2022届高考物理二轮(福建专用)教学案-专题五第1课时　电磁感应.docx

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1、专题五电磁感应和电路第1课时电磁感应专题复习定位解决问题本专题主要复习电磁感应的基本规律和方法，熟练应用动力学和能量观点分析并解决电磁感应问题。高考重点楞次定律和法拉第电磁感应定律的理解及应用；电磁感应中的平衡问题；电磁感应中的动力学和能量问题。题型难度本专题选择题和计算题都有可能命题，选择题一般考查楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用，题目有一定的综合性，难度中等；计算题主要考查电磁感应规律的综合应用，难度较大。1.楞次定律中“阻碍”的表现(1)阻碍磁通量的变化(增反减同)。(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)。(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势(增缩减扩)。(4)阻碍原电流的变化(自感现象

2、)。2.感应电动势的计算(1)法拉第电磁感应定律：E，常用于计算感应电动势的平均值。若B变，而S不变，则EnS；若S变，而B不变，则EnB。(2)导体棒垂直切割磁感线：EBlv，主要用于求感应电动势的瞬时值。(3)如图所示，导体棒Oa围绕棒的一端O在垂直匀强磁场的平面内做匀速圆周运动而切割磁感线，产生的感应电动势EBl2。3.感应电荷量的计算回路中磁通量发生变化时，在t时间内迁移的电荷量(感应电荷量)为qIttntn。可见，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量决定，与发生磁通量变化的时间t无关。4.电磁感应电路中产生的焦耳热当电路中电流恒定时，可用焦耳定律计算；当电路中电流变化时，则用功能关系或能

3、量守恒定律计算。解决感应电路综合问题的一般思路是“先电后力”，即：1.“源”的分析分析电路中由电磁感应所产生的“电源”，求出电源参数E和r。2.“路”的分析分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力。3.“力”的分析分析研究对象(通常是金属棒、导体、线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力。接着进行“运动状态”的分析根据力和运动的关系，建立正确的运动模型。4.“动量”和“能量”的分析寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中，其能量转化和守恒的关系，并判断系统动量是否守恒。高考题型1楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1.感应电流方向的判断(1)利用右手定则，即根据导体

4、在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断。(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断。2.感应电动势的两种求法(1)En，用来计算感应电动势的平均值，常用来求解电荷量。(2)EBlv或EBl2，主要用来计算感应电动势的瞬时值。【例1】(多选)(20211月福建省新高考适应性考试，6)由螺线管、电阻和水平放置的平行板电容器组成的电路如图1(a)所示。其中，螺线管匝数为N，横截面积为S1；电容器两极板间距为d，极板面积为S2，板间介质为空气(可视为真空)。螺线管处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B随时间t变化的Bt图像如图(b)所示。一电荷量为q的颗粒在t1t2时间内悬停

5、在电容器中，重力加速度大小为g，静电力常量为k。则()图1A.颗粒带负电B.颗粒质量为C.t1t2时间内，a点电势高于b点电势D.电容器极板带电荷量大小为答案AD解析根据楞次定律和右手螺旋定则可知，感应电流通过电阻R的方向为由a到b，电容器的上极板带正电，颗粒悬浮在电容器中，受到的电场力与重力平衡，所以颗粒带负电，故A正确；电容器两极板间的电压等于感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，有UNN，电容器两板间的电场强度E，又mgEq，解得m，故B错误；在t1t2时间内，a点电势等于b点电势，故C错误；电容器极板的带电荷量为QCU，又C，空气的相对介电常数为1，则Q，故D正确。【例2】(多选)(20

6、21广东省普通高中学业水平选择性考试，10)如图2所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有()图2A.杆OP产生的感应电动势恒定B.杆OP受到的安培力不变C.杆MN做匀加速直线运动D.杆MN中的电流逐渐减小答案AD解析根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知EOPBl2，故A正确；OP切割磁感线，产生感

7、应电流，由右手定则可判断出MN中电流为从M到N，根据左手定则可知MN所受安培力向左，MN向左运动，切割磁感线，产生的感应电流与OP切割磁感线产生的感应电流方向相反，故OP与MN中的电流会逐渐减小，OP所受安培力逐渐减小，MN做加速度逐渐减小的加速运动，故B、C错误，D正确。【拓展训练1】(2021河南新乡市二模)如图3所示，在同一个水平面内的彼此绝缘的两个光滑圆环A、B，大圆环A中有顺时针方向的恒定电流I。小圆环B的一半面积在环A内、一半面积在环A外，下列说法正确的是()图3A.穿过环B的磁通量为0B.环B中有持续的感应电流C.若增大环A内的电流，则环B会向右移动D.若减小环A内的电流，则环B

