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    8．如图甲所示是航空母舰上一种弹射装置的模型，“E”字形铁芯长为l的三个柱脚的两条缝中存在正对的由B指向A、C的磁场，该磁场任意时刻均可视为处处大小相等方向相同（如图乙所示），初始时缝中有剩余磁场，磁感应强度为B0；绕在B柱底部的多匝线圈P用于改变缝中磁场的强弱，已知通过线圈P加在缝中的磁场与线圈中的电流大小存在关系B=k1I．Q为套在B柱上的宽为x、高为y的线圈共n匝，质量为m，电阻为R，它在外力作用下可沿B柱表面无摩擦地滑动，现在线圈P中通以I=k2t的电流，发现Q立即获得方向向右大小为a的加速度，则
    （1）线圈P的电流应从a、b中的哪一端注入？t=0时刻线圈Q中的感应电流大小I0．
    （2）为了使Q向右运动的加速度保持a不变，试求Q中磁通量的变化率与时间t的函数关系
    （3）若在线圈Q从靠近线圈P处开始向右以加速度a匀加速直到飞离B柱的整个过程中，可将Q中的感应电流等效为某一恒定电流I，则此过程磁场对线圈Q做的功为多少？

    分析 （1）根据安培定则确定线圈P中的电流方向，再由牛顿第二定律结合安培力公式列式求出t=0时的电流；
    （2）根据法拉第电磁感应定律及欧姆定律，安培力公式等联立即可求出磁通量的变化率
    （3）根据能量守恒求磁场对线圈Q做的功

    解答 解：（1）根据安培定则线圈P中的电流从a端流入b端流出
    根据牛顿第二定律F=ma    
    安培力F=2n${I}_{0}^{\;}$lB0
    得：${I}_{0}^{\;}=\frac{ma}{2n{B}_{0}^{\;}l}$
    （2）根据法拉第电磁感应定律E=$\frac{n△φ}{△t}$   
      由欧姆定律 I=$\frac{E}{R}$     
    安培力  F=2nIlB=ma     
       B=B0+k1k2t  
    可得：$\frac{△φ}{△t}=\frac{maR}{2{n}_{\;}^{2}L（{B}_{0}^{\;}+{k}_{1}^{\;}{k}_{2}^{\;}t）}$
    3）根据能量守恒定律：
    W=△Ek+Q=mal+I2R$\sqrt{\frac{2l}{a}}$
    答：（1）线圈P的电流应从a端流入b端流出，t=0时刻线圈Q中的感应电流大小${I}_{0}^{\;}$为$\frac{ma}{2n{B}_{0}^{\;}l}$．
    （2）为了使Q向右运动的加速度保持a不变，Q中磁通量的变化率与时间t的函数关系$\frac{maR}{2{n}_{\;}^{2}l（{B}_{0}^{\;}+{k}_{1}^{\;}{k}_{2}^{\;}t）}$
    （3）若在线圈Q从靠近线圈P处开始向右以加速度a匀加速直到飞离B柱的整个过程中，可将Q中的感应电流等效为某一恒定电流I，则此过程磁场对线圈Q做的功为$mal+{I}_{\;}^{2}R\sqrt{\frac{2l}{a}}$

    点评 本题考查了法拉第电磁感应定律，导线切割磁感线产生感应电动势的计算，注意求安培力时注意有效长度，有一定的难度．

    练习册系列答案
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    C．影子沿墙做自由落体运动
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    2．光滑水平面上有一静止木块，t=0时刻受一向右的水平恒力F1作用向右运动，t1=t0时刻去除F1并立即加上水平向左的恒力F2，t2=3t0时刻木块恰好回到原处，则F1：F2=4：5．

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    A．B．C．D．

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    ①电路中，加接电阻凰有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏
    ②为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用R1（填R1或R2）．
    ③开始实验之前，S1、S2都处于断开状态．现在开始实验：
    A．闭合S1，S2打向1，测得电压表的读数U0，电流表的读数为I0，则$\frac{{U}_{0}}{{I}_{0}}$=R0+RA．（电流表内阻用RA表示）
    B．闭合S1，S2打向2，改变滑动变阻器的阻值，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2．则新电池电动势的表达式为E=$\frac{{U}_{1}{I}_{2}-{U}_{2}{I}_{1}}{{I}_{2}-{I}_{1}}$，内阻的表达式r=$\frac{{U}_{1}-{U}_{2}}{{I}_{2}-{I}_{1}}$-$\frac{{U}_{0}}{{I}_{0}}$．

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