PAGE5-熱點15電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用(建議用時：20分鐘)1.(2024·江蘇一模)如圖所示，匝數(shù)為N＝100、邊長為L＝0.5m、阻值為r＝1.5Ω的正方形導(dǎo)線框與間距為d＝0.5m的豎直導(dǎo)軌相連，正方形線框的上半部分處在水平向外的磁場B1中，導(dǎo)軌的下部存在著水平向里的磁感應(yīng)強度為B2＝1T的勻強磁場．質(zhì)量為m＝0.2kg、電阻為R＝0.5Ω的導(dǎo)體棒ab可以沿豎直導(dǎo)軌無摩擦地滑動，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌接觸良好．當(dāng)磁場B1發(fā)生改變時，導(dǎo)體棒ab剛好能處于靜止狀態(tài)．重力加速度g取10m/s2，試求：(1)此時通過ab棒的電流I的大小和方向；(2)此過程中磁場B1的改變率；(3)起先的5s內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q.2．(2024·蘇州市模擬)如圖所示，空間存在豎直向下的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.一邊長為L，質(zhì)量為m、電阻為R的正方形單匝導(dǎo)線框abcd放在水平桌面上．在水平拉力作用下，線框從左邊界以速度v勻速進入磁場，當(dāng)cd邊剛進入磁場時撤去拉力，ab邊恰好能到達磁場的右邊界．已知線框與桌面間動摩擦因數(shù)為μ，磁場寬度大于L，重力加速度為g.求：(1)ab邊剛進入磁場時，其兩端的電壓U；(2)水平拉力的大小F和磁場的寬度d；(3)整個過程中產(chǎn)生的總熱量Q.3.(2024·蘇州市期初調(diào)研)如圖所示，在傾角α＝30°的光滑固定斜面上，相距為d的兩平行虛線MN、PQ間分布有大小為B、方向垂直斜面對下的勻強磁場．在PQ上方有一質(zhì)量為m、邊長為L(L<d)的正方形單匝線圈abcd，線圈的電阻值為R，cd邊與PQ邊平行且相距x.現(xiàn)將該線圈自此位置由靜止釋放，使其沿斜面下滑穿過磁場，在ab邊將離開磁場時，線圈已做勻速運動．重力加速度為g.求：(1)線圈cd邊剛進入磁場時的速率v1；(2)線圈進入磁場的過程中，通過ab邊的電荷量q；(3)線圈通過磁場的過程中所產(chǎn)生的焦耳熱Q.

熱點15電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用1．解析：(1)導(dǎo)體棒ab靜止，所以有：mg＝B2IL可得：I＝eq\f(mg,B2L)＝eq\f(0.2×10,1×0.5)A＝4A由左手定則推斷知，電流方向由a到b.(2)依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝Neq\f(ΔB1,Δt)S式中S＝eq\f(L2,2)由閉合電路歐姆定律得：E＝I(R＋r)代入數(shù)據(jù)解得：eq\f(ΔB1,Δt)＝0.64T/s.(3)起先的5s內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q＝I2(R＋r)t＝42×(0.5＋1.5)×5J＝160J.答案：(1)4A方向由a到b(2)0.64T/s(3)160J2．解析：(1)E＝BLvI＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)U＝I·eq\f(3,4)R＝eq\f(3,4)BLv.(2)F＝F安＋μmg＝eq\f(B2L2v,R)＋μmg撤去拉力后，線框在磁場中只受到滑動摩擦力，做勻減速運動，x2＝eq\f(v2,2μg)所以d＝L＋eq\f(v2,2μg).(3)進入磁場過程中產(chǎn)生焦耳熱Q1＝I2Rt1＝eq\f(B2L3v,R)由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q2＝μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(v2,2μg)))＝μmgL＋eq\f(1,2)mv2所以整個過程產(chǎn)生的熱量為Q＝Q1＋Q2＝μmgL＋eq\f(1,2)mv2＋eq\f(B2L3v,R).答案：(1)eq\f(3,4)BLv(2)eq\f(B2L2v,R)＋μmgL＋eq\f(v2,2μg)(3)μmgL＋eq\f(1,2)mv2＋eq\f(B2L3v,R)3．解析：(1)線圈沿斜面對下運動至cd邊剛進入磁場時，mgxsin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0解得：v1＝eq\r(gx).(2)線圈進入磁場的過程中，感應(yīng)電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BL2,Δt)依據(jù)閉合電路歐姆定律得：I＝eq\f(E,R)通過的電荷量為：q＝I·Δt＝eq\f(BL2,R).(3)線圈離開磁場時，勻速運動．有：Beq\f(BLv2,R)L＝mgsin30°解得：v2＝eq\f(mgR,2B2L2)由能量守恒：Q＝mg(x＋d＋L)sin30°－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得：Q＝eq\f(1,2)mg(x＋d