=2s时，UD（济南一中）解：A、依据楞次定律，在0-1s内，穿过线圈的向里磁通量增大，则线圈中产生顺时针方向感应电流，那么流过电阻R的电流方向为b→a，故A错误；B、在1-2s内，穿过线圈的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律，则回路中的电流恒定不变，故B错误；C、在2-3s内，穿过金属圆环的磁通量在增大，故C错误；D、当t=2s时，根据法拉第电磁感应定律，E=△B因不计金属圆环的电阻，因此Uab=E=πr故选：D。根据楞次定律来判定感应电流的方向；依据法拉第电磁感应定律来确定感应电流的大小；依据磁通量定义来确定求解；求得t=2s时，线圈中感应电动势，再依据闭合电路欧姆定律，及路端电压概念，即可求解．考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的内容，掌握磁通量的定义，理解路端电压与感应电动势的区别．如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线左侧，且其长边与长直导线平行.已知在t=0到t=t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向右、后水平向左.设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是()A. B. C. D.A（济南一中）解：线框中感应电流沿顺时针方向，由安培定则可知，感应电流的磁场垂直于纸面向里；由楞次定律可得：如果原磁场增强时，原磁场方向应垂直于纸面向外，由安培定则可知，导线电流方向应该向下，为负的，且电流越来越大；由楞次定律可知：如果原磁场方向垂直于纸面向里，则原磁场减弱，直线电流变小，由安培定则可知，直线电流应竖直向上，是正的；A、由图示可知，直线电流按A所示变化，感应电流始终沿顺时针方向，由楞次定律可知，在i大于零时，为阻碍磁通量的减小，线框受到的合力水平向左，在i小于零时，为阻碍磁通量的增加，线框受到的合力水平向右，故A正确；B、图示电流不能使线框中的感应电流始终沿顺时针方向，故B错误；C、图示电流使线框中的感应电流沿顺时针方向，但线框在水平方向受到的合力始终水平向左，故C错误；D、图示电流使线框中产生的感应电流沿逆时针方向，故D错误；故选：A。感应电流沿顺时针方向，由安培定则判断出感应电流磁场方向；然后由楞次定律判断出原磁场如何变化，直线电流如何变化；由楞次定律判断导线框受到合力的方向．正确理解楞次定律中“阻碍”的含义是正确解题的关键，熟练应用楞次定律、安培定则即可正确解题．如图甲所示，一圆形金属线圈放置于匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度为B0.现让线圈绕其一条直径以50Hz的频率匀速转动，较长时间t内产生的热量为Q；若线圈不动，让磁场以图乙所示规律周期性交化，要在t时间内产生的热量也为Q.乙图中磁场变化的周期T以s为单位，数值应为()A.150π B.250π C.225π C（济南一中）解：设圆形金属线圈面积为S，当圆形线圈绕其一条直径匀速转动时，线圈中产生正弦交流电，感应电动势的最大值E1m有效值E1图乙中感应电动势的大小不变，方向改变感应电动势的大小E=△B根据楞次定律，0～T4，感应电流沿逆时针方向；T4～画出感应电动势随时间变化的图象根据电流的热效应，有E2解得：E2根据题意，金属线圈在两种情况下，相同时间内产生的热量相等，所以甲、乙两电路的有效值相等E1B0其中：ω=2πf=100π代入解得：T=225π，故C正确，故选：C线圈匀速转动产生的是正弦交变电流，求出感应电动势的有效值；当线圈不动，磁场周期性变化时，线圈中产生交流电，根据电流热效应求出电动势的有效值，结合题意相同时间内线圈产生的热量相等，所以两种情况感应电动势相等，从而求出T本题考查有效值的求解，对于正弦交流电峰值是有效值的2倍，对于非正弦交流电，要根据电流的热效应求有效值．如图1所示，虚线MN、M'N'为一匀强磁场区域的左右边界，磁场宽度为L，方向竖直向下.边长为l的正方形闭合金属线框abcd，以初速度v0沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动，经过一段时间线框通过了磁场区域.已知l<L，甲、乙两位同学对该过程进行了分析，当线框的ab边与MN重合时记为t=0，分别定性画出了线框所受安培力F随时间t变化的图线，如图2、图3所示，图中S1、S2、S3和S4是图线与t轴围成的面积.关于两图线的判断以及S1、S2、SA.图2正确，且S1>S2 B.图C.图3正确，且S3>S4 D.D（济南一中）解：(1)设切割磁感线的速度是v，产生的电流为I，电动势为E，则：E=Blv，I=E则：F=BIl=B导体棒上的加速度：a=F在电磁感应的过程中，动能转化为电能，速度减小，安培力减小，加速度减小，所以导体棒做加速度减小的减速运动，故F-t图上，F的变化是曲线，不是直线．(2)在图象中，F与t的积表示的是面积S，公式：Ft=B从公式可以看出，F与t的积是一个定值，即面积的大小与时间无关，是一个定值，故S3综合(1)和(2)的结论，正确的选项应该是D．故选：D(1)该题通过图象的方式考查电磁感应中的电动势与加速度，需要通过公式的表达来说明，因此需要推到出加速度的表达式，进而说明导体棒做加速度减小的减速运动，才能进一步说明F的变化是曲线，不是直线；(2)在图象中，F与t的积表示的是面积S，需要推到出Ft的X乘积的表达式，进而说明F与t的积是一个定值，即面积的大小与时间无关，是一个定值，才能判断两个的面积是相等的．该题通过图象的方式考查电磁感应中的电动势与加速度，属于电磁感应中的常见题型，要注意使用公式来进行说明，不能单凭想象来判断.属于中档题，容易出现错误．二、多选题（本大题共4小题，共24分）如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均为磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距.若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能()A.始终减小 B.始终不变 C.始终增加 D.先减小后增加CD（济南一中）解：A、导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁场产生感应电流，根据左手定则可知ab边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，线框做减速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先减速后加速运动，故A错误、D正确；B、当ab边进入磁场后安培力等于重力时，线框做匀速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速后加速运动，故A错误；C、当ab边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速增大的加速运动，故加速运动，故C正确；故选：CDab边进入磁场切割磁感线产生感应电流，线框ab边受到安培力，根据受力分析判断出导体框的运动即可判断本题主要考查了线框切割磁场产生感应电流同时受到安培力，根据牛顿第二定律和运动学即可判断速度的变化如图所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，其余电阻不计.