(普查练习)第27课 电磁感应现象中的综合问题-【提分宝典】2025年新高考物理一轮全考点普查随堂课后练

第27课　　　　　电磁感应现象中的综合问题 普查与练习27Ⅰ　　　　　电磁感应中的图像和电路问题 1．电磁感应中的图像问题 a.根据Φ－t图像分析电磁感应现象，求解相应的物理量 (1)(北京经典真题，9分)如图(a)所示，N＝200匝的线圈(图中只画了2匝)，电阻r＝2 Ω，其两端与一个R＝48 Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图(b)所示规律变化。 　　　图(a)　　　　　　　图(b) ①判断通过电阻R的电流方向； ②求线圈产生的感应电动势E； ③求电阻R两端的电压U。 答案：①由a流向b(2分)　②10 V(3分) ③9.6 V(4分) 解析：①垂直于纸面向里的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则知，通过电阻R的电流方向为由a流向b。(2分) ②由法拉第电磁感应定律有 E＝N (2分) 代入数据解得E＝10 V(1分) ③由闭合电路欧姆定律有，电路中的电流 I＝(2分) 又由部分电路欧姆定律得 U＝IR(1分) 联立以上二式，代入数据解得U＝9.6 V(1分) b.根据B－t图像分析电磁感应现象，求解相应的物理量 (2)(多选)(辽宁经典真题，6分)如图(a)所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图(b)所示的匀强磁场，t＝0时磁场方向垂直纸面向里。在t＝0到t＝2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t＝2t0时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则(　　) 　　 图(a)　　　　　　　　　　　图(b) A.在t＝时，金属棒受到安培力的大小为 B．在t＝t0时，金属棒中电流的大小为 C．在t＝时，金属棒受到安培力的方向竖直向上 D．在t＝3t0时，金属棒中电流的方向向右 答案：BC 解析：由图可知在0～t0时间段内回路中产生的感应电动势为E＝＝，根据闭合电路欧姆定律知此时间段内产生的感应电流为I＝＝，在时磁感应强度为，此时安培力为F＝ILB＝，故A项错误，B项正确。由图(b)可知在t＝时，磁场方向垂直纸面向外并逐渐增大，根据楞次定律可知回路中产生顺时针方向的电流，再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，故C项正确。由图(b)可知在t＝3t0时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒向下掉的过程中磁通量增加，根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左，故D项错误。 (3)(2023广东真题，13分)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图(a)所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示，0～τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t＝0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示。随后在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求： ①t＝0时线框所受的安培力F； ②t＝1.2τ时穿过线框的磁通量Φ； ③2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。 答案：①，方向水平向左(5分) ②0.3B0h2(4分)　③(4分) 解析：①由题图可知t＝0时线框切割磁感线产生的感应电动势为 E＝2B0hv＋B0hv(1分) 则通过线框的感应电流大小为 I＝(1分) 线框所受的安培力为 F＝2B0Ih＋B0Ih(1分) 联立以上各式解得F＝，方向水平向左。(2分) ②在t＝1.2τ时，根据题图(b)可知，Ⅰ区的磁感应强度大小为 B＝1.6B0(2分) 穿过线框的磁通量为 Φ＝1.6B0×－B0×＝0.3B0h2，方向垂直纸面向里。(2分) ③2τ～3τ时间内，Ⅰ区磁感应强度为0，Ⅱ区磁感应强度线性减小到0，则线框产生的感应电动势为 E′＝＝＝(1分) 通过线框的感应电流大小为 I′＝＝(1分) 则2τ～3τ时间内，线框中产生的热量为 Q＝I′2Rt＝(2分) c.结合v－t图像分析电磁感应现象，求解相应的物理量 (4)(多选)(山东模拟，4分)如图(a)所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，宽度为s，边界与线框的bc边平行，图(b)是金属线框由开始下落(下落过程中bc边始终水平)到完全穿过匀强磁场区域的v－t图像(其中OA、BC、DE相互平行)。已知金属线框的边长为L(L<s)，总电阻为R，重力加速度为g，图像中坐标轴上所标出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均为已知量。根据题中所给条件，以下说法正确的是(　　) 图(a)　　　　 　图(b) A．t2时刻是线框全部进入磁场瞬间，t4时刻是线框全部离开磁场瞬间 B．从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，克服安培力所做的功为mgs C．v1的大小可能为 D．线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量多 答案：AC 解析：0～t1时间内线框做自由落体运动，v－t图像为过原点的直线，线框进入磁场后切割磁感线产生感应电流，由左手定则知线框受到竖直向上的安培力，由图(b)可知线框从t1时刻进入磁场，开始做加速度减小的减速运动，t2时刻又做匀加速运动，且与自由落体运动的加速度相同，线框完全进入磁场后磁通量不变，感应电流为0，受到的安培力为0，故t2时刻是线框全部进入磁场的瞬间，t3时刻bc边出磁场开始做变减速运动，t4时刻又做加速度为g的匀加速运动，故t4是线框全部离开磁场的瞬间，故A项正确。从bc边进入磁场起一直到bc边即将离开磁场为止，设此过程安培力做功为W安，根据动能定理有mgs＋W安＝mv－ mv，即W安＝－mgs。从bc边即将离开磁场起一直到ad边离开磁场为止，由于这一过程与线框刚进入磁场过程的能量变化完全相同，即重力势能变化量相同、初末动能相同，则安培力做功也相同，因此整个过程克服安培力做功为2mgs，故B项错误。线框进入磁场后做减速运动，则有≥mg，即v1≥，故C项正确。根据q＝知，线框进入磁场和出磁场的过程中，磁通量的变化量相同，则通过的电量相同，故D项错误。 d.结合E－t图像分析电磁感应现象，求解相应的物理量 (5)(多选)(2025改编题，4分)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的匀质正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是(　　) 　　　　 A．磁感应强度的大小为0.5 T B．导线框运动的速度的大小为0.5 m/s C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D．在0.4～0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N E．在0～0.2 s这段时间内，通过导线框横截面的电量为0.4 C F．在0.4～0.6 s这段时间内，a、b两点间的电势差为0.0025 V 答案：BCE 解析：由E－t图像可知，线框经过0.2 s全部进入磁场，则导线框运动的速度为v＝＝0.5 m/s，故B项正确。在0～0.2 s内，根据法拉第电磁感应定律，有E＝Blv，可得B＝＝0.2 T，故A项错误。在0～0.2 s内，感应电流的方向为顺时针，根据楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，故C项正确。在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框中的感应电流为I＝＝2 A，导线框所受的安培力大小为F＝IlB＝0.04 N，故D项错误。线框经过0.2 s全部进入磁场，则在t＝0至t＝0.2 s这段时间内通过导线框的电量为q＝I·Δt＝·Δt＝Δt＝＝ C＝0.4 C，故E项正确。在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，ab边切割磁感线，相当于电路的电源，a、b两点间的电压为路端电压，则Uab＝E＝0.0075 V，故F项错误。 e.分析电磁感应过程，根据法拉第电磁感应定律选择正确的图像 (6)(多选)(2022河北真题，6分)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是(　　) A 　 B　　　　　 C　　　　　　　 　D 答案：AC 解析：设Oa段长度为l0，当金属棒从O点向右运动L时，即在0～时间内，在某时刻金属棒切割磁感线的有效长度l＝l0＋v0t tan θ(θ为ab与ad的夹角)，则有E＝Blv0，i＝＝(l0＋v0t tan θ)，可知回路电流随时间均匀增加。金属棒所受安培力F＝ilB＝＝(l0＋v0t tan θ)2，则F－t关系图线为开口向上的抛物线，但是不过原点。安培力做功的功率P＝Fv0＝(l0＋v0t tan θ)2，P－t关系图线也为不过原点的、开口向上的抛物线。由于导轨与金属棒的电阻不计，电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动势，即U＝E＝Blv0＝Bv0(l0＋v0t tan θ)，U－t图像是不过原点的直线。在～时间内，导体棒切割磁感线的有效长度不变，感应电动势E不变，感应电流i不变，安培力F大小不变，安培力的功率P不变，电阻两端电压U保持不变。同理可判断，在～时间内，上述各物理量的变化图线与0～时间内变化图线是对称的关系。综上分析可知，A项、C项均正确，B项、D项均错误。 (7)(多选)(湖北华中师大附中模拟，4分)如图所示，两个连续的有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直光滑水平桌面向下和向上，磁场宽度均为L。紧贴磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形均匀导体线框置于桌面上。现用外力使线框由静止开始匀加速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定逆时针方向为电流正方向，外力F向右为正方向，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ为正值。以下反映线框中的感应电流i、磁通量Φ、电功率P、外力F随时间t或位移x的变化规律可能正确的是(　　) 　　　　　　A　　　　　 　B 　　　　　　C　　　　　　 D 答案：CD 解析：由于线框由静止开始做匀加速运动，通过相等位移所用时间越来越小，电流与时间关系图像中三段电流对应的变化时间相同，与实际不符，故A项错误。线框在初始时刻有加速度，所受外力大小不为零，故B项错误。线框右边刚进入磁场时，磁通量大小Φ＝BS＝BLx，可知磁通量随位移均匀增大；线框左边进入磁场时，线框右边进入第二个磁场，由于两有界磁场方向相反，磁通量先减小到零再反向增大；线框右边穿出磁场后，磁通量又逐渐减小到零；线框位移为0、1.5L、3L时磁通量均为零，故C项正确。根据匀加速直线运动的速度—位移关系可知v2＝2ax，当0<x≤L时，线框的右边切割磁感线，则电功率P＝＝＝x，可知P正比于位移；当L<x≤2L时，线框的左右两边同时切割磁感线，且感应电流的方向相同，则电功率P＝＝＝x；同理，当x>2L时，线框的左边切割磁感线，电功率P＝＝＝x，故D项正确。 f.根据F＝IlB画出F－t图像(或F－x图像)，求解相应的物理量 (8)(辽宁沈阳模拟，4分)如图(a)所示，正五边形硬导线框abcde固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直，图(b)表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系，t＝0时刻磁场方向垂直纸面向里。设垂直cd边向下为安培力的正方向，在0～5t0时间内，线框cd边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为(　　) 图(a)　　　　　　　图(b) 　　　　A　　　　　　 　　B　　　　　　 C　　　　　　　 　D 答案：B 解析：0～2t0时间内，感应电动势为E1＝S＝S＝S，可知E1是一个定值。2t0～3t0时间内，磁感应强度大小不变，感应电动势为零。3t0～5t0时间内，E2＝S＝S＝－S，E2也为定值，因此感应电流也为定值。安培力F＝ILB∝B，由于0～t0内，B逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零，根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向为顺时针方向，根据左手定则可知，线框cd边受到的安培力方向向下，即为正。同理，t0～2t0内线框cd边受到的安培力方向向上，为负，且逐渐增大。而在2t0～3t0内，由于没有感应电流，线框cd边不受安培力。同理可得，在3t0～4t0内，线框cd边受到的安培力方向向下，为正，且逐渐减小，在4t0～5t0内，线框cd边受到的安培力方向向上，为负，且逐渐增大，故B项正确，A项、C项、D项均错误。 (9)(经典题，16分)如图(a)所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上。绝缘斜面上固定有形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m。以MN中点O为原点、OP为x轴建立一维坐标系Ox。一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m、质量m为1 kg、电阻R为0.3 Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定的速度v＝1 m/s，在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)。