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10电磁感应中的能量类问题-2024届高考物理一轮复习高频考点知识点突破练习（真题精选）
一．选择题（共2小题）
1．（2023 北京）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
2．（2023 浙江）如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（ ）
A．电源电动势E0＝
B．棒消耗的焦耳热Mgl
C．从左向右运动时，最大摆角小于
D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等
二．多选题（共2小题）
（多选）3．（2023 山东）足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1m，电阻不计。质量为1kg、长为1m、电阻为1Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1＝2m/s，CD的速度为v2且v2＞v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．B2的方向向上 B．B2的方向向下
C．v2＝5m/s D．v2＝3m/s
（多选）4．（2023 辽宁）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为
C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2：1
D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为
三．计算题（共1小题）
5．（2023 上海）如图（a），线框cdef位于倾斜角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0.5T，已知线框边长cd＝D＝0.4m，m＝0.1kg，总电阻R＝0.25Ω，现对线框施加一沿斜面向上的力F使之运动。斜面上动摩擦因数μ＝，线框速度随时间变化如图（b）所示。（重力加速度g取9.8m/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。
四．解答题（共4小题）
6．（2023 广东）光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图（a）所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图（b）所示，0～τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t＝0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图（a）中的虚线框所示。随后在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求：
（1）t＝0 时线框所受的安培力F；
（2）t＝1.2τ时穿过线框的磁通量Φ；
（3）2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。
7．（2023 浙江）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示，导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1＝kI （其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2＝2kI，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d＝，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中，
（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；
（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；
（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；
（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。
8．（2023 新课标）一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。
（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。
（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中相同的初速度运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
9．（2023 浙江）如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为2l的两轻质横杆组成，且L 2l。线框通有恒定电流I0，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置半径远小于a，面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度ω匀速转动，当线框平面与xOz平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量By与时间的近似关系如图2所示，图中B0已知。
（1）求0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q；
（2）沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在时间内，求圆环中的电流与时间的关系；
（3）求圆环中电流的有效值；
（4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经时间角速度减小量为，设线框与圆环的能量转换效率为k，求Δω的值（当0＜x 1，有（1﹣x）2≈1﹣2x）。
10电磁感应中的能量类问题-2024届高考物理一轮复习高频考点知识点突破练习（真题精选）
参考答案与试题解析
一．选择题（共2小题）
