1、计算题  如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距L=0.50 m，左端接一电阻R =0.20 Ω，磁感应强度B=0.40 T，方向垂直于导轨平面的匀强磁场，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v=4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时，求： ?
（1）ab棒中感应电动势的大小，并指出a、b哪端电势高？?
（2）回路中感应电流的大小；?
（3）维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小。

参考答案：解：（1）根据法拉第电磁感应定律，ab棒中的感应电动势
=0.40×0.50×4.0 V=0.80 V
根据右手定则可判定感应电动势的方向由，所以a端电势高
（2）感应电流大小为A=4.0 A
（3）由于ab棒受安培力，故外力N=0.8 N

本题解析：

本题难度：一般

2、计算题  如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直。金属线圈所围的面积S=200cm2，匝数n=1000，线圈电阻r=1.0Ω。线圈与电阻R构成闭合回路，电阻的阻值R=4.0Ω。匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，求：
（1）在t=2.0s时刻，穿过线圈的磁通量和通过电阻R的感应电流的大小；
（2）在t=2.0s时刻，电阻R消耗的电功率；
（3）0~6.0s内整个闭合电路中产生的热量。

参考答案：解：（1）根据法拉第电磁感应定律，0~4.0s时间内线圈中磁通量均匀变化，产生恒定的感应电流
t1=2.0s时的感应电动势
根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流
解得I1=0.2A
（2）由图象可知，在4.0s~6.0s时间内，线圈中产生的感应电动势
根据闭合电路欧姆定律，t2=5.0s时闭合回路中的感应电流=0.8A
电阻消耗的电功率P2=I22R=2.56W
（3）根据焦耳定律，0~4.0s内闭合电路中产生的热量Q1=I12(r＋R)Δt1=0.8 J
4.0~6.0s内闭合电路中产生的热量Q2=I22(r＋R)Δt2=6.4 J
0~6.0s内闭合电路中产生的热量Q=Q1＋Q2=7.2J

本题解析：

本题难度：困难

3、简答题  如图（甲）为一研究电磁感应的实验装置示意图，其中电流传感器（相当于一只理想的电流表）能将各时刻的电流数据实时传输到计算机，经计算机处理后在屏幕上同步显示出I-t图象．已知电阻R及金属杆的电阻r均为0.5Ω，杆的质量m及悬挂物的质量M均为0.1kg，杆长L=1m．实验时，先断开K，取下细线调节轨道倾角，使杆恰好能沿轨道匀速下滑．然后固定轨道，闭合K，在导轨区域加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，让杆在悬挂物M的牵引下，从图示位置由静止开始释放，此时计算机屏幕上显示出如图（乙）所示的I-t图象（设杆在整个运动过程中与轨道垂直，且细线始终沿与轨道平行的方向拉杆，导轨的电阻、细线与滑轮间的摩擦及滑轮的质量均忽略不计）．

试求：（1）t=0.2s时电阻R的热功率；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）估算0～0.4s内流过电阻R的电荷量．

参考答案：（1）由图象知t=0.2s时电路中电流 I=0.6A；
电阻R的热功率 P=I2R=0.62×0.5W=0.18W；
（2）由图知：杆达到稳定运动时的电流为 I=1.0A，
K断开时：mgsinθ=μmgcosθ，
K闭合后杆稳定运动时：Mg+mgsinθ=μmgcosθ+BIL，
解得：B=MgIL=0.1×101×1T=1T．
（3）0.4s内通过电阻R的电荷量为图线与t轴包围的面积，则图知：总格数为137，
q=137×0.04×0.04C=0.22C
答：（1）t=0.2s时电阻R的热功率为0.18W；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小为1T；（3）0～0.4s内流过电阻R的电荷量为0.22C．

本题解析：

本题难度：一般

4、简答题  如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ=37°放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，且间距为d=0.1m，在aa′bb′围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B=1T；现有一质量为m=0.01kg，总电阻为R=1Ω，边长也为d=0.1m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与aa′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，不计其他阻力，求：
（1）线圈向下返回到磁场区域时的速度；
（2）线圈向上离开磁场区域时的动能；
（3）线圈向下通过磁场过程中，线圈电阻R上产生的焦耳热．

参考答案：（1）线圈切割磁感线产生感应电动势：E=Bdv，
线圈电流：I=ER=BdvR，
线圈受到的安培力：F安=BId=B2d2vR，
线圈向下进入磁场做匀速直线运动，
由平衡条件得：mgsinθ=μmgcosθ+F安，
解得：v=(mgsinθ-μmgcosθ)RB2d2=2m/s．
（2）线圈离开磁场到最高点，
由动能定理得：-mgxsinθ-μmgxcosθ=0-Ek1，
线圈从最高点到进入磁场过程，
由动能定理得：mgxsinθ-μmgxcosθ=Ek，
Ek=12mv2，
解得：EK1=m3g2R2(sin2θ-μ2cos2θ)2B4d4=0.1J；
（3）线圈向下匀速通过磁场过程，
由动能定理得：mg?2dsinθ-μmg?2dcosθ+W安=0，
克服安培力做功转化为焦耳热，即：Q=-W安，
解得：Q=2mgd（sinθ-μcosθ）=0.004J．
答：（1）线圈向下返回到磁场区域时的速度为2m/s；
（2）线圈向上离开磁场区域时的动能为0.12J；
（3）线圈向下通过磁场过程中，线圈电阻R上产生的焦耳热为0.004J．

本题解析：

本题难度：一般

5、选择题  如图所示，在x≤0的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里．矩形线框abcd从t=0时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流I（取逆时针方向的电流为正）随时间t的变化图线是（　　）
A．

B．

C．

D．