8、会产生逆时针方向的电流答案C解析由题图，根据安培定则可知整个A环上的电流在其内部的磁场均向里，磁场在B环内左半圆环垂直纸面向里，右半边圆环磁场垂直向外，则穿过环B的磁通量不为0，故A错误；A中通恒定电流I，环B中磁通量不变，无感应电流，故B错误；若增大环A内的电流，则环B中向里的磁通量增加，根据楞次定律，环B为了阻碍磁通量增加，则环B会向右移动，故C正确；若减小环A内的电流，则环B中向里的磁通量减小，根据楞次定律判断，会产生顺时针方向的电流，故D错误。【拓展训练2】(20211月江苏新高考适应性考试，10)如图4所示，光滑的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒L1和L2静止在导轨上，与导轨垂直

9、且接触良好。已知L1的电阻大于L2，两棒间的距离为d，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场。将开关S从1拨到2，两棒运动一段时间后达到稳定状态，则()图4A.S拨到2的瞬间，L1中的电流大于L2B.S拨到2的瞬间，L1的加速度大于L2C.运动稳定后，电容器C的电荷量为零D.运动稳定后，两棒之间的距离大于d答案D解析S拨到1时，电源给电容器充电，S拨到2的瞬间，电容器放电(相当于“电源”)，导体棒L1、L2并联，则棒两端电压相等，根据I和RL1RL2知，IL1IL2，A错误；S拨到2的瞬间，导体棒受到的安培力FILB，知FL1FL2，故aL1aL2，B错误；运动稳定后，两棒的速度相等，两端的电压也相

10、等，故电容器两端的电压等于棒两端的电压，此时电容器C的电荷量不为零，C错误；在两棒向右运动过程中aL1aL2，且电路稳定时两棒速度相等，则L1的位移小于L2的位移，故两棒之间的距离大于d，D正确。高考题型2电磁感应中的动力学问题分析【例3】(2021全国乙卷，25)如图5，一倾角为的光滑固定斜面的顶端放有质量M0.06 kg的U形导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R3 的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L0.6 m。初始时CD与EF相距s00.4 m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1 m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区

11、域，磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B1 T，重力加速度大小取g10 m/s2，sin 0.6。求：图5(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；(3)导体框匀速运动的距离。答案(1)0.18 N(2)0.02 kg(3) m解析(1)金属棒与导体框同时由静止释放后，二者共同做匀加速直线运动，加速度a0gsin 6 m/s2设金属棒进入磁场时的速度大小为

12、v0，则v2a0s1解得v01.5 m/s，金属棒进入磁场时感应电动势EBLv0感应电流I金属棒受到的安培力FA1BIL解得FA10.18 N(2)设金属棒的质量为m，金属棒与导体框之间的动摩擦因数为，金属棒进入磁场后受到沿斜面向上的安培力，做匀速直线运动，导体框继续做匀加速直线运动，设加速度为a，金属棒相对导体框向上运动，故金属棒受到沿斜面向下的摩擦力，导体框受到沿斜面向上的摩擦力。对金属棒有FA1mgsin mgcos 对导体框有Mgsin mgcos Ma当金属棒刚出磁场时，导体框的EF边进入磁场且做匀速运动，设此时导体框的速度为v，导体框受到的安培力FA2导体框做匀速直线运动，有Mgs

13、in mgcos 从金属棒刚进入磁场到导体框的EF边进入磁场，导体框的位移为s0，则v2v2as0由式可以得到Ma联立式解得a5 m/s2，v2.5 m/s，把a5 m/s2代入式得mgcos 0.06 N联立式解得m0.02 kg，。(3)设从金属棒刚进入磁场到导体框的EF边进入磁场经历的时间为t，则vv0at解得t0.2 s设磁场区域的宽度为d，则dv0t0.3 m金属棒出磁场后的加速度agsin gcos 9 m/s2当金属棒与导体框的速度相等时，导体框开始做加速直线运动，假设导体框的EF边未出磁场前，金属棒的速度已经增加到v，则vv0at解得t s导体框的位移svt m0.3 m假设成