1．（2023 北京）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
【解答】解：A、线框进磁场的过程中磁通量向里增加，根据楞次定律可知电流方向为逆时针方向，故A错误；
B、线框出磁场的过程中，根据牛顿第二定律可得：BIL＝ma，其中I＝，解得加速度大小为：a＝，由于速度减小，则加速度减小，线框做加速度减小的减速直线运动，故B错误；
C、根据功能关系可知，产生的热等于克服安培力做的功，由于进入磁场过程中平均安培力大、而进出磁场过程中通过的位移相同，则线框进入磁场过程中产生的热比出磁场过程中多，故C错误；
D、根据电荷量的计算公式可得：q＝＝t＝＝，由于进出磁场过程中，穿过线框的磁通量变化量相同，则通过导线横截面的电荷量相等，故D正确。
故选：D。
2．（2023 浙江）如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（ ）
A．电源电动势E0＝
B．棒消耗的焦耳热Mgl
C．从左向右运动时，最大摆角小于
D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等
【答案】C
【解答】解：A、以棒为研究对象，画出前视的受力图，如图所示：
根据平衡条件可得：F安＝Mgtanθ，其中：F安＝BIL
解得：I＝
电源电动势E0＝IR＝，故A错误；
B、假设棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中，达到最低点时速度为零，则棒的重力势能减少：ΔEp＝Mgl（1﹣cosθ），解得：ΔEp＝Mgl，根据能量守恒定律可知棒消耗的焦耳热Mgl；由于棒达到最低点时的速度不为零，则完成一次振动过程中，棒消耗的焦耳热小于Mgl，故B错误；
C、棒从右侧开始运动达到最左侧过程中，回路中有感应电流，导体棒上会产生焦耳热，所以达到左侧最高点时，棒的最大摆角小于；从左向右运动时，根据右手定则可知，电流反向通过二极管，由于二极管具有单向导电性，所以回路中没有电流，则棒从左向右运动时，最大摆角小于，故C正确；
D、棒第一次经过最低点向左摆动过程中，回路中有感应电流，棒的机械能有损失，所以第二次经过最低点时的速度小于第二次经过最低点的速度，根据E＝BLv可知，第二次经过最低点时感应电动势大小小于第一次经过最低点的感应电动势大小，故D错误。
故选：C。
二．多选题（共2小题）
（多选）3．（2023 山东）足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1m，电阻不计。质量为1kg、长为1m、电阻为1Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1＝2m/s，CD的速度为v2且v2＞v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．B2的方向向上 B．B2的方向向下
C．v2＝5m/s D．v2＝3m/s
【答案】BD
【解答】解：AB．导轨的速度v2＞v1
对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为
f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N
MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，故导体棒MN的安培力大小为
F1＝f＝2N＝B1IL
由左手定则可知导体棒的电流方向为N→M→D→C→N，导体框受到向左的摩擦力，向右的拉力和安培力，安培力大小为
F2＝f﹣m0g＝2N﹣0.1×10＝1N
方向向右
由左手定则可知B2的方向为向下，故A错误，B正确；
CD．对导体棒分析
F1＝B1IL
对导体框分析
F2＝B2IL
电路中的电流为
I＝
其中L＝1m，F1＝B1IL＝2I×1N＝2N
解得I＝1A
代入F2＝B2IL＝1N中可得
B2＝1T
且r＝1Ω
代入数据联立解得
v2＝3m/s
故C错误，D正确；
故选：BD。
（多选）4．（2023 辽宁）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为
C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2：1
D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为
【答案】AC
【解答】解：释放弹簧后导体棒MN与PQ先分别向左、右开始运动，在两棒速度方向均未改变之前，回路的磁通量增加，由楞次定律可知回路中产生顺时针方向的电流，由左手定则判断可知两棒受到的安培力均与各自的速度方向相反，即两棒受到的安培力方向是相反的，设回路中的电流大小为I，则两棒受到的安培力分别为：FMN＝2BId，FPQ＝BI 2d，可得两棒受到的安培力等大反向，则两棒与弹簧组成的系统所受合力为零，故此系统满足动量守恒定律，可知此系统的总动量始终为零，可知两棒的动量始终是等大反向。两棒同时速度减为零，若两棒同时速度为零后能够反向运动，同理可得之后的运动过程此系统仍满足动量守恒，可知释放弹簧后，两棒在各自磁场中运动直至停止的全程，两棒的速度方向总是相反的，且在同一时刻速度为零。
A、由上述分析可知两棒的速度方向总是相反的，则在弹簧伸展过程中，导体棒MN与PQ必定分别向左、右运动，回路的磁通量增加，由楞次定律可知回路中产生顺时针方向的电流，故A正确；
B、设PQ速率为v时，MN速率为v0，MN的质量为m，则PQ的质量为2m，由两棒的动量始终大小相等可得：mv0＝2mv
回路中的感应电动势为：E＝2Bdv0+B 2dv＝6Bdv
回路中的感应电流为：I＝
MN所受安培力大小为：F＝2BId
联立解得：F＝，故B错误；
C、设整个运动过程中，某时刻MN与PQ的速率分别为v1、v2，同理有：mv1＝2mv2
可知MN与PQ的速率之比始终为2：1，则MN与PQ的路程之比为2：1，故C正确；
D、设整个运动过程，MN与PQ的位移大小分别为x1、x2，最终弹簧处于原长状态，MN与PQ之间距离和初始时相比增加了L，因两棒总是反向运动，可得：x1+x2＝L
整个运动过程回路的磁通量变化量为：ΔΦ＝2Bdx1+B 2dx2＝2Bd（x1+x2）＝2BdL
通过MN的电荷量为：q＝＝＝＝，故D错误。
故选：AC。
三．计算题（共1小题）