线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系式B=10-4t(T)，在0至2s时间内，下列说法正确的是()A.通过电阻R1上的电流方向由a到B.通过电阻R1上的电流大小为C.通过电阻R1上的电荷量为D.电阻R1上产生的热量为BD（济南一中）解：A、根据法拉第电磁感应定律由法拉第电磁感应定律有：E=n△Φ而s=πr由闭合电路欧姆定律有：I=E联立以上各式解得通过电阻R1上的电流大小为：I=4nπB0r23R，根据楞次定律可知，流经RC、根据欧姆定律，则线圈两端的电压，即为电阻R1的电压，则q=It1D、电阻R1上产生的热量为：Q=I2故选：BD线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流.由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小.而产生的热量则是由焦耳定律求出．本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律的综合应用，应用法拉第定律时要注意s是有效面积，并不等于线圈的面积．如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环.金属杆OM的长为l，阻值为R，M端与环接触良好，绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω顺时针转动.阻值为R的电阻一端用导线和环上的A点连接，另一端和金属杆的转轴O处的端点相连接.下列判断正确的是()A.金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为BB.通过电阻R的电流的最小值为Bl2ω8RC.通过电阻R的电流的最大值为BD.OM两点间电势差绝对值的最大值为BAD（济南一中）解：A、M端线速度为v=ωl，OM切割磁感线的平均速度为v=v2=ωl2，B、当M端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电路的总电阻最大，通过R的电流最小。因R并=12×2R=R，通过电阻R的电流的最小值为：Imin=C、当M位于最下端时圆环被接入的电阻为0，此时有最大电流为：Imax=ED、OM作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以外电阻最大时，OM两点间电势差绝对值的最大，其最大值为：U=Imin×2R=故选：AD。根据导体转动切割磁感线感应电动势公式E=12BL2ω计算感应电动势大小.当M端位于最上端时，电路中电阻最大，电流最小本题考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E=1如图，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置-矩形导体线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的边长为l2，线框的质量为m、电阻为R，线框通过绝缘细线绕过光滑的小滑轮与重物相连，重物质量为M，斜面上ef线(ef平行底边)的右上方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初-段时间是做匀速运动的，且线框的ab边始终平行底边，则下列说法正确的是()A.线框进入磁场前运动的加速度为Mg-mgsinB.线框进入磁场时匀速运动的速度为(Mg-mgC.线框进入磁场时做匀速运动的总时间为BD.若该线框进入磁场时做匀速运动，则匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg-mgBCD（济南一中）解：A、线框进入磁场前，对整体，根据牛顿第二定律得：线框的加速度为a=Mg-mgsinθB、C设线框匀速运动的速度大小为v，则线框受到的安培力大小为F=B2l12t=l2vD、线框进入磁场的过程做匀速运动，M的重力势能减小转化为m的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律得：匀速运动过程产生的焦耳热为Q=(Mg-mgsinθ)l故选BCD线框进入磁场前，根据牛顿第二定律求解加速度.线框进入磁场的过程做匀速运动，M的重力势能减小转化为m的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律求解焦耳热.由平衡条件求出线框匀速运动的速度，再求出时间．本题是电磁感应与力平衡的综合，安培力的计算是关键.本题中运用的是整体法求解加速度．三、填空题（本大题共1小题，共3分）如图.水平面内有一“∠”型光滑金属导轨COD，电阻不计，∠COD=45∘.足够长直导体棒搁在导轨上，单位长度的电阻为r=0.5Ω，导体棒垂直OD.空间存在垂直于导轨平面的磁场，以O点为原点沿0D方向建立坐标轴，导轨间x>0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，变化率为0.5T/m，O点磁感应强度B0=1T.在外力作用下，棒以一定的初速度向右做直线运动，运动时回路中的电流强度保持不变.已知运动到图中x1=1m位置时，速度大小v1=2m/s，则回路中的电流强度大小为______A，从x6；3.5（济南一中）解：由题可得，x1=1m位置磁感应强度导体棒有效的切割长度L1则导体棒产生的感应电动势E=B回路中的电阻R=rx由欧姆定律得，回路中的电流强度大小I=E设移动到x位置(1<x<2)在极短时间△t内产生的电量△q=I△t此时B的大小为Bxl=x，v1=2m/s，电阻R的大小导体棒产生的感应电动势为E=Blv=(x+0.5x)xv感应电流I=E则△q=(2+x)v△t△t=△x得△q=(2+x)v⋅△x故q=(1故答案为：6，3.5．先根据题意求出x1=1m位置磁感应强度和导体棒有效的切割长度，再由导体棒向右运动的过程中，B均匀增大，结合B-x图象的面积求出磁通量的变化量△Φ，根据q=△Φ解决本题的关键是根据法拉第定律、欧姆定律得到电量与x的关系式，采用积分法求电量．四、实验题探究题（本大题共2小题，共15分）如图所示，PQ和MN是固定于倾角为30∘斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计.金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直，且接触良好.金属棒ab的质量为2m、cd的质量为m，长度均为L、电阻均为R；两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路.整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，若锁定金属棒ab不动，使金属棒cd在与其垂直且沿斜面向上的恒力F=2mg作用下，沿轨道向上做匀速运动.重力加速度为g；(1)试推导论证：金属棒cd克服安培力做功的功率P安等于电路获得的电功率P(2)设金属棒cd做匀速运动中的某时刻t0=0，恒力大小变为F'=1.5mg，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒ab，直到t时刻金属棒①t时刻以后金属棒ab的热功率Pab②0～t时刻内通过金属棒ab的电量q解：(1)金属棒cd做匀速运动的速度为v，电动势为：E=BLv

