河北省張家口市高三物理 專題練習(xí)（32）電磁感應(yīng)綜合1.doc

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電磁感應(yīng)綜合1 1.在圖示的“日”字形導(dǎo)線框中，ae和bf的電阻不計，ab、cd、ef電阻相等，以一定速度v勻速進(jìn)入一勻強(qiáng)磁場的過程中，在ab進(jìn)入后與cd進(jìn)入后相比（　?。? A. ab中電流相等 B. cd中電流相等 C. ab間電壓相等 D. 導(dǎo)線框消耗的總電功率相等 【答案】BD 【解析】 【詳解】設(shè)ab、cd、ef電阻均為R．當(dāng)導(dǎo)線框以恒定速度v水平向右運動，ab邊進(jìn)入磁場時，ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 E=BLv，外電路是cd與ef并聯(lián)，則ab中的電流強(qiáng)度：Iab=ER+0.5R=2E3R ；cd中的電流強(qiáng)度：Icd=12Iab=E3R；ab間電壓為：Uab=0.5R0.5R+RE=13E；導(dǎo)線框消耗的總電功率：P=EIab=2E23R；當(dāng)cd邊進(jìn)入磁場時，ab與cd都切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLv，內(nèi)電路是ab與dc并聯(lián)，ab兩端的電勢差等于ef兩端的電壓，則ab中的電流強(qiáng)度：Iab′=12?ER+0.5R=E3R；cd中的電流強(qiáng)度為：Icd′=Iab′=E3R；ab間電壓為：Uab′=RR+0.5RE=23E；導(dǎo)線框消耗的總電功率為：P′=E?（ Iab′+Icd′）=2E23R，故ab中電流、ab間電壓均不相等，而cd中電流、導(dǎo)線框消耗的總電功率均相等，故AC錯誤，BD正確。故選BD。 【點睛】此題關(guān)鍵要區(qū)分清楚電源和外電路，可以畫出等效電路，運用電路的基本規(guī)律解題．要注意電源兩端間的電勢差是路端電壓，不是電源的內(nèi)電壓． 2.如圖所示，勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里．長為L，電阻為R0的金屬棒cd在寬為L的導(dǎo)軌上向右滑行，速度為V．已知R1=R2=R0，其余電阻不計，則開關(guān)斷開和閉合時，M、N兩點電勢差下列說法正確的是（　?。? A. 斷開時，UMN=0；閉合時UMN≠0 B. 斷開和閉合時，UMN≠0 C. 斷開和閉合時MN電勢差之比為3：2 D. 斷開和閉合時MN電勢差之比為3：1 【答案】BC 【解析】 【詳解】斷開時，電路沒有電流，MN間的電壓等于cd間的電壓，等于cd產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，則UMN≠0；開關(guān)閉合時，回路中有感應(yīng)電流，MN間的電壓等于R1、R2的總電壓，則UMN≠0，故A錯誤，B正確。斷開時，UMN=BLv；開關(guān)閉合時，UMN′=R1+R2R1+R2+R0BLv=23BLv，則斷開和閉合時MN電勢差之比為3：2，故C正確，D錯誤。故選BC。 【點睛】本題可以利用電路知識來理解MN間電壓與感應(yīng)電動勢的關(guān)系，要注意開關(guān)閉合時，MN間電壓不是金屬棒cd上的電壓，而是外電壓． 3.如右圖所示電路中，均勻變化的勻強(qiáng)磁場只存在于虛線框內(nèi)，三個電阻阻值之比R1∶R2∶R3=1∶2∶3，其他部分電阻不計。當(dāng)S3斷開，而S1、S2閉合時，回路中感應(yīng)電流為I，當(dāng)S1斷開，而S2、S3閉合時，回路中感應(yīng)電流為5I，當(dāng)S2斷開，而S1、S3閉合時，可判斷 （ ） A. 閉合回路中感應(yīng)電流為4I B. 閉合回路中感應(yīng)電流為7I C. 無法確定上下兩部分磁場的面積比值關(guān)系 D. 