专题四 培优点十一 电磁感应中的导线框问题-【金版教程】2025年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（提升版）

第一部分　专题复习篇 专题四　电路和电磁感应 培优点十一　电磁感应中 的导线框问题 目录 2 1 专题作业 高考命题预测 例1　(2024·全国甲卷)(多选)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一 竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一 端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的 匀强磁场，磁场上下边界水平，在t＝0时刻线框的上边框以不同的初 速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是(　　) 3 4 可以分三种情况分析v的变化的可能性：(1)M>m，线框进入磁场的过程，随着v的减小，a逐渐减小且趋于某个非零值，线框完全进入磁场运动时，a>0且恒定，线框做匀减速直线运动，分析四个选项的图，可知没有与这种情况对应的图。(2)M<m，线框进入磁场的过程，随着v的减小，a逐渐减小，如果v能减小到某个非零值，从而使a＝0，则之后线框做匀速直线运动，线框完全进入磁场运动时，a<0，做匀加速直线运动，分析四个选项的图，可知没有与这种情况对应的图。 5 (3)M＝m，线框进入磁场的过程，随着v的减小，a逐渐减小且趋于0，若进入磁场的过程线框速度能减小到0，则之后线框静止，A符合这种情况；若进入磁场的过程线框速度不能减小到0，则完全进入磁场运动时，a＝0，线框做匀速直线运动，线框离开磁场的过程，随着v的减小，a逐渐减小，若离开磁场的过程线框速度能减小到0，则之后线框静止，分析四个选项的图，可知没有与这种情况对应的图；若离开磁场的过程线框速度不能减小到0，则线框完全离开磁场运动时，a＝0，做匀速直线运动，分析四个选项的图，可知C符合这种情况。综上所述，A、C可能正确，B、D不可能正确。 6 例2　(2023·北京高考)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 7 8 9 例3　(2023·新课标卷)一边长为L、质量为m的正方形金属细框，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。 10 (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。 11 12 13 14 15 分析导线框在有界磁场中的运动问题时，通常将导线框的整个运动过程分为“进磁场”“在磁场中平动”“出磁场”三个阶段，然后分别对它们分析，以确定导线框的运动情况。 16 17 18 高考命题预测 1.(2024·湖南省娄底市高三下一模)(多选)如图所示，倾角 为θ＝30°、足够长的光滑绝缘斜面固定不动，斜面上有1、2、3 三条水平虚线，相距为d的虚线1、2间(区域Ⅰ)存在垂直斜面向 下的匀强磁场(图中未画出)，相距为l(l>d)的虚线2、3间(区域Ⅱ) 存在垂直斜面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小 均为B，一个边长也是d的正方形导线框的质量为m、电阻为R，自虚线1上方某处静止释放，导线框恰好能匀速进入区域Ⅰ，后又恰好匀速离开区域Ⅱ，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 (1)求导体棒ef的最大速度v1和恒力F的大小； (2)求在导线框abcd通过PQ的过程中，整个 回路产生的焦耳热Q； (3)若导线框abcd的ad边到达PQ时为0时刻，自0时刻起对导线框施加水平方向的作用力f，使导线框abcd以大小为a＝3 m/s2的加速度匀减速离开磁场，求f与t的关系式及bc边刚要出磁场时作用力f的大小。 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 专题作业 1.(2024·陕西省安康市高三下一模)(多选)如图所示，放在光滑绝 缘水平面上的轻质单匝矩形线框长、宽之比为5∶3，线框在外力作用 下以相同的速度匀速离开匀强磁场区，离开磁场区时始终有两边与边 界平行，则在1、2两种情况下(　　) A．所用拉力大小之比为3∶5 B．通过线框的电荷量之比为3∶5 C．线框中的感应电流之比为3∶5 D．线框中产生的热量之比为3∶5 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 2.(2024·四川省泸州市高三下三诊)(多选)如图所示，在竖直 方向上有两个相邻且互不影响的有界匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，两磁场的 磁感应强度大小相等，方向分别垂直纸面向外和垂直纸面向里， 磁场宽度均为L＝1.0 m。