电磁感应作业1d ，倾角为α，轨道顶端连有一阻值为R 的定值电阻，用力将质量为m 、电阻也为R 的导体棒CD 固定于离轨道顶端l 处。
整个空间存在垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度B 的变化规律如图(b)所示(图中B 0、t 1已知)，在t ＝t 1时刻撤去外力，之后导体棒下滑距离x 后达到最大速度，导体棒与导轨接触良好，不计导轨电阻，重力加速度为g 。
求：(1)0～t 1时间内通过导体棒CD 的电流大小和方向； (2)导体棒CD 的最大速度v m ；(3)导体棒CD 加速运动的时间和该过程中导体棒产生的焦耳热Q 。
解析：(1)由楞次定律可知，流过导体棒CD 的电流方向为D 到C由法拉第电磁感应定律得E 1＝B 0t 1ld由闭合电路欧姆定律得I 1＝E 12R ＝B 0dl2Rt 1。
(2)当导体棒CD 下滑最大速度时匀速运动，切割磁感线产生感应电动势E 2E 2＝B 0dv m ，I 2＝E 22R，mg sin α＝B 0I 2d解得：v m ＝2mgR sin αB 02d 2。
(3)设导体棒CD 开始下滑到达到最大速度时间为t ，则由动量定理mg sin α·t －B 0d I ·t ＝mv m －0又I t ＝q ，q ＝ΔΦR 总＝B 0dx2R解得：t ＝2mR B 02d 2＋B 02d 2x2mgR sin α下滑过程电阻与导体棒产生热量相等，由能量守恒定律得mgx sin α＝12mv m 2＋2Q得Q ＝m ⎣⎡⎦⎤12gx sin α－⎝⎛⎭⎫mgR sin αB 02d 22。
14. (2018·宁波十校联考)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高度均为d ，两者间距也为d ，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里，质量为m 的水平金属杆从距磁场Ⅰ上边界h 处由静止释放，进入磁场Ⅰ时的速度大小和进入磁场Ⅱ时的速度大小相等。
金属杆在导轨间的电阻为r ，与导轨接触良好且始终保持水平，导轨上端连接一个定值电阻R ，不计其余电阻和空气阻力，重力加速度为g 。
求：(1)金属杆离开每个磁场区域时的速度大小；(2)穿过每个磁场区域过程中金属杆上产生的焦耳热； (3)求穿过每个磁场区域所需的时间。
解析：(1)金属杆在两个磁场区域之间做加速度为g 的匀加速运动，用v 1表示进磁场的速度，v 2表示出磁场的速度，则有 v 12－v 22＝2gd v 12－0＝2gh解得v 2＝2g (h －d )。
(2)研究金属杆从进入磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ的过程，运用动能定理 2mgd －W 克安＝0 Q 总＝W 克安Q ＝r R ＋r Q 总 解得：Q ＝2mgdr R ＋r 。
(3)设金属杆穿过磁场区域所需的时间为t ，由动量定理得mgt －B I Lt ＝m (v 2－v 1)又q ＝I t ＝BL vR ＋rt ＝BLdR ＋r解得t ＝B 2L 2d mg (R ＋r )－2gh －2g (h －d )g。
15．(2018·金华十校联考)如图所示，水平面上有一个质量为m ，边长为L ，电阻为R 的正方形金属框abcd 。
金属框ab 边与磁场边缘平行，以初速度v 0垂直磁场边缘进入矩形匀强磁场区域Ⅰ，磁场区域Ⅰ的水平面光滑，金属框进入磁场区域Ⅰ过程中，金属框的速度v 与金属框ab 边进入磁场的位移x 的关系是v ＝v 0－kx (x ＜L ，k 已知)。
当金属框ab 边刚进入磁场区域Ⅱ后，就受到恒定的摩擦力，动摩擦因数为μ，金属框cd 边离开磁场区域Ⅱ时恰好静止。
磁场区域Ⅰ的磁场方向垂直水平面向下，磁场区域Ⅱ的磁场方向垂直水平面向上，两磁场区域的磁感应强度大小相等，两磁场区域的宽度均为d (d ＞L )。
求： (1)磁场区域Ⅰ的磁感应强度B ；(2)从金属框ab 边刚进入磁场区域Ⅱ到金属框cd 边离开磁场区域Ⅱ的时间t ；(3)从金属框ab 边刚进入磁场区域Ⅰ到金属框cd 边离开磁场区域Ⅱ的过程中克服安培力所做的功。
解析：(1)由动量定理得－F A t ＝mv －mv 0金属框进入磁场时产生的电动势E ＝BLv ，I ＝E R，受到的安培力F A ＝BIL ，所以－B 2L 2vRt ＝mv －mv 0又x ＝v t ，有B 2L 2xR＝mv 0－mv ，又v ＝v 0－kx ，所以B ＝kmR L 2。
(2)根据动量定理得－μmgt －6B 2L3R＝0－mv 0t ＝v 0μg －6B 2L 3μmgR ＝v 0－6kL μg。
(3)克服安培力所做的功等于产生的焦耳热，由能量守恒得W ＝Q ＝12mv 02－μmg (L ＋d )。
16.如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L ＝0.2 m ，左端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道。
水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B ＝2.0 T 。
一根质量m ＝0.4 kg ，电阻r ＝0.1 Ω的金属棒ab 垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F 作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x ＝9 m 时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度。
当金属棒离开磁场时撤去外力F ，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h ＝0.8 m 处。