14、立，故导体框匀速运动的距离为 m。【拓展训练3】(多选)(2021广东佛山市教学质检)如图6所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ相互平行，间距为L，构成U型平面，该平面与水平面成角(090)，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，导轨电阻不计，上端接入阻值为R的定值电阻。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒质量为m，接入电路的电阻为r。则金属棒ab沿导轨下滑过程中()图6A.最大加速度为gsin B.当棒下滑速度为v时，其两端电压为BLvC.所受安培力不会大于mgsin D.下滑速度大小一定小于mgsin 答案AC解析根据牛顿第二定律可得mgsin F

15、安ma，由题可知，开始滑动时安培力为零，此时加速度最大为gsin ，故A正确；由法拉第电磁感应定律可得，当棒下滑速度为v时，产生的感应电动势为BLv，根据闭合电路欧姆定律可得，金属棒两端电压为BLv，故B错误；导体棒下滑时，安培力增大，则加速度减小，当加速度为零时，安培力达到最大值为mgsin ，故C正确；当安培力等于mgsin 时，金属棒做匀速运动，此时速度最大，则有mgsin ，解得最大速度为vm，则下滑速度大小一定小于，故D错误。【拓展训练4】(2021河北“五个一名校联盟”二模)如图7所示，两宽度均为a的水平匀强磁场，磁感应强度的大小相等，两磁场区域间距为4a。一个边长为a的正方形金属

16、线框从磁场上方距离为a处由静止自由下落，匀速通过上方匀强磁场区域，之后又通过下方匀强磁场区域。已知下落过程中线框平面始终在竖直平面内，不计空气阻力，下列说法正确的是()图7A.线框通过上、下两个磁场的过程中产生的电能相等B.线框通过上、下两个磁场的过程中流过线框的电荷量不相等C.线框通过下方磁场的过程中加速度的最大值与重力加速度的大小相等D.线框通过上、下两个磁场的时间相等答案C解析线框匀速通过上方磁场，加速一段距离后，将减速通过下方磁场，两次通过磁场时，克服安培力做功不同，所以产生的电能不相等，A错误；根据电流公式得qt，所以两次通过磁场流过的电荷量相等，B错误；进入上方磁场时，速度为v1，

17、受力分析有mgBIa，进入下方磁场时，其速度为v2，受力分析有FBIamgmgmgmgma，解得ag，C正确；因为线框减速通过下方磁场的过程，最小速度不小于通过上方磁场时的速度，所以通过下方磁场时的时间较短，D错误。高考题型3电磁感应中的动力学和能量问题分析1.电荷量的求解电荷量qIt，其中I必须是电流的平均值。由En，I，qIt，联立可得qn，与时间无关。2.焦耳热Q的三种求法(1)焦耳定律：QI2Rt。(2)功能关系：QW克服安培力。(3)能量转化：QE其他能的减少量。3.用到的物理规律匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等。【例4】(20211月福建省新高考适应性考

18、试，13)如图8所示，光滑平行金属导轨间距为l，与水平面夹角为，两导轨底端接有阻值为R的电阻。该装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。质量为m的金属棒ab垂直导轨放置，在恒力作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h。恒力大小为F、方向沿导轨平面且与金属棒ab垂直。金属棒ab与导轨始终接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力。重力加速度为g，求此上升过程图8(1)金属棒运动速度大小；(2)安培力对金属棒所做的功。答案(1)(2)mgh解析(1)设金属棒以速度v沿导轨匀速上升，由法拉第电磁感应定律知，棒中的电动势为EBlv设金属棒中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律，有I金属棒

19、所受的安培力大小为FAIlB因为金属棒沿导轨匀速上升，由平衡条件得Fmgsin FA0联立式得v(2)设金属棒以速度v沿导轨匀速上升h过程中，安培力所做的功为W，由动能定理得WmghF0由式得Wmgh【拓展训练5】(2021山东临沂市等级考试模拟)如图9甲所示，金属导轨MN和PQ平行，间距L1 m，与水平面之间的夹角37，匀强磁场磁感应强度B2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R1.5 的电阻，质量m0.5 kg，电阻r0.5 的金属杆ab垂直导轨放置，金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.2。现用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s3.8 m时达