有一边长L＝1.0 m的正方形闭合线框 abcd，从磁场外距离磁场h＝0.2 m处由静止开始下落后垂直进入 磁场，当线框ab边刚进入磁场Ⅰ区域时恰好做匀速运动，进入磁场Ⅱ区域的某位置后线框又开始做匀速运动。已知线框的质量m＝0.2 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。以下说法正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 A．线框ab边刚进入磁场Ⅱ时加速度大小为10 m/s2 B．线框ab边刚穿出磁场Ⅱ时的速度大小为0.5 m/s C．线框ab边在磁场Ⅰ和Ⅱ中运动的总时间为2.35 s D．线框ab边在磁场Ⅰ和Ⅱ中运动的过程中，线框 产生的内能为3.6 J 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 3．(2024·湖南省常德市高三下3月模拟)(多选)如图 所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面上有一个质量m＝1 kg、边 长为L＝1 m的正方形金属线框abcd，其阻值为R＝2.0 Ω， 与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5。边界EF上侧有垂直于 斜面向上的匀强磁场。一质量为M＝2 kg的物体用绝缘细线跨过光滑定滑轮与线框相连，连接线框的细线与斜面平行且细线最初处于松弛状态。现先释放线框再释放物体，当cd边离开磁场时线框以v1＝1 m/s的速度匀速下滑，在ab边运动到EF位置时，细线恰好被拉直绷紧，随即物体和线框一起匀速运动一段时间后开始做匀加速运动。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 A．线框两次匀速运动的速度大小、方向均不同 B．匀强磁场的磁感应强度为B＝2 T C．细线绷紧前，M自由下落高度为h＝1.25 m D．系统在线框cd边离开磁场至重新进入磁场过程 中损失的机械能等于线框产生的焦耳热 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 细线被拉直绷紧过程中，细线的拉力远大于其他外力， 设细线拉力对线框的冲量大小为I，取沿斜面向上为正 方向，由动量定理得I＝mv2－m(－v1)，对M以竖直向 下为正方向，有－I＝Mv2－Mv，联立解得细线被拉直 绷紧前M的速度为v＝8 m/s，M自由下落高度h满足v2＝2gh，解得h＝3.2 m，故C错误；细线绷紧过程系统的机械能有损失，且线框与斜面间因滑动摩擦也有机械能损失，则系统在线框cd边离开磁场至重新进入磁场过程中损失的机械能大于线框产生的焦耳热，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 5.(2023·福建省三明市高三下质量检测)(多选)如图，匀强 磁场水平边界ef、gh平行且间距为H，边长为L(L<H)的正方形 闭合线框abcd可从磁场上方不同高度处由静止释放，线框下落 过程形状不变，ab边始终保持与磁场边界平行，线框平面与磁 场方向垂直。不计空气阻力，t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻，则线框从静止开始下落至ab边到达磁场下边界的过程中，线框的加速度a、速度v与时间t的关系图像，动能Ek、重力势能Ep与下落高度h的关系图像可能正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 根据动能定理ΔEk＝F合Δx可知，Ek­h图像的切线斜率表示合力 F合，线框进入磁场前和完全进入磁场后，F合＝mg，图像应为 两段斜率相等的直线；线框进入磁场的过程，根据上述分析可 知F合可能为0，也可能向下逐渐减小(可能减至0后不变)，还可 能向上逐渐减小(可能减至0后不变)，则Ek­h图像的斜率可能为0，也可能为正值逐渐减小(可能减至0后不变)，还可能为负值逐渐减小(可能减至0后不变)，故C错误。根据ΔEp＝－WG＝－mgh，可知线框的重力势能随下落高度的增大线性减小，Ep­h图像斜率不变且为负，故D可能正确。 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 6．(2023·吉林省吉林市高三下第二次调研)电磁减震器是利用电磁感应原理的一种新型智能化汽车独立悬架系统。某同学也设计了一个电磁阻尼减震器，图为其简化的原理图。该减震器由绝缘滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠的相同矩形线圈组成，滑动杆及线圈的总质量m＝1.0 kg。