上下兩部分磁場的面積之比為3∶25 【答案】BD 【解析】 當(dāng)S1、S2閉合，S3斷開時，有；同理，當(dāng)S2、S3閉合，S1斷開時有，當(dāng)S1、S3閉合，S2斷開時有。又R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，設(shè)R1、R2、R3的電阻分別為R、2R、3R，又根據(jù)磁場的分布知E3＝E1＋E2，聯(lián)系以上各式解得I3＝7I。且有E1＝＝＝3IR，E2＝＝＝25IR，則上下兩部分磁場的面積之比為3∶25。 4. 如圖所示，粗細(xì)均勻的電阻絲制成的長方形導(dǎo)線框abcd處在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于線框平面，另一種材料的導(dǎo)體棒MN與導(dǎo)線框保持良好接觸并在外力作用下從導(dǎo)線框左端勻速滑到右端，在此過程中，導(dǎo)線框上消耗的電功率P的變化情況可能為（ ） A. 逐漸增大 B. 先增大后減小 C. 先減小后增大 D. 增大、減小、再增大、再減小 【答案】BC 【解析】 A、導(dǎo)體棒MN從導(dǎo)線框左端勻速滑到右端時，線框左右兩部分并聯(lián)電阻先增大，后減小，MN滑ab中點時，線框并聯(lián)總電阻最大． 根據(jù)數(shù)學(xué)可得到，當(dāng)外電阻與電源的內(nèi)阻相等時，電源的輸出功率最大．則功率不可能一直增大．故A錯誤． B、若線框并聯(lián)的最大電阻小于電源的內(nèi)阻時，導(dǎo)線框上消耗的電功率可能先增大后減小．故B正確． C、若線框并聯(lián)的最大電阻大于電源的內(nèi)阻時，導(dǎo)線框上消耗的電功率可能先減小后增大．故C正確． D、由于線框左右對稱，功率變化情況相反，不可能增大、減小、再增大、再減?。蔇錯誤． 在分析電源的輸出功率變化時，常常用到這個經(jīng)驗結(jié)論：當(dāng)外電阻與電源的內(nèi)阻相等時，電源的輸出功率最大． 5.在某中學(xué)實驗室的水平桌面上，放置一個南北朝向邊長為L的正方形閉合線圈，線圈的ab邊指向南北，如圖所示，現(xiàn)測得該地所處的地磁場（近似為勻強(qiáng)磁場）豎直方向分量為B1，水平方向分量為B2，線圈電阻為R．現(xiàn)有下列幾種說法正確的是 A. 以ab邊為軸，將cd邊迅速翻起90的過程中，線圈中感應(yīng)電流方向為a→b→c→d→a B. 將線圈以速度v向東平動，則b點電勢比a點低 C. 以ab邊為軸，在t時間內(nèi)把線圈翻轉(zhuǎn)180的過程中，線圈中平均的感應(yīng)電流為零 D. 以ab邊為軸，在t時間內(nèi)把線圈翻轉(zhuǎn)180的過程中，線圈中平均的感應(yīng)電流為2B1L2Rt 【答案】AD 【解析】 【詳解】以ab為軸將線圈向上翻轉(zhuǎn)，向下的磁通量減小量，由楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場方向應(yīng)該向下，則感應(yīng)電流的方向為a→b→c→d→a．故A正確。將線圈以速度v向東平動，根據(jù)右手定則知，a點的電勢比b點的電勢低。故B錯誤。以ab邊為軸，在t時間內(nèi)把線圈翻轉(zhuǎn)180的過程中，線圈磁通量的變化量大小為△Φ=2B1L2，線圈中平均的感應(yīng)電流為I=ER=ΔΦtR=2B1L2Rt，故C錯誤，D正確。故選AD。 6.如圖所示，有一個磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里，一半徑為r、電阻為2R的金屬圓環(huán)放置在磁場中，金屬圓環(huán)所在的平面與磁場垂直．金屬桿Oa一端可繞環(huán)的圓心O旋轉(zhuǎn)，另一端a擱在環(huán)上，電阻值為R；另一金屬桿Ob一端固定在O點，另一端b固定在環(huán)上，電阻值也是R．已知Oa桿以角速度ω勻速旋轉(zhuǎn)，所有接觸點接觸良好，Ob不影響Oa的轉(zhuǎn)動，則下列說法正確的是 A. 