20、到稳定状态，对应过程的vt图像如图乙所示。取g10 m/s2，导轨足够长。求：图9(1)恒力F的大小及金属杆的速度为0.4 m/s时的加速度大小；(2)在01 s时间内通过电阻R的电荷量q；(3)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，金属杆上产生的焦耳热。答案(1)5.8 N2.4 m/s2(2)0.85 C(3)1.837 5 J解析(1)当金属棒匀速运动时，由平衡条件得Fmgcos 37mgsin 37F安其中v1 m/s，F安BIL2 N解得F5.8 N当金属杆的速度为0.4 m/s时F安1BI1LL0.8 N由牛顿第二定律有Fmgcos 37mgsin 37F安1ma解得a2.4 m/s2

21、。(2)在01 s时间内，由动量定理得(Fmgcos 37mgsin 37B2L)tmv20其中q2t，v20.6 m/s，解得q0.85 C。(3)从金属棒开始运动到达稳定，由动能定理得(Fmgcos 37mgsin 37)sW安mv20又Q|W安|7.35 J所以解得QrQ1.837 5 J。专题限时训练(限时：40分钟)1.(2021重庆市巴蜀中学高考适应性考试)航空母舰上飞机弹射起飞可以利用电磁驱动来实现。电磁驱动原理如图1所示，当固定线圈上突然通入直流电时，靠近线圈左端放置的金属环被弹射出去，在闭合开关S瞬间，下列判断正确的是()图1A.从左侧看环中感应电流沿逆时针方向B.金属环的面

22、积有收缩的趋势C.电池正负极调换后，金属环将不能向左弹射D.若将金属环放在线圈右侧再闭合开关S，环将向左运动答案B解析根据楞次定律，金属环中产生从左侧看顺时针方向的感应电流，故A错误；根据楞次定律，线圈中磁场磁通量增大，有收缩面积阻止磁通量增大的趋势，故B正确；当电池正负极调换后，根据楞次定律，为阻碍磁通量增大要远离，金属环仍然向左弹射，故C错误；若将金属环放在线圈右侧，同理，环与线圈间也会产生排斥力，所以环将向右运动，故D错误。2.(多选)(2021广东名校联盟开学考)匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B随时间t变化规律如图2甲所示。在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面

23、内，如图乙所示。令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示金属环对应感应电流时其中很小段受到的安培力，则()图2A.I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B.I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向C.F1方向指向圆心，F2方向指向圆心D.F2方向背离圆心向外，F3方向指向圆心答案ABD解析由图知Oa段，穿过金属环的磁场方向为垂直纸面向里，磁通量增大，根据楞次定律可判断感应电流I1的方向为沿逆时针方向，同理可判断I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向，所以A、B正确；根据左手定则可判断F1方向指向圆心，F2方向背离圆心向外，F3方向指向圆心，故C错误，D正确。3.(多选

24、)(2021河南新乡市一轮复习摸底)如图3所示，固定在绝缘水平面上的半径r0.2 m的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小B0.1 T的匀强磁场。金属棒一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO上，随轴顺时针匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值R10 的电阻和板间距d0.01 m的平行板电容器，有一质量m1 g、电荷量q1105 C的颗粒在电容器极板间恰好处于静止状态。取重力加速度大小g10 m/s2，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是()图3A.电容器两极板间的电压为10 VB.电容器的上极板带正电荷C.每秒钟通过电阻的电荷量为10 CD.金属棒转动的角速度大小为5103 r

25、ad/s答案AD解析对电容器极板间的带电颗粒受力分析有qmg，解得U V10 V，选项A正确；金属棒顺时针运动，由右手定则可知，电容器下极板带正电荷，选项B错误；由欧姆定律可得通过电阻R的电流为I A1 A，则每秒钟通过电阻的电荷量QIt11 C1 C，选项C错误；金属棒转动切割磁场产生的感应电动势为EBrBr2，EU10 V，解得 rad/s5103 rad/s，选项D正确。4.(多选) (2021湖南怀化市一模)如图4所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固

26、定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0，在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是()图4A.初始时刻导体棒受到的安培力大小B.初始时刻导体棒加速度的大小2gC.导体棒往复运动，最终静止时弹簧处于压缩状态D.导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热mv答案BC解析初始时刻导体棒产生的感应电动势EBLv0，感应电流I，安培力FBIL，A错误；初始时刻，由牛顿第二定律有mamgkx1F，解得a2g，B正确；当导体棒静止时，安培力为零，棒受到重力和弹簧的弹力而平衡