每个矩形线圈abcd匝数n＝100匝，电阻值R＝1.0 Ω，ab边长L＝20 cm，bc边长d＝10 cm，该减震器在光滑水平面上以初速度v0＝1.0 m/s向右进入磁感应强度大小B＝0.1 T、方向竖直向下的匀强磁场中。求： 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 (1)刚进入磁场时减震器的加速度大小； (2)线圈2恰好完全进入磁场时，减震器的速度大小； (3)若减震器的初速度v＝5.0 m/s，则滑动杆上需安装多少个线圈才能使其完全停下来？第1个线圈和最后1个线圈产生的热量比k为多少？不考虑线圈个数变化对减震器总质量的影响。 答案：(1)4 m/s2　(2)0.2 m/s　(3)13个　96 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 7．(2024·山西省晋城市高三下学期第三次模拟) 磁悬浮列车是一种靠磁悬浮力来推动的列车，它通过 电磁力实现列车与轨道之间无接触的悬浮和导向，再 利用直线电机产生的电磁力牵引列车运行，由于其轨 道的磁力使之悬浮在空中，减少了摩擦力，因此速度 可达400 km/h以上。某科研团队为研究磁悬浮列车的运动情况，制作了总质量m＝4.0 kg的列车模型，如图甲所示，该列车底部固定一与列车绝缘的矩形金属线框abcd，线框的总电阻R＝3.2 Ω，用两根足够长、水平固定、间距L＝0.40 m(和矩形线框的边长ab相等)的平行金属导轨PQ、MN模拟列车行驶的车轨， 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 导轨间存在垂直导轨平面的等间距不间断的交替匀强磁场，相邻两匀强磁场的方向相反，磁感应强度大小均为B＝1 T，每个特定磁场横向宽度恰好与矩形线框的边长ad相等，如图乙所示(图乙中只画出矩形线框)。将列车放置于车轨上，当匀强磁场以速度v0＝25 m/s向右匀速运动时，列车因受到磁场力而运动起来，运动过程中受到的阻力恒为f＝1 N。 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 (1)求列车加速时的最大加速度amax； (2)求列车以最大速度行驶时外界供能的功率P； (3)若磁场由静止开始向右做匀加速运动并开始计时，在t0＝10 s时列车才开始运动，t1＝40 s之后线框中的电流保持不变，在t2＝50 s时磁场突然静止，t3＝72 s时列车才静止，求列车的制动距离d。 答案：(1)1 m/s2　(2)25 W　(3)90 m 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　设虚线区域内磁场的磁感应强度大小为B，线框的质量为M，电阻为R，上下边框长度为L，物块的质量为m，细绳上的拉力大小为T，以初速度的反方向为加速度的正方向，设线框与物块的加速度均为a。线框穿过磁场的过程中，由牛顿第二定律，对线框有Mg＋F安－T＝Ma，对物块有T－mg＝ma，其中线框所受安培力大小F安＝BIL，线框中电流大小I＝eq \f(E,R)，线框产生的感应电动势大小E＝BLv，联立解得a＝eq \f(B2L2v,(M＋m)R)＋eq \f(M－m,M＋m)g。根据四个选项中的v­t图，只考虑t＝0时线框速度开始减小的情况。根据表达式a＝eq \f(B2L2v,(M＋m)R)＋eq \f(M－m,M＋m)g可知， 解析　线框进磁场的过程中，由楞次定律和右手螺旋定则可知，电流方向为逆时针方向，A错误；设匀强磁场的磁感应强度大小为B，线框边长为l，电阻为R，线框出磁场过程中，感应电动势大小E＝Blv，由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Blv,R)，线框受到的安培力为F安＝BIl＝eq \f(B2l2v,R)，由牛顿第二定律得F安＝ma，则eq \f(B2l2v,R)＝ma，线框出磁场过程中速度v减小，则加速度减小，故线框做加速度减小的减速运动，B错误； 由功能关系得线框产生的焦耳热Q＝W克安＝eq \o(F,\s\up16(－))安x，线框进、出磁场时均做减速运动，完全在磁场中时做匀速运动，故其进磁场时的平均速度大，平均安培力大，又两过程位移大小相等，故线框在进磁场过程产生的焦耳热多，C错误；由法拉第电磁感应定律得eq \o(E,\s\up16(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)，平均感应电流eq \o(I,\s\up16(－))＝eq \f(\o(E,\s\up16(－)),R)，电荷量q＝eq \o(I,\s\up16(－))Δt＝eq \f(ΔΦ,R)，线框在进和出的两过程中磁通量的改变量大小均为ΔΦ＝Bl2，故两过程中通过导线横截面的电荷量相等，D正确。 