流過Oa的電流可能為Bωr25R B. 流過Oa的電流可能為6Bωr225R C. Oa旋轉(zhuǎn)時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為Bωr2 D. Oa旋轉(zhuǎn)時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為12Bωr2 【答案】ABD 【解析】 【詳解】oa桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為E=Brv=Brvo+va2=Br0+rω2=12Br2ω，當(dāng)oa轉(zhuǎn)到最高點時，外電路總電阻最大，為：R+R+0.5R=2.5R，通過oa的電流最小，最小電流為：Imin=E2.5R=Br2ω5R，當(dāng)oa與ob重合時，環(huán)的電阻為0，外電路總電阻最小，通過oa的電流最大，最大電流為：Imax=E2R=Br2ω4R，故流過oa的電流的范圍為Br2ω5R?I?Br2ω4R，故A、B、D正確，C錯誤； 故選ABD。 【點睛】oa桿以角速度勻速旋轉(zhuǎn)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當(dāng)于電源，其余部分為外電路．當(dāng)oa轉(zhuǎn)到最高點時，外電路總電阻最大，通過oa的電流最小；當(dāng)oa與ob重合時，環(huán)的電阻為0，外電路總電阻最小，通過oa的電流最大，根據(jù)E=BLv和歐姆定律求解，其中v是速度的平均值。 7.如圖所示，固定在水平面上的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為L，右端接有阻值為R的電阻，空間存在方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場．質(zhì)量為m、電阻也為R的導(dǎo)體棒ab與固定彈簧相連，放在導(dǎo)軌上．初始時刻，彈簧恰處于自然長度．給導(dǎo)體棒水平向右的初速度v0，導(dǎo)體棒開始沿導(dǎo)軌往復(fù)運動，在此過程中，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸．不計導(dǎo)軌電阻，則下列說法中不正確的是（　?。? A. 導(dǎo)體棒開始運動的初始時刻受到的安培力向左 B. 導(dǎo)體棒開始運動的初始時刻導(dǎo)體棒兩端的電壓U=BLv0 C. 導(dǎo)體棒開始運動后速度第一次為零時，系統(tǒng)的彈性勢能Ep=12mv02 D. 金屬棒最終會停在初始位置，在金屬棒整個運動過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q=12mv02 【答案】BCD 【解析】 【詳解】導(dǎo)體棒開始運動的初始時刻，由右手定則判斷可知：ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向從a→b，由左手定則判斷得知ab棒受到的安培力向左，故A正確。導(dǎo)體棒開始運動的初始時刻，ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電勢為E=BLv0．由于r=R，所以導(dǎo)體棒兩端的電壓U=12E=12BLv0．故B錯誤。由于導(dǎo)體棒運動過程中產(chǎn)生電能，所以導(dǎo)體棒開始運動后速度第一次為零時，根據(jù)能量守恒定律得知：系統(tǒng)的彈性勢能小于12mv02，故C錯誤。金屬棒最終會停在初始位置，在金屬棒整個運動過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 Q=12?12mv02=14mv02，故D錯誤。此題選擇不正確的選項，故選BCD。 【點睛】弄清運動過程中能量如何轉(zhuǎn)化，并應(yīng)用能量轉(zhuǎn)化和守恒定律分析解決問題是此題關(guān)鍵，當(dāng)然右手定則和安培定則也熟練運用． 