g取10 m/s2。 ①求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8 m处电势差UCD； ②推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图(b)中画出F－x关系图像； ③求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热。 答案：①1.5 V(2分)　－0.6 V(4分) ②F＝12.5－3.75x(N)(0≤x≤2 m)(6分)　图像见解析(1分) ③7.5 J(3分) 解析：①金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势为E＝Bdv＝1.5 V(2分) 当x＝0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零。 　由于轨道没有电阻，所以金属杆接入回路中的这一部分是被短接的，那么这一部分电势处处相等，电势差为零。 设此时杆在导轨外的长度为L外，则 L外＝d－d(1分) OP＝(1分) 联立以上式子，解得L外＝1.2 m 由楞次定律可知D点电势高，故CD两端的电势差为 UCD＝－BL外v(1分) 代入数据，解得UCD＝－0.6 V(1分) ②杆在导轨间的长度l与位置x关系是 l＝d＝3－x(1分) 对应的电阻为Rl＝ R(1分) 电流为I＝(1分) 杆受的安培力为 F安＝IlB＝7.5－3.75x(N)(1分) 根据平衡条件得F＝F安＋mg sin θ(1分) F＝12.5－3.75x(N)(0≤x≤2 m)(1分) 画出的F－x图像如图所示。 　　　　　 ③外力F所做的功WF的大小等于F－x图线与x轴所围的面积，即 WF＝×2 J＝17.5 J(1分) 而杆的重力势能增加量为 ΔEp＝mgsin θ(1分) 故全过程产生的焦耳热Q＝WF－ΔEp＝7.5 J(1分) 2．电磁感应中的电路问题 a.根据E＝nS及串并联电路规律解决电磁感应中的电路问题 (10)(多选)(山西模拟，6分)在如图(a)所示的电路中，螺线管匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2。螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图(b)所示的规律变化，规定螺线管内的磁场B的方向向下为正方向。则下列说法中正确的是(　　) 　　　 图(a)　　　　　 　　图(b) A．螺线管中产生的感应电动势为1 V B．闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5×10-2 W C．电路中的电流稳定后电容器下极板带正电 D．S断开后，流经R2的电荷量为1.8×10-5 C 答案：CD 解析：根据法拉第电磁感应定律，螺线管中产生的感应电动势E＝n＝nS＝1.2 V，故A项错误。根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流I＝＝0.12 A，则R1消耗的功率P＝I2R1＝5.76×10-2 W，故B项错误。根据楞次定律，螺线管下端为等效电源的正极，所以电路中电流稳定后电容器下极板带正电，故C项正确。S断开后，流经R2的电荷量即为S闭合时电容器所带电荷量Q，电容器两端的电压等于R2两端电压，故U＝IR2＝0.6 V，流经R2的电荷量Q＝CU＝1.8×10-5 C，故D项正确。 b.根据E＝Blv及串并联电路规律解决电磁感应中的电路问题 (11)(多选)(2022全国甲真题，6分)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后(　　) A．通过导体棒MN电流的最大值为 B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动 C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大 D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热 答案：AD 解析：合上开关S后，通过导体棒的电流由M流向N，由左手定则可知，导体棒MN受到向右的安培力作用先向右做加速运动，设导体棒MN速度为v时，电容器两极板间电压为u，导体棒MN上的电流瞬时值为i＝。闭合开关S瞬间，Blv＝0，此时电流最大，为Im＝＝，故A项正确。当u>Blv时，导体棒做加速运动，速度达到最大值之后，电容器与导体棒MN及电阻R构成回路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒定律可知，最后电路电能与MN的动能全部转化为内能，MN速度为零，故B项错误。导体棒MN运动过程中，MN上的电流瞬时值为i＝，当u＝Blv时，i＝0，安培力为零，此时MN速度最大，故C项错误。在MN加速阶段，由于MN反电动势的存在，MN上电流小于电阻R上的电流，电阻R消耗的电能大于MN上消耗的电能，故加速过程中，QR>QMN；在MN减速为零的过程中，电容器的电流和MN的电流都流经电阻R形成各自的回路，可知此时也是电阻R的电流较大，综上分析可知，全过程中电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，故D项正确。 c.根据E＝Bωl2及串并联电路规律解决电磁感应中的电路问题 (12)(浙江经典真题，3分)如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是(　　) A．棒产生的电动势为Bl2ω B．微粒的电荷量与质量之比为 C. 电阻消耗的电功率为 D．电容器所带的电荷量为CBr2ω 答案：B 解析：金属棒产生的电动势E＝Br·＝Br2ω，故A项错误。金属棒和金属圆环电阻不计，电容器两极板间电压等于电源电动势E，带电微粒在两极板间处于静止状态，则q ＝mg，＝＝＝，故B项正确。电阻消耗的功率P＝＝，故C项错误。电容器所带的电荷量Q＝CE＝，故D项错误。 随堂普查练27Ⅰ 1．(安徽六安校级模拟，4分)如图(a)所示，空间某区域存在一方向垂直于纸面、大小随时间均匀变化的匀强磁场，ef为磁场边界。现有一根粗细均匀金属丝围成的边长为L的正方形线框固定在纸面内，其中bc⊥ef，ae＝ed。t＝0时刻磁场方向如图(a)所示，磁感应强度B随时间t变化关系如图(b)所示，则下列表述正确的是(　　) 图(a)　　　　　　 　图(b) A．0～t1：e点电势高于f点电势 B．0～t1：Uef＝－ C．t1～t2：金属框中电流方向沿顺时针 D．0～t2：ab所受安培力方向始终不变 答案：B 解析：0～t1时间内磁场垂直纸面向外，逐渐减小，由楞次定律知，线框产生逆时针方向的感应电流，由于eabf部分相当于电源，电流从f端流出，故f为电源的正极，e点相当于电源的负极，故f点的电势高于e点电势，故A项错误。0～t1时间内，感应电动势E＝＝·，Uef为路端电压，由于eabf部分的电阻(相当于电源内阻)与edcf部分的电阻(相当于外电路电阻)相等，又因为f点的电势高于e点电势，故Uef＝－E＝－，故B项正确。t1～t2时间内，磁场垂直纸面向里，逐渐增大，由楞次定律可判断感应电流的方向为逆时针方向，故C项错误。由左手定则可以判断0～t1时间内，ab边所受安培力方向向左，t1～t2时间内，ab边所受安培力方向向右，故D项错误。 2．(2023辽宁真题，4分)如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是(　　) 图(a)　　　 图(b) 答案：C 解析：如图所示，导体棒匀速转动，设其线速度为v，角速度为ω，棒长为L，导体棒从M点到N点的过程，转过的角度为θ＝ωt ，则导体棒垂直磁感线方向的分速度为 v⊥ ＝ v cos θ，根据u＝BLv⊥＝BLv cos θ＝BLv cos ωt，可知导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像为余弦图像，故C项正确。 3．(2022重庆真题，4分)如图(a)所示，光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上，轨道间连接一可变电阻，导体杆与轨道垂直并接触良好(不计杆和轨道的电阻)，整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小与速率的关系如图(b)所示。其中，第一次对应直线①，初始拉力大小为F0，改变电阻阻值和磁感应强度大小后，第二次对应直线②，初始拉力大小为2F0，两直线交点的纵坐标为3F0。若第一次和第二次运动中的磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n，则k、m、n可能为(　　) 　　　 图(a)　　　　　　　 图(b) A．k＝2、m＝2、n＝2 B．k＝2、m＝2、n＝ C．k＝、m＝3、n＝ D．k＝2、m＝6、n＝2 答案：C 解析：设导体杆质量为m0，由题知杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动的加速度分别为a1＝，a2＝，则第一次和第二次运动中，杆从静止开始运动相同位移时有x＝a1t，x＝a2t，则n＝＝。杆运动过程中，根据牛顿第二定律有a＝－，整理得F＝m0a＋，可知两次运动中F－v图像的斜率为，则有＝·＝·k2＝2，综上分析可知，C项正确，A项、B项、D项均错误。 4．(广东肇庆二模，3分)如图所示，将粗细均匀的导体圆环固定在竖直平面内，圆环半径为a，圆环的最高点A处用铰链连接粗细均匀的导体棒AD，导体棒的长度为2a，电阻为r，圆环电阻不计，整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中。现使导体棒AD绕铰链从水平位置开始顺时针匀速转动，导体棒与圆环始终接触良好。导体棒转动一周的过程中，i表示流过导体棒的电流，取电流从A流向D的方向为正方向，则正确描述电流i随时间t变化关系的是(　　) 　　　 A　　　　 B　　　 　C　　　　 答案：C 解析：设导体棒AD匀速转动的角速度为ω，导体棒匀速转动时，由几何知识可知导体棒在圆环间的长度为l＝2a sin ωt，产生的感应电动势为E＝Bl2ω＝B(2a sin ωt)2ω，导体棒在圆环间的电阻为R＝r sin ωt，由欧姆定律可知电流为i＝＝sin ωt，顺时针转动过程中D点从右边的水平位置转到左边的水平位置为半个周期，前半个周期有电流，由右手定则可以判定电流由A指向D，为正方向；后半个周期，即转到180°后，由于导体棒与圆环不再构成回路，导体棒中无感应电流，由数学知识可知前半个周期的图像为正弦曲线，故C项正确，A项、B项、D项均错误。 5．(多选)(经典题，4分)如图所示，一个匝数n＝1 000匝、边长l＝20 cm、电阻r＝1 Ω的正方形线圈，在线圈内存在面积S＝0.03 m2的匀强磁场区域，磁场方向垂直于线圈所在平面向里，磁感应强度大小B随时间t变化的规律是B＝0.15t(T)。电阻R与电容器C并联后接在线圈两端，电阻R＝2 Ω，电容C＝30 μF。下列说法正确的是(　　) A．线圈中产生的感应电动势为4.5 V B．若b端电势为0，则a端电势为3 V C．电容器所带电荷量为1.2×10-4 C D．稳定状态下电阻R的发热功率为4.5 W 答案：AD 解析：根据法拉第电磁感应定律知，线圈中产生的感应电动势为E＝n＝nS＝4.5 V，故A项正确。由闭合电路欧姆定律知，电流为I＝＝1.5 A，电容器两端电势差为U＝IR＝3 V，由楞次定律知，感应电流方向为逆时针方向，即a端的电势低，为－3 V，故B项错误。电容器所带电荷量为q＝CU＝9×10-5 C，故C项错误。电阻R的发热功率为P＝I2R＝4.5 W，故D项正确。 6．(江西景德镇校级期末，3分)如图所示，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路的电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程中导体棒PQ始终与ab边垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在导体棒PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中(　　) A. 导体棒PQ中电流先增大后减小 B．导体棒PQ两端电压先减小后增大 C．导体棒PQ上拉力的功率先减小后增大 D．线框消耗的电功率先减小后增大 答案：C 解析：导体棒PQ匀速运动，根据法拉第电磁感应定律可知，导体棒产生的感应电动势E保持不变。设PQ左侧电路的电阻为Rx，则右侧电路的电阻为3R－Rx，所以外电路的总电阻为R′＝，外电路总电阻先增大后减小。根据闭合电路欧姆定律，可得通过PQ的电流为I＝，所以通过PQ的电流先减小后增大，故A项错误。由闭合电路欧姆定律得，导体棒两端的电压为U＝E－IR，则导体棒两端的电压先增大后减小，故B项错误。由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，安培力为F＝IlB，安培力先减小后增大，则拉力先减小后增大，拉力的功率为P＝IlBv，故拉力的功率先减小后增大，故C项正确。外电路的总阻值R′＝，最大值为，小于电源的内阻R，外电路的总阻值先增大后减小，由外电路消耗的电功率与外电路的阻值关系图可知，外电路消耗的功率先增大后减小，故D项错误。 7．(江苏泰州模拟，3分)如图所示，匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有不带电的电容器C。金属棒ab在导轨上向右运动，运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻。在t0时刻闭合开关S，则金属棒两端电压Uab、速度v、电容器所带电荷量q、回路中电流强度i随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　) 　　 　A　　　　 B　　　　 C　　　 　D 答案：A 解析：开关原来断开，根据题意可知金属棒在导轨上做匀速直线运动，金属棒两端电压Uab＝BLv；在t0时刻开关S闭合，开始电容器两端电压为0，金属棒给电容器充电，使得电容器两端电压逐渐增大，此过程中有电流经过金属棒，根据楞次定律可判断电流方向为从b流向a，且充电电流逐渐减小，根据左手定则可知安培力方向向左，金属棒做减速运动，最终电容器两端电压等于ab切割磁感线产生的感应电动势，回路中的电流为零，金属棒再次匀速运动，但速度要小于原来的速度，此时ab两端电压恒定不变，故A项正确，B项、D项均错误。