答案　(1)eq \f(B2L3,mR0)　(2)2,0)eq \f(3B4L6,25mR) 解析　(1)金属框进入磁场过程中，有eq \o(E,\s\up16(－))1＝BLeq \o(v,\s\up16(－))1 eq \o(v,\s\up16(－))1＝eq \f(L,t1) eq \o(I,\s\up16(－))电流1＝eq \f(\o(E,\s\up16(－))1,4R0) 所受安培力的冲量大小I1＝Beq \o(I,\s\up16(－))电流1Lt1 联立得I1＝eq \f(B2L3,4R0) 同理，金属框离开磁场过程中所受安培力的冲量大小I2＝eq \f(B2L3,4R0) 由动量定理并结合题意可知－I1－I2＝eq \f(mv0,2)－mv0 联立解得金属框的初速度大小v0＝eq \f(B2L3,mR0)。 (2)设金属框左侧边经过磁场左边界时的速度为v1，由于金属框上、下边被短路，则金属框进入磁场过程电路中的总电阻 R总＝R0＋eq \f(R1·R0,R1＋R0) 金属框进入磁场的过程，根据(1)同理可知，金属框所受安培力的冲量大小I1′＝eq \f(B2L3,R总) 根据动量定理有－I1′＝mv1－mv0 联立解得v1＝eq \f(2B2L3,5mR0) 设此过程回路中产生的总热量为Q1，根据能量守恒定律有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝Q1＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1) 由串并联电路规律可知，R1、金属框左侧边、金属框右侧边中电流之比为1∶2∶3，结合焦耳定律可知，三者产生的热量之比为2∶4∶9，则此阶段R1产生的热量QR1＝eq \f(2,15)Q1 联立解得QR1＝2,0)eq \f(7B4L6,125mR) 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，等效电路图如图 此时回路的总电阻R总′＝R1＋eq \f(R0,2) 设金属框右侧边到达磁场右边界时的速度为v2，根据动量定理同理有－eq \f(B2L3,R总′)＝mv2－mv1 联立解得v2＝0，即此时金属框恰好静止 设此过程回路中产生的总热量为Q2，根据能量守恒定律有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＝Q2 由串并联电路规律可知，R1、金属框左侧边、金属框右侧边中电流之比为2∶1∶1，结合焦耳定律可知，三者产生的热量之比为8∶1∶1，则此阶段R1产生的热量QR1′＝eq \f(4,5)Q2 联立解得QR1′＝2,0)eq \f(8B4L6,125mR) 则在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量QR1总＝QR1＋QR1′＝2,0)eq \f(3B4L6,25mR) 。 常见情境 动力学分析 能量分析 动量分析 在安培力作用下穿越磁场 以进入磁场的过程为例，设运动过程中某时刻导线框的速度为v，加速度大小为a，则a＝eq \f(B2L2v,mR)，a与v方向相反，导线框做减速运动，v↓⇒a↓，即导线框做加速度减小的减速运动，最终匀速运动(全部进入磁场)或静止(导线框离开磁场过程的分析相同) 部分(或全部)动能转化为焦耳热，Q＝－ΔEk 动量不守恒，可用动量定理分析导线框的位移、速度、通过某横截面的电荷量和力作用的时间： (1)求电荷量或速度： －Beq \o(I,\s\up16(－))·LΔt＝mv2 －mv1，q＝eq \o(I,\s\up16(－))Δt； 在恒力F(包括重力mg)和安培力作用下穿越磁场 以进入磁场的过程为例，设运动过程中某时刻导线框的速度为v，加速度为a＝eq \f(F,m)－eq \f(B2L2v,mR)。 (1)若进入磁场时eq \f(F,m)＝eq \f(B2L2v,mR)，则导线框匀速运动； (2)若进入磁场时eq \f(F,m)>eq \f(B2L2v,mR)，则导线框做加速度减小的加速运动(直至匀速)； (3)若进入磁场时eq \f(F,m)<eq \f(B2L2v,mR)，则导线框做加速度减小的减速运动(直至匀速) (导线框离开磁场过程的分析相同) 力F做的功等于导线框的动能变化量与回路中产生的焦耳热之和，WF＝ΔEk＋Q (2)求位移：－eq \f(B2L2\o(v,\s\up10(－))Δt,R)＝0－mv0，即－eq \f(B2L2x,R)＝0－mv0； (3)求时间：①－Beq \o(I,\s\up12(－))LΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1 已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间； ②－eq \f(B2L2\o(v,\s\up10(－))Δt,R)＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－eq \f(B2L2x,R)＋F其他·Δt＝mv2－mv1 若已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间 A．