8.如圖所示，水平地面上方存在垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場，磁場上邊界水平．A、B為同種材料制成的邊長均為L的正方形線框，B的質(zhì)量是A的質(zhì)量的兩倍，放在勻強(qiáng)磁場的上方，其磁場寬度為4L，兩線框的下邊距離磁場的上邊的高度為h，讓它們同時由靜止釋放，下落過程中線框平面始終保持在豎直平面內(nèi)且下邊緣平行于磁場上邊界．則（　?。? A. A、B同時落地 B. B比A先落地 C. 下落過程中通過A、B兩個線框的電量之比為1：2 D. 下落過程中A、B兩個線框產(chǎn)生的熱量之比為1：2 【答案】ACD 【解析】 【詳解】線框同時進(jìn)入磁場，剛進(jìn)入磁場時，有：v＝2gh；根據(jù)mg?B?BLvR?L＝ma得：a=g?B2L2vmR；質(zhì)量：m=ρmV=ρm?S?4L；電阻：R＝ρR?4LS （其中S是橫截面積，ρm、ρc分別為材料的質(zhì)量密度和電阻率，對兩者相抵），由以上各式整理得：a＝g?B22gh16ρmρR，故線框進(jìn)入磁場時兩者加速度相等，則經(jīng)過相等時間相等的距離，速度變化相等，所以以后在同一高度處速度、加速度處處相等。而線框進(jìn)入磁場后，感應(yīng)電流為零，安培力為零，只受重力作用，加速度一直為g，這樣線框在整個過程中的任何時刻速度都相等且在同一高度處，故同時落地。故A正確，B錯誤；整個過程中通過線框的總電量為：q=△ΦR∝1R，而：R＝ρR?4LS，且兩者質(zhì)量mB=2mA，可知SB=2SA，所以y有：qAqB＝mAmB＝12．故C正確；由能量守恒定律得：mg(h+5L)＝Q+12mv2（v為線框落地時的速度大小，兩者速度相等），得：QAQB＝mAmB＝12．故D正確；故選ACD。 【點睛】本題綜合考查了切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式、閉合電路歐姆定律、牛頓第二定律、能量守恒定律等知識，綜合性較強(qiáng)，對學(xué)生的能力要求較高，需加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練． 9.如圖所示，導(dǎo)體桿op可繞軸o沿半徑為r的光滑半圓形框架在勻強(qiáng)磁場中以角速度ω順時針勻速轉(zhuǎn)動，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，oa間接有電阻R，桿和框架電阻不計，則（　?。? A. 通過電阻R中的電流方向由a經(jīng)R到O B. 導(dǎo)體桿O端的電勢高于p端的電勢 C. 回路中的感應(yīng)電流大小為Br2ωR D. 電阻R產(chǎn)生的熱功率為B2r4ω24R 【答案】D 【解析】 試題分析：根據(jù)右手定則，桿中的電流方向為從o到p，因此選項A錯誤。桿是電源，電流從p點流出，p是高電勢，選項B錯誤。感應(yīng)電動勢為E=12Br2ω，則電流為I=Br2ω2R，選項C錯誤。電阻R產(chǎn)生的熱功率為P=EI=B2r4ω24R，選項D正確。 考點：本題考查轉(zhuǎn)動切割類電磁感應(yīng)問題。 10.電阻為R=1Ω的金屬圓環(huán)，放在勻強(qiáng)磁場中，磁場與圓環(huán)所在平面垂直，如圖所示，磁場對圓環(huán)的磁通量隨時間的變化關(guān)系如圖所示，則（　?。? A. 第1s內(nèi)感應(yīng)電流方向于第2s內(nèi)感應(yīng)電流方向相反 B. 第1s內(nèi)通過金屬環(huán)橫截面的電量為1C C. 第1s末到第3s末平均電動勢為2V D. 