电容器充电过程中，其电荷量从零开始增大，最后不变，故C项错误。 8．(湖北经典真题，16分)如图(a)所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为B。导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻。元件Z的U－I图像如图(b)所示，当流过元件Z的电流大于或等于I0时，电压稳定为Um。质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g。为了方便计算，取I0＝，Um＝。以下计算结果只能选用m、g、B、L、R表示。 　 　图(a)　　　　　　　　　　　图(b) (1)闭合开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v1； (2)断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v2； (3)先闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关S。忽略回路中电流突变的时间，求S断开瞬间金属棒的加速度大小a。 答案：(1)(4分)　(2)(5分) (3)(7分) 解析：(1)闭合开关S，金属棒下落的过程中受竖直向下的重力、竖直向上的安培力作用，当重力与安培力大小相等时，金属棒的加速度为零，速度最大，则有 mg＝I1LB(1分) 由法拉第电磁感应定律得E1＝BLv1(1分) 由欧姆定律得I1＝(1分) 联立解得v1＝(1分) (2)由第(1)问得I1＝ 由于I0<I1，断开开关S后，当金属棒的速度达到最大时，元件Z两端的电压恒为 Um＝(1分) 此时定值电阻两端的电压为 UR＝BLv2－Um(1分) 回路中的电流为I2＝I1(1分) 又由欧姆定律得I2＝(1分) 联立解得v2＝(1分) (3)开关S闭合，当金属棒的速度最大时，金属棒产生的感应电动势为E1＝(1分) 断开开关S的瞬间，元件Z两端的电压为 Um＝(1分) 则定值电阻两端的电压为U′R＝E1－Um＝(1分) 电路中的电流为I′＝(1分) 金属棒受到的安培力为FA＝I′LB(1分) 由牛顿第二定律得mg－FA＝ma(1分) 解得a＝(1分) 9.(经典题，16分)如图(a)所示，质量为M的“”形金属框架MNPQ放在倾角为θ的绝缘斜面上，框架MN、PQ部分的电阻不计，相距为L，上端NP部分的电阻为R。一根光滑金属棒ab在平行于斜面的力(图中未画出)的作用下，静止在距离框架上端NP为L的位置。整个装置处于垂直于斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t变化的规律如图(b)所示，其中B0、t0均为已知量。已知金属棒ab的质量为m，电阻为R，长为L，与框架接触良好并始终相对斜面静止，t0时刻框架也静止，框架与斜面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求： (1)t0时刻，流过金属棒ab的电流大小和方向； (2)0～t0时间内，通过金属棒ab的电荷量及金属棒ab产生的热量； (3)框架MNPQ什么时候开始运动。 答案：(1)(4分)　电流方向是a→b(2分) (2)(2分)　(2分) (3)在t＝－t0后框架开始运动(6分) 解析：(1)设回路中的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律， 有E＝S＝(2分) 根据闭合电路欧姆定律得，金属棒中的电流大小为 I＝＝(2分) 由楞次定律知，金属棒中的电流方向是a→b。(2分) (2)0～t0时间内，流过金属棒ab的电荷量为 q＝It0＝(2分) 根据焦耳定律，得0～t0时间内金属棒ab产生的热量为Q＝I2Rt0＝(2分) (3)设经时间t框架恰好要滑动，有 Mg sin θ＋F安＝f (1分) 而f＝μ(M＋m)g cos θ(1分) F安＝ILBt(1分) Bt＝B0＋t(1分) 联立以上式子，解得 t＝－t0(2分) 普查与练习27Ⅱ 电磁感应中的动力学和能量问题　　　　　　　　　　　　　　 3．电磁感应中的动力学问题 a.综合利用电磁学和牛顿运动定律解决斜面上的“动—电—动”型动力学问题 (13)(经典题，16分)如图所示，MN、PQ 是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距离L＝0.2 m，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨上端连接一个阻值 R ＝0.4 Ω 的电阻。整个导轨平面处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T。现有一根质量m＝0.01 kg、电阻r＝0.1 Ω 的金属棒ab垂直于导轨放置，且接触良好，金属棒由静止释放沿导轨下滑，且始终与导轨垂直。取g＝10 m/s2，导轨电阻不计，求： ①金属棒由静止释放时的加速度大小； ②金属棒沿导轨下滑过程中速度最大值； ③金属棒沿导轨匀速下滑时ab两端的电压。 答案：①5m/s2(4分)　②2.5 m/s(8分) ③0.2 V(4分) 解析：①根据牛顿第二定律，金属棒在释放的瞬间有 mg sin θ＝ma(2分) 解得a＝g sin θ＝5m/s2(2分) ②金属棒在下滑过程中，受到的安培力大小等于重力沿导轨方向的分力时速度最大，设此时金属棒速度为vm，电路中感应电流为I， 根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ILB(2分) 感应电动势E＝BLvm (2分) 根据闭合电路欧姆定律有I＝(2分) 联立以上各式，解得vm＝2.5 m/s(2分) ③设金属棒沿导轨匀速下滑时ab两端的电压为Uab，则Uab＝IR(2分) 解得Uab＝0.2 V (2分) (14)(全国乙经典真题，20分)如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06 kg的U形导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3 Ω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L＝0.6 m。初始时CD与EF相距s0＝0.4 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B＝1 T，重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin α＝0.6。求 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：①0.18 N(5分)　②0.02 kg　0.375(11分)　③ m(4分) 解析：①设金属棒的质量为m，进入磁场时的速度为v0，由题意可知，金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得 (M＋m)gs1sin α＝(M＋m)v(1分) 代入数据解得v0＝ m/s(1分) 金属棒在磁场中切割磁感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0(1分) 由闭合电路欧姆定律可得I＝(1分) 则导体棒在磁场中运动时受到的安培力为 F安＝ILB＝0.18 N(1分) ②设金属棒与导体框之间的动摩擦因数为μ，金属棒进入磁场以后受到安培力的作用，由右手定则与左手定则可知金属棒所受的安培力沿斜面向上，之后金属棒在磁场中相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力。 因金属棒在磁场中做匀速运动，有 mg sin α＋μmg cos α＝F安(1分) 此时导体框向下做匀加速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律可得 Mg sin α－μmg cos α＝Ma(1分) 设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为t＝(1分) 则金属棒离开磁场时，导体框的速度为 v1＝v0＋at(1分) 导体框在此期间的位移为 x1＝v0t＋at2(1分) 因此导体框和金属棒的相对位移为 Δx＝x1－x＝at2(1分) 当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，则有s0－Δx＝x(1分) 导体框进入磁场时做匀速运动，此时的电动势为 E1＝BLv1，I1＝(1分) 导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得 Mg sin α＝μmg cos α＋I1LB (1分) 联立以上各式可得 x＝0.3 m，a＝5 m/s2，m＝0.02 kg，μ＝0.375(2分) ③金属棒离开磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做匀加速运动，设此时金属棒的加速度为a1，则有 mg sin α＋μmg cos α＝ma1(1分) 假设在导体框EF边离开磁场区域之前，金属棒和导体框已经达到共速，则有v0＋a1t1＝v1(1分) 导体框匀速运动的距离为x2＝v1t1(1分) 代入数据解得x2＝ m(1分) 经检验，x2小于磁场区域的宽度x＝0.3 m，即在导体框EF边离开磁场区域之前，金属棒和导体框已经达到共速，符合假设条件。 15.(经典题，19分)如图所示，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求： ①电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系； ②金属棒的速度大小随时间变化的关系。 答案：①Q＝CBLv(7分) ②v＝gt(12分) 解析：①设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv①(2分) 平行板电容器两极板间的电势差为U＝E②(2分) 设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有 C＝③(2分) 联立①②③解得Q＝CBLv④(1分) ②设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为I。金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小为FA＝BLI⑤(1分) 设在时间间隔Δt内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有I＝⑥(1分) ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔Δt内增加的电荷量。 由④式得ΔQ＝CBLΔv⑦(1分) 式中，Δv为金属棒的速度变化量。按定义有 a＝⑧(1分) 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为 f＝μN⑨(1分) 式中N是金属棒对轨道的正压力的大小，有 N＝mg cos θ⑩(1分) 金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有 mg sin θ－FA－f＝ma⑪(2分) 联立⑤～⑪解得a＝g⑫(2分) 由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为0的匀加速运动。t时刻金属棒的速度大小为 v＝at＝gt⑬(2分) b.综合利用电磁学和牛顿运动定律解决水平面上的“动—电—动”型动力学问题 (16)(北京经典真题，3分)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中(　　) A．导体棒做匀减速直线运动 B．导体棒中感应电流的方向为a→b C．电阻R消耗的总电能为 D．导体棒克服安培力做的总功小于mv 答案：C 解析：导体棒向右运动，根据右手定则，可知感应电流方向为b到a，故B项错误。根据左手定则可知，导体棒受到向左的安培力，导体棒的速度为v时，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E＝BLv，感应电流为I＝＝，故安培力为F＝ILB＝，根据牛顿第二定律有F＝ma，可得a＝v，随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，故A项错误。根据能量守恒定律，回路中产生的总热量为Q＝mv，因R与r串联，则产生的热量与电阻成正比，则R产生的热量为QR＝Q＝，故C项正确。整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于 mv，故D项错误。 c.综合利用电磁学和牛顿运动定律解决水平面上的“电—动—电”型动力学问题 (17)(多选)(安徽黄山一模，6分)水平固定放置的足够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为L，左端连接的电源电动势为E，内阻为r，质量为m的金属杆垂直静放在导轨上，金属杆处于导轨间部分的电阻为R。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，如图所示。闭合开关S，金属杆由静止开始沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法正确的是(　　) A．金属杆的最大速度等于 B．此过程中通过金属杆的电荷量为 C．此过程中电源提供的电能为 D．此过程中金属杆产生的热量为 答案：ABD 解析：闭合开关S后金属杆在安培力的作用下由静止开始加速运动，向右运动时切割磁感线产生的感应电动势方向与电源电动势方向相反，随着速度增大，感应电动势增大，则金属杆中的实际电流减小、安培力减小，金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，当感应电动势Blv等于左侧电源的电动势E时，金属杆的速度达到最大值，此后做匀速运动。根据E＝BLv可得，金属杆的最大速度为v＝，故A项正确。