电流为：I=E安培力为：F=IBL

金属棒cd克服安培力做功的功率P安电路获得的电功率P电联立解得：P安所以：P安(2)①金属棒ab做匀速运动，则有I1金属棒ab的热功率Pab联立解得：Pab②设t后时刻金属棒ab做匀速运动速度为v1，金属棒cd也做匀速运动的速度为v由金属棒ab、金属棒cd组成系统动量守恒：mv=2mv1回路电流I1联立解得金属棒ab做匀速运动速度为v10～t时刻内对金属棒ab分析：在电流为i的很短时间△t内，速度的该变量为由动量定理得：BiL△t-2mg对进行求和得：0解得：BLq-mgt=2m所以解得：q=2答：(1)推证金属棒cd克服安培力做功的功率P安等于电路获得的电功率P(2)①t时刻以后金属棒ab的热功率为m2g2RB2L（济南一中）(1)粒子做匀速直线运动，拉力与安培力平衡；再结合功能定关系及题意可以证明；(2)根据系统动量守恒可求；根据题意可明确两导体棒的运动情况，动量定理可求得列式，由积分规律可求得位移的改变量；再由电量的计算可求得流过cd的电荷量．本题考查法拉第电磁感应定律、动量守恒定律及功能关系的应用；要注意能正确应用数学规律进行分析求解，这是本题中的难点所在．如图所示，电阻