5．（2023 上海）如图（a），线框cdef位于倾斜角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0.5T，已知线框边长cd＝D＝0.4m，m＝0.1kg，总电阻R＝0.25Ω，现对线框施加一沿斜面向上的力F使之运动。斜面上动摩擦因数μ＝，线框速度随时间变化如图（b）所示。（重力加速度g取9.8m/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）外力F大小为1.48N；
（2）cf长度为0.5m；
（3）回路产生的焦耳热为0.4J。
【解答】解：（1）由v﹣t图象可知，在0～0.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为：v1＝2.0m/s
所以加速度大小为：a＝＝m/s2＝5m/s2
根据牛顿第二定律有：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
代入数据得：F＝1.48N；
（2）由v﹣t图象可知，线框进入磁场区域后一直做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场。
线框产生的感应电动势为：E＝BLv1
线框产生的感应电流为：I＝
线框受到的安培力为：FA＝BIL＝
由平衡条件得：F＝FA+mgsinθ+μmgcosθ
联立解得：L＝0.5m
（3）因：mgsinθ＝μmgcosθ，所以线框在减速为零时不会下滑，设线框穿过磁场的时间为t，则：
t＝＝s＝0.4s
感应电流为：I＝＝A＝2A
根据焦耳定律可得：Q＝I2Rt＝22×0.25×0.4J＝0.4J
答：（1）外力F大小为1.48N；
（2）cf长度为0.5m；
（3）回路产生的焦耳热为0.4J。
四．解答题（共4小题）
6．（2023 广东）光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图（a）所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图（b）所示，0～τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t＝0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图（a）中的虚线框所示。随后在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求：
（1）t＝0 时线框所受的安培力F；
（2）t＝1.2τ时穿过线框的磁通量Φ；
（3）2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。
【答案】（1）线框所受的安培力为；
（2）t＝1.2τ时穿过线框的磁通量为0.3B0h2；
（3）2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q为。
【解答】解：（1）ab边、cd边切割磁感线，根据右手定则可知产生的感应电流都是沿线框顺时针方向，则根据切割情况下电动势的表达式得：电动势E＝2B0hv+B0hv＝3B0hv
根据闭合电路欧姆定律得：电流I＝＝，根据安培力表达式求解t＝0 时ab边的安培力F1＝2B0Ih，cd边的安培力F2＝B0Ih，根据左手定则判断这两个安培力方向都向左，根据对称判断bc、ad边安培力合力为0，ab、cd边所受安培力合成之后得出线框所受的安培力：
F＝F1+F2＝2B0Ih+B0Ih＝3B0Ih＝＝；
（2）根据图像得出t＝1.2τ时，Ⅰ区的磁感应强度B＝2B0+＝1.6B0，方向向下；Ⅱ区的磁感应强度为B0，方向向上，穿过线框的磁通量Φ＝1.6B0×﹣B0＝0.3B0h2；
（3）2τ～3τ时间内，根据法拉第电磁感应定律得E1＝
根据闭合电路欧姆定律得：电流I1＝
根据焦耳定律得：线框中产生的热量Q＝＝＝。
答：（1）线框所受的安培力为；
（2）t＝1.2τ时穿过线框的磁通量为0.3B0h2；
（3）2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q为。
7．（2023 浙江）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示，导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1＝kI （其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2＝2kI，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d＝，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中，
（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；
（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；
（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；
（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。
【答案】（1）导电杆所受安培力的大小F为3Mg，运动的距离L为；
（2）回路感应电动势E与运动时间t的关系为E＝（v0﹣2gt）；
（3）装置A输出电压U与运动时间t的关系为U＝IR﹣（v0﹣2gt），输出的能量W为﹣；
（4）装置A可回收能量的来源和大小为火箭与导电杆整体减少的机械能，大小为；减少的磁场能，大小为。
【解答】解：（1）导电杆所受安培力的大小为：F＝B1Id＝kI I ＝3Mg
在火箭落停过程中，导电杆做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，对火箭与导电杆整体，由牛顿第二定律得：
F﹣Mg＝Ma
解得：a＝2g
由速度—位移关系公式可得：
2aL＝
解得：L＝
（2）由速度—时间关系公式可得运动时间为t时，导电杆的速度为：
v＝v0﹣at＝v0﹣2gt
回路中感应电动势为：
E＝B2dv＝2kI （v0﹣2gt）＝（v0﹣2gt）
（3）导电杆两端的电压恒为U0＝IR
根据楞次定律或右手定则可知感应电流方向为顺时针方向，与装置A提供的电流方向相同，为确保回路电流I恒定，需满足：
U+E＝U0
解得装置A输出电压U与运动时间t的关系为：
U＝IR﹣（v0﹣2gt）
火箭落停过程经历的时间为t1＝＝
装置A输出的功率为：P＝UI＝I2R﹣6Mg（v0﹣2gt）