金属杆从开始运动到速度最大的过程中，以向右为正方向，对金属杆根据动量定理，有BLΔt＝mv－0，又q＝Δt，联立解得此过程中通过金属杆的电荷量为q＝，故B项正确。此过程中电源提供的电能为W＝qE＝，故C项错误。金属杆最后的动能为Ek＝mv2＝，根据能量守恒定律，整个装置产生的焦耳热为Q＝W－Ek＝，此过程中金属杆产生的热量为Q′＝Q＝，故D项正确。 d.从动力学、动量角度综合分析电磁感应问题 (18)(多选)(全国Ⅲ经典真题，6分)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是(　　) 答案：AC 解析：导体棒ab切割磁感线产生由a到b的感应电流，则导体棒ab受到向左的安培力，做减速运动；导体棒cd受到向右的安培力，向右加速运动，则感应电流I＝，两导体棒的相对速度减小，感应电流减小，每个导体棒所受的安培力大小F＝ILB，F随着电流减小而减小，设导体棒质量为m，当两者速度相等时，电流为零，导体棒的速度由动量守恒定律得mv0＝2mv，两导体棒的速度最终为v＝v0，且加速度随着电流的减小而减小，电流变化也越来越慢，最终为零，故A项、C项均正确，B项、D项均错误。 (19)(2023湖南真题，14分)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。 ①先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0； ②在①问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0； ③在②问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。 答案：①(5分)　②2g sin θ(2分) ③gt0sin θ＋(4分)　(3分) 解析：①金属棒a在运动过程中，重力沿斜面的分力和棒a所受的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0(1分) 由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得 I＝，F＝ILB(2分) 匀速运动时，棒a受力平衡，则 mg sin θ＝ILB(1分) 联立以上各式解得v0＝(1分) ②由右手定则可知回路中电流沿顺时针方向，棒b受沿斜面向下的安培力，根据牛顿第二定律可得 mg sin θ＋ILB＝ma0(1分) 由①知mg sin θ＝ILB，联立以上各式解得 a0＝2g sin θ(1分) ③从释放棒b到棒a、b共速的过程，对棒a，由动量定理有 mg sin θt0－LBt0＝mv－mv0(2分) b棒受到向下的安培力，对b棒使用动量定理有 mg sin θt0＋LBt0＝mv－0(1分) 联立以上两式解得v＝gt0sin θ＋(1分) 棒a、b切割磁感线产生感应电动势，结合欧姆定律可得 ＝＝(2分) 联立以上各式解得Δx＝(1分) 20.(2022辽宁真题，19分)如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。 ①求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向； ②若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求： a．N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q； b．初始时刻N到ab的最小距离x； ③初始时刻，若N到cd的距离与第②问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k>1)，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。 答案：①　方向水平向左(4分) ②a.　b．(6分)　③2≤k<3(9分) 解析：①细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为E＝BLv0(1分) 电流方向为a→b，电流的大小为I＝(1分) 则所受的安培力大小为F＝ILB＝(1分) 由左手定则可知安培力的方向水平向左。(1分) ②a.细金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有 BL·Δt＝m·－0(1分) 且q＝·Δt(1分) 联立解得通过回路的电荷量为q＝(1分) b．设两杆在磁场中相对靠近的位移为Δx，有 ＝ ＝(1分) 整理可得q＝(1分) 联立可得Δx＝ 两杆在磁场内未相撞，则N到ab的最小距离为 x＝Δx＝(1分) ③两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，N到cd的距离与第②问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k>1)，则N到cd边的速度大小仍为，根据动量守恒定律可知 mv0＝mv1＋m·(1分) 解得N出磁场时，M的速度大小为v1＝v0 由题意可知，此时M到cd边的距离为 s＝(k－1)x(1分) 要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况： a．M减速到时出磁场，速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有 BL·Δt1＝m×v0－m·(1分) N出磁场后，M在磁场运动过程中通过回路的电荷量 q1＝·Δt1＝(1分) 联立解得k＝2(1分) b．M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有BL·Δt2＝m×v0－0(1分) N出磁场后，M在磁场运动过程中通过回路的电荷量 q2＝·Δt2＝(1分) 同理解得k＝3(1分) 综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k<3(1分) 4．电磁感应中的能量问题 a.根据焦耳定律求解有关焦耳热的能量问题 (21)(北京经典真题，16分)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求： ①感应电动势的大小E； ②拉力做功的功率P； ③ab边产生的焦耳热Q。 答案：①BLv(3分)　②(6分) ③(7分) 解析：①由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势 E＝BLv(3分) ②线框中的感应电流I＝(2分) 线框做匀速直线运动，拉力大小等于安培力大小，即 F＝ILB(2分) 拉力的功率P＝Fv＝(2分) ③线框ab边电阻Rab＝(2分) 此过程所用时间t＝(2分) ab边产生的焦耳热Q＝I2Rabt＝(3分) b.根据克服安培力做功求解有关焦耳热的能量问题 (22)(2022湖北真题，15分)如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2 m、回路电阻R＝1.6×10-3 Ω、质量m＝0.2 kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4 N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，线框在竖直方向做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g＝10 m/s2，求： ①ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小； ②磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热； ③磁场区域的水平宽度。 答案：①ax＝20 m/s2　ay＝10 m/s2(4分) ②0.2 T　0.4 J(7分)　③1.1 m(4分) 解析：①ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向根据牛顿第二定律有 F cos θ＝max(1分) 代入数据解得ax＝20 m/s2(1分) 在竖直方向根据牛顿第二定律有 F sin θ－mg＝may(1分) 代入数据得ay＝10 m/s2(1分) ②从ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线。但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则ab边相当于整个回路的电源，根据右手定则可知回路的电流方向为adcba，则ab边受到的安培力竖直向下，ad边和bc边受到的安培力相互抵消。由题知，从ab边进入磁场开始，线框在竖直方向做匀速运动，有 F sin θ－mg－ILB＝0(1分) 线框产生的感应电动势为E＝BLvy(1分) 且I＝(1分) 线框ab边进入磁场瞬间，竖直方向有 v＝2ayL(1分) 联立并代入数据解得B＝0.2 T(1分) 由题知，从ab边进入磁场开始，线框在竖直方向做匀速运动，则线框进入磁场的整个过程中，线框克服安培力做的功全部转化为焦耳热，则有 Q＝W安＝ILBy(1分) y＝L 联立并代入数据解得Q＝0.4 J(1分) ③线框在磁场外运动时vy＝ayt1(1分) 线框进入磁场的过程中L＝vyt2(1分) t＝t1＋t2 由②分析可知，线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有 x＝axt2(1分) 则磁场区域的水平宽度X＝x＋L 联立并代入数据解得X＝1.1 m(1分) c.根据能量转化与守恒求解有关焦耳热的能量问题 (23)(2023.06浙江真题，11分)某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置(简化为与火箭绝缘的导电杆MN)和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示。导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1＝kI(其中k为常量)，方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2＝2kI，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d＝，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中， ①求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L； ②求回路感应电动势E与运动时间t的关系； ③求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W； ④若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。 答案：①3Mg(1分)　 (2分) ②E＝(v0－2gt)(3分) ③U＝IR－(v0－2gt)　 － (3分) ④火箭和导电杆减少的机械能和全过程减少的磁场能　Mv (2分) 解析：①导电杆所受的安培力方向向上，大小为 F＝IdB1＝3Mg(1分) 从火箭与导电杆进入导轨至到达停靠平台，根据动能定理有 －FL＋MgL＝0－Mv(1分) 解得L＝(1分) ②火箭与导电杆进入导轨后做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得，加速度大小为 a＝＝2g(1分) 在t时刻，火箭与导电杆的速度为 v＝v0－at(1分) 导电杆切割磁感线，回路的感应电动势为 E＝B2dv＝(v0－2gt)(1分) ③导电杆中的电流恒定为I，则有U＋E＝IR 解得U＝IR－(v0－2gt)(1分) 装置A的输出功率 P＝UI＝I2R－6Mgv0＋12Mg2t(1分) 设火箭与导电杆的下落时间为t0，则有t0＝ 画出装置A输出的电功率P随时间t变化图像，如图所示。 装置A输出的能量对应P－t图线与横轴所围的面积，在0～t0时间内装置A输出的能量为 W＝(P0＋Pt0)t0＝－(1分) ④装置A可回收火箭和导电杆减少的机械能和全过程减少的磁场能。(1分) 若R的阻值视为0，由③可得W＝－ 负号代表装置A回收能量，即装置A可回收能量为 |W|＝(1分) 5．从动力学、动量、能量角度综合分析电磁感应问题 (24)(2022.01浙江真题，10分)如图所示，水平固定一半径r＝0.2 m的金属圆环，长均为r、电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600 rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距为l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09 F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧有宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01 kg，de与cf长度均为l3＝0.08 m，已知l1＝0.25 m，l2＝0.068 m，B1＝B2＝1 T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1 Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2 m后返回进入磁场，重力加速度大小g＝10 m/s2。 ①求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板(M或N)带正电？ ②求电容器释放的电荷量ΔQ； ③求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。 答案：①0.54 C　M(3分)　②0.16 C(4分) ③0.14 m(3分) 解析：①开关S和接线柱1接通后，金属棒绕转轴OO′转动，产生感应电动势，对电容器充电，由右手定则可知其感应电流沿径向向外，即与圆环接触的一端为电源正极，与转轴OO′接触的一端为负极，则M带正电。