在兩個周期的時間內(nèi)金屬環(huán)中產(chǎn)生的熱量為16J 【答案】AD 【解析】 【詳解】根據(jù)楞次定律可知，第1s內(nèi)磁通量在增加，而第2s內(nèi)磁通量在減小，而磁場方向不變，則感應(yīng)電流方向必相反，故A正確；根據(jù)電量的綜合表達(dá)式Q=ΔΦR=21C=2C，故B錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律，則有：第1s末到第3s末平均電動勢為E=ΔΦ△t=22V=1V，故C錯誤；根據(jù)焦耳定律，在一個周期內(nèi)的熱量Q=I2R?2T3=(21)212=8J，那么在兩個周期的時間內(nèi)金屬環(huán)中產(chǎn)生的熱量為16J，故D正確；故選AD。 11.如圖所示，兩根電阻不計的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間距為L，上端接有電阻為R、額定功率為P的小燈泡，將質(zhì)量為m、電阻不計的金屬棒從圖示位置由靜止釋放，下落過程中金屬棒保持水平且與導(dǎo)軌接觸良好．自由下落一段距離后金屬棒進(jìn)入一個垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁場寬度為h．金屬棒出磁場前一段時間小燈泡已正常發(fā)光，下面說法正確的是（　?。? A. 小燈泡正常發(fā)光時消耗的功率等于安培力功率的絕對值 B. 小燈泡正常發(fā)光時消耗的功率等于重力功率與安培力功率的絕對值之和 C. 金屬棒勻速運動的速度為Pmg D. 整個過程中通過小燈泡的電荷量為mgh2PR 【答案】AC 【解析】 【詳解】金屬棒出磁場前，小燈泡已能正常發(fā)光，故出磁場前金屬棒已在磁場中勻速運動，重力和安培力相等，重力勢能減小轉(zhuǎn)化為電能，因此重力功率等于小燈泡消耗的功率，故A正確，B錯誤；由功率公式可得：P=mgv，所以v=Pmg，故C正確；根據(jù)q=It，I=BLvR，故q=BLhR，又因為mg=B2L2vR，且v=Pmg，聯(lián)立解得：q=mghPR，故D錯誤；故選AC。 【點睛】本題考查電磁感應(yīng)規(guī)律的應(yīng)用，要注意棒離開磁場前處于平衡狀態(tài)，緊扣重力的功率等于電路消耗的功率，同時明確根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求電量的運用． 12.如圖所示，空間存在有界磁場Ⅰ和Ⅱ，其中磁場Ⅰ上下邊界間距為4L，方向垂直紙面向里，大小為B，而磁場Ⅱ的上邊界即為磁場Ⅰ的下邊界，且磁場Ⅱ的寬度為2L，方向垂直紙面向外，大小也為B，一質(zhì)量為m，邊長為L的金屬線框以某一豎直速度v0從磁場Ⅰ的上邊界進(jìn)入磁碭時恰好勻速運動，而在線框從磁場Ⅰ進(jìn)入磁場Ⅱ的過程中線框再次達(dá)到勻速運動，最后線框下邊界剛離開磁場Ⅱ時恰好又一次開始勻速運動，則關(guān)于線框的運動下列說法正確的是（　　） A. 線框離開磁場Ⅱ時的速度大于線框進(jìn)入磁場Ⅰ的速度 B. 線框下邊離開磁場Ⅰ的下邊界時的速度大小為v0 C. 線框從磁場Ⅰ進(jìn)入磁場Ⅱ全過程中機(jī)械能減少了5mgL D. 線圈自磁場Ⅰ上方由靜止釋放的高度為1615L 【答案】BD 【解析】 【詳解】線框進(jìn)入磁場I時做勻速運動，則有：mg=B2L2v0R；剛出磁場Ⅱ時又做勻速運動，有mg=B2L2v2R，可得v2=v0，即線圈離開磁場Ⅱ時的速度等于線框進(jìn)入磁場I的速度，故A錯誤，B正確。線圈在從磁場I進(jìn)入磁場Ⅱ的過程中做勻速運動，動能不變，則機(jī)械能減小為△E=mgL，故C錯誤。線圈進(jìn)入磁場Ⅰ時做勻速運動：mg=B2L2v0R，根據(jù)動能定理：mg（h-L）=12mv02；聯(lián)立得：h=1615L，故D正確；故選BD。 【點睛】本題要緊扣線圈勻速運動的過程進(jìn)行分析，結(jié)合安培力公式和受力平衡分析．根據(jù)能量守恒定律研究產(chǎn)生的熱量，都是常用的思路，關(guān)鍵要能熟練運用． 13.如圖所示，兩根與水平面成θ=30角的足夠長光滑金屬導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為L=1m，導(dǎo)軌兩端各接一個電阻，其阻值R1=R2=1Ω，導(dǎo)軌的電阻忽略不計．