可见装置A输出的功率P与时间成线性关系，则可用功率的平均值计算输出的能量W，初始（t＝0）时功率P0＝I2R﹣6Mgv0，末状态（t＝t1）的功率为P1＝I2R，则有：
W＝＝（P0+P1）t1＝﹣
（4）当R＝0时，由U＝IR﹣（v0﹣2gt）＝﹣（v0﹣2gt）
可知装置A回收能量的功率为P′＝|U|I＝6Mg（v0﹣2gt）
可见装置A回收能量的功率与时间成线性关系，同理用此功率的平均值计算回收的总能量W总，初始（t＝0）时功率P0′＝6Mgv0，末状态（t＝t1）的功率为P1′＝0，则有：
W总＝＝（P0′+P1′）t1＝
设在火箭落停过程中，火箭与导电杆整体减少的机械能为ΔE机，减少的磁场能为ΔE磁，则有：
ΔE机＝+MgL＝
根据能量守恒定律得：
ΔE磁＝W总﹣ΔE机＝﹣＝
故装置A可回收能量的来源和大小为火箭与导电杆整体减少的机械能，大小为；减少的磁场能，大小为。
答：（1）导电杆所受安培力的大小F为3Mg，运动的距离L为；
（2）回路感应电动势E与运动时间t的关系为E＝（v0﹣2gt）；
（3）装置A输出电压U与运动时间t的关系为U＝IR﹣（v0﹣2gt），输出的能量W为﹣；
（4）装置A可回收能量的来源和大小为火箭与导电杆整体减少的机械能，大小为；减少的磁场能，大小为。
8．（2023 新课标）一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。
（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。
（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中相同的初速度运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
【答案】（1）金属框的初速度大小为；
（2）金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量为。
【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律可得，金属框进入磁场过程中，设运动的时间为t，感应电动势的平均值为：
其中，
根据电荷量的定义式可知，金属框进入磁场过程中流过金属框的电荷量为：
根据楞次定律可知，金属框进入磁场和离开磁场的过程中电流方向相反，但安培力始终水平向左，设两个过程中的电荷量的绝对值之和为q，则
对整个过程，选择水平向右的方向为正方向，设金属框的初速度为v0，对金属框根据动量定理可得：
联立解得：v0＝
（2）设金属框进入磁场的末速度为v1，因为导轨电阻忽略不计，此时金属框上下部分被短路，根据电路构造可知此时电路中的总电阻为：
R总＝
金属框进入磁场的过程中，以水平向右为正方向，则
解得：
根据能量守恒定律可得：
根据电阻的比值关系可得此过程中电阻R1产生的热量为：
联立解得：
金属框完全在磁场中过程，金属框的左右两边框同时切割磁感线，可等效为两个电源并联和R1构成回路，此时回路的为：
R总1＝R1+＝
假设金属框的右边能够到达磁场右边界，且速度为v2，以水平向右为正方向，根据动量定理可得：
解得：v2＝0
可知金属框的右边恰好能到达磁场右边界，根据能量守恒定律可得此过程产生的总热量为：
此过程中电阻R1产生的热量为：
联立解得：
整个过程中电阻R1产生的热量为：
Q总＝QR1+QR1′
代入数据解得：Q总＝
答：（1）金属框的初速度大小为；
（2）金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量为。
9．（2023 浙江）如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为2l的两轻质横杆组成，且L 2l。线框通有恒定电流I0，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置半径远小于a，面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度ω匀速转动，当线框平面与xOz平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量By与时间的近似关系如图2所示，图中B0已知。
（1）求0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q；
（2）沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在时间内，求圆环中的电流与时间的关系；
（3）求圆环中电流的有效值；
（4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经时间角速度减小量为，设线框与圆环的能量转换效率为k，求Δω的值（当0＜x 1，有（1﹣x）2≈1﹣2x）。
【答案】（1）0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q为；
（2）在时间内，圆环中的电流与时间的关系为：时间内电流为零，时间内电流为；
（3）圆环中电流的有效值为；
（4）Δω的值为。
【解答】解：（1）由电流定义式得：q＝
由闭合电路欧姆定律得：＝
由法拉第电磁感应定律得：＝
0到时间内圆环的磁通量变化量的绝对值为：ΔΦ＝B0S﹣（﹣B0S）＝2B0S
联立解得：q＝；
（2）在时间内，圆环的磁通量不变，故圆环中的感应电流为零；
在时间内，感应电动势为：E＝＝ S＝
沿y轴正方向看，由楞次定律判断感应电流为顺时针方向，故为负值，则此时间内感应电流为：
I＝＝；
（3）由图（2）的对称性可知，圆环中电流的有效值可用半个周期时间内的热等效求得，则有
I2R＝I有2R
解得：I有＝；
（4）已知经时间角速度减小量为，则此时间内线框的动能减小量为：
ΔEk＝ 2m（ωl）2﹣ 2m[（ω﹣Δω）l]2＝mω2l2[1﹣（1﹣）2]＝mω2l2[1﹣（1﹣）2]＝mω2l2 2＝2mωl2Δω
此时间内圆环产生的焦耳热为：Q＝I有2R ＝
已知线框与圆环的能量转换效率为k，则有：Q＝kΔEk
解得：Δω＝。
答：（1）0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q为；
（2）在时间内，圆环中的电流与时间的关系为：时间内电流为零，时间内电流为；
（3）圆环中电流的有效值为；
（4）Δω的值为。
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