不计且足够长的U型金属框架放置在倾角θ=37∘绝缘斜面上，框架与斜面间的动摩擦因数μ=0.8，框架的质量m1=0.4kg，宽度l=0.5m，质量m2=0.1kg、电阻R=0.5Ω的导体棒ab垂直放在框架上，整个装置处于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B=2.0T，对棒施加沿斜面向上的恒力F=8N，棒从静止开始无摩擦地运动，当棒的运动速度达到某值时，框架开始运动。棒与框架接触良好。设框架与斜面间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，sin(1)框架刚开始运动时流过导体棒的电流I；(2)若已知这一过程导体棒向上位移x=0.5m，求此过程中回路产生的热量Q(结果保留两位有效数字)。解：(1)框架开始运动时，有F安=m1解得I=5.6A(2)设导体棒速度为v，则E=BLv，I=ER导体沿斜面上升过程中，由动能定理有Fx-W安故得Q≈3.3J答：(1)框架刚开始运动时流过导体棒的电流I是5.6A；(2)若已知这一过程导体棒向上位移x=0.5m，此过程中回路产生的热量Q是3.3J。（济南一中）(1)框架刚开始运动时，斜面对框架的静摩擦力达到最大值，根据平衡条件和安培力公式结合求解I。(2)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出导体棒的速度，再由动能定理和功能关系求回路产生的热量Q。本题是电磁感应中的力学问题，要知道电磁学与力联系的桥梁是安培力，这种类问题在于安培力的分析和计算。五、计算题（本大题共4小题，共38分）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器.电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计.炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触.首先开关S接1，使电容器完全充电.然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动.当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨.问：(1)磁场的方向；(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少．解：(1)电容器上端带正电，通过MN的电流方向向下，由于MN向右运动，根据左手定则知，磁场方向垂直于导轨平面向下．(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有：I=ER…①

设F=IlB…②

F=ma…③

联立①②③式：得(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电量为Q0Q0=CE…⑤

开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN依题意有：E'=设在此过程中MN的平均电流为I.，MN上受到的平均安培力为F.由动量定理，有F又I联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得：Q=B答：(1)磁场的方向为垂直于导轨平面向下；(2)MN刚开始运动时加速度a的大小为BElmR(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是B2（济南一中）(1)根据通过MN电流的方向，结合左手定则得出磁场的方向．(2)根据欧姆定律得出MN刚开始运动时的电流，结合安培力公式，根据牛顿第二定律得出MN刚开始运动时加速度a的大小．(3)开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，根据电动势和电荷量的关系，以及动量定理求出MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解，对于第三问，注意电流在变化，安培力在变化，结合动量定理，通过平均电流，结合通过的电量进行求解．如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直.已知线圈的匝数N=100，边长ab=1.0m、bc=0.5m，电阻r=2Ω.

磁感应强度B在0～1s内从零均匀变化到0.2T.

在1～5s内从0.2T均匀变化到-0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向(1)0.5s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；(2)在1～5s内通过线圈的电荷量(3)在0～5s内线圈产生的焦耳热Q解：(1)在0～1s内，磁感应强度B的变化率由于磁通量均匀变化，在0～0.5s时线圈内感应电动势的大小E1根据楞次定律判断得知，线圈中感应方向为逆时针方向．(2)在1～5s内，磁感应强度B的变化率大小为由于磁通量均匀变化，在1～根据法拉第电磁感应定律得：1～5s时线圈内感应电动势的大小通过线圈的电荷量为q=I(3)在0～1s内，线圈产生的焦耳热为在1～5s内，线圈产生的焦耳热为故在0～5s内线圈产生的焦耳热答：(1)0.5s时线圈内感应电动势的大小E为10V，感应方向为逆时针方向．

(2)在1～5s内通过线圈的电荷量q为10

(3)在0～5s内线圈产生的焦耳热Q为100（济南一中）(1)由题可确定磁感应强度B的变化率△B△t(2)由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式I=q(3)分析两个时间段：0～1s和本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律和楞次定律等知识的综合应用，这些都是电磁感应现象遵守的基本规律，要熟练掌握，并能正确应用．间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示，倾角为θ的导轨处于大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间I中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l的金属杆cd和ef，用长度为L的刚性绝缘杆连接构成)，在“联动双杆”右侧存在大小为B2，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间II，其长度大于L，质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨(无能量损失)，杆ab与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间II并从中滑出，运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直，已知杆ab、cd和ef电阻均为R=0.02Ω，m=0.1kg，l=0.5m，L=0.3m，θ=30∘，B(1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0(2)“联动三杆”进入磁场区间II前的速度大小v；(3)“联动三杆”滑过磁场区间II产生的焦耳热Q．解：(1)ab杆受到的安培力：F=Bab杆匀速运动，由平衡条件得：mgsinθ=B(2)ab杆与联动双杆碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(m+3m)v(3)联动三杆进入