27、，弹力的方向向上，弹簧处于压缩状态，选项C正确；导体棒最终静止时，弹簧被压缩x2x1，故棒从开始运动到最终静止，弹簧的弹性势能不变，由能量守恒有mg(x1x2)Q，解得系统产生的总热量Q，则R上产生的热量要小于Q，故D错误。5.(2021山东省第二次模拟)如图5所示，“凹”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一平面内，ab、bc边长均为2l，gf边长为l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，bc边离磁场上边界的距离为l，线框由静止释放，从bc边进入磁场直到gf边进入磁场前，线框做匀速运动。在gf边离开磁场后，ah、ed边离开磁场之前，线框又做匀速运

28、动。线框在下落过程中始终处于竖直平面内，且bc、gf边保持水平，重力加速度为g。图5(1)线框ah、ed边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc边刚进入磁场时的几倍？(2)若磁场上下边界间的距离为H，则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为多少？答案(1)4(2)mg(H13l)解析(1)设bc边刚入磁场时速度为v1，bc边刚进入时，有E12Blv1，I1，F12BI1l线框匀速运动，有F1mg联立可得v1设ah、ed边将离开磁场时速度为v2，ah、ed边将离开磁场时，有E2Blv2，I2，F2BI2l线框匀速运动，有F2mg联立可得v2综上所述4即线框ah、ed边将离开磁场时做匀速运动的速度大小

29、是bc边刚进入磁场时的4倍。(2)bc边进入磁场前，根据动能定理，有mglmv穿过磁场过程中能量守恒，有mg(H2l)mvmvQ联立可得Qmg(H13l)。6.(2021辽宁葫芦岛市期末)如图6甲所示，两条相距l1 m的水平粗糙导轨左端接一定值电阻。t0时，一质量m1 kg、阻值r0.5 的金属杆，在水平外力的作用下由静止开始向右运动，5 s末到达MN，MN右侧为一匀强磁场，磁感应强度B1 T，方向垂直纸面向里，当金属杆到达MN后，保持外力的功率不变，金属杆进入磁场，8 s末开始做匀速直线运动。整个过程金属杆的vt图像如图乙所示。若导轨电阻忽略不计，杆和导轨始终垂直且接触良好，两者之间的动摩擦

30、因数0.5，重力加速度g10 m/s2。试计算：图6(1)进入磁场前，金属杆所受的外力F；(2)金属杆到达磁场边界MN时拉力的功率Pm；(3)电阻的阻值R。答案(1)6 N(2)30 W(3)1.1 解析(1)金属杆未进入磁场前，金属杆做匀加速直线运动由图像可知加速度a m/s21 m/s2根据牛顿第二定律Fmgma可得外力F6 N。(2)金属杆到达MN瞬间速度v15 m/s，到达MN时外力的功率PmFv1，解得Pm30 W。(3)金属杆进入磁场后最终以v24 m/s做匀速直线运动，其功率保持不变，金属杆在磁场中匀速时受力分析有F2FAf，摩擦力fmgPmF2v2，安培力FABIL感应电流I，

31、联立解得R1.1 。7.(2021江苏南通市平潮中学学情检测)如图7甲所示，一正方形单匝线框abcd放在光滑绝缘水平面上，线框边长为L、质量为m、电阻为R。该处空间存在一方向垂直纸面向里的匀强磁场，其右边界MN平行于ab，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，0t0时间内B随时间t均匀变化，t0时间后保持BB0不变。求：图7(1)若线框保持静止，则在时间0t0内产生的焦耳热；(2)若线框从0时刻起，在一水平拉力作用下由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过时间t0线框cd边刚要离开边界MN，则在此过程中拉力做的功；(3)在(2)的情况下，线框在离开磁场的过程中，仍以加速度a做匀加速直线运动，试求线框在离开磁场的过程中，水平拉力F随时间t变化的关系式。答案(1)(2)(3)Fma解析(1)由于0t0时间内磁感应强度B随时间t均匀变化，所以线框内将产生恒定电动势和恒定电流，即I所以在时间t0内产生的焦耳热QI2Rt0。(2)整个线框所受的安培力为零，所以线框的位移为sat，Fma则在此过程中拉力做的功WFsmaat。(3)线框在离开磁场的过程中，ab边将受到安培力的作用；线框cd边刚要离开边界MN时开始计时，设线框的速度为v，则有vat线框ab边受到的安培力为F安B0ILB0L根据牛顿第二定律得FF安ma解得FmaF安ma。