(1分) 根据法拉第电磁感应定律可知E＝B1ωr2(1分) 电容器和圆环内右半圆未切割磁感线的金属棒是并联关系，电容器两端的电压为路端电压，则电容器带的电荷量为Q＝CU＝＝0.54 C(1分) ②电容器放电过程中，金属棒ab受到安培力，从而向左运动离开磁场，根据动量定理有 B2l1Δt＝mv1－0(1分) ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程，根据动量守恒定律有 mv1＝(m＋m)v2(1分) 闭合框abcd的上滑过程，根据动能定理有 ×2mv＝2mgh(1分) 且ΔQ＝Δt 联立以上各式并代入数据解得ΔQ＝0.16 C(1分) ③设框abcd在磁场中减速滑行的总位移为Δx，根据动量定理有 －＝0－2mv2(1分) 可得Δx＝0.128 m>0.08 m 匀速运动距离为l3－l2＝0.012 m 框abcd在磁场中的运动先为匀减速运动，然后匀速运动，最后减速运动，则ab边与磁场区域左边界的最大距离为 x＝Δx＋l3－l2＝0.14 m(2分) 25.(2022.06浙江真题，10分)舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图(a)所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的vt图如图(b)所示，在t1至t3时间内F＝(800－10v)N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80 m/s，t1＝1.5 s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1 m，动子和线圈的总质量m＝5 kg，飞机质量M＝10 kg，R0＝9.5 Ω，B＝0.1 T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求： ①恒流源的电流I； ②线圈电阻R； ③时刻t3。 答案：①80 A(3分)　②0.5 Ω(3分) ③ s(4分) 解析：①由题意可知，接通恒流源时线圈所受安培力 F安＝nIlB(1分) 动子和线圈在0至t1时间内做匀加速直线运动，运动的加速度为a＝ 根据牛顿第二定律有F安＝(M＋m)a(1分) 联立上述各式并代入数据解得I＝80 A(1分) ②当S掷向2接通定值电阻R0时，线圈中感应电流为 I′＝ 此时线圈所受安培力为F′安＝nI′lB(1分) 所以此时根据牛顿第二定律有 F＋v＝ma′(1分) 且F＝(800－10v) N 由题图(b)可知在t1至t3时间内线圈和动子加速度恒定，则有 ＝10，ma′＝800 N 解得R＝0.5 Ω，a′＝160 m/s2(1分) ③根据v－t图像结合②分析可知 t2－t1＝＝0.5 s 故t2＝2 s 在0至t2时间内的位移x＝v1t2＝80 m(1分) 根据法拉第电磁感应定律有 E＝n＝ 又Δq＝Δt 其中＝ 则从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间内通过回路的电荷量 Δq＝(1分) 根据动量定理有 －nBlΔq＝0－ma′(t3－t2)(1分) 联立可得(t3－t2)2＋(t3－t2)－1＝0 解得t3＝ s(1分) 随堂普查练27Ⅱ 1．(多选)(山东经典真题，4分)如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是(　　) 　 A．金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度 B．金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度 C．金属棒不能回到无磁场区 D．金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处 答案：ABD 解析：对Ⅰ区的磁场进行分析，设磁感应强度为B1＝kt，感应电动势E1＝S＝kS保持恒定，因此金属棒由于Ⅰ区的磁场变化而产生的感应电流恒为I1＝＝。金属棒进入Ⅱ区后由于切割磁感线产生一个感应电动势，又因为金属棒下行至c处反向上行，可知加速度始终沿斜面向上，下行和上行过b时的受力分析如图。 设下行、上行过b时金属棒的速度分别为v、v′，则下行过b时由于金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E2＝B2Lv，金属棒上的电流为I＝＝＋，根据牛顿第二定律有ILB2－mg sin θ＝＋－mg sin θ＝ma；上行过b时由于金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E′2＝B2Lv′，金属棒上的电流为I′＝＝－，根据牛顿第二定律有I′LB2－mg sin θ＝－－mg sin θ＝ma′，对比以上两个加速度的表达式，可知a>a′。由于bc段距离不变，金属棒在c处的速度为零，下行过程中加速度大，上行过程中加速度小，根据匀变速运动的规律可知，金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度，故A项、B项均正确。金属棒上行时，加速度与速度同向，金属棒做加速度减小的加速运动，出磁场Ⅱ区时一定处于加速运动状态或者匀速运动状态，故一定能回到无磁场区，故C项错误。由前面的分析可知，金属棒进磁场Ⅱ区(下行)的速度大于出磁场Ⅱ区(上行)的速度，在无磁场区上行或下行时的加速度大小相同，而下行时金属棒从a处由静止释放，因此金属棒上行时不能回到a处，故D项正确。 2．(多选)(2023山东真题，4分)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．B2的方向向上 B．B2的方向向下 C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s 答案：BD 解析：导轨CD的速度v2>v1，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力，由题意知，导体棒MN受力平衡，故其受到向左的安培力，摩擦力大小为f＝μmg＝2 N，安培力大小为ILB1＝f＝2 N，由左手定则可知回路中的电流方向为N→M→D→C→N，CD受到向左的摩擦力、向右的拉力和安培力，安培力大小为ILB2＝f－m0g＝1 N，因此CD受到的安培力向右，再由左手定则可知B2的方向向下，故A项错误，B项正确。导体棒和导轨CD切割磁感线产生感应电动势，结合欧姆定律有，电路中的电流为I＝，联立以上各式并代入数据解得v2＝3 m/s，故C项错误，D项正确。 3．(多选)(山东省实验中学一模，4分)如图所示，电阻不计的光滑金属导轨MN、PQ水平放置，间距为d，两侧接有电阻R1、R2，阻值均为R，O1O2右侧有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、长度也为d的金属杆置于O1O2左侧，在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，经时间t到达O1O2时撤去恒力F，金属杆在到达NQ之前速度减为零，已知金属杆电阻也为R，与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的是(　　) A．杆刚进入磁场时速度大小为 B．杆刚进入磁场时电阻R1两端的电势差大小为 C．整个过程中，流过金属杆的电荷量为 D．整个过程中，电阻R1上产生的焦耳热为 答案：AC 解析：杆进入磁场之前的加速度a＝，则刚进入磁场时速度大小为v＝at＝，故A项正确。杆刚进入磁场时产生的感应电动势E＝Bdv，则电阻R1两端的电势差大小为UR1＝×＝，故B项错误。杆进入磁场后，由动量定理得－BdΔt＝0－mv，且Δt＝q，联立解得通过金属杆的电荷量q＝＝，故C项正确。整个过程中，回路产生的总焦耳热Q＝mv2＝，且回路中的总电流I总＝IR1＋IR2＝2IR1，则电阻R1上产生的焦耳热为QR1＝Q＝，故D项错误。 4．(2023.06浙江真题，3分)如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L，细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其他电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角θ＝；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中(　　) A．电源电动势E0＝R B．棒消耗的焦耳热Q＝Mgl C．从左向右运动时，最大摆角小于 D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等 答案：C 解析：开关S接1，导体棒静止时，根据闭合电路欧姆定律可得，回路中电流I＝，导体棒受重力、安培力、拉力作用处于平衡状态，由平衡条件可知ILB＝Mg tan θ，解得E0＝R，故A项错误。开关S接2，棒从静止开始到完全停止的过程中，由能量守恒定律可知，棒消耗的焦耳热Q＝Mgl(1－cos θ)＝Mgl，但完成一次振动后，棒还会继续运动，此过程棒消耗的焦耳热小于Q，故B项错误。棒从右侧向左侧摆动的过程中，导体棒切割磁感线，且二极管导通，故回路中有感应电流，即棒受安培力作用，且安培力做负功，由功能关系可知，棒的机械能减小，其向左运动最大摆角小于，棒从左向右摆动时，二极管使电路中没有感应电流，棒不受安培力作用，因此从左向右运动时，棒的最大摆角小于，故C项正确。同理，棒两次过最低点时，切割磁感线的速度大小不同，故感应电动势不相等，故D项错误。 5．(多选)(广东揭阳一中三模，3分)如图所示，两根足够长的水平平行金属导轨相距为L，固定在水平桌面上，导轨右端连接电动势为E(内阻不计)的电池及电阻R。长度略大于L的金属棒垂直于导轨放置，若在整个空间加上方向竖直向下的匀强磁场，闭合开关后金属棒由静止开始滑动一段时间后可达到匀速状态，且磁感应强度大小不同时，达到匀速状态的速度不同。设运动时金属导轨与金属棒间的摩擦力恒为f，不计金属棒的电阻。下列说法正确的是(　　) A. 当磁感应强度B＝时，金属棒达到匀速状态的速度具有最大值 B．金属棒达到匀速状态的速度具有最大值时，其两端电压为 C．金属棒达到匀速状态的速度具有最大值时，通过的电流为 D．金属棒达到匀速状态的速度具有最大值时，其克服摩擦力的功率为 答案：ACD 解析：设金属棒达到的最大速度为v，则金属棒产生的感应电动势为e＝BLv，回路中的感应电流为I＝，最终金属棒做匀速运动，所受合力为零，安培力大小等于摩擦力，即ILB－f＝0，联立以上式子解得v＝－，由数学知识可知，当且仅当B＝时，v取得最大值，此时v＝，即当磁感应强度B＝时，金属棒达到匀速状态的速度具有最大值，故A项正确。金属棒达到匀速状态的速度具有最大值时，金属棒产生的感应电动势为e＝BLv＝，即金属棒达到匀速状态的速度具有最大值时，其两端电压为E－＝，故B项错误。金属棒达到匀速状态的速度具有最大值时，通过的电流为I＝＝，故C项正确。由A项分析可知，最大速度v＝，故金属棒达到匀速状态的速度具有最大值时，其克服摩擦力的功率为P＝fv＝，故D项正确。 6．(天津经典真题，18分)如图所示，固定在水平面上的两条平行光滑金属导轨间距为l，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。 (1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向； (2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。 答案：(1)，水平向右(10分) (2)mv2－kq(8分) 解析：(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得E＝n，则E＝k①(2分) 设PQ与MN并联的电阻为R并，有 R并＝②(1分) 闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I＝③(1分) 设PQ中的电流为IPQ，有IPQ＝I④(1分) 设PQ受到的安培力为F安，有F安＝IPQlB⑤(2分) PQ保持静止，受力平衡，有F＝F安⑥(1分) 联立①②③④⑤⑥式得F＝⑦(1分) 方向水平向右。(1分) (2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化量为ΔΦ，平均感应电动势为，有 ＝n⑧(2分) 其中ΔΦ＝Blx⑨(1分) 设PQ中的平均电流为，有＝⑩(1分) 根据电流的定义得＝⑪(1分) 由动能定理，有Fx＋W＝mv2－0⑫(2分) 联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得W＝mv2－kq⑬(1分) 7.(多选)(全国Ⅰ经典真题，6分)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后(　　) A. 金属框的速度大小趋于恒定值 B．金属框的加速度大小趋于恒定值 C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值 D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值 答案：BC 解析：在F作用下金属框加速，金属框bc边切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可知，电流方向为c→b→M→N，且bc边所受安培力向左，MN所受安培力向右，F为恒力，根据牛顿第二定律，对金属框受力分析有F－F安＝ Ma1；对导体棒受力分析有F安＝ma2，导体棒速度增大；由于金属框速度增加得较快，则回路中感应电流增大，F安增大，a1减小，a2增大，当a1 ＝a2时，金属框和导体棒的速度差恒定，产生的感应电动势恒定，感应电流恒定，加速度恒定，但速度增大，故A项错误，B项正确。由以上分析可知，产生的感应电流趋于恒定值，则导体棒所受安培力趋于恒定值，故C项正确。金属框与导体棒速度差恒定，则bc边与导体棒间距离均匀增加，故D项错误。 8．(多选)(山东聊城一模，4分)如图所示，电阻不计的光滑金属导轨由直窄轨AB、CD以及直宽轨EF、GH组合而成，窄轨和宽轨均处于同一水平面内，AB、CD等长且与EF、GH均相互平行，BE、GD等长、共线，且均与AB垂直，窄轨间距为，宽轨间距为L。窄轨和宽轨之间均有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场。由同种材料制成的相同金属直棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，棒长为L、质量为m、电阻为R。