已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与轨道垂直且与轨道保持良好接触，取g ＝10 m/s 2。
求：(1)金属棒运动的最大速率v ；(2)金属棒在磁场中速度为v2时的加速度大小；(3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R 上产生的焦耳热。
解析：(1)金属棒从出磁场到达弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律，12mv 2＝mgh解得：v ＝2gh ＝4 m/s 。
(2)金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I ，则：I ＝BLvR ＋r＝4 A 由平衡条件可得：F ＝BIL ＋μmg ＝2 N金属棒速度为v2时，设回路中的电流为I ′，则I ′＝BLv2(R ＋r )＝2 A由牛顿第二定律得F －BI ′L －μmg ＝ma解得a ＝2 m/s 2。
(3)设金属棒在磁场运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q ，根据功能关系：Fx ＝μmgx ＋12mv 2＋Q则电阻R 上的焦耳热：Q R ＝RR ＋rQ解得：Q R ＝8.4 J 。
17．(2019·“超级全能生”联考)如图所示，一个半径为r ＝0.4 m 的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长为r 的金属棒ab 的a 端位于圆心，b 端与圆形导轨接触良好。
从a 端和圆形金属导轨分别引出两条导线与倾角为θ＝37°、间距为l ＝0.5 m 的平行金属导轨相连。
质量m ＝0.1 kg 、电阻R ＝1 Ω的金属棒cd 垂直导轨放置在平行导轨上，并与导轨接触良好，且棒cd 与两导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5。
导轨间另一支路上有一规格为“2.5 V 0.3 A ”的小灯泡L 和一阻值范围为0～10 Ω的滑动变阻器R 0。
整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ＝1 T 。
金属棒ab 、圆形金属导轨、平行导轨及导线的电阻不计，从上往下看金属棒ab 做逆时针转动，角速度大小为ω。
假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2。
(1)当ω＝40 rad/s 时，求金属棒ab 中产生的感应电动势E 1，并指出哪端电势较高； (2)在小灯泡正常发光的情况下，求ω与滑动变阻器接入电路的阻值R 0间的关系；(已知通过小灯泡的电流与金属棒cd 是否滑动无关)(3)在金属棒cd 不发生滑动的情况下，要使小灯泡能正常发光，求ω的取值范围。
解析：(1)由法拉第电磁感应定律得E 1＝12Br 2ω＝3.2 Vb 端电势较高。
(2)由并联电路的特点可知， 当小灯泡正常发光时，有12Br 2ω＝U L ＋I L R 0 代入数据后得ω＝154R 0＋1254(rad/s)。
(3)由于μ＜tan 37°，所以当棒cd 中无电流时，其无法静止。
(ⅰ)当ω较小，棒cd 恰要向下滑动时，对其 进行受力分析，受力示意图如图甲所示。
x 轴有mg sin θ＝F cos θ＋f ① y 轴有mg cos θ＋F sin θ＝F N ② 且f ＝μF N ③棒cd 所受安培力F ＝BIl ④通过棒cd 的电流I ＝E R ＝Br 2ω2R⑤联立①～⑤可得ω＝5011rad/s 。
(ⅱ)当ω较大，棒cd 恰要向上滑动时，对其进行受力分析，受力示意图如图乙所示。
同理可得ω＝50 rad/s所以要使棒cd 静止，5011rad/s≤ω≤50 rad/s由(2)中结果可知R 0＝4ω－12515Ω因为0≤R 0≤10 Ω，即0≤4ω－12515≤10 Ω解得小灯泡正常发光时，1254 rad/s ≤ω≤2754rad/s综上所述，1254rad/s≤ω≤50 rad/s。
18．(2018·桐乡模拟)“电磁炮”如图甲所示，其原理结构可简化为如图乙所示的模型：两根无限长、光滑的平行金属导轨MN 、PQ 固定在水平面内，相距为l 。
“电磁炮”弹体为质量为m 的导体棒ab ，垂直于MN 、PQ 放在轨道上，与轨道接触良好，弹体在轨道间的电阻为R 。
整个装置处于竖直向下匀强磁场中，磁感应强度大小为B 。
“电磁炮”电源的电压能自行调节，用以保证“电磁炮”匀加速发射，其中可控电源的内阻为r 。
不计空气阻力，导轨的电阻不计。
(1)要使炮弹向右发射，判断通过弹体电流的方向；(2)若弹体从静止加速到v 过程中，通过弹体的电流为I ，求该系统消耗的总能量；(3)把此装置左端电源换成电容为C 的电容器，导轨与水平面成θ放置(如图丙所示)，弹体由静止释放，某时刻速度为v 1，求此过程安培力的冲量；(4)弹体的速度从v 1变化到v 2的过程中，电容器吸收的能量ΔE 。
解析：(1)由左手定则，通过弹体的电流的方向为由a 到b 。
(2)弹体所受安培力F ＝BIl根据F ＝ma ，v ＝at 知发射弹体用时t ＝mv BIl发射弹体过程产生的焦耳热Q ＝I 2(R ＋r )t ＝I (R ＋r )mv Bl弹体的动能E k ＝12mv 2系统消耗的总能量E ＝E k ＋Q ＝12mv 2＋I (R ＋r )mvBl。
(3)电容器上电荷量增量Δq ＝q ′－q ＝CBl (v ′－v )＝CBl Δv所以充电电流为i ＝Δq Δt ＝CBl ΔvΔt＝CBla ；a 是杆在时刻t 的加速度，mg sin θ－CB 2l 2a ＝ma因此a ＝mg sin θm ＋CB 2l 2，a 与时间无关，可见弹体做匀加速直线运动。