导线框进入区域Ⅰ的速度大小为eq \f(mgR,2B2d2) B．导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度大小为1.5g C．导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间为eq \f(10B2d3,mgR) D．导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)＋d)) 解析：设导线框进入区域Ⅰ的速度大小为v，由于导线框恰好能匀速进入区域Ⅰ，由受力平衡，有mgsinθ＝BI1d，根据法拉第电磁感应定律可知，导线框进入磁场区域Ⅰ时的感应电动势E1＝Bdv，则感应电流I1＝eq \f(E1,R)，联立解得v＝eq \f(mgR,2B2d2)，故A正确；导线框刚进入区域Ⅱ时，上下两边都切割磁感线，由右手定则及法拉第电磁感应定律可知，导线框产生的感应电动势E2＝Bdv＋Bdv＝2Bdv，则此时导线框中的感应电流I2＝eq \f(E2,R)，导线框上下两边都在磁场中，都受到安培力，根据左手定则及牛顿第二定律有2BI2d－mgsinθ＝ma，联立解得加速度大小a＝1.5g，故B正确；导线框自开始进入区域Ⅰ至开始进入区域Ⅱ做匀速运动，运动时间t1＝eq \f(d,v)＝eq \f(2B2d3,mgR)， 导线框自开始离开区域Ⅱ至刚完全离开区域Ⅱ做匀速运动，同理知速度大小为v，则运动时间t3＝eq \f(d,v)＝eq \f(2B2d3,mgR)，导线框自开始进入区域Ⅱ到开始离开区域Ⅱ的过程中，以运动方向为正方向，由动量定理得mgsinθ·t2－2Beq \o(I,\s\up16(－))2d·Δt2＝mv－mv，其中eq \o(I,\s\up16(－))2·Δt2＝eq \f(\o(E,\s\up16(－))2,R)Δt2＝eq \f(ΔΦ2,Δt2·R)Δt2＝eq \f(2Bd2,R)，联立解得此过程经历的时间t2＝eq \f(8B2d3,mgR)，所以导线框自开始进入区域Ⅰ至完全离开区域Ⅱ的时间为t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(12B2d3,mgR)，故C错误；根据能量守恒定律可得，导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的过程中产生的焦耳热Q＝mgsinθ·(2d＋l)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv2))＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＋\f(l,2)))，故D正确。 2．(2024·辽宁省辽阳市高三下第一次模拟)如图所示，平行的两光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，PQ右侧区域存在如图所示的匀强磁场，其磁感应强度大小B＝0.5 T，正方形导线框abcd、导体棒ef均静止放置在金属导轨上，开始阶段先固定导线框abcd，对ef施加水平向左的恒力F(大小未知)，当ef达到最大速度v1后撤去恒力，同时释放导线框abcd，之后导线框abcd的最大速度v2＝3 m/s，ad边恰好到达PQ处，此时立即将ef固定。已知ef和导线框abcd的质量都为m＝eq \f(1,24) kg，ef的电阻及导线框的ad、bc边的电阻都为r＝2 Ω，导轨的宽度、导线框abcd的边长及ef的长度均为L＝1 m，其余电阻不计，且ef与导线框abcd始终不相撞。 答案：(1)6 m/s　0.5 N　(2)eq \f(1,6) J　(3)以水平向左为正方向，f＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)－\f(t,4))) Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t≤\f(3－\r(3),3) s))　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),12)－\f(1,8))) N 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，ef达到最大速度时，ef产生的感应电动势E＝BLv1 由右手定则可知，此时ef棒切割磁感线产生逆时针方向的感应电动势，等效为电源，内阻为r，外电路由ad、bc边并联构成，并联电阻为eq \f(r,2)，因此电路总电阻为R总＝r＋eq \f(r,2) 根据闭合电路欧姆定律，此时流经ef的感应电流I＝eq \f(E,R总) ef棒达到最大速度时受力平衡，有F＝ILB 撤去恒力F后，由左手定则和牛顿第二定律，可知ef将做减速运动，abcd将做加速运动，直到两者速度相等，回路中不再产生感应电流。