初始时，b棒静止于导轨EF段某位置，a棒从AB段某位置以初速度v0向右运动，且a棒距窄轨右端足够远，宽轨EF、GH足够长。下列判断正确的是(　　) A.a棒刚开始运动时，b棒的加速度大小为 B．经过足够长的时间，a棒的速度为v0 C．整个过程中通过回路的电荷量为 D．整个过程中b棒产生的焦耳热为mv 答案：ACD 解析：a棒刚开始运动时，a棒产生的感应电动势为E＝B·v0，由闭合电路欧姆定律得电路中的感应电流为I＝，对b棒，根据牛顿第二定律得ILB＝ma，解得b棒的加速度大小为a＝，故A项正确。设经过足够长的时间，a、b棒的速度分别为va、vb。经过足够长的时间，两棒产生的感应电动势大小相等，回路中没有感应电流，两棒不受安培力，均做匀速直线运动，则有B·va＝BLvb，可得va＝2vb，对b棒，由动量定理得BLt＝mvb－0，对a棒，由动量定理得－B·t＝mva－mv0，由以上三式解得va＝v0，vb＝v0。整个过程中通过回路的电荷量为q＝t，联立可得q＝，故B项错误，C项正确。整个过程中b棒产生的焦耳热为Qb＝Q＝，解得Qb＝mv，故D项正确。 9．(湖北襄阳五中测试，12分)如图所示，相互平行，相距L的两条金属长导轨固定在同一水平面上，电阻可忽略不计，空间有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，质量均为m、长度均为L、电阻均为R的导体棒甲和乙，可以在长导轨上无摩擦地左右滑动。开始时，甲导体棒具有向左的初速度v，乙导体棒具有向右的初速度2v，求： (1)开始时，回路中电流I； (2)当一根导体棒速度为零时，另一根导体棒的加速度大小a； (3)运动过程中通过乙导体棒的电量最大值qm。 答案：(1)(3分)　(2)(5分) (3)(4分) 解析：(1)开始时，设回路中的电动势为E，电流为I，根据法拉第电磁感应定律有 E＝3BLv(1分) 根据闭合电路欧姆定律有 I＝(1分) 联立解得I＝(1分) (2)甲、乙两导体棒在运动过程中，受到的安培力大小相等，加速度大小相等。由于甲导体棒的初速度较小，所以甲导体棒速度先减小到零，设此时乙导体棒的速度大小为v1，根据动量守恒定律，以乙导体棒运动的方向为正方向，有 2mv－mv＝mv1(1分) 回路中的感应电流为 I′＝(1分) 乙导体棒受到的安培力大小为F＝I′LB(1分) 根据牛顿第二定律有 F＝ma(1分) 联立解得a＝(1分) (3)当两导体棒速度相同时，回路中的感应电流为零，通过乙导体棒的电量最大。设两导体棒共速时速度为v共，由动量守恒定律得 2mv－mv＝2mv共(1分) 设从开始运动到两棒速度相等的时间为t，回路中的平均电流为，以水平向右方向为正方向，对导体棒甲，根据动量定理有 LBt＝mv共－(－mv)(1分) 且q＝t 联立解得通过乙导体棒的电量最大值为 qm＝(2分) 10. (经典题，10分)如图所示，在间距L＝0.2 m的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面(向内为正)的磁场，磁感应强度分布为沿y方向不变，沿x方向如下： B＝ 导轨间通过单刀双掷开关S连接恒流源和电容C＝1 F的未充电的电容器，恒流源可为电路提供恒定电流I＝2 A，电流方向如图所示。有一质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直导轨静止放置于x0＝0.7 m处。开关S掷向1，棒ab从静止开始运动，到达x3＝－0.2 m处时，开关S掷向2。已知棒ab在运动过程中始终与导轨垂直。求： (提示：可以用F－x图像下的“面积”代表力F所做的功) (1)棒ab运动到x1＝0.2 m时的速度v1； (2)棒ab运动到x2＝－0.1 m时的速度v2； (3)电容器最终所带的电荷量Q。 答案：(1)2 m/s(3分)　(2) m/s(3分) (3) C(4分) 解析：(1)金属棒受到的安培力为F＝ILB 由牛顿第二定律得加速度a＝(1分) 由匀变速直线运动的速度—位移公式得 v＝2a(x0－x1)(1分) 代入数据解得v1＝2 m/s(1分) (2)在区间－0.1 m≤x≤0.2 m，安培力F＝5xIL，如图所示。 安培力做功为W＝(x－x)(1分) 根据动能定理可得W＝mv－mv(1分) 代入数据解得v2＝ m/s(1分) (3)设棒ab运动到x3＝－0.2 m处时的速度为v3，根据运动的对称性可知v3＝v1＝2 m/s 开关S掷向2后，金属棒ab切割磁感线产生感应电动势和感应电流，对电容C进行充电，设感应电流为i，金属棒最终速度为v，对金属棒，由动量定理得 －iLBt＝mv－mv3(1分) 由电流定义式可知Q＝it(1分) 电容器电荷量为Q＝CU＝CBLv(1分) 在x＝－0.2 m处的速度为 v3＝v1＝2 m/s 解得Q＝＝ C(1分) 11.(2023新课标真题，20分)一边长为L、质量为m的正方形金属框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图(a)所示。 图(a) (1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。 (2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。 图(b) 答案：(1)(8分)　(2)(12分) 解析：(1)若金属框的初速度为v0，其完全进入磁场时的速度为v1，完全穿过磁场时的速度为v2。则对进入磁场的过程，根据动量定理可得 －安t＝mv1－mv0(2分) 安培力安＝LB(1分) 其中＝，＝BL，L＝t(2分) 由此可得－＝mv1－mv0 对于离开磁场的过程，同理可得 －＝mv2－mv1(2分) 而v2＝v0 联立以上各式解得v0＝(1分) (2)金属框进入磁场过程，右侧边框切割磁感线，等同于电源，由于导轨电阻可以忽略，此时金属框上、下部分被短路，其等效电路如图(a)所示。 图(a) 电路中的总电阻 R总＝R0＋＝(1分) 若金属框完全进入磁场时的速度为v3，根据第(1)问分析有－＝mv3－mv0 (2分) 根据能量守恒定律可知，进入磁场过程中系统产生的总热量为 Q1＝mv－mv(1分) 根据串、并联电路特点与规律，可得并联外电路与电阻R1所产生的热量分别为 Q并＝Q1＝Q1 QR1＝Q并＝Q1(1分) 联立以上各式并代入数据解得Q R1＝ 此后金属框完全进入磁场中，则金属框左右两边均作为电源，且等效电路图如图(b)所示 图(b) 则此时回路的总电阻 R′总＝2R0＋＝(1分) 设金属框的右边框刚要出磁场时的速度为v4，根据动量定理有－＝mv4－mv3(2分) 联立两式解得v4＝ 0 (1分) 则金属框刚好到达右边界。 根据能量守恒定律可知，金属框完全在磁场区域运动过程中系统产生的总热量为 Q2＝mv(1分) 电阻R1产生的热量 Q′R1＝Q2＝Q2(1分) 联立以上各式解得Q′R1＝ 则在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量 QR1总＝Q R1＋Q′R1＝(1分) 12.(河北石家庄校级模拟，18分)如图(a)所示，两条相距l＝1 m的水平粗糙导轨左端接一定值电阻。t＝0时，一质量m＝1 kg、阻值r＝0.5 Ω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B＝1 T，方向垂直纸面向内。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v－t图像如图(b)所示。若导轨电阻忽略不计，杆和导轨始终垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。试计算： 图(a)　　　　　　 　图(b) (1)进入磁场前，金属杆所受的外力F； (2)电阻的阻值R； (3)若前8 s金属杆克服摩擦力做功127.5 J，试求这段时间内电阻R上产生的热量；(结果保留两位小数) (4)在(3)的基础上，试求5～8 s内外力F的冲量大小。 答案：(1)6 N(3分)　(2)1.1 Ω(6分) (3)20.28 J(5分)　(4)22.125 N·s(4分) 解析：(1)未进入磁场过程中，金属杆做匀加速直线运动，根据速度—时间图像可得 a＝＝1 m/s2(1分) 对金属杆根据牛顿第二定律可得F－f＝ma(1分) 结合f＝μmg 解得F＝6 N(1分) (2)由图(b)可知，金属杆到达MN瞬间速度为 v1＝5 m/s(1分) 金属杆到达磁场边界MN时拉力的功率 Pm＝Fv1＝30 W(1分) 已知金属杆进入磁场后拉力功率Pm＝30 W保持不变，金属杆最后以v2＝4 m/s做匀速直线运动，设金属杆做匀速直线运动时拉力大小为F1，则 F1＝(1分) 此时金属杆做匀速直线运动时受到的安培力 F安＝IlB＝(1分) 由平衡条件得F1＝F安＋μmg(1分) 代入数据解得R＝1.1 Ω(1分) (3)整个过程外力对金属杆所做的功一部分克服摩擦力和安培力做功，另一部分转化成金属杆的动能。金属杆克服安培力做功，将其他形式的能转化成电能，最终转化成内能。 进入磁场前金属杆的位移为 x1＝at＝12.5 m(1分) 在0～8 s内对金属杆根据动能定理可得 Fx1＋Pm(t－t1)－W安－Wf＝mv－0(1分) 解得克服安培力做的功为W安＝29.5 J(1分) 根据功能关系可得产生的焦耳热为 Q＝29.5 J(1分) 则这段时间内电阻R上产生的热量 QR＝Q＝20.28 J(1分) (4)设5～8 s内外力F的冲量大小为IF，根据动量定理可得 IF－Bl(t－t1)－μmg(t－t1)＝mv2－mv1(1分) 其中(t－t1)＝q＝(t－t1)＝(1分) 由第(3)问得Wf＝μmg(x1＋x2)(1分) 联立解得IF＝22.125 N·s(1分) 课后提分练27　电磁感应现象中的综合问题 本套试题答案及详细图解精讲参见E册《图解力详解答案》 A组(巩固提升) 1．(2022.01浙江真题，3分)如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B＝kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d(d≪r)，则(　　) A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向 B．圆管的感应电动势大小为 C．圆管的热功率大小为 D．轻绳对圆管的拉力随时间减小 答案：C 解析：穿过圆管的磁通量向上逐渐增加，根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，故A项错误。根据法拉第电磁感应定律可得，圆管的感应电动势大小为E＝πr2＝kπr2，故B项错误。圆管的电阻R＝ρ，圆管的热功率大小为P＝＝，故C项正确。根据左手定则可知，圆管中各段所受的安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对圆管的拉力始终等于圆管的重力，不随时间变化，故D项错误。 2．(经典题，3分)纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化。一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针转动，角速度为ω。t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示。若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是(　　) 　　　 答案：C 解析：导体杆OA绕O点顺时针转动过程中，由右手定则可知，开始时感应电动势方向由O指向A，感应电动势为正，故D项错误。设经时间t导体杆转过的角度为α，则α＝ωt，导体杆有效切割长度为L＝2R sin α＝2R sin ωt。根据法拉第电磁感应定律，有E＝BL2ω ＝ B(2R sin ωt)2ω＝2BωR2sin2ωt。B、R、ω不变，则E随时间t做非线性变化，经半个周期后，电动势的方向反向，故C项正确，A项、B项均错误。 3．(多选)(全国专题练习，6分)如图所示，在水平光滑的平行金属导轨左端接一定值电阻R，两导轨间距为l，cdfe区域与efhg区域内匀强磁场的磁感应强度大小相等，方向相反。导体棒ab垂直导轨放置，并与cd边界重合。现给ab一水平向右的初速度v0，不计导轨和ab棒电阻，若规定逆时针方向为电流的正方向，则感应电流随时间变化的i－t图像可能正确的是(　　) 答案：AC 解析：根据右手定则可知，导体棒刚进入磁场时，回路中电流为逆时针方向，感应电流大小为i＝，导体棒所受安培力F＝Bil，与速度方向相反，可知导体棒做减速运动，速度减小，感应电流减小，所受安培力减小，导体棒做加速度减小的减速运动，电流i＝，若导体棒在左边磁场内速度减为零，则A项正确。若导体棒经过左边磁场后速度不为零，则经过左边磁场的时间t′>，故B项、D项均错误。导体棒进入右边磁场后，根据右手定则可知电流方向突变为顺时针方向，导体棒仍做加速度减小的减速运动，由i＝可知电流变化越来越慢，如果导体棒在右侧磁场中速度减为0，则电流减为0；若导体棒出右侧磁场前速度没有减为0，则电流不为0，故C项正确。 4．(多选)(山东经典真题，4分)如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计时，4 s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图像可能正确的是(　　) 　　　　 A　　　　　　　　　 B 　　　 　C　　　　　　　　 　D 答案：BC 解析：设导体框运动速度为v、方格的边长为l、导体框阻值为R，则在第1s内电流恒为I＝、ab边所受安培力Fab＝BI·vt＝t，从零均匀增大；第2 s内导体框切割磁感线的有效长度由2l均匀增大到3l，电流由I＝均匀增大到I＝，ab边的有效长度由l均匀增大到2l，故安培力由Fab＝随时间按二次函数增大到Fab＝B××2l＝，由此可判断 A项、D项一定错误，B项、C项可能正确。 5．(多选)(广东东莞模拟，6分)如图(a)所示，质量为m、边长为L、电阻为R的正方形线框ABCD，线框的BC边和磁场的边界都与斜面底边平行，斜面倾角为θ。线框从图示位置开始沿光滑斜面向下滑动，中途穿过垂直于斜面向外、有理想边界的匀强磁场区域，磁感应强度为B。从线框BC边刚进入磁场开始计时，线框的速度随时间变化的图像如图(b)所示，t0时刻线框刚好完全穿出磁场。重力加速度为g。由图可知，以下表述正确的是(　　) 图(a)　　　　　　　　　图(b) A．线框穿越磁场的过程中所受的安培力一直沿斜面向上 B. 