整個裝置處于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面斜向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T．現(xiàn)有一質(zhì)量為m=0.2kg、電阻為1Ω的金屬棒用絕緣細(xì)繩通過光滑滑輪與質(zhì)量為M=0.5kg的物體相連，細(xì)繩與導(dǎo)軌平面平行．將金屬棒與M由靜止釋放，棒沿導(dǎo)軌運動了6m后開始做勻速運動．運動過程中，棒與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，圖示中細(xì)繩與R2不接觸．（g=10m/s2）求： （1）金屬棒勻速運動時的速度； （2）棒從釋放到開始勻速運動的過程中，電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱． 【答案】（1）6m/s；（2）1.9J． 【解析】 【詳解】（1）電路總電阻：R=r+R1R2R1+R2=1+111+1=1.5Ω， 金屬桿受到的安培力：FB=BIL=B2L2vR 金屬棒做勻速運動，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：Mg=mgsinθ+B2L2vR， 解得：v=6m/s； （2）對系統(tǒng)，由能量守恒有：Mgs=mgs?sinθ+Q+12（M+m）v2， 由Q=I2Rt可知，Qr=4Q1=4Q2，Q=Qr+Q1+Q2， 解得：Q1=1.9J； 14.如圖（甲）所示，M1M4、N1N4為平行放置的水平金屬軌道，M4P、N4Q為相同半徑，平行放置的豎直半圓形金屬軌道，M4、N4為切點，P、Q為半圓軌道的最高點，軌道間距L=1.0m，圓軌道半徑r=0.32m，整個裝置左端接有阻值R=0.5Ω的定值電阻．M1M2N2N1、M3M4N4N3為等大的長方形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，兩區(qū)域?qū)挾?d=0.5m，兩區(qū)域之間的距離s=1.0m；區(qū)域Ⅰ內(nèi)分布著均勻的變化的磁場B1，變化規(guī)律如圖（乙）所示，規(guī)定豎直向上為B1的正方向；區(qū)域Ⅱ內(nèi)分布著勻強(qiáng)磁 場B2，方向豎直向上．兩磁場間的軌道與導(dǎo)體棒CD間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2，M3N3右側(cè)的直軌道及半圓形軌道均光滑．質(zhì)量m=0.1kg，電阻R0=0.5Ω的導(dǎo)體棒CD在垂直于棒的水平恒力F拉動下，從M2N2處由靜止開始運動，到達(dá)M3N3處撤去恒力F，CD棒勻速地穿過勻強(qiáng)磁場區(qū)，恰好通過半圓形軌道的最高點PQ處．若軌道電阻、空氣阻力不計，運動過程導(dǎo)棒與軌道接觸良好且始終與軌道垂直，g取10m/s2 求： （1）水平恒力F的大??； （2）CD棒在直軌道上運動過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q． 【答案】（1）1.0N；（2）0.01J． 【解析】 【詳解】（1）CD棒在PQ處：mg＝mvp2r-----------① 設(shè)CD棒在勻強(qiáng)磁場區(qū)速度為v，則12mv2＝mg?2r+12mvp2----------② CD棒在恒力F作用下Fs?μmgs＝12mv2----③ 由①②③得：F=1.0N----④ （2）棒在直軌道上運動，產(chǎn)生感應(yīng)電流時間t1＝2sv--------⑤ 感應(yīng)電動勢E1＝ΔΦΔt＝△B1Ld△t------⑥ I＝E1R+R0---⑦ QE＝I2Rt1------⑧ 由⑤⑥⑦⑧得QE=0.01J-------⑨ 【點睛】理解牛頓第二定律、動能定理、法拉第電磁感應(yīng)定律與焦耳定律，對于動能定理中要注意過程中功的正負(fù)，同時當(dāng)心產(chǎn)生的焦耳熱與電阻R上產(chǎn)生的熱量區(qū)別．