由电路知识可知，此过程流过ad、bc边的电流之和与流过ef的电流大小相等、方向相反，由左手定则可知，ef和导线框abcd受到的安培力大小相等、方向相反，因此二者组成的系统满足动量守恒定律，有mv1＝2mv2 联立并代入数据，解得v1＝6 m/s，F＝0.5 N。 (2)ad边离开磁场区域后，bc边作为电源，ad与ef并联后与bc边串联，电路总电阻为 R总′＝r＋eq \f(1,2)r 导线框abcd离开磁场的过程中，根据法拉第电磁感应定律，bc边切割磁感线产生的平均感应电动势为eq \o(E,\s\up16(－))＝BLeq \o(v,\s\up16(－)) 设此过程所用时间为Δt，则导线框运动的平均速度eq \o(v,\s\up16(－))＝eq \f(L,Δt) 根据闭合电路欧姆定律，流过bc边的电流平均值为eq \o(I,\s\up16(－))＝eq \f(\o(E,\s\up16(－)),R总′) 设导线框abcd离开磁场后的速度大小为v3，以向左为正方向，对导线框根据动量定理，有 －Beq \o(I,\s\up16(－))L·Δt＝mv3－mv2 根据能量守恒定律，导线框abcd离开磁场的过程，整个回路产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,3) 联立并代入数据，解得Q＝eq \f(1,6) J。 (3)设bc边中的电流为I′，导线框abcd的速度为v′，以水平向左为正方向，根据牛顿第二定律有f－BLI′＝－ma 且有I′＝eq \f(BLv′,R总′) 由匀变速直线运动规律，有v′＝v2－at 联立并代入数据，可得f＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)－\f(t,4))) N 设导线框abcd离开磁场所用时间为t0，则有v2t0－eq \f(1,2)ateq \o\al(2,0)＝L 代入数据解得t0＝eq \f(3－\r(3),3) seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(另一解t0＝\f(3＋\r(3),3) s不符合实际，舍去)) 则以水平向左为正方向，f与t的关系式为 f＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)－\f(t,4))) Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t≤\f(3－\r(3),3) s)) bc边刚要出磁场时，t＝t0，此时f的大小|f0|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)－\f(t0,4))) N＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),12)－\f(1,8))) N。 解析：设线框切割磁感线的长度为L，离开磁场区运动的距离为x。在1、2两种情况下，由法拉第电磁感应定律可知，线框产生的感应电动势E＝BLv，故线框产生的感应电动势之比为eq \f(E1,E2)＝eq \f(L1,L2)＝eq \f(3,5)，根据闭合电路欧姆定律可得，线框中感应电流I＝eq \f(E,R)，故线框中的感应电流之比为eq \f(I1,I2)＝eq \f(E1,E2)＝eq \f(3,5)，线框上下两边中的电流等大反向，受到的安培力相互抵消，因此只考虑左边框受到的安培力，根据平衡条件可得， 拉力F＝F安＝BIL，故所用拉力大小之比为eq \f(F1,F2)＝eq \f(I1,I2)·eq \f(L1,L2)＝eq \f(3,5)×eq \f(3,5)＝eq \f(9,25)，根据q＝It、t＝eq \f(x,v)，可得q＝eq \f(Ix,v)，故通过线框的电荷量之比为eq \f(q1,q2)＝eq \f(I1,I2)·eq \f(x1,x2)＝eq \f(3,5)×eq \f(5,3)＝eq \f(1,1)，根据焦耳定律有Q＝I2Rt＝I2Req \f(x,v)，可得线框中产生的热量之比为eq \f(Q1,Q2)＝2,1)eq \f(I,Ieq \o\al(2,2)) ·eq \f(x1,x2)＝eq \f(9,25)×eq \f(5,3)＝eq \f(3,5)，A、B错误，C、D正确。 解析：设磁场的磁感应强度为B，线框总电阻为R，线框ab边刚进入磁场Ⅰ区域时速度为v0，根据自由落体运动规律有veq \o\al(2,0)＝2gh，解得v0＝eq \r(2gh)＝2 m/s；线框ab边刚进入磁场Ⅰ区域时，根据法拉第电磁感定律，线框ab边切割磁感线产生的感应电动势为E0＝BLv0，根据闭合电路欧姆定律，流过线框的电流大小为I0＝eq \f(E0,R)，由于线框匀速运动，受力平衡，有mg＝BI0L，联立解得mg＝eq \f(B2L2v0,R)。