线框BC边进入磁场瞬间BC两点的电势差为BLv0 C．线框AD边穿出磁场瞬间线框的速度为 D．0～t0时间内线框中产生的焦耳热为2mgL sin θ－＋mv 答案：ACD 解析：线框穿过磁场向下运动的过程中受到重力与安培力，根据图(b)可知线框先做减速运动，之后匀速运动，因此可判断安培力方向一直沿斜面向上，故A项正确。线框BC边进入磁场瞬间产生的感应电动势为E＝BLv0，B、C两点的电势差等于路端电压，根据右手定则可知B点为高电势，则有UBC＝BLv0，故B项错误。根据图(b)可知线框AD边穿出磁场前已经匀速，根据平衡条件可得mg sin θ＝ILB＝，解得线框AD边穿出磁场瞬间线框的速度为v＝，故C项正确。根据功能关系知0～t0时间内线框中产生的焦耳热为Q＝2mgL sin θ＋mv－mv2＝2mgL sin θ－＋mv，故D项正确。 6．(多选)(全国Ⅱ经典真题，6分)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是(　　) 　　　　 A　　　　　　　　　　 B 　　　 　C　　　　　　　　　　 D 答案：AD 解析：导体棒PQ和MN从斜面上同一位置由静止释放，到达ab位置处的速度相等，PQ进入磁场后做匀速直线运动，感应电流恒定，若在MN未到达ab位置时，PQ已经到达cd，则从该时刻起，到MN到达ab位置之前，回路中没有感应电流，MN到达ab位置之后，又产生与PQ刚进入磁场时大小相同的恒定电流，此时PQ中电流方向反向，故A项正确。若PQ没有到达cd位置时，MN进入磁场，则PQ、MN一起以相同的加速度加速运动，二者速度相同，没有感应电流，PQ离开磁场后MN因为速度变大，会有更大的感应电流，产生更大的安培力，做变减速运动，电流随速度减小而减小，故D项正确。 7．(多选)(2023辽宁真题，4分)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是(　　) A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流 B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为 C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1 D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为 答案：AC 解析：弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，故A项正确。任意时刻，设回路中电流为I，则PQ受安培力FPQ＝BI×2d，方向向左；MN受安培力FMN＝2BId，方向向右，可知两棒组成的系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m，PQ速率为v时，根据动量守恒定律有2mv＝mv′，解得v′＝2v，回路的感应电流I＝＝，MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝，故B项错误。两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒定律可得mv′＝2mv，则mx1＝2mx2，可得＝，故C项正确。两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，则有x1＋x2＝L，解得x1＝L，x2＝，即MN位置向左移动，PQ位置向右移动，则q＝Δt＝＝＝，故D项错误。 8．(经典题，15分)如图(a)所示，水平面矩形虚线区域有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化规律如图(b)所示(图中B0、t0已知)。边长为L、电阻为R的正方形导体线框abcd放置在水平面上，有一半在磁场区域内，由于水平面粗糙，线框能保持静止状态。 (1)求0～2t0时间内通过线框导线任一截面的电荷量q； (2)求0～3t0时间内线框产生的焦耳热Q； (3)通过计算在图(c)中作出0～6t0时间内线框所受水平面摩擦力f随时间t的变化图线(取水平向右为正方向)。 答案：(1)(5分)　(2)(5分) (3)见解析(5分) 解析：(1)设0～2t0时间内线框产生的电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有 E1＝＝(1分) 产生的感应电流I1＝(1分) 通过线框导线任一截面的电荷量 q＝I1·(2t0)(1分) 解得q＝(2分) (2)设2t0～3t0时间内线框产生的电动势为E2，感应电流为I2，同理有 E2＝＝，I2＝(2分) 0～3t0时间内产生的焦耳热 Q＝IR·(2t0)＋IRt0(1分) 解得Q＝(2分) (3)0～2t0时间内ab边受到的安培力方向水平向右，其大小 F1＝BI1L＝·B 受到方向为水平向左的摩擦力大小 f1＝F1＝·B(1分) 2t0～3t0时间内ab边受到的安培力方向水平向左，其大小F2＝BI2L＝·B 受到方向为水平向右的摩擦力大小 f2＝F2＝·B(1分) 再由B－t图画出摩擦力f随时间t的变化图线如图所示。(3分) 9.(天津经典真题，16分)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝30°角，N、Q两端接有R＝1 Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m ＝ 0.2 kg，电阻r＝1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1 T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5 m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v＝2 m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求拉力的功率P； (2)ab开始运动后，经t＝0.09 s速度达到v2＝1.5 m/s，此过程中ab克服安培力做功W＝0.06 J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x。 答案：(1)4W(12分)　(2)0.1 m(4分) 解析：(1)在ab运动过程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为F安，有 F－mg sin θ－F安＝0(2分) 设此时回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有E＝BLv(2分) 设回路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律，有 I＝(2分) ab受到的安培力F安＝ILB(2分) 由功率表达式，有P＝Fv(2分) 联立上述各式，代入数据解得P＝4 W(2分) (2)ab从速度v1到v2的过程中，由动能定理，有 Pt－W－mgx sin θ＝mv－mv(2分) 代入数据解得x＝0.1 m(2分) 10.(河南郑州二模，6分)在图(a)、图(b)、图(c)三图中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图(a)中的电容器C原来不带电，不计导体棒、导轨和直流电源的电阻，不计导体棒与导轨间的摩擦。图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面向下的匀强磁场中，导轨足够长。今给导体棒ab一个向右的初速度，在图(a)、图(b)、图(c)三种情况下，下列说法正确的是(　　) 图(a)　　　　 图(b)　　　　　图(c) A．图(a)中，因为电容器断路，ab导体棒中不会产生电流 B．图(b)中，ab导体棒向右做匀减速运动 C．图(c)中，ab棒先向右减速，再向左加速最后直到匀速 D．三种情形下导体棒ab最终均静止 答案：C 解析：图(a)中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电动势对电容器充电，电路中有电流，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A项错误。图(b)中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，ab棒受到安培力作用，速度减小，产生的感应电流减小，从而安培力减小，加速度减小，即ab棒向右做加速度减小的减速运动，最终速度为零静止，故B项错误。图(c)中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，故C项正确，D项错误。 11．(2023全国甲真题，20分)如图，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求： (1)金属棒P滑出导轨时的速度大小； (2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量； (3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。 答案：(1)v0(8分)　(2)mv(4分) (3)(8分) 解析：(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 3mv0＝3mvQ＋mvP(2分) ×3mv＝×3mv＋mv (2分) 联立两式解得vP＝v0，vQ＝v0(2分) 由题意知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为 v′P＝vQ＝v0(2分) (2)根据能量守恒定律有 mv＝mv′＋Q热(2分) 解得Q热＝mv(2分) (3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得 －BlΔt＝mv′P－mvP(3分) ＝＝＝(3分) 联立解得x＝ 由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为t＝＝(2分) B组(冲刺满分) 12．(多选)(河北石家庄二中模拟，6分)如图(a)所示，两根足够长的光滑金属导轨ab、cd与水平面成θ＝30°固定，导轨间距离为l＝1 m，电阻不计。一个阻值为R0的定值电阻与电阻箱R并联接在两金属导轨的上端，整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B＝1 T。现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放。金属棒下滑过程中与导轨接触良好。改变电阻箱的阻值R，测定金属棒的最大速度vm，得到的－图像如图(b)所示。取g＝10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A．金属棒的质量m＝0.2 kg B．定值电阻R0＝2 Ω C．当电阻箱R取2 Ω，且金属棒的加速度为时，金属棒的速度v＝1 m/s D．若磁场磁感应强度大小不变，方向变为竖直向上，电阻箱R取2 Ω，则导体棒匀速时的速度为 m/s 答案：ABD 解析：金属棒以最大速度vm下滑时，根据法拉第电磁感应定律，有E＝Blvm，根据闭合电路欧姆定律，有E＝I，根据平衡条件，有IlB＝mg sin θ，整理以上各式可得＝·＋·，根据－图像可知，·＝0.5 m-1·s，＝1 m-1·s·Ω，解得m＝0.2 kg，R0＝2 Ω，故A项、B项均正确。当电阻箱R取2 Ω，且金属棒的加速度为时，有mg sin θ－B·l＝m×g，可得v＝0.5 m/s，故C项错误。设导体棒匀速时的速度为v′，则有B cos θ·l＝mg sin θ，解得v′＝ m/s，故D项正确。 13．(多选)(湖北恩施二模，4分)如图，固定的足够长平行光滑双导轨由水平段和弧形段在CD处相切构成，导轨的间距为L，区域CDEF内存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，ED间距也为L。现将多根长度也为L的相同导体棒依次从弧形轨道上高为h的PQ处由静止释放(释放前棒均未接触导轨)，释放第n(n>1)根棒时，第n－1根棒刚好穿出磁场。已知每根棒的质量均为m，电阻均为R，重力加速度大小为g，FE∥CD∥PQ且与导轨垂直，导轨电阻不计，棒与导轨接触良好。则(　　) A．第2根棒刚穿出磁场时的速度大小为－ B．第3根棒刚进入磁场时的加速度大小为 C．第n根棒刚进入磁场时，第1根棒的热功率为 D．第n根棒穿过磁场的过程中回路产生的焦耳热为nmgh－2 答案：BC 解析：第2根棒刚进入磁场时，由动能定理有mgh＝mv2－0，解得v＝，设第2根棒在穿过磁场过程中通过导体棒的电量为q，根据动量定理有BLt＝mv－mv′，两根棒的总电阻为2R，则有q＝t＝＝，联立可得v′＝－，故A项错误。第3根棒刚进入磁场时的速度为v＝，产生的感应电动势为E＝BLv＝BL，此时第1根和第2根棒并联电阻为，第3根棒等效为电源，电路中总电阻为R总＝R＋＝，电路中电流为I＝＝，由牛顿第二定律得F安＝ILB＝ma，解得a＝，故B项正确。第n根棒刚进入磁场时，前n－1根棒并联电阻为R并＝，电路总电阻为R总1＝＋R，电路总电流I总＝，第1根棒中电流I1＝，解得I1＝，第1根棒的热功率为P＝IR＝，故C项正确。由A项和C项分析可知，第n根棒出磁场时的速度为vn＝－，故第n根棒穿过磁场的过程中，回路产生的焦耳热等于其动能的变化量，即Q＝mgh－m2，故D项错误。 14．(北京经典真题，12分)某试验列车按照设定的直线运动模式，利用计算机控制制动装置，实现安全准确地进站停车。制动装置包括电气制动和机械制动两部分。图(a)所示为该列车在进站停车过程中设定的加速度大小a车随速度v的变化曲线。 　　　　图(a)　　　　　　　　　图(b) (1)求列车速度从20 m/s降至3 m/s经过的时间t及行进的距离x。 (2)有关列车电气制动，可以借助图(b)模型来理解。图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，回路中的电阻阻值为R，不计金属棒MN及导轨的电阻。MN沿导轨向右运动的过程，对应列车的电气制动过程，可假设MN棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气制动产生的加速度成正比。