当线框ab边刚进入磁场Ⅱ区域时，感应电动势E＝2BLv0，感应电流I＝eq \f(E,R)，ab边和cd边受到向上的安培力，因此线框受到的安培力大小为F＝2BIL，根据牛顿第二定律有 F－mg＝ma，联立解得此时线框的加速度大小a＝3g＝30 m/s2，方向向上，故A错误；线框由区域Ⅰ进入区域Ⅱ过程中，由于加速度方向与速度方向相反，线框做减速运动，安培力随着速度减小而减小，加速度也减小，当线框加速度为零时，做匀速直线运动，设此时的速度为v1，有E′＝2BLv1，I′＝eq \f(E′,R)，FA′＝2·BI′L，根据平衡条件有mg＝FA′，联立解得v1＝eq \f(v0,4)＝0.5 m/s，故B正确；线框ab边在磁场Ⅰ区域时做匀速运动，时间为t1＝eq \f(L,v0)＝0.5 s， 设线框ab边在磁场Ⅱ中运动时间为t2，则该过程中穿过线框截面的电荷量q＝eq \o(I,\s\up16(－))t2＝eq \f(\o(E,\s\up16(－)),R)t2＝eq \f(\f(ΔΦ,t2),R)t2＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(2BL2,R)，以向下为正方向，根据动量定理有mgt2－2Beq \o(I,\s\up16(－))Lt2＝mv1－mv0，联立解得t2＝1.85 s，所以线框ab边在磁场Ⅰ和Ⅱ中运动的总时间为t＝t1＋t2＝2.35 s，故C正确；线框ab边在磁场Ⅰ和Ⅱ中运动的过程中，根据能量守恒定律有mg·2L＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＝Q，解得线框产生的内能Q＝4.375 J，故D错误。 解析：正方形线框第一次匀速运动出现在出磁场过程，即此时线框速度方向沿斜面向下，由平衡条件有mgsinθ＝μmgcosθ＋FA1，又FA1＝BI1L，I1＝eq \f(E1,R)，E1＝BLv1，联立解得B＝2 T，故B正确；正方形线框第二次匀速运动出现在向上进入磁场的过程，即此时线框速度方向沿斜面向上，设此时线框的速度大小为v2，细线上的拉力大小为T，则由共点力平衡条件，对物体有Mg＝T，对线框有T＝mgsinθ＋μmgcosθ＋FA2，又FA2＝BI2L，I2＝eq \f(E2,R)，E2＝BLv2，联立解得v2＝5 m/s，可知，线框两次匀速运动的速度大小、方向均不同，故A正确； 4．(2023·山东省潍坊市高三下学科核心素养测评)(多选)如图所示，质量m＝0.02 kg的均匀矩形线框abcd，ab边长L1＝0.25 m，bc边长L2＝0.08 m，总电阻R＝0.2 Ω，沿光滑水平面向右以速度v0＝2 m/s冲向宽度L3＝0.068 m的有界匀强磁场，磁感应强度B＝1 T，方向竖直向上，则(　　) A．线框刚进入磁场时，ab边两端的电压为0.5 V B．线框能够穿过磁场，穿过磁场后的速度为eq \f(15,16) m/s C．线框不能穿过磁场，最后线框的cd边停在距有界磁场的左边界0.06 m处 D．线框在整个运动过程中产生的焦耳热为0.04 J 解析：线框刚进入磁场时，ab边切割磁感线，产生的感应电动势E＝BL1v0＝0.5 V，ab边相当于电源，其两端的电压为路端电压，大小为U＝eq \f(L1＋2L2,2（L1＋L2）)E＝eq \f(0.25＋2×0.08,2×（0.25＋0.08）)×0.5 V＝0.31 V，A错误；假设线框不能穿过磁场，则末速度为0，从开始至静止，由动量定理有－Beq \o(I,\s\up12(－))L1t＝0－mv0，eq \o(I,\s\up12(－))＝eq \f(\o(E,\s\up12(－)),R)，eq \o(E,\s\up12(－))＝BL1eq \o(v,\s\up12(－))，线框减速运动的位移x＝eq \o(v,\s\up12(－))t，联立解得x＝2,1)eq \f(mv0R,B2L) ＝0.128 m，因为x<2L3，所以假设正确，最后线框静止时cd边距磁场右边界的距离d＝2L3－x，距磁场左边界的距离d′＝L3－d＝x－L3＝0.06 m，B错误，C正确；根据能量守恒定律可知，线框在整个运动过程中产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝0.04 J，D正确。 解析：线框进入磁场前做自由落体运动，加速度为重力加速度g，设刚要进入磁场时的速度为v0，则线框刚进入磁场时，线框中的感应电动势E＝BLv0，线框中的感应电流I＝eq \f(E,R)，线框所受安培力大小F安＝BIL，联立可得F安＝eq \f(B2L2v0,R)。若eq \f(B2L2v0,R)＝mg，则线框进入磁场的过程做匀速直线运动；若eq \f(B2L2v0,R)<mg，则线框进入磁场的过程先做加速运动，随着速度的增大，安培力增大，线框的加速度逐渐减小(可能减至0后不变)；若eq \f(B2L2v0,R)>mg，则线框进入磁场的过程先做减速运动，随着速度的减小，安培力减小，线框的加速度逐渐减小(可能减至0后不变)，线框完全进入磁场后，只受重力作用，继续做加速度为g的匀加速直线运动，故A错误，B可能正确。 