列车开始制动时，其速度和电气制动产生的加速度大小对应图(a)中的P点。论证电气制动产生的加速度大小随列车速度变化的关系，并在图(a)中画出图线。 (3)制动过程中，除机械制动和电气制动外，列车还会受到随车速减小而减小的空气阻力。分析说明列车从100 m/s减到3 m/s的过程中，在哪个速度附近所需机械制动最强？ (注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明) 答案：(1)24.3 s(2分)　279.3 m(2分) (2)见解析(5分)　(3)3 m/s(3分) 解析：(1)由题图(a)可知，列车速度从20 m/s降至3 m/s的过程中加速度大小为a＝0.7 m/s2， 由加速度定义式可得a＝(1分) 所以t＝≈24.3 s(1分) 由速度—位移公式v2－v＝－2ax可得(1分) x＝≈279.3 m(1分) (2)设匀强磁场的磁感应强度为B，导轨间距为L，金属棒MN的质量为m。MN沿导轨向右运动切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv(1分) 回路中感应电流I＝ MN受到的安培力F＝ILB(1分) 加速度为a＝ 联立以上各式解得a＝(1分) 所以棒的加速度与棒的速度成正比。 由题可知MN棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气制动产生的加速度成正比，所以列车电气制动产生的加速度与列车的速度成正比，为过P点的正比例函数，画出的图线如图所示。 (3)由(2)可知，列车速度越小，电气制动的加速度越小。由题设可知列车还会受到随车速减小而减小的空气阻力，所以电气制动和空气阻力产生的加速度都随速度的减小而减小。由图(a)可知，列车速度从20 m/s降至3 m/s的过程中加速度大小a车保持不变，所以列车速度从20 m/s降至3 m/s的过程中所需的机械制动逐渐增强，即列车速度在3 m/s附近所需机械制动最强。(3分) 15.(海南经典真题，12分)如图，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外不计其他电阻。 (1)求金属杆中的电流和水平外力的功率； (2)某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为，求： ①这段时间内电阻R上产生的焦耳热； ②这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离。 答案：(1)(2分)　(2分) (2)①mv(4分)　②(4分) 解析：(1)金属杆切割磁感线产生的感应电动势 E＝Blv0(1分) 则金属杆中的电流 I＝＝(1分) 由题知，金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，则有 F＝F安＝IlB＝(1分) 根据功率的计算公式有 P＝Fv0＝(1分) (2)①设这段时间内电阻R产生的焦耳热为Q，金属杆内单位体积的自由电子数为n，金属杆的横截面积为S，则金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动时的电流微观表达式为 I＝nSeu0＝(1分) 当电子沿金属杆定向移动的速率变为时，则有 I′＝nSe＝(1分) 根据能量守恒定律有 mv′2＝mv－Q(1分) 联立以上各式解得Q＝mv(1分) ②由①可知在这段时间内金属杆的速度由v0变到，则根据动量定理有 m－mv0＝－Bl·Δt＝－BnSelΔt＝－BnSeld(2分) 联立上一问的表达式nSeu0＝，解得d＝(2分) 16.(浙江经典真题，10分)如图(a)所示，在xOy水平面内，固定放置着间距为l的两平行金属直导轨，其间连接有阻值为R的电阻，电阻两端连接示波器(内阻可视为无穷大)，可动态显示电阻R两端的电压。两导轨间存在大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场。t＝0时一质量为m、长为l的导体棒在外力F作用下从x＝x0位置开始做简谐运动，观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图(b)所示的正弦曲线。取x0＝－，则简谐运动的平衡位置在坐标原点O。不计摩擦阻力和其他电阻，导体棒始终垂直导轨运动。(提示：可以用F－x图像下的“面积”代表力F所做的功) 图(a) 图(b) (1)求导体棒所受到的安培力FA随时间t的变化规律； (2)求在0至0.25T时间内外力F的冲量； (3)若t＝0时外力F0＝1 N，l＝1 m，T＝2π s，m＝1 kg，R＝1 Ω，Um＝0.5 V，B＝0.5 T，求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度。 答案：(1)FA＝－sin t(2分) (2)＋(3分)　(3)见解析(5分) 解析：(1)由显示的波形可得U＝Umsin t 则流过导体棒的电流 I＝sin t(1分) 安培力随时间变化规律为 FA＝－IlB＝－sin t(1分) (2)在0至0.25T时间内，根据动量定理有 IF＋IA＝mvm－0(1分) 安培力的冲量 IA＝－BlΔq＝－(1分) 根据U＝Blv可得v＝sin t，则vm＝ 联立以上各式解得IF＝＋(1分) (3)导体棒做简谐运动，有 FA＋F＝－kx(1分) 当x＝0时，回复力为0，安培力和外力F大小相等、方向相反，即FA＝－F 代入数据解得v＝±vm＝±1 m/s(1分) 在最大位移处安培力为0，外力F充当回复力，有 F0＝－kx0 当FA＝F时，设x＝x′，v＝v′ 此时安培力等于回复力的一半，即 FA＝－kx′ 又安培力FA＝ 根据动能定理有 mv′2＝k(x－x′2)(1分) 联立以上各式代入数据解得x′1＝ m，v′1＝ m/s； x′2＝－ m，v′2＝－ m/s(2分) 突破积累练 线圈穿越有界磁场模型 (试题答案位于本课时课后提分练答案后)　　　　　　　　　　　　　　　 1．(多选)(河北模拟，4分)正方形导线框abcd边长为L，垂直纸面向里的水平匀强磁场区域，上、下边界分别为MN、PQ，宽度为d。线框平面竖直，ab边与MN平行，距离为h，线框从静止释放后，ab边在下落过程中经过MN与经过PQ时的速度相等。重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) A. ab边刚进入磁场时，线框加速度一定向上 B．磁场的宽度d可能小于线框的边长L C．cd边到达MN的速度一定等于 D．线框穿过磁场的全过程，产生的焦耳热一定为2mgd 答案：BC 解析：设线框电阻为R，ab到达MN时速度为v1，cd到达MN时速度为v2，全过程产生的焦耳热为Q，对ab到达MN时有mgh＝mv，感应电动势为E＝BLv1，感应电流为I＝＝，安培力为F＝ILB＝。①若<mg，ab边进入磁场后做加速运动，ab边经过PQ时的速度一定大于经过MN时的速度，与题意不符。②若＝mg，ab边进入磁场后开始做匀速运动。若该条件下d<L，ab边经过MN与经过PQ时的速度相等，有mg(L－d)＝mv－mv，解得v2＝。ab穿过磁场产生的焦耳热Q1＝mgd，cd穿过磁场产生的焦耳热Q2>mgd，全过程产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2>2mgd。若该条件下d＝L，ab边经过MN与经过PQ时的速度相等，有mg(L－d)＝mv－mv，解得v2＝v1＝，全过程产生的焦耳热Q＝2mgd。若该条件下d>L，线框全部进入磁场后加速运动，ab边经过PQ时的速度大于经过MN时的速度，与题意不符。③若>mg，ab边进入磁场后做减速运动。若该条件下d≤L，ab边经过PQ时的速度小于经过MN时的速度，与题意不符。若该条件下d>L，线框全部进入磁场后，线框加速，ab边经过PQ时的速度可能等于经过MN时的速度，有mg(d－L)＝mv－mv，解得v2＝。全过程由能量守恒定律有mg(h＋d＋L)＝mv＋Q，解得Q＝2mgd。综上分析可知B项、C项均正确，A项、D项均错误。 2．(多选)(湖南经典真题，5分)两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A.B与v0无关，与成反比 B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变 C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等 D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变 答案：CD 解析：将组合体以初速度v0水平无旋转抛出后，组合体做平抛运动，进入磁场后做匀速运动，由于水平方向切割磁感线产生的感应电动势相互抵消，则有mg＝F安＝，其中进入磁场时组合体在竖直方向的速度可以由平抛运动的规律得出，vy＝，联立可得B＝·，所以B与v0无关，与成反比，故A项错误。当金属框刚进入磁场时，穿过金属框的磁通量增加，此时感应电流的方向为逆时针方向，当金属框刚出磁场时穿过金属框的磁通量减少，此时感应电流的方向为顺时针方向，可知金属框中电流的方向并非保持不变，故B项错误。由于组合体进入磁场后做匀速运动，安培力始终与重力等大反向，有mg＝F安＝，则组合体克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，故C项正确。只要组合体仍能匀速通过磁场，由能量守恒定律可知组合体产生的焦耳热等于匀速运动过程中重力势能的减少量，与H、v0和B无关，则组合体通过磁场过程中产生的焦耳热不变，故D项正确。 3．(2023北京真题，3分)如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是(　　) A．线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向 B．线框出磁场的过程中做匀减速直线运动 C．线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等 D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等 答案：D 解析：线框进磁场的过程中，由楞次定律知电流方向为逆时针方向，故A项错误。线框出磁场的过程中，线框的感应电动势和电流分别为E＝BLv和I＝，则F安＝ILB＝＝ma，线框出磁场过程中，由楞次定律的推论可知线框受到的安培力向左，则v减小，线框做加速度减小的减速运动，故B项错误。由能量守恒定律可知，线框产生的焦耳热Q＝安L，其中线框进出磁场时均做减速运动，则其进磁场时的速度大，安培力大，产生的焦耳热多，故C项错误。通过导线横截面的电荷量q＝t，其中＝，＝BL，则联立三式整理得q＝x，由于线框在进和出的两过程中线框的位移x均为L，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D项正确。 4．(多选)(2025改编题，4分)如图所示，空间某区域存在着匀强磁场，磁场的上边界水平，方向与竖直平面(纸面)垂直，两个质量相同、同种材料的导线制成的刚性线框a和b，其形状分别是周长为4l的正方形和周长为6l的矩形。线框a和b在竖直面内从图示位置由同一高度自由下落。则(　　) A．在线框进入磁场的过程中，a、b都产生逆时针方向的电流 B．两线框刚进入磁场时，线框a的加速度等于线框b的加速度 C．在线框进磁场的过程中，流过线框a和线框b的电量qa∶qb＝8∶9 D．在线框穿过磁场的过程中，线框a和线框b产生的热量Qa<Qb 答案：AD 解析：在线框进入磁场的过程中，线框内的磁通量都是向里增加，根据楞次定律可知两者都产生逆时针方向的感应电流，故A项正确。设材料的电阻率为ρ电，密度为ρ密，导线的截面积为S，根据质量相等可得ρ密Sa×4l＝ρ密Sb×6l，解得Sa＝1.5Sb，根据电阻定律可得＝×＝，根据动能定理可得mgh＝mv2－0，可知线框刚进入磁场时的速度都为v＝，对线框a，刚进入磁场时，假设加速度方向向下，根据牛顿第二定律可得mag－BI1l＝maa1，解得a1＝g－，同理可得，对线框b，刚进入磁场时，假设加速度方向向下，根据牛顿第二定律可得mbg－2BI2l＝mba2，解得a2＝g－＝g－，所以线框a的加速度大于线框b的加速度；如果加速度方向向上，则线框a的加速度小于b的加速度，故B项错误。设金属框的面积为S框，根据电荷量的计算公式可得q＝t＝＝。在线框进入磁场的过程中，流过线框a的电荷量为qa＝，通过线框b的电量qb＝，所以有qa∶qb＝×＝9∶8，故C项错误。由上述分析可知，两线框达到磁场边界的速度相等，离开磁场下边界的速度为va>vb，根据能量守恒定律，有Q＝mgh－mv，故有Qa<Qb，故D项正确。 5．(江苏无锡一模，18分)如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l。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，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g。求： (1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍； (2)磁场上下边界间的距离H。 答案：(1)4倍(10分)　(2)＋28l(8分) 解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进磁场时，线框做匀速运动的速度为v1。 根据法拉第电磁感应定律，有E1＝2Blv1①(2分) 设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，根据闭合电路欧姆定律，有I1＝②(1分) 设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2BI1l③(2分) 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有 mg＝F1④(2分) 联立①②③④解得v1＝⑤(1分) 设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2＝⑥(1分) 联立⑤⑥解得v2＝4v1⑦(1分) (2)线框自释放直到cd边进入磁场前，根据机械能守恒定律，有2mgl＝mv⑧(3分) 线框完全穿过磁场的过程中，根据能量守恒定律，有 mg(2l＋H)＝mv－mv＋Q⑨(3分) 联立⑦⑧⑨解得H＝＋28l⑩(2分) 学科网（北京）股份有限公司 $$