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，刚进入磁场时线圈1中产生的感应电动势E1＝nBLv0 根据闭合电路欧姆定律，线圈1中的感应电流I1＝eq \f(E1,R) 线圈1所受安培力大小F1＝nBI1L 根据牛顿第二定律有F1＝ma1 联立解得刚进入磁场时减震器的加速度大小为a1＝4 m/s2。 (2)取向右为正方向，设线圈2恰好完全进入磁场时减震器的速度大小为v′，对减震器，由动量定理可得－eq \o(F,\s\up16(－))安t＝mv′－mv0 在减震器减速运动过程中，切割磁感线的线圈中产生的平均感应电动势eq \o(E,\s\up16(－))＝nBLeq \o(v,\s\up16(－)) 则该线圈中的平均感应电流eq \o(I,\s\up16(－))＝eq \f(\o(E,\s\up16(－)),R) 减震器所受平均安培力eq \o(F,\s\up16(－))安＝nBLeq \o(I,\s\up16(－))又eq \o(v,\s\up16(－))t＝2d 联立得v0－v′＝eq \f(2dn2B2L2,mR)代入数据解得v′＝0.2 m/s。 (3)由(2)中结果v0－v′＝eq \f(2dn2B2L2,mR)可知，每1个线圈进入磁场的过程，减震器减小的速度大小相同，为Δv＝eq \f(v0－v′,2)＝0.4 m/s 若减震器的初速度v＝5.0 m/s，由N＝eq \f(v－0,Δv)＝12.5可知，滑动杆上需要安装13个线圈才能使其完全停下来。 只有正在进入磁场的线圈才产生热量，线圈产生的热量等于减震器动能的减少量，第1个线圈恰好完全进入磁场时， 速度为v1＝v－Δv＝4.6 m/s 产生的热量为Q1＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＝1.92 J 最后1个线圈刚进入磁场时，速度为v12＝v－12Δv＝0.2 m/s 产生的热量为Q13＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,12)－0＝0.02 J 因此k＝eq \f(Q1,Q13)＝96。 解析：(1)当列车的速度为零时，线框相对于磁场的速度最大，为v0，此时感应电动势最大，感应电流最大，安培力最大，加速度最大。线框中左、右两边都切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律，最大感应电动势Emax＝2BLv0 根据闭合电路欧姆定律，最大感应电流Imax＝eq \f(Emax,R) 由牛顿第二定律，可知2BImaxL－f＝mamax 联立并代入数据，解得amax＝1 m/s2。 (2)随着列车速度增大，线框相对磁场的速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，当加速度为0时，列车的速度最大。设列车的最大速度为vmax，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝2BL(v0－vmax) 根据闭合电路欧姆定律，感应电流I＝eq \f(E,R) 由平衡条件有2BIL＝f 线框的热功率P1＝I2R 列车克服阻力的功率P2＝fvmax 根据能量守恒定律，外界供能的功率 P＝P1＋P2 联立并代入数据，解得P＝25 W。 (3)设磁场做匀加速运动的加速度大小为a，则t0＝10 s时，磁场速度v0′＝at0 线框中感应电动势E0＝2BLv0′ 感应电流I0＝eq \f(E0,R) 此时列车开始运动，则由平衡条件有 2BI0L＝f 联立并代入数据，解得a＝0.5 m/s2 t1＝40 s之后线框中的电流保持不变，则线框所受安培力不变，加速度不变，线框产生的感应电动势不变，则线框与磁场的速度差不变，线框的加速度也为a。设t2＝50 s时磁场的速度为v2，线框的速度为v2′，则有v2＝at2 线框产生的感应电动势E2＝2BL(v2－v2′) 线框中的感应电流I2＝eq \f(E2,R) 由牛顿第二定律得2BI2L－f＝ma 联立并代入数据，解得v2′＝10 m/s 从t2＝50 s到t3＝72 s列车制动，设线框的平均速度为eq \o(v,\s\up16(－))，则平均感应电动势eq \o(E,\s\up16(－))＝2BLeq \o(v,\s\up16(－)) 平均感应电流eq \o(I,\s\up16(－))＝eq \f(\o(E,\s\up16(－)),R)以向右为正方向，由动量定理有 －f(t3－t2)－2Beq \o(I,\s\up16(－))L(t3－t2)＝0－mv2′又d＝eq \o(v,\s\up16(－))(t3－t